Series de Fourier

Series de Fourier

Luis Angel Zaldívar Cruz

Departamento de Ciencias BásicasInstituto Tecnológico de Tehuacán

12 de diciembre de 2017

Competencias del temaEn este tema desarrollaremos las representaciones en series de funciones queusaremos para resolver ecuaciones diferenciales parciales.

I Consideraremos una clase especial de problema de valores en la fronteraconocido como problema de Sturm-Liouville, que nos permitirá introducirvarios conceptos importantes.

I Estudiaremos cinco problemas con valores en la frontera para la ecuacióndiferencial

y′′ + λy = 0.

Estos problemas con valores en la frontera están relacionados con lasecuaciones diferenciales parciales que discutiremos posteriormente.Definiremos qué debemos entender por valores característicos (valorespropios) y funciones características (funciones propias) de los problemascon valores en la frontera y mostraremos que estas funcionescaracterísticas tienen una propiedad conocida como ortogonalidad.

I Introduciremos las series de Fourier, que son expansiones de funcionesdadas en términos de senos y cosenos.

I Utilizaremos SAGE (acrónimo de Software for Algebra and GeometryExperimentation) para el cálculo de los coeficientes de Fourier.

Problema de Sturm-LiouvilleDefinición 1Consideremos un problema con valores en la frontera que consiste de

1. una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden

d

dx

[p(x)

dy

dx

]+ [q(x) + λr(x)] y = 0, (1)

donde p, q, y r son funciones reales tales que p tiene una derivadacontinua, q y r son continuas, p(x) > 0 y r(x) > 0 para todo x enun intervalo real a ≤ x ≤ b; λ es un parámetro independiente de x; y

2. dos condiciones adicionales

A1y(a) +A2y′(a) = 0,

B1y(b) +B2y′(b) = 0, (2)

donde A1, A2, B1 y B2 son constantes reales tales que A1 y A2 noson ambas cero y B1 y B2 no son ambas cero.

Este tipo de problema con valores en la frontera se denomina unproblema de Sturm-Liouville.

Problema de valores propios para y′′ + λy = 0

Si en la ecuación diferencial (1) del problema de Sturm-Liouville hacemosp(x) = 1, q(x) = 0 y r(x) = 1; y en las condiciones adicionales (2) hacemosa = 0 y b = L, obtenemos los cinco problemas

Problema 1: y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0

Problema 2: y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(L) = 0

Problema 3: y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(L) = 0

Problema 4: y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(L) = 0

Problema 5: y′′ + λy = 0, y(−L) = y(L), y′(−L) = y′(L)

Observe que las condiciones de frontera del Problema 5, a diferencia de losproblemas 1-4, no requieren que y o y′ sean cero en los puntos frontera, exigesolamente que y y y′ tengan el mismo valor en x = ±L. Decimos que lascondiciones de frontera en el Problema 5 son periódicas.


I Obviamente, y ≡ 0 (la solución trivial) es una solución de los Problemas1-5 para cualquier valor de λ. Para la mayoría de los valores de λ no hayotras soluciones.

I La cuestión interesante es:¿Para qué valores de λ los problemas (1-5) tienen solucionesno triviales y cuáles son estos valores?

Definición 2Un valor de λ para el que uno de los problemas 1-5 tiene una solución no triviales un valor propio de dicho problema y las soluciones no triviales son funcionespropias asociadas con λ.Los Problemas 1-5 se denominan problemas de valores propios. Resolver unproblema de valores propios significa encontrar todos sus valores propios y susfunciones propias asociadas. Consideraremos como un hecho dado que todoslos valores propios de los Problemas 1-5 son números reales.


Teorema 1Los Problemas 1-5 no tienen valores propios negativos. Además, λ = 0 es unvalor propio de los Problemas 2 y 5, con función propia asociada y0 = 1, peroλ = 0 no es un valor propio de los Problemas 1, 3, o 4.

Demostración.Consideraremos los Problemas 1-4 y dejamos el Problema 5 como ejercicio allector. Si y′′ + λy = 0, entonces y(y′′ + λy) = 0, así

ˆ L

0

y(x)(y′′(x) + λy(x)

)dx = 0

y por consiguiente

λ

ˆ L

0

y2(x)dx = −ˆ L

0

y(x)y′′(x)dx. (3)

Problema de valores propios para y′′ + λy = 0Continuación de la demostración.La integración por partes produce

ˆ L0y(x)y′′(x)dx = y(x)y′(x)

∣∣∣L0−ˆ L0

(y′(x)

)2dx

= y(L)y′(L)− y(0)y′(0)−ˆ L0

(y′(x)

)2dx. (4)

Sin embargo, si y satisface cualquiera de las condiciones de frontera de los Problemas1-4, entonces

y(L)y′(L)− y(0)y′(0) = 0;

de aquí, (3) y (4) implican

λ

ˆ L0y2(x)dx =

ˆ L0

(y′(x)

)2dx.

Si y 6= 0, entonces´ L0 y2(x)dx > 0. Por consiguiente λ ≥ 0, y si λ = 0, entonces

y′(x) = 0 para todo x en (0, L) (¿por qué?), y y es una función constante en (0, L).Cualquier función constante satisface las condiciones de frontera del Problema 2, asíλ = 0 es un valor propio del Problema 2 y cualquier función constante distinta de ceroes una función propia asociada. Sin embargo, la única función constante que satisfacelas condiciones de frontera de los Problemas 1, 3 o 4 es y ≡ 0. Por consiguiente λ = 0no es un valor propio de los Problemas 1, 3 o 4.

Problema de valores propios para y′′ + λy = 0Teorema 2El problema de valores propios

y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0 (5)

tiene un número infinito de valores propios positivos λn = n2π2/L2, con funcionespropias asociadas

yn = sennπx

L, n = 1, 2, 3, . . . .

No hay otros valores propios.

Demostración.Del Teorema 1, cualquier valor propio de (5) debe ser positivo. Si y satisface (5) conλ > 0, entonces

y = c1 cos√λx+ c2 sen

√λx

donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(0) = 0 implica que c1 = 0.Por consiguiente y = c2 sen

√λx. Ahora la condición de frontera y(L) = 0 implica que

c2 sen√λL = 0. Para hacer c2 sen

√λL = 0 con c2 6= 0 debemos elegir

√λ = nπ/L,

donde n es un entero positivo. Por consiguiente, λn = n2π2/L2 es un valor propio y

yn = sennπx

L

es una función propia asociada.


y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(L) = 0 (6)

tiene el valor propio λ0 = 0, con la función propia asociada y0 = 1, y un númeroinfinito de valores propios positivos λn = n2π2/L2, con funciones propias asociadas

yn = cosnπx

L, n = 1, 2, 3, . . . .


Teorema 4El problema de valores propios

y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(L) = 0 (7)

tiene un número infinito de valores propios positivos λn = (2n− 1)2π2/4L2, confunciones propias asociadas

yn = sen(2n− 1)πx

2L, n = 1, 2, 3, . . . .



Demostración.Del Teorema 1, cualquier valor propio de (7) debe ser positivo. Si y satisface(7) con λ > 0, entonces


√λx

donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(0) = 0 implica quec1 = 0. Por consiguiente y = c2 sen

√λx. De aquí que y′ = c2

√λ cos

√λx y la

condición de frontera y′(L) = 0 implica que c2 cos√λx = 0. Para hacer

c2 cos√λx = 0 con c2 6= 0 debemos elegir

√λ =

(2n− 1)π

2L,

donde n es un entero positivo. Entonces λn = (2n− 1)2π2/4L2 es un valor propio y

yn = sen(2n− 1)πx

2L, n = 1, 2, 3, . . . .



y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(L) = 0 (8)

tiene un número infinito de valores propios positivos λn = (2n− 1)2π2/4L2, confunciones propias asociadas

yn = cos(2n− 1)πx

2L, n = 1, 2, 3, . . . .


