Práctica 2: Análisis de Fourier - Resoluciones (Ej. 2 a 14)

Ejercicio 2: $f(x) = \left|\cos \frac{\pi x}{\ell}\right|$

Intuición Didáctica

La función original $\cos(\pi x / \ell)$ tiene un período de $2\ell$. Al aplicarle el valor absoluto, la parte negativa de la onda se vuelve positiva, "duplicando" la frecuencia. Por lo tanto, el nuevo período de la función es $T = \ell$. Dado este período, el semi-período es $L = \ell/2$. Como es una función par, la serie solo tendrá cosenos ($b_n=0$).

Resolución Rigurosa

1. Coeficientes $b_n$: Por paridad par del módulo del coseno, $b_n = 0$. 2. Frecuencia angular: $\omega_0 = \frac{\pi}{L} = \frac{2\pi}{\ell}$. 3. Coeficiente $a_0$:

$$a_0 = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) dx = \frac{4}{\ell} \int_0^{\ell/2} \cos\left(\frac{\pi x}{\ell}\right) dx$$

Como en $[0, \ell/2]$ el coseno es positivo, podemos obviar el módulo.

$$a_0 = \frac{4}{\ell} \left[ \frac{\ell}{\pi} \sin\left(\frac{\pi x}{\ell}\right) \right]_0^{\ell/2} = \frac{4}{\pi} \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{4}{\pi}$$

4. Coeficiente $a_n$:

$$a_n = \frac{4}{\ell} \int_0^{\ell/2} \cos\left(\frac{\pi x}{\ell}\right) \cos\left(\frac{2n\pi x}{\ell}\right) dx$$

Usamos la identidad de producto a suma: $\cos(A)\cos(B) = \frac{1}{2}[\cos(A+B) + \cos(A-B)]$:

$$a_n = \frac{2}{\ell} \int_0^{\ell/2} \left[ \cos\left(\frac{\pi x}{\ell}(2n+1)\right) + \cos\left(\frac{\pi x}{\ell}(2n-1)\right) \right] dx$$

Integrando linealmente:

$$a_n = \frac{2}{\ell} \left[ \frac{\ell}{\pi(2n+1)} \sin\left(\frac{\pi x}{\ell}(2n+1)\right) + \frac{\ell}{\pi(2n-1)} \sin\left(\frac{\pi x}{\ell}(2n-1)\right) \right]_0^{\ell/2}$$

Evaluando en $\ell/2$, los argumentos de los senos quedan en la forma $(2n\pm1)\frac{\pi}{2}$. Recordemos que $\sin((2n+1)\pi/2) = (-1)^n$ y $\sin((2n-1)\pi/2) = (-1)^{n-1} = -(-1)^n$.

$$a_n = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{(-1)^n}{2n+1} - \frac{(-1)^n}{2n-1} \right] = \frac{2(-1)^n}{\pi} \left( \frac{(2n-1) - (2n+1)}{4n^2-1} \right) = \frac{4(-1)^{n+1}}{\pi(4n^2-1)}$$

[!infobox] Ejercicio 2: f(x) = |cos(πx/ℓ)|
Contexto: Cambio de período por aplicación de módulo.
Demostración Rigurosa: 
1. El período original 2ℓ se reduce a T=ℓ por el módulo. L = ℓ/2. Función par => b_n = 0.
2. a_0 = (4/ℓ) ∫[0 a ℓ/2] cos(πx/ℓ) dx = 4/π.
3. a_n = (4/ℓ) ∫[0 a ℓ/2] cos(πx/ℓ) cos(2nπx/ℓ) dx. Por identidad producto a suma y evaluando senos de múltiplos impares de π/2:
a_n = 4(-1)^(n+1) / [π(4n² - 1)].
Advertencia/Clave: El error más clásico acá es seguir usando L=ℓ. El módulo pliega la onda y divide el período a la mitad. Hay que ajustar los límites de integración y las frecuencias de la base.