Teorema 6El problema de valores propios

y′′ + λy = 0, y(−L) = y(L), y′(−L) = y′(L) (9)

tiene el valor propio λ0 = 0, con función propia asociada y0 = 1, y un número infinitode valores propios positivos λn = n2π2/L2, con funciones propias asociadas

y1n = cosnπx

Ly y2n = sen

nπx

L, n = 1, 2, 3, . . . .



Demostración.Del Teorema 1, λ = 0 es un valor propio de (9) con función propia asociaday0 = 1, y cualquier otro valor propio de (9) debe ser positivo. Si y satisface (9)con λ > 0, entonces


√λx (10)

donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(−L) = y(L) implicaque

c1 cos(−√λL)

+ c2 sen(−√λL)

= c1 cos√λL+ c2 sen

√λL. (11)

Ya que

c1 cos(−√λL)

= c1 cos√λL y c2 sen

(−√λL)

= −c2 sen√λL, (12)

(11) implicac2 sen

√λL = 0. (13)

Derivando (10) produce

y′ =√λ(−c1 sen

√λx+ c2 cos

√λx).


Continuación de la demostración.La condición de frontera y′(−L) = y′(L) implica

−c1 sen(−√λL)

+ c2 cos(−√λL)

= −c1 sen√λL+ c2 cos

√λL,

y (12) implicac1 sen

√λL = 0. (14)

Las ecuaciones (13) y (14) implican c1 = c2 = 0 a no ser que√λ = nπ/L donde n es

un entero positivo, en cuyo caso (13) y (14) se cumplen para valores arbitrarios de c1y c2. Los valores propios determinados en esta manera son λn = n2π2/L2, y estosvalores propios tienen las funciones propias asociadas linealmente independientes

cosnπx

Ly sen

nπx

L.

Ortogonalidad

Definición 3Se dice que dos funciones integrables f y g son ortogonales en un intervalo[a, b] si ˆ b

a

f(x)g(x)dx = 0.

Mas generalmente, decimos que el conjunto de funciones φ1, φ2, . . . , φn, . . .(finito o infinito) es ortogonal en [a, b] si

ˆ b

a

φi(x)φj(x)dx = 0 siempre que i 6= j.

¡La importancia del concepto de ortogonalidad será entendida cuandoestudiemos las series de Fourier!

Ejemplo 1Demuestre que las funciones propias

1, cosπx

L, sen

πx

L, cos

2πx

L, sen

2πx

L, . . . , cos

nπx

L, sen

nπx

L, . . . (15)

del Problema 5 son ortogonales en [−L,L].

OrtogonalidadSolución:Debemos demostrar que ˆ L

−Lf(x)g(x)dx = 0 (16)

siempre que f y g sean funciones distintas de (15). Si r es cualquier enterodistinto de cero, entonces

ˆ L

−Lcos

rπx

Ldx =

L

rπsen

rπx

L

∣∣∣∣L−L

= 0 (17)

y ˆ L

−Lsen

rπx

Ldx = − L

rπcos

rπx

L

∣∣∣∣L−L

= 0.

Por consiguiente, (16) se cumple si f ≡ 1 y g es otra función cualquiera en(15).Si f(x) = cosmπx/L y g(x) = cosnπx/L donde m y n son enteros positivosdistintos, entonces

ˆ L

−Lf(x)g(x)dx =

ˆ L

−Lcos

mπx

Lcos

nπx

Ldx. (18)

Ortogonalidad

Continuación de la soluciónPara evaluar esta integral utilizamos la identidad

cosA cosB =1

2[cos (A−B) + cos (A+B)]

con A = mπx/L y B = nπx/L. Entonces (18) se convierte enˆ L

−Lf(x)g(x)dx =

1

2

[ˆ L

−Lcos

(m− n)πx

Ldx+

ˆ L

−Lcos

(m+ n)πx

Ldx

].

Puesto que m− n y m+ n son enteros distintos de cero, (17) implica que lasintegrales en la derecha son iguales a cero. Por consiguiente, (16) es cierta eneste caso.Si f(x) = senmπx/L y g(x) = sennπx/L donde m y n son enteros positivosdistintos, entonces

ˆ L

−Lf(x)g(x)dx =

ˆ L

−Lsen

mπx

Lsen

nπx

Ldx. (19)

Ortogonalidad

Continuación de la soluciónPara evaluar esta integral utilizamos la identidad

senA senB =1

2[cos (A−B)− cos (A+B)] ,

con A = mπx/L y B = nπx/L. Entonces (19 ) se convierte enˆ L

−Lf(x)g(x)dx =

1

2

[ˆ L

−Lcos

(m− n)πx

Ldx−

ˆ L

−Lcos

(m+ n)πx

Ldx

]= 0.

Si f(x) = senmπx/L y g(x) = cosnπx/L donde m y n son enteros positivosdistintos, entonces

ˆ L

−Lf(x)g(x)dx =

ˆ L

−Lsen

mπx

Lcos

nπx

Ldx = 0

puesto que el integrando es una función impar y los límites son simétricosalrededor de x = 0.

Los ejercicios 19-22 le piden al lector verificar que las funciones propias de losProblemas 1-4 son ortogonales en [0, L]. Sin embargo, esto también se sigue deun teorema general involucrando el problema de Sturm-Liouville.

Ejercicios 11. Pruebe que λ = 0 es un valor propio del Problema 5 con función propia

asociada y0 = 1 y que cualquier otro valor propio debe ser positivo. Ayuda: Veala prueba del Teorema 1.

En los Ejercicios 2-16 resuelva el problema de valores propios.

2. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(π) = 0

3. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(π) = 0

4. y′′ + λy = 0, y(−π) = y(π), y′(−π) = y′(π)

5. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(1) = 0

6. y′′ + λy = 0, y(−1) = y(1), y′(−1) = y′(1)

7. y′′ + λy = 0, y(−2) = y(2), y′(−2) = y′(2)

8. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(3) = 0

9. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(π) = 0

10. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y(π) = 0

11. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(1) = 0

12. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(1) = 0

13. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(1) = 0

14. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(2) = 0

15. y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(1/2) = 0

16. y′′ + λy = 0, y′(0) = 0, y′(5) = 0

Ejercicios 117. Pruebe el Teorema 318. Pruebe el Teorema 519. Verifique que las funciones propias

senπx

L, sen

2πx

L, . . . , sen

nπx

L, . . .

del Problema 1 son ortogonales en [0, L].20. Verifique que las funciones propias

1, cosπx

L, cos

2πx

L, . . . , cos

nπx

L, . . .


senπx

2L, sen

3πx

2L, . . . , sen

(2n− 1)πx

2L, . . .


cosπx

2L, cos

3πx

2L, . . . , cos

(2n− 1)πx

2L, . . .

del Problema 4 son ortogonales en [0, L].

Series de Fourier: IA continuación se demostrará un resultado que permitirá determinar loscoeficientes de una serie de Fourier.

Teorema 7Suponga que las funciones φ1, φ2, φ3, . . . , son ortogonales en [a, b] y

ˆ baφ2n(x)dx 6= 0, n = 1, 2, 3, . . . . (20)

Sean c1, c2, c3, . . . constantes tales que las sumas parciales fN (x) =∑Nm=1 cmφm(x)

satisfacen las desigualdades

|fN (x)| ≤M, a ≤ x ≤ b, N = 1, 2, 3, . . .

para alguna constante M <∞. Suponga también que la serie

f(x) =∞∑m=1

cmφm(x) (21)

converge y es integrable en [a, b]. Entonces

cn =

´ ba f(x)φn(x)dx´ ba φ

2n(x)dx

, n = 1, 2, 3, . . . . (22)

Series de Fourier: I

Demostración.Multiplicando (21) por φn e integrando obtenemos

ˆ baf(x)φn(x)dx =

ˆ baφn(x)

( ∞∑m=1

cmφm(x)

)dx. (23)

Puede demostrarse que el acotamiento de las sumas parciales {fN}∞N=1 y la integrabilidad de f nospermite intercambiar las operaciones de integración y suma en la derecha de (23), y reescribir (23) como

ˆ baf(x)φn(x)dx =

∞∑m=1

cm

ˆ baφn(x)φm(x)dx. (24)

(No es fácil comprobar ésto). Puesto que

ˆ baφn(x)φm(x)dx = 0 si m 6= n,

(24) se reduce a ˆ baf(x)φn(x)dx = cn

ˆ baφ2n(x)dx.

Ahora (20) implica (22).

Motivado por el Teorema 7, hacemos la siguiente definición.


Definición 4Supóngase que φ1, φ2, φ3, . . . , son ortogonales en [a, b] y

´ ba φ

2n(x)dx 6= 0, n = 1, 2, 3, . . .. Sea f

integrable en [a, b], y defina

cn =

´ ba f(x)φn(x)dx´ ba φ

2n(x)dx

, n = 1, 2, 3, . . . . (25)

Entonces, la serie infinita∑∞n=1 cnφn(x) se denomina la expansión de Fourier de f en términos del

conjunto ortogonal {φn}∞n=1, y c1, c2, . . . , cn, . . . se denominan los coeficientes de Fourier de frespecto a {φn}∞n=1. Indicamos la relación entre f y su expansión de Fourier por

f(x) ∼∞∑n=1

cnφn(x), a ≤ x ≤ b. (26)

Puede parecer extraño por qué no escribimos

f(x) =∞∑n=1

cnφn(x), a ≤ x ≤ b,

en lugar de (26). Desafortunadamente, esto no siempre es cierto. La serie en la derecha de (26) puededivergir para algunos o todos los valores de x en [a, b], o puede converger a f(x) para algunos valoresde x y no hacerlo para otros. Así, que por ahora pensaremos de la serie como asociada con f debido a ladefinición de los coeficientes {cn}, e identificaremos esta asociación informalmente mediante (26).

Series de Fourier: ISERIES DE FOURIEREstudiaremos las expansiones de Fourier en términos de las funciones propias

1, cosπx

L, sen

πx

L, cos

2πx

L, sen

2πx

L, . . . , cos

nπx

L, sen

nπx

L, . . .

del Problema 5. Si f es integrable en [−L,L], entonces su expansión de Fourier entérminos de estas funciones se denomina la serie de Fourier de f en [−L,L]. Puestoque ˆ L

−L12dx = 2L,

ˆ L−L

cos2nπx

Ldx =

1

2

ˆ L−L

(1 + cos

2nπx

L

)dx =

1

2

(x+

L

2nπsen

2nπx

L

)∣∣∣∣L−L

= L,

y

ˆ L−L

sen2 nπx

Ldx =

1

2

ˆ L−L

(1− cos

2nπx

L

)dx =

1

2

(x−

L

2nπsen

2nπx

L

)∣∣∣∣L−L

= L,

vemos de (25) que la serie de Fourier de f en [−L,L] es

a0 +∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

)


donde

a0 =1

2L

ˆ L

−Lf(x)dx,

an =1

L

ˆ L

−Lf(x) cos

nπx

Ldx, y bn =

1

L

ˆ L

−Lf(x) sen

nπx

Ldx, n ≥ 1.

Observe que a0 es el valor promedio de f en [−L,L], mientras que an y bn(para n ≥ 1) son dos veces los valores promedio de

f(x) cosnπx

Ly f(x) sen

nπx

L

en [−L,L], respectivamente.

CONVERGENCIA DE LAS SERIES DE FOURIERLa cuestión de la convergencia de las series de Fourier para funcionesintegrables arbitrarias está fuera del alcance de este tema. Sin embargo,exponemos un teorema que establece esta cuestión para la mayoría de lasfunciones que surgen en las aplicaciones.


Comenzamos con la siguiente definición.

Definición 5Se dice que una función es suave en partes en [a, b] si:

(a) f tiene a lo más un número finito de puntos de discontinuidad en (a, b);

(b) f ′ existe y es continua excepto posiblemente en un número finito depuntos en (a, b);

(c) f(x0+) = lımx→x+0

f(x) y f ′(x0+) = lımx→x+0

f ′(x) existen sia ≤ x0 < b;

(d) f(x0−) = lımx→x−0

f(x) y f ′(x0−) = lımx→x−0

f ′(x) existen sia < x0 ≤ b;

Puesto que se requiere que f y f ′ sean continuas (con la posible excepción deun número finito de puntos) en [a, b], se sigue que f(x0+) = f(x0−) yf ′(x0+) = f ′(x0−) en (a, b), excepto posiblemente en un número finito devalores de x0 en (a, b). Se dice que la función f tiene una discontinuidad desalto en x0 si f(x0+) 6= f(x0−).


El siguiente teorema da las condiciones suficientes para la convergencia de unaserie de Fourier. La prueba está fuera del alcance de este tema1.

Teorema 8Si f es suave en partes en [−L,L], entonces la serie de Fourier

F (x) = a0 +

∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

)(27)

de f en [−L,L] converge para todo x en [−L,L]; además

F (x) =

f(x) si − L < x < L y f es continua en x;f(x−)+f(x+)

2si − L < x < L y f es discontinua en x;

f(−L+)+f(L−)2

si x = L o x = −L.

1Para su prueba, puede consultar: Fourier Series and Boundary ValueProblems, Brown and Churchill, McGraw-Hill, 5th edition.


Puesto que f(x+) = f(x−) si f es continua en x, también podemos decir que

F (x) =

{f(x+)+f(x−)

2si − L < x < L,

f(L−)+f(−L+)2

si x = ±L.

Observe que F es en si misma suave en partes en [−L,L], y F (x) = f(x) entodos los puntos del intervalo abierto (−L,L) donde f es continua. Puesto quela serie en (27) converge a F (x) para todo x en [−L,L], usted puede estartentado a inferir que el error

EN (x) =

∣∣∣∣∣F (x)− a0 −N∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

)∣∣∣∣∣se puede hacer tan pequeño como queramos para todo x en [−L,L] eligiendoN suficientemente grande. Sin embargo, esto no es cierto si f tiene unadiscontinuidad en alguna parte en (−L,L) o si f(−L+) 6= f(L−). En estecaso la situación es la siguiente.

Series de Fourier: IFenómeno de GibbsSi f tiene una discontinuidad de salto en un punto α en (−L,L), existirán sucesionesde puntos {uN} y {vN} en (−L,α) y (α,L), respectivamente, tal que

lımN→∞

uN = lımN→∞

vN = α

yEN (uN ) ≈ .09 |f(α−)− f(α+)| y EN (vN ) ≈ .09 |f(α−)− f(α+)| .

Así, el valor máximo del error EN (x) cerca de α no se aproxima a cero cuandoN →∞, sino lo que ocurre es que estará cada vez más cerca de (y en ambos ladosde) α y es esencialmente independiente de N .Si f(−L+) 6= f(L−), entonces existirán sucesiones de puntos {uN} y {vN} en(−L,L) tal que

lımN→∞

uN = −L y lımN→∞

vN = L

y

EN (uN ) ≈ .09 |f(−L+)− f(L−)| y EN (vN ) ≈ .09 |f(−L+)− f(L−)| .

ObservaciónPodrá ver este fenómeno en las Figuras 2, 3 y 4; sin embargo, daremos un ejemploespecífico al final de esta sección.

Series de Fourier: IEjemplo 2Encuentre la serie de Fourier de la función suave en partes

f(x) =

{−x, −2 < x < 012, 0 < x < 2

en [−2, 2](Figura 1). Determine la suma de la serie de Fourier para −2 ≤ x ≤ 2.

Figura 1: Gráfica de f(x) =

{−x, −2 < x < 012, 0 < x < 2

.

Series de Fourier: ISolución:Observe que no nos hemos molestado por definir f(−2), f(0) y f(2). Sin importarcómo puedan ser definidas estas cantidades, f es suave en partes en [−2, 2], y loscoeficientes en la serie de Fourier

F (x) = a0 +∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

)

no son afectados por ello. En cualquier caso, el Teorema 8 implica que F (x) = f(x)en (−2, 0) y (0, 2), donde f es continua, mientras

F (−2) = F (2) =f(−2+) + f(2−)

2=

1

2

(2 +

1

2

)=

5

4

y

F (0) =f(0−) + f(0+)

2=

1

2

(0 +

1

2

)=

1

4.