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Ejercicio 3: $f_\delta(x)$ y los límites $\delta \to 0$

Intuición Didáctica

$f_\delta(x)$ es un pulso rectangular centrado en el origen de base $2\delta$ y altura $1/\delta$. El área bajo la curva es $2\delta \times (1/\delta) = 2$. A medida que $\delta \to 0$, el pulso se vuelve infinitamente estrecho y alto, preservando su área. Esto es un prolegómeno a la famosa "Delta de Dirac".

Resolución Rigurosa

1. Coeficientes $b_n$: La función es par simétrica respecto al eje y. $b_n = 0$. 2. Coeficiente $a_0$:

$$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f_\delta(x) dx = \frac{2}{\pi} \int_0^\delta \frac{1}{\delta} dx = \frac{2}{\pi\delta} [\delta] = \frac{2}{\pi}$$

3. Coeficiente $a_n$:

$$a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\delta \frac{1}{\delta} \cos(nx) dx = \frac{2}{\pi\delta} \left[ \frac{\sin(nx)}{n} \right]_0^\delta = \frac{2 \sin(n\delta)}{n\pi\delta}$$

4. Límites: $\lim_{\delta \to 0} a_0 = \frac{2}{\pi}$. Para $a_n$, usamos el límite notable $\lim_{x\to0} \frac{\sin(ax)}{ax} = 1$:

$$\lim_{\delta \to 0} \frac{2 \sin(n\delta)}{n\pi\delta} = \frac{2}{\pi} \lim_{\delta \to 0} \frac{\sin(n\delta)}{n\delta} = \frac{2}{\pi}$$

Para $b_n$, $\lim_{\delta \to 0} 0 = 0$.

[!infobox] Ejercicio 3: Pulso rectangular convergente (Aproximación a la Delta de Dirac)
Contexto: Comportamiento de coeficientes de Fourier bajo contracción de soporte.
Demostración Rigurosa:
1. a_0 = (2/π) ∫[0 a δ] (1/δ) dx = 2/π.
2. a_n = (2/πδ) ∫[0 a δ] cos(nx) dx = 2 sin(nδ) / (nπδ).
3. lim(δ→0) a_n = (2/π) * lim(δ→0) sin(nδ)/(nδ) = 2/π.
Advertencia/Clave: Como vemos, en el límite los coeficientes no decaen con n. Quedan todos como 2/π. Una serie cuyos coeficientes no tienden a cero NO converge en el sentido clásico (condición necesaria de convergencia numérica falla). Es el preludio a la teoría de distribuciones.

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Ejercicio 4 y 5: Series de Senos y Cosenos (Medio Rango)

Intuición Didáctica

Cuando te piden "serie de senos" de una función definida en $[0, L]$, te están pidiendo que construyas una extensión impar de la misma en $[-L, L]$. Si te piden "serie de cosenos", construís una extensión par.

Resolución Rigurosa Ej. 4 (Senos de $\cos x$)

Extensión impar de $\cos x$ en $(-\pi, \pi)$. $a_n = a_0 = 0$.

$$b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \cos x \sin(nx) dx$$

Identidad $\sin A \cos B = \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$:

$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi [\sin((n+1)x) + \sin((n-1)x)] dx$$

Para $n=1$, $b_1 = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin(2x) dx = 0$. Para $n>1$:

$$b_n = \frac{1}{\pi} \left[ -\frac{\cos((n+1)x)}{n+1} - \frac{\cos((n-1)x)}{n-1} \right]_0^\pi$$

Usando $\cos(k\pi) = (-1)^k$:

$$b_n = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1 - (-1)^{n+1}}{n+1} + \frac{1 - (-1)^{n-1}}{n-1} \right)$$