Para resumir

F (x) =

54, x = −2

−x, −2 < x < 0,14, x = 0,

12, 0 < x < 2,

54, x = 2.

Series de Fourier: ICalculamos los coeficientes de Fourier como sigue:

a0 =1

4

ˆ 2

−2

f(x)dx =1

4

[ˆ 0

−2

(−x) dx+

ˆ 2

0

1

2dx

]=

3

4;

si n ≥ 1, entonces

an =1

2

ˆ 2

−2

f(x) cosnπx

2dx =

1

2

[ˆ 0

−2

(−x) cosnπx

2dx+

ˆ 2

0

1

2cos

nπx

2dx

]=

2

n2π2(cosnπ − 1) ,

y

bn =1

2

ˆ 2

−2

f(x) sennπx

2dx =

1

2

[ˆ 0

−2

(−x) sennπx

2dx+

ˆ 2

0

1

2sen

nπx

2dx

]=

1

2nπ(1 + 3 cosnπ) .

Por consiguiente

F (x) =3

4+

2

π2

∞∑n=1

cosnπ − 1

n2cos

nπx

2+

1

2π

∞∑n=1

1 + 3 cosnπ

nsen

nπx

2.

Series de Fourier: ILa Figura 2 muestra cómo la suma parcial

Fm(x) =3

4+

2

π2

m∑n=1

cosnπ − 1

n2cos

nπx

2+

1

2π

m∑n=1

1 + 3 cosnπ

nsen

nπx

2

aproxima f(x) para m = 5 (curva verde), m = 10 (curva azul cielo) y m = 15 (curva roja). Los puntos

(−2, 5/4), (0, 1/4) y (2, 5/4) se muestran como círculos pequeños.

Figura 2: Aproximación de f(x) =

{−x, −2 < x < 012, 0 < x < 2

, mediante sumas parciales de la serie de

Fourier.

Series de Fourier: IFUNCIONES PARES E IMPARESEl cálculo de los coeficientes de Fourier de una función f puede ser tedioso; sinembargo, a menudo estos cálculos pueden simplificarse aprovechando lassimetrías en f o de algunos de sus términos. Centrándonos en esto, recordemoslos conceptos de funciones pares e impares que estudiamos en cálculodiferencial. Sean u y v funciones definidas en [−L,L] y supóngase que

u(−x) = u(x) y v(−x) = −v(x), ∀x ∈ [−L,L] .

Entonces decimos que u es una función par y v una función impar.

Teorema 9 (Propiedades fundamentales de las funciones parese impares)

1. El producto de funciones pares es una función par.

2. El producto de funciones impares es una función par.

3. El producto de una función impar y de una función par es una funciónimpar.

4. La suma (diferencia) de dos funciones pares es una función par.

5. La suma (diferencia) de dos funciones impares es una función impar.


Demostración.Sólo demostraremos el inciso (2) de este Teorema; se deja los restantes comoejercicios para el lector.Supongamos que u y v son funciones impares. En este caso tenemosu(−x) = −u(x) y v(−x) = −v(x). Definiendo el producto comoU(x) = u(x)v(x), entonces

U(−x) = u(−x)v(−x) = (−u(x)) (−v(x)) = u(x)v(x) = U(x),

lo cual demuestra que U(x) es par. Queda demostrado, que el producto de dosfunciones impares es una función par.

Ejemplo 3Las funciones u(x) = cos ax y v(x) = x2 son funciones pares, mientras quew(x) = sen ax y z(x) = x3 son funciones impares. La función y(x) = exno espar ni impar. De acuerdo con el Teorema 9, la función G(x) = x3 cosx es unafunción impar y la función H(x) = x3 senx es una función par.


Teorema 10 (Propiedades (del cálculo) de las funciones pares eimpares)Supóngase que u es una función par y v una función impar en [−L,L].Entonces,

1.ˆ L

−Lu(x)dx = 2

ˆ L

0

u(x)dx,

2.ˆ L

−Lv(x)dx = 0,

3.ˆ L

−Lu(x) cos

nπx

Ldx = 2

ˆ L

0

u(x) cosnπx

Ldx,

4.ˆ L

−Lv(x) sen

nπx

Ldx = 2

ˆ L

0

v(x) sennπx

Ldx,

5.ˆ L

−Lu(x) sen

nπx

Ldx = 0,

6.ˆ L

−Lv(x) cos

nπx

Ldx = 0.

Series de Fourier: IDemostración.Demostraremos únicamente los incisos (1) y (2). Los incisos restantes son consecuencia de los dosprimeros incisos.

1. Por una propiedad conocida de la integral definida

ˆ L−L

u(x)dx =

ˆ 0

−Lu(x)dx +

ˆ L0u(x)dx. (28)

Sea x = −t en la primer integral del lado derecho de (28):

ˆ 0

−Lu(x)dx = −

ˆ 0

Lu(−t)dt =

ˆ L0u(−t)dt =

ˆ L0u(t)dt (29)

puesto que u(−t) = u(t). Puesto que en matemáticas las variables son mudas, podemos escribir(29) como ˆ 0

−Lu(x)dx =

ˆ L0u(x)dx. (30)

Sustituyendo (30) en (28),

ˆ L−L

u(x)dx =

ˆ L0u(x)dx +

ˆ L0u(x)dx = 2

ˆ L0u(x)dx,

que es lo que se quería demostrar.


Demostración.La demostración del inciso (2) es similar.

2. Por una propiedad conocida de la integral definida

ˆ L−L

v(x)dx =

ˆ 0

−Lv(x)dx +

ˆ L0v(x)dx. (31)

Sea x = −t en la primer integral del lado derecho de (31):

ˆ 0

−Lv(x)dx = −

ˆ 0

Lv(−t)dt =

ˆ L0v(−t)dt = −

ˆ L0v(t)dt (32)

puesto que v(−t) = −v(t). Puesto que en matemáticas las variables son mudas, podemosescribir (32) como ˆ 0

−Lv(x)dx = −

ˆ L0v(x)dx. (33)

Sustituyendo (33) en (31),

ˆ L−L

v(x)dx = −ˆ L0v(x)dx +

ˆ L0v(x)dx = 0,

que es lo que se quería demostrar.

Series de Fourier: IEjemplo 4Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x2 − x en [−2, 2], y determine su sumapara −2 ≤ x ≤ 2.

SoluciónYa que L = 2,

F (x) = a0 +

∞∑n=1

(an cos

nπx

2+ bn sen

nπx

2

)donde

a0 =1

4

ˆ 2

−2

(x2 − x

)dx, (34)

an =1

2

ˆ 2

−2

(x2 − x

)cos

nπx

2dx, n = 1, 2, 3, . . . , (35)

y

bn =1

2

ˆ 2

−2

(x2 − x

)sen

nπx

2dx, n = 1, 2, 3, . . . . (36)

Simplificamos la evaluación de estas integrales utilizando el Teorema 10 conu(x) = x2 y v(x) = x; así de (34)


a0 =1

2

ˆ 2

0

x2dx =x3

6

∣∣∣∣20

=4

3.

De (35),

an =

ˆ 2

0

x2 cosnπx

2dx =

2

nπ

[x2 sen

nπx

2

∣∣∣20− 2

ˆ 2

0

x sennπx

2dx

]=

8

n2π2

[x cos

nπx

2

∣∣∣20−ˆ 2

0

cosnπx

2dx

]=

8

n2π2

[2 cosnπ − 2

nπsen

nπx

2

∣∣∣∣20

]= (−1)n

16

n2π2.

De (36),

bn = −ˆ 2

0

x sennπx

2dx =

2

nπ

[x cos

nπx

2

∣∣∣20−ˆ 2

0

cosnπx

2dx

]=

2

nπ

[2 cosnπ − 2

nπsen

nπx

2

∣∣∣∣20

]= (−1)n

4

nπ.


Por consiguiente,

F (x) =4

3+

16

π2

∞∑n=1

(−1)n

n2cos

nπx

2+

4

π

∞∑n=1

(−1)n

nsen

nπx

2.

El Teorema 8 implica que

F (x) =

4, x = −2,

x2 − x, −2 < x < 2,

4, x = 2.

La Figura 3 muestra cómo la suma parcial

Fm(x) =4

3+

16

π2

m∑n=1

(−1)n

n2cos

nπx

2+

4

π

m∑n=1

(−1)n

nsen

nπx

2

aproxima f(x) para m = 5 (curva verde), m = 10 (curva azul cielo) y m = 15(curva roja).


Figura 3: Aproximaciones de f(x) = x2 − x mediante sumas parciales de laserie de Fourier en [−2, 2].

Series de Fourier: IEl teorema siguiente se sigue inmediatamente del Teorema 10.

Teorema 11Supóngase que f es integrable en [−L,L].

1. Si f es par entonces la serie de Fourier de f en [−L,L] es

F (x) = a0 +

∞∑n=1

an cosnπx

Ldx,

donde

a0 =1

L

ˆ L

0

f(x)dx y an =2

L

ˆ L

0

f(x) cosnπx

Ldx, n ≥ 1.

2. Si f es impar entonces la serie de Fourier de f en [−L,L] es

F (x) =

∞∑n=1

bn sennπx

Ldx,

donde

bn =2

L

ˆ L

0

f(x) sennπx

Ldx, n ≥ 1.


Ejemplo 5Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x en [−π, π], y determine su suma para−π ≤ x ≤ π.

SoluciónPuesto que f es impar y L = π,

F (x) =

∞∑n=1

bn sennx

donde

bn =2

π

ˆ π

0

x sennxdx = − 2

nπ

[x cosnx|π0 −

ˆ π

0

cosnxdx

]= − 2

ncosnπ +

2

n2πsennx

∣∣∣∣π0

= (−1)n+1 2

n.

Por lo tanto

F (x) = −2∞∑n=1

(−1)n

nsennx.

Series de Fourier: IContinuación de la soluciónLa Figura 4 muestra cómo la suma parcial

Fm(x) = −2m∑n=1

(−1)n

nsennx

aproxima f(x) para m = 5 (curva en verde), m = 10 (curva en azul) y m = 15 (curvaen rojo).

Figura 4: Aproximaciones de f(x) = x mediante sumas parciales de la serie de Fourier en [−π, π].

Series de Fourier: IEjemplo 6Encuentre la serie de Fourier de f(x) = |x| en [−π, π], y determine su sumapara −π ≤ x ≤ π.

SoluciónPuesto que f es par y L = π,

F (x) = a0 +∞∑n=1

an cosnx.

Puesto que f(x) = x si x ≥ 0,

a0 =1

π

ˆ π

0

x dx =x2

2π

∣∣∣∣π0

=π

2

y si n ≥ 1,

an =2

π

ˆ π

0

x cosnxdx =2

nπ

[x sennx

∣∣∣∣π0

−ˆ π

0

sennxdx

]=

2

n2πcosnx

∣∣∣∣π0

=2

n2π(cosnπ − 1) =

2

n2π[(−1)n − 1] .


Continuación de la soluciónPor lo tanto,

F (x) =π

2+

2

π

∞∑n=1

(−1)n − 1

n2cosnx. (37)

Sin embargo, ya que

(−1)n − 1 =

{0, si n = 2m,

−2, si n = 2m + 1,

los términos en (37) para los que n = 2m son todos iguales a cero. Por consiguiente, solamentetenemos que incluir los términos para los que n = 2m + 1; esto es, podemos reescribir (37) como

F (x) =π

2−

4

π

∞∑m=0

1

(2m + 1)2cos(2m + 1)x.

Sin embargo, puesto que el nombre del índice de la suma no importa, preferimos reemplazar m por n yescribir

F (x) =π

2−

4

π

∞∑n=0

1

(2n + 1)2cos(2n + 1)x.

Puesto que |x| es una función continua para toda x y |−π| = |π|, el Teorema 8 implica queF (x) = |x| para toda x ∈ [−π, π].

Series de Fourier: IEjemplo 7Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x

(x2 − L2

)en [−L,L], y determine su suma para

−L ≤ x ≤ L.

SoluciónPuesto que f es impar

F (x) =∞∑n=1

bn sennπx

L

donde

bn =2

L

ˆ L0x(x2 − L2

)sen

nπx

Ldx

= −2

nπ

[x(x2 − L2

)cos

nπx

L

∣∣∣∣L0−ˆ L0

(3x

2 − L2)cos

nπx

Ldx

]

=2L

n2π2

[(3x

2 − L2)sen

nπx

L

∣∣∣∣L0− 6

ˆ L0x sen

nπx

Ldx

]

=12L2

n3π3

[x cos

nπx

L

∣∣∣∣L0−ˆ L0

cosnπx

Ldx

]= (−1)

n 12L3

n3π3.

Por consiguiente,

F (x) =12L3

π3

∞∑n=1

(−1)n

n3sen

nπx

L.

El Teorema 8 implica que F (x) = x(x2 − L2

)para toda x ∈ [−L,L].


Ejemplo 8 (Fenómeno de Gibbs)La serie de Fourier de

f(x) =

0, −1 < x < − 1

2,

1, − 12< x < 1

2,

0, 12< x < 1

en [−1, 1] es

F (x) =1

2+

2

π

∞∑n=1

(−1)n−1

2n− 1cos(2n− 1)πx.

¡Verifíquelo!. De acuerdo al Teorema 8,

F (x) =

0, −1 ≤ x < − 12,

12, x = − 1

2,

1, − 12< x < 1

2,

12, x = 1

2,

0, 12< x ≤ 1;

así F (al igual que f) tiene discontinuidades de salto unitario en x = ± 12. Las Figuras 5, 6 y 7

muestran las gráficas de y = f(x) donde

y = F2N−1(x) =1

2+

2

π

N∑n=1

(−1)n−1

2n− 1cos(2n− 1)πx

Series de Fourier: Ipara N = 10, 20 y 30. Usted puede ver que aunque F2N−1 aproxima bien a F (y porconsiguiente a f) cuando N se incrementa, los valores absolutos de los errorespermanecen aproximadamente iguales a 0.09, lo que ocurre muy cerca a lasdiscontinuidades x = ± 1

2cuando N se incrementa.

Figura 5: El fenómeno de Gibss, Ejemplo 8, N = 10.

Ejercicios 2En los ejercicios 1-15 encuentre la serie de Fourier de f en[−L,L] y determine su suma para−L ≤ x ≤ L. En los ejercicios 1, 5,7, 14, 15 y 16 utilizando SAGE grafique f y las sumas parciales

Fm(x) = a0 +m∑n=1

(an cos

nπx

Ldx + bn sen

nπx

Ldx

)

en los mismos ejes para varios valores de m.

1. L = 1; f(x) = 2− x

2. L = π; f(x) = 2x− 3x2

3. L = 1; f(x) = 1− 3x2

4. L = π; f(x) = |sen x|

5. L = π; f(x) = x cos x

6. L = π; f(x) = |x| cos x

7. L = π; f(x) = x sen x

8. L = π; f(x) = |x| sen x

9. L = 1; f(x) =

0, −1 < x < − 1

2,

cosπx, − 12< x < 1

2,

0, 12< x < 1

10. L = 1; f(x) =

0, −1 < x < − 1

2,

π cosπx, − 12< x < 1

2,

0, 12< x < 1

Ejercicios 211. L = 1; f(x) =

0, −1 < x < − 1

2,

senπx, − 12< x < 1

2,

0, 12< x < 1

12. L = 1; f(x) =

0, −1 < x < − 1

2,

|senπx| , − 12< x < 1

2,

0, 12< x < 1

13. L = 1; f(x) =

0, −1 < x < − 1

2,

π senπx, − 12< x < 1

2,

0, 12< x < 1

14. L = 4; f(x) =

{0, −4 < x < 0,

x, 0 < x < 4

15. L = 1; f(x) =

{x2, −1 < x < 0,

1− x2, 0 < x < 1

16. Verifique el fenómeno de Gibbs para

f(x) =

2, −2 < x < −1,

1, −1 < x < 1,

−1, 1 < x < 2.