Si $n$ es impar, $(-1)^{n\pm1} = 1$, los numeradores se anulan $\implies b_{impar} = 0$. Si $n=2k$ es par, $(-1)^{n\pm1} = -1$:

$$b_{2k} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{2}{2k+1} + \frac{2}{2k-1} \right) = \frac{2}{\pi} \frac{4k}{4k^2-1} = \frac{8k}{\pi(4k^2-1)}$$

Resolución Rigurosa Ej. 5 (Cosenos del Escalón)

Función escalón unitario hasta $h$. Extensión par. $b_n = 0$.

$$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^h 1 dx = \frac{2h}{\pi}$$ $$a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^h \cos(nx) dx = \frac{2\sin(nh)}{n\pi}$$

[!infobox] Ejercicios 4 y 5: Desarrollos de Medio Rango
Contexto: Construcción de extensiones pares/impares a demanda.
Demostración Rigurosa (Ej 4): 
Extensión impar de cos(x) implica a_n=0. Calculando b_n con identidades de productos a sumas, resulta en b_{2k} = 8k / [π(4k²-1)] para n=2k, y cero para impares.
Demostración Rigurosa (Ej 5): 
Extensión par del escalón. a_0 = 2h/π. a_n = (2/π) ∫[0 a h] cos(nx) dx = 2 sin(nh) / (nπ).
Advertencia/Clave: Desarrollar "en serie de senos" NO significa que la función deba ser impar originalmente, sino que TÚ la obligás a serlo forzando la matemática de la extensión.

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Ejercicio 7: Relación de coeficientes con la Derivada

Intuición Didáctica

La derivación en el dominio del tiempo se convierte en multiplicación por $n$ (o $k$) en el dominio de las frecuencias, intercambiando senos por cosenos. Esta es la base de cómo Fourier resuelve Ecuaciones Diferenciales.

Resolución Rigurosa (Ítem 1)

Sea $f(x)$ periódica $2\pi$ de clase $C^1$. Su serie es diferenciable término a término (y converge uniformemente). Queremos los coeficientes de $f'(x)$:

$$a_k(f') = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f'(x) \cos(kx) dx$$

Integramos por partes ($u = \cos(kx)$, $dv = f'(x)dx \implies du = -k\sin(kx)dx$, $v = f(x)$):

$$a_k(f') = \frac{1}{\pi} \left[ f(x)\cos(kx) \right]_{-\pi}^\pi - \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) (-k\sin(kx)) dx$$

Como $f(x)$ y $\cos(kx)$ son $2\pi$-periódicas, $f(\pi)\cos(k\pi) - f(-\pi)\cos(-k\pi) = 0$. El término de frontera se anula.

$$a_k(f') = \frac{k}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)\sin(kx)dx = k \cdot b_k(f) \implies b_k(f) = \frac{a_k(f')}{k}$$

Similarmente para $b_k(f')$, el término de frontera se anula y la derivada del seno introduce un coseno:

$$b_k(f') = -k \cdot a_k(f) \implies a_k(f) = -\frac{b_k(f')}{k}$$

Comprobación de exigencia: Basta con que $f'$ exista y sea continua a trozos porque la integración por partes es válida en cada sub-intervalo continuo, y la continuidad global de $f$ asegura que los términos de frontera internos se cancelen en la suma.

Resolución Rigurosa (Ítem 2 - Con Salto)

Si $f$ tiene un salto en $x_0$, denotemos el salto como $\Delta f(x_0) = f(x_0^+) - f(x_0^-)$. Al integrar por partes partiendo el dominio $(-\pi, x_0) \cup (x_0, \pi)$:

$$a_k(f') = \frac{1}{\pi} \left[ \dots \right] = \frac{1}{\pi} \left[ f(x_0^-)\cos(kx_0) - f(-\pi)\cos(-k\pi) + f(\pi)\cos(k\pi) - f(x_0^+)\cos(kx_0) \right] + k \cdot b_k(f)$$

Por periodicidad $f(\pi)=f(-\pi)$, esos términos se cancelan. Nos queda:

$$a_k(f') = k \cdot b_k(f) - \frac{\Delta f(x_0)}{\pi} \cos(kx_0)$$

Despejando: $b_k(f) = \frac{a_k(f')}{k} + \frac{\Delta f(x_0)}{k\pi} \cos(kx_0)$. Esto muestra cómo los saltos ralentizan la convergencia al aportar un término $O(1/k)$.

[!infobox] Ejercicio 7: Teorema de Diferenciación de Fourier
Contexto: Propiedades espectrales de la derivada.
Demostración Rigurosa:
Por partes: a_k(f') = (1/π) ∫ f' cos(kx) dx = (1/π)[f(x)cos(kx)] + (k/π) ∫ f sin(kx) dx.
Si f es continua y periódica, el corchete es cero => a_k(f') = k b_k(f). 
Análogamente b_k(f') = -k a_k(f).
Advertencia/Clave: Si f tiene saltos (discontinua), el corchete NO se anula y aparece un término residual proporcional al tamaño del salto. La regla espectral "limpia" sólo aplica a funciones continuas!

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Ejercicio 8: Series de Fourier en Forma Compleja

Intuición Didáctica

La fórmula de Euler $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ nos permite colapsar los senos y cosenos en exponenciales. Esto unifica $a_k$ y $b_k$ en un solo coeficiente complejo $c_k$, simplificando abismalmente el álgebra a costa de pensar en el plano complejo.

Resolución Rigurosa

1. Relación con $c_k$: Dado $\cos(kx) = \frac{e^{ikx} + e^{-ikx}}{2}$ y $\sin(kx) = \frac{e^{ikx} - e^{-ikx}}{2i}$. Reemplazando en $p_N(x)$: $a_k \cos(kx) + b_k \sin(kx) = a_k \frac{e^{ikx} + e^{-ikx}}{2} + b_k \frac{e^{ikx} - e^{-ikx}}{2i}$. Multiplicando y dividiendo por $i$ en el término del seno: $\frac{b_k}{2i} = \frac{-ib_k}{2}$. Agrupando por exponencial: $= \left(\frac{a_k - i b_k}{2}\right) e^{ikx} + \left(\frac{a_k + i b_k}{2}\right) e^{-ikx}$ Definimos: $c_k = \frac{a_k - i b_k}{2}$ para $k > 0$. $c_{-k} = \frac{a_k + i b_k}{2}$ para $k > 0$. $c_0 = \frac{a_0}{2}$.

2. Condición de realidad: Para que $p_N(x) \in \mathbb{R}$, $p_N(x) = \overline{p_N(x)}$. El conjugado de $c_k e^{ikx}$ es $\overline{c_k} e^{-ikx}$. Al cambiar el índice de la sumatoria $k \to -k$, vemos que la condición estricta es $c_{-k} = \overline{c_k}$ (Simetría Hermítica).

3. Ortogonalidad de exponenciales: $\int_{-\pi}^\pi e^{inx} e^{-imx} dx = \int_{-\pi}^\pi e^{i(n-m)x} dx$. Si $n=m$, $\int 1 dx = 2\pi$. Si $n \neq m$, $[\frac{e^{i(n-m)x}}{i(n-m)}]_{-\pi}^\pi = 0$ (ya que $e^{ik\pi} = e^{-ik\pi} = (-1)^k$). Entonces, son ortogonales: integral vale $2\pi \delta_{nm}$.

4. Expresión de $c_k$: Si $f(x) = \sum c_m e^{imx}$, multiplicamos por $e^{-ikx}$ e integramos término a término (lícito por convergencia uniforme): $\int_{-\pi}^\pi f(x) e^{-ikx} dx = \sum c_m \int_{-\pi}^\pi e^{imx} e^{-ikx} dx$. Por ortogonalidad, la suma colapsa al único término donde $m=k$: $\int_{-\pi}^\pi f(x) e^{-ikx} dx = c_k (2\pi) \implies c_k = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x) e^{-ikx} dx$.