17. Verifique el fenómeno de Gibbs para

f(x) =

2, −3 < x < −2,

3, −2 < x < 2,

1, 2 < x < 3.

18. Deduzca del Ejemplo 6 que∞∑n=1

1

(2n + 1)2=π2

8.

Series de Fourier: IIEn esta sección discutiremos las expansiones de Fourier en términos de las funciones propias de losProblemas 1-4.

SERIE DE FOURIER DE COSENOSDel Ejercicio 20 del conjunto de Ejercicios I, las funciones propias

1, cosπx

L, cos

2πx

L, . . . , cos

nπx

L, . . .

del problema con valores en la frontera

y′′

+ λy = 0, y′(0) = 0, y

′(L) = 0 (38)

(Problema 2) son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces la expansión de Fourier def en términos de estas funciones se denomina serie de Fourier de cosenos de f en [0, L]. Esta serie es

a0 +∞∑n=1

an cosnπx

L,

donde

a0 =

´L0 f(x)dx´L

0 dx=

1

L

ˆ L0f(x)dx

y

an =

´L0 f(x) cos nπx

Ldx´L

0 cos2 nπxL

dx=

2

L

ˆ L0f(x) cos

nπx

Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .

Series de Fourier: IIComparando esta definición con el Teorema 11 inciso (1) vemos que la serie de Fourierde cosenos de f en [0, L] es la serie de Fourier de la función

f1(x) =

{f(−x), −L < x < 0,

f(x), 0 ≤ x ≤ L,

obtenida por la extensión de f en [−L,L] como una función par (ver la Figura 8).

Figura 8: Gráfica típica de y =

{f(−x), −L < x < 0,

f(x), 0 ≤ x ≤ L.

Series de Fourier: II

Aplicando el Teorema 8 a f1 se llega al siguiente teorema.

Teorema 12Si f es una función suave en partes en [0, L] entonces la serie de Fourier decosenos

C(x) = a0 +∞∑n=1

an cosnπx

L

de f en [0, L], con

a0 =1

L

ˆ L

0

f(x)dx y an =2

L

ˆ L

0

f(x) cosnπx

Ldx, n = 1, 2, 3, . . . ,

converge para todo x en [0, L]; además

C(x) =

f(0+) si x = 0;

f(x) si 0 < x < L y f es continua en x;f(x−)+f(x+)

2si 0 < x < L y f es discontinua en x;

f(L−) si x = L.

Series de Fourier: IIEjemplo 9Encuentre la serie de Fourier de cosenos de f(x) = x en [0, L].

SoluciónLos coeficientes son

a0 =1

L

ˆ L0xdx =

1

L

x2

2

∣∣∣∣∣L

0

=L

2

y si n ≥ 1,

an =2

L

ˆ L0x cos

nπx

Ldx =

2

nπ

[x sen

nπx

L

∣∣∣∣L0−ˆ L0

sennπx

Ldx

]

= −2

nπ

ˆ L0

sennπx

Ldx =

2L

n2π2cos

nπx

L

∣∣∣∣L0

=2L

n2π2

[(−1)

n − 1]

=

−4L

(2m− 1)2π2si n = 2m− 1,

0 si n = 2m.

Por consiguiente

C(x) =L

2−

4L

π2

∞∑n=1

1

(2n− 1)2cos

(2n− 1)πx

L.

El Teorema 12 implica queC(x) = x, 0 ≤ x ≤ L.


SERIE DE FOURIER DE SENOSDel Ejercicio 19 del conjunto de Ejercicios I, las funciones propias

senπx

L, sen

2πx

L, . . . , sen

nπx

L, . . .


y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0 (39)

(Problema 1) son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces laexpansión de Fourier de f en términos de estas funciones se denomina serie deFourier de senos de f en [0, L]. Esta serie es

∞∑n=1

bn sennπx

L,

donde

bn =

´ L0f(x) sen nπx

Ldx´ L

0sen2 nπx

Ldx

=2

L

ˆ L

0

f(x) sennπx

Ldx, n = 1, 2, 3, . . . ..

Series de Fourier: IIComparando esta definición con el Teorema 11 inciso (2) vemos que la serie de Fourierde senos de f en [0, L] es la serie de Fourier de la función

f2(x) =

{−f(−x), −L < x < 0,

f(x), 0 ≤ x ≤ L,

obtenida por la extensión de f en [−L,L] como una función impar (ver la Figura 9).


{−f(−x), −L < x < 0,

f(x), 0 ≤ x ≤ L.


Aplicando el Teorema 8 a f2 se llega al siguiente teorema.

Teorema 13Si f es una función suave en partes en [0, L] entonces la serie de Fourier desenos

S(x) =∞∑n=0

bn sennπx

L

de f en [0, L], con

bn =2

L

ˆ L

0

f(x) sennπx

Ldx, n = 1, 2, 3, . . . ,


S(x) =

0 si x = 0;



0 si x = L.


Ejemplo 10Encuentre la serie de Fourier de senos de f(x) = x en [0, L].


bn =2

L

ˆ L0x sen

nπx

Ldx = −

2

nπ

[x cos

nπx

L

∣∣∣∣L0−ˆ L0

cosnπx

Ldx

]

= (−1)n+1 2L

nπ+

2L

n2π2sen

nπx

L

∣∣∣∣L0

= (−1)n+1 2L

nπ.

Por consiguiente

S(x) = −2L

π

∞∑n=1

(−1)n

nsen

nπx

L.


S(x) =

{x, 0 ≤ x < L,

0, x = L.


SERIE DE FOURIER MIXTA DE COSENOSDel Ejercicio 22 del conjunto de Ejercicios I, las funciones propias

cosπx

2L, cos

3πx

2L, . . . , cos

(2n− 1)πx

2L, . . .


y′′

+ λy = 0, y′(0) = 0, y(L) = 0 (40)

(Problema 4) son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces la expansión de Fourier def en términos de estas funciones se denomina serie de Fourier mixta de cosenos de f en [0, L]. Estaserie es

∞∑n=1

cn cos(2n− 1)πx

2L,

donde

cn =

´L0 f(x) cos

(2n−1)πx2L

dx´L0 cos2

(2n−1)πxL

dx=

2

L

ˆ L0f(x) cos

(2n− 1)πx

2Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .

Denominamos a esta expansión la serie de Fourier mixta de cosenos de f en [0, L], debido a que lascondiciones de frontera de (40) están «mezcladas» en el sentido de que requieren que y sea cero en unpunto frontera y y′ sea cero en el otro. Por contraste, la serie de Fourier de cosenos «ordinaria» estáasociada con (38), en donde las condiciones de frontera requieren que y′ sea igual a cero en los dospuntos frontera.

Series de Fourier: IIPuede demostrarse que la serie de Fourier mixta de cosenos de f en [0, L] essimplemente la restricción a [0, L] de la serie de Fourier de cosenos de

f3(x) =

{f(x), 0 ≤ x ≤ L,−f(2L− x), L < x ≤ 2L

en [0, L] (Figura 10).


{f(x), 0 ≤ x ≤ L,−f(2L− x), L < x ≤ 2L.

Series de Fourier: IIAplicando el Teorema 12 con f reemplazada por f3 y Lreemplazada por 2L se obtiene el siguiente teorema.

Teorema 14Si f es suave en partes en [0, L] entonces la serie de Fourier mixta de cosenos

CM (x) =

∞∑n=1

cn cos(2n− 1)πx

2L

de f en [0, L], con

cn =2

L

ˆ L

0

f(x) cos(2n− 1)πx

2Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .


CM (x) =

f(0+) si x = 0;



0, si x = L.