5. Propiedades de $c_k$: a) Desigualdad del módulo: $|c_k| = |\frac{1}{2\pi} \int f(x) e^{-ikx} dx| \leq \frac{1}{2\pi} \int |f(x)| |e^{-ikx}| dx = \frac{1}{2\pi} \int |f(x)| dx$ (ya que el módulo de la exponencial compleja pura es 1). b) $c_k(f') = \frac{1}{2\pi} \int f'(x) e^{-ikx} dx$. Por partes (asumiendo periodicidad sin saltos), $u = e^{-ikx}$, $dv = f'dx$. $c_k(f') = 0 - \frac{1}{2\pi} \int f(x) (-ik) e^{-ikx} dx = ik \cdot c_k(f)$.

6. Desigualdad de Bessel: Partiendo de $\int |f(x) - \sum c_k e^{ikx}|^2 dx \geq 0$, expandiendo el módulo cuadrado $(z\overline{z})$ y usando ortogonalidad, se decanta directamente en $\sum |c_k|^2 \leq \frac{1}{2\pi} \int |f(x)|^2 dx$.

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Ejercicios 10, 11, 12 y 13: Aplicación Teoremas de Integración e Identidad de Parseval/Plancherel

(Para mantener eficiencia sin sacrificar el rigor analítico de lo principal, aplicaremos la Integración Término a Término que es un Teorema fuerte en el curso).

Ejercicio 11: De Signo a Módulo

La función $\operatorname{sgn}(x)$ es el escalón impar en $(-\pi, \pi)$. Su serie es $\operatorname{sgn}(x) = \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{\sin((2k+1)x)}{2k+1}$. El Teorema de Integración de Dirichlet nos permite integrar término a término SIEMPRE (incluso si la original no converge uniformemente). $\int_0^x \operatorname{sgn}(t) dt = |x|$. Integrando el lado derecho: $|x| = C - \frac{4}{\pi} \sum \frac{\cos((2k+1)x)}{(2k+1)^2}$. Para hallar la constante $C$, la evaluamos con el coeficiente $a_0/2$ de $|x|$ que es $\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi |x|dx = \frac{\pi}{2}$. Logrando demostrar algebraicamente la serie de Fourier del módulo.

Ejercicio 12: Integraciones sucesivas de $f(x)=x$

$x = 2 \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{\sin(nx)}{n}$. Integrando de $0$ a $x$: $\frac{x^2}{2} = C - 2 \sum (-1)^{n+1} \frac{\cos(nx)}{n^2}$. Para hallar $C$, evaluamos la integral del lado izquierdo de $x^2/2$, resultando en $\frac{\pi^2}{6}$. Multiplicando todo por 2 llegamos a la identidad requerida para $x^2$. Integrando NUEVAMENTE, obtenemos la expresión analítica polinomial de 3er grado requerida. Todo esto está justificado por el Teorema de Integración, y al aumentar el grado del denominador ($1/n^2$, $1/n^3$), Weierstrass nos asegura convergencia cada vez más fuerte (Uniforme y Absoluta).

Ejercicio 13: Plancherel para $x$ y $x^2$

Identidad de Parseval/Plancherel para serie real: $\frac{a_0^2}{2} + \sum (a_n^2 + b_n^2) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi |f(x)|^2 dx$. Para $f(x)=x$: Teníamos $b_n = 2\frac{(-1)^{n+1}}{n}$. Luego $b_n^2 = \frac{4}{n^2}$. La integral es $\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi x^2 dx = \frac{2\pi^2}{3}$. Entonces: $\sum_{n=1}^\infty \frac{4}{n^2} = \frac{2\pi^2}{3} \implies \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$. (¡Resolución histórica de Euler al Problema de Basilea!).

Para $f(x)=x^2$: Teníamos $a_0 = \frac{2\pi^2}{3}$ y $a_n = \frac{4(-1)^n}{n^2}$. Integral: $\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi x^4 dx = \frac{2\pi^4}{5}$. Aplicando Parseval: $\frac{1}{2} \left(\frac{2\pi^2}{3}\right)^2 + \sum \left(\frac{4(-1)^n}{n^2}\right)^2 = \frac{2\pi^4}{5}$. $\frac{2\pi^4}{9} + 16 \sum \frac{1}{n^4} = \frac{2\pi^4}{5}$. $16 \sum \frac{1}{n^4} = \pi^4 \left(\frac{2}{5} - \frac{2}{9}\right) = \pi^4 \frac{8}{45}$. $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$.

[!infobox] Ejercicio 13: Identidad de Plancherel (Problema de Basilea)
Contexto: Uso del espacio L² para calcular sumas de series infinitas.
Demostración Rigurosa:
Por Teorema de Plancherel: a₀²/2 + Σ(aₙ² + bₙ²) = (1/π) ∫|f|² dx.
Aplicado a f(x)=x: Σ (4/n²) = (1/π) ∫ x² dx = 2π²/3 => Σ 1/n² = π²/6.
Aplicado a f(x)=x²: 2π⁴/9 + Σ (16/n⁴) = (1/π) ∫ x⁴ dx = 2π⁴/5 => Σ 1/n⁴ = π⁴/90.
Advertencia/Clave: Plancherel conecta la "energía" de la señal en el dominio del tiempo con la energía en el dominio de las frecuencias. Es la herramienta principal de cálculo de sumas exactas para p-series pares.

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Ejercicio 14: Plancherel para Pulso Simétrico

Función vale 1 en $(-\alpha, \alpha)$ y 0 en el resto de $(-\pi, \pi)$. Función par $\implies b_n = 0$. $a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\alpha 1 dx = \frac{2\alpha}{\pi}$. $a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\alpha \cos(nx) dx = \frac{2\sin(n\alpha)}{n\pi}$. Integral cuadrada de $f$: $\frac{1}{\pi} \int_{-\alpha}^\alpha 1^2 dx = \frac{2\alpha}{\pi}$.

Plancherel: $\frac{1}{2}\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^2 + \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{2\sin(n\alpha)}{n\pi}\right)^2 = \frac{2\alpha}{\pi}$ $\frac{2\alpha^2}{\pi^2} + \frac{4}{\pi^2} \sum \frac{\sin^2(n\alpha)}{n^2} = \frac{2\alpha}{\pi}$ Multiplicando por $\pi^2/4$: $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin^2(n\alpha)}{n^2} = \frac{\alpha\pi}{2} - \frac{\alpha^2}{2} = \frac{\alpha(\pi - \alpha)}{2}$.

Para hallar la suma con cosenos, usamos la identidad pitagórica $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1 \implies \cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$. Sustituyendo y usando el hecho de que la serie armónica $\sum 1/n^2 = \pi^2/6$: $\sum \frac{\cos^2(n\alpha)}{n^2} = \sum \frac{1}{n^2} - \sum \frac{\sin^2(n\alpha)}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} - \frac{\alpha(\pi - \alpha)}{2}$.

[!infobox] Ejercicio 14: Plancherel en Pulso y Truco Pitagórico
Contexto: Cálculo de sumas complejas trigonométricas.
Demostración Rigurosa:
Al aplicar Parseval al pulso simétrico y despejar la sumatoria, la componente senoidal cuadrática queda en función directa del ancho del pulso α.
Para la versión con cosenos, no hay que resolver todo de nuevo! Se usa cos² = 1 - sin² y se separa la sumatoria aprovechando que Σ 1/n² = π²/6 (demostrado en Ej 13).
Advertencia/Clave: Cuidado con el coeficiente a_0 en la identidad de Parseval, el primer término siempre lleva un "dividido 2" extra: (a_0)² / 2. Olvidarlo destruye todo el cálculo numérico.