Series de Fourier: IIEjemplo 11Encuentre la serie de Fourier mixta de cosenos de f(x) = x− L en [0, L].


cn =1

2L

ˆ L0

(x− L) cos(2n− 1)πx

2Ldx

=4

(2n− 1)π

[(x− L) sen

(2n− 1)πx

2L

∣∣∣∣L0

−ˆ L0

sen(2n− 1)πx

2Ldx

]

=8L

(2n− 1)2 π2cos

(2n− 1)πx

2L

∣∣∣∣L0

= −8L

(2n− 1)2 π2.

Por consiguiente

CM (x) = −8L

π2

∞∑n=1

1

(2n− 1)2cos

(2n− 1)πx

2L.


CM (x) = x− L, 0 ≤ x ≤ L.

Series de Fourier: IISERIE DE FOURIER MIXTA DE SENOSDel Ejercicio 21 del conjunto de Ejercicios I, las funciones propias

senπx

2L, sen

3πx

2L, . . . , sen

(2n− 1)πx

2L, . . .


y′′ + λy = 0, y(0) = 0, y′(L) = 0 (41)

(Problema 3) son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces laexpansión de Fourier de f en términos de estas funciones se denomina serie de Fouriermixta de senos de f en [0, L]. Esta serie es

∞∑n=1

dn sen(2n− 1)πx

2L,

donde

dn =

´ L0 f(x) sen

(2n−1)πx2L

dx´ L0 sen2 (2n−1)πx

2Ldx

=2

L

ˆ L0f(x) sen

(2n− 1)πx

2Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .

Series de Fourier: IIPuede demostrarse que la serie de Fourier mixta de senos de f en [0, L] es simplemente la restricción a[0, L] de la serie de Fourier de senos de

f4(x) =

{f(x), 0 ≤ x ≤ L,f(2L− x), L < x ≤ 2L

en [0, 2L] (Figura 11).


{f(x), 0 ≤ x ≤ L,f(2L− x), L < x ≤ 2L.

Series de Fourier: IIAplicando el Teorema 13 con f reemplazada por f4 y L reemplazada por 2L seobtiene el siguiente teorema.

Teorema 15Si f es suave en partes en [0, L] entonces la serie de Fourier mixta de senos

SM (x) =∞∑n=1

dn sen(2n− 1)πx

2L

de f en [0, L], con

dn =2

L

ˆ L0f(x) sen

(2n− 1)πx

2Ldx, n = 1, 2, 3, . . . .


SM (x) =

0 si x = 0;



f(L−), si x = L.


Ejemplo 12Encuentre la serie de Fourier mixta de senos de f(x) = x en [0, L].


dn =2

L

ˆ L0x sen

(2n− 1)πx

2Ldx

= −4

(2n− 1)π

[x cos

(2n− 1)πx

2L

∣∣∣∣L0−ˆ L0

cos(2n− 1)πx

2Ldx

]

=4

(2n− 1)π

ˆ L0

cos(2n− 1)πx

2Ldx

=8L

(2n− 1)2 π2sen

(2n− 1)πx

2L

∣∣∣∣L0

= (−1)n+1 8L

(2n− 1)2 π2.

Por consiguiente

SM (x) = −8L

π2

∞∑n=1

(−1)n

(2n− 1)2sen

(2n− 1)πx

2L.

El Teorema 15 implica queSM (x) = x, 0 ≤ x ≤ L.

Series de Fourier: IIObservación 1En las aplicaciones que involucran expansiones en términos de las funciones propias de los Problemas1-4, las funciones que se expanden a menudo son polinomios que satisfacen las condiciones de fronteradel problema bajo consideración. En este caso el siguiente teorema presenta una manera eficiente paraobtener los coeficientes en la expansión.

Teorema 16

1. Si f ′(0) = f ′(L) = 0, f ′′ es continua y f ′′′ es continua en partes en [0, L], entonces

f(x) = a0 +∞∑n=1

an cosnπx

L, 0 ≤ x ≤ L, (42)

con

a0 =1

L

ˆ L0f(x)dx y an =

2L2

n3π3

ˆ L0f′′′

(x) sennπx

Ldx, n ≥ 1. (43)

2. Si f(0) = f(L) = 0, f ′ es continua y f ′′ es continua en partes en [0, L], entonces

f(x) =∞∑n=1

bn sennπx

L, 0 ≤ x ≤ L, (44)

con

bn = −2L

n2π2

ˆ L0f′′(x) sen

nπx

Ldx. (45)


Teorema 16 (cont.)

3. Si f ′(0) = f(L) = 0, f ′ es continua y f ′′ es continua en partes en [0, L],entonces

f(x) =∞∑n=1

cn cos(2n− 1)πx

2L, 0 ≤ x ≤ L, (46)

con

cn = − 8L

(2n− 1)2 π2

ˆ L

0

f ′′(x) cos(2n− 1)πx

2Ldx. (47)

4. Si f(0) = f ′(L) = 0, f ′ es continua y f ′′ es continua en partes en [0, L],entonces

f(x) =

∞∑n=1

dn sen(2n− 1)πx

2L, 0 ≤ x ≤ L, (48)

con

dn = − 8L

(2n− 1)2 π2

ˆ L

0

f ′′(x) sen(2n− 1)πx

2Ldx. (49)

Series de Fourier: IIDemostración.Probaremos (1) y dejamos los otros incisos al lector. Ya que f es continua en [0, L], elTeorema 12 implica (42) con a0, a1, a2, . . . como se definen en dicho Teorema 12. Yasabemos que a0 es como se muestra en (43). Si n ≥ 1, integrando por partes dosveces se obtiene

an =2

L

ˆ L0f(x) cos

nπx

Ldx

=2

nπ

[f(x) sen

nπx

L

∣∣∣∣L0

−ˆ L0f ′(x) sen

nπx

Ldx

]

= −2

nπ

ˆ L0f ′(x) sen

nπx

Ldx (puesto que sen 0 = sennπ = 0)

=2L

n2π2

[f ′(x) cos

nπx

L

∣∣∣∣L0

−ˆ L0f ′′(x) cos

nπx

Ldx

]

= −2L

n2π2

ˆ L0f ′′(x) cos

nπx

Ldx (puesto que f ′(0) = f ′(L) = 0)

= −2L2

n3π3

[f ′′(x) sen

nπx

L

∣∣∣∣L0

−ˆ L0f ′′′(x) sen

nπx

Ldx

]

=2L2

n3π3

ˆ L0f ′′′(x) sen

nπx

Ldx (puesto que sen 0 = sennπ = 0).


Ejemplo 13Encuentre la expansión de Fourier de cosenos de f(x) = x2 (3L− 2x) en [0, L].

SoluciónAquí

a0 =1

L

ˆ L0

(3Lx

2 − 2x3)dx =

1

L

(Lx

3 −x4

2

)∣∣∣∣∣L

0

=L3

2

y

an =2

L

ˆ L0

(3Lx

2 − 2x3)cos

nπx

Ldx, n ≥ 1.

La evaluación de esta integral es muy laboriosa. Sin embargo, puesto que f ′(x) = 6Lx− 6x2, vemosque f ′(0) = f ′(L) = 0. Puesto que f ′′′(x) = −12, vemos de (43) que si n ≥ 1 entonces

an = −24L2

n3π3

ˆ L0

sennπx

Ldx =

24L3

n4π4cos

nπx

L

∣∣∣∣∣L

0

=24L3

n4π4

[(−1)

n − 1]

=

− 48L3

(2m−1)4π2 si n = 2m− 1,

0, si n = 2m.

Por consiguiente

C(x) =L3

2−

48L3

π4

∞∑n=1

1

(2n− 1)4cos

(2n− 1)πx

L.


Ejemplo 14Encuentre la expansión de Fourier de senos de f(x) = x

(x2 − 3Lx+ 2L2

)en [0, L].

SoluciónPuesto que f(0) = f(L) = 0 y f ′′(x) = 6 (x− L), vemos de (45) que

bn = −12L

n2π2

ˆ L0

(x− L) sennπx

Ldx

=12L2

n3π3

[(x− L) cos

nπx

L

∣∣∣∣L0

−ˆ L0

cosnπx

Ldx

]

=12L2

n3π3

[L−

L

nπsen

nπx

L

∣∣∣∣L0

]=

12L3

n3π3.

Por consiguiente

S(x) =12L3

π3

∞∑n=1

1

n3sen

nπx

L.

Series de Fourier: IIEjemplo 15Encuentre la expansión de Fourier mixta de cosenos de f(x) = 3x3 − 4Lx2 + L3 en[0, L].

SoluciónPuesto que f ′(0) = f(L) = 0 y f ′′(x) = 2 (9x− 4L), vemos de (47) que

cn = −16L

(2n− 1)2 π2

ˆ L0

(9x− 4L) cos(2n− 1)πx

2Ldx

= −32L2

(2n− 1)3 π3

[(9x− 4L) sen

(2n− 1)πx

2L

∣∣∣∣L0

− 9

ˆ L0

sen(2n− 1)πx

2Ldx

]

= −32L2

(2n− 1)3 π3

[(−1)n+1 5L+

18L

(2n− 1)πcos

(2n− 1)πx

2L

∣∣∣∣L0

]

=32L3

(2n− 1)3 π3

[(−1)n 5 +

18

(2n− 1)π

].

Por consiguiente

CM (x) =32L3

π3

∞∑n=1

1

(2n− 1)3

[(−1)n 5 +

18

(2n− 1)π

]cos

(2n− 1)πx

2L.

Series de Fourier: IIEjemplo 16Encuentre la expansión de Fourier mixta de senos de f(x) = x

(2x2 − 9Lx+ 12L2

)en [0, L].

SoluciónPuesto que f(0) = f ′(L) = 0, y f ′′(x) = 6 (2x− 3L), vemos de (49) que

dm = −48L

(2n− 1)2 π2

ˆ L0

(2x− 3L) sen(2n− 1)πx

2Ldx

=96L2

(2n− 1)3 π3

[(2x− 3L) cos

(2n− 1)πx

2L

∣∣∣∣L0

− 2

ˆ L0

cos(2n− 1)πx

2Ldx

]

=96L2

(2n− 1)3 π3

[3L−

4L

(2n− 1)πsen

(2n− 1)πx

2L

∣∣∣∣L0

]

=96L3

(2n− 1)3 π3

[3 + (−1)n

4

(2n− 1)π

].

Por consiguiente

SM (x) =96L3

π3

∞∑n=1

1

(2n− 1)3

[3 + (−1)n

4

(2n− 1)π

]sen

(2n− 1)πx

2L.

Ejercicios 3

En los ejercicios 2, 3, 5, 9, 10, 11, 12, 14, 15, 16, 18, 20, 21, 24, 25 , 30, 36,37 y 43, grafique la función f y algunas sumas parciales de la serie requerida.Si el intervalo es [0, L], elija un valor específico de L para la gráfica.En los Ejercicios 1-10 encuentre la serie de Fourier de cosenos.

1. f(x) = x2; [0, L]

2. f(x) = 1− x; [0, 1]

3. f(x) = x2 − 2Lx; [0, L]

4. f(x) = sen kx (k 6= entero); [0, π]

5. f(x) =

{1, 0 ≤ x ≤ L

2

0, L2< x < L;

; [0, L]

6. f(x) = x2 − L2; [0, L]

7. f(x) = (x− 1)2; [0, 1]

8. f(x) = ex; [0, π]

9. f(x) = x (L− x) ; [0, L]

10. f(x) = x (x− L) ; [0, L]

Ejercicios 3 (cont.)En los Ejercicios 11-17 encuentre la serie de Fourier de senos.

11. f(x) = 1; [0, L]

12. f(x) = 1− x; [0, 1]

13. f(x) = cos kx (k 6= entero); [0, π]

14. f(x) =

{1, 0 ≤ x ≤ L

2

0, L2< x < L

; [0, L]

15. f(x) =

{x, 0 ≤ x ≤ L

2

L− x, L2< x < L

; [0, L]

16. f(x) = x senx; [0, π]

17. f(x) = ex; [0, π]

En los Ejercicios 18-24 encuentre la serie de Fourier mixta de cosenos.

18. f(x) = 1; [0, L]

19. f(x) = x2; [0, L]

20. f(x) = x; [0, 1]

21. f(x) =

{1, 0 ≤ x ≤ L

2

0, L2< x < L

; [0, L]

22. f(x) = cosx; [0, π]

23. f(x) = senx; [0, π]

24. f(x) = x (L− x) ; [0, L]

Ejercicios 3 (cont.)

En los Ejercicios 25-30 encuentre la serie de Fourier mixta de senos.

25. f(x) = 1; [0, L]

26. f(x) = x2; [0, L]

27. f(x) =

{1, 0 ≤ x ≤ L

2

0, L2< x < L

; [0, L]

28. f(x) = cosx; [0, π]

29. f(x) = senx; [0, π]

30. f(x) = x (L− x) ; [0, L]

En los Ejercicios 31-34 utilice el Teorema 16 (1) para encontrar la serie de Fourier decosenos de f en [0, L]

31. f(x) = 3x2(x2 − 2L2

)32. f(x) = x3 (3x− 4L)

33. f(x) = x2(3x2 − 8Lx+ 6L2

)34. f(x) = x2 (x− L)2


35. (a) Pruebe el Teorema 16 inciso (2)(b) Además de las suposiciones del Teorema 16 inciso (2), suponga quef ′′(0) = f ′′(L) = 0, f ′′′ es continua, y f (4) es continua en partes en [0, L].Demuestre que

bn =2L3

n4π4

ˆ L0f (4)(x) sen

nπx

Ldx, n ≥ 1.

En los Ejercicios 36-41 utilice el Teorema 16 inciso (2) o, donde sea aplicable, elEjercicio 35(b), para encontrar la serie de Fourier de senos de f en [0, L].

36. f(x) = x (L− x)

37. f(x) = x2 (L− x)

38. f(x) = x(L2 − x2

)39. f(x) = x

(x3 − 2Lx2 + L3

)40. f(x) = x

(3x4 − 10L2x2 + 7L4

)41. f(x) = x

(3x4 − 5Lx3 + 2L4

)


42. (a) Pruebe el Teorema 16 inciso (3)(b) Además de las suposiciones del Teorema 16 inciso (3), suponga quef ′′(L) = 0, f ′′ es continua, y f ′′′ es continua en partes en [0, L]. Demuestre que

cn =16L2

(2n− 1)3 π3

ˆ L0f ′′′(x) sen

(2n− 1)πx

2Ldx, n ≥ 1.

En los Ejercicios 43-49 utilice el Teorema 16 inciso (3) o, donde sea aplicable, elEjercicio 42(b), para encontrar la serie de Fourier mixta de cosenos de f en [0, L].

43. f(x) = x2 (L− x)

44. f(x) = L2 − x2

45. f(x) = L3 − x3

46. f(x) = 2x3 + 3Lx2 − 5L3

47. f(x) = 4x3 + 3Lx2 − 7L3

48. f(x) = x4 − 2Lx34L3

49. f(x) = x4 − 4Lx3 + 6L2x2 − 3L4


50. (a) Pruebe el Teorema 16 inciso (4)(b) Además de las suposiciones del Teorema 16 inciso (4), suponga quef ′′(0) = 0, f ′′ es continua, y f ′′′ es continua en partes en [0, L]. Demuestre que

dn = −16L2

(2n− 1)3 π3

ˆ L0f ′′′(x) cos

(2n− 1)πx

2Ldx, n ≥ 1.

En los Ejercicios 51-56 utilice el Teorema 16 inciso (4) o, donde sea aplicable, elEjercicio 50(b), para encontrar la serie de Fourier mixta de senos de f en [0, L].

51. f(x) = x (2L− x)

52. f(x) = x2 (3L− 2x)

53. f(x) = (L− x)3 + L3

54. f(x) = x(x2 − 3L2

)55. f(x) = x3 (3x− 4L)

56. f(x) = x(x3 − 2Lx2 + 2L3

)

Series de Fourier

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