Serie de Fourier para $f(x)=\begin{cases} 0 & -\pi\leq x<0 \\\sin x & 0\leq x\leq \pi \end{cases}$

Question

Encuentre la serie de Fourier para $$f(x)=\begin{cases} 0 & -\pi\leq x<0 \\\sin x & 0\leq x\leq \pi \end{cases}$$

He encontrado una respuesta, no estoy completamente seguro de que sea correcta.

La solución vendría dada por $$f(x)=a_0+\sum_n\left(a_n\cos\frac{n\pi x}{L}+b_n\sin\frac{n\pi x}{L}\right)$$

$$a_0=\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\sin x dx = - \frac{1}{2\pi}\cos x|_0^\pi=\frac{1}{\pi}.$$

$a_n=\displaystyle{\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin x \cos nx dx}$ , calculo entonces primero la integral indefinida:

$$\int\sin x \cos nx dx=-n\cos x\cos nx - n\int\sin nx \cos x dx\;\;\;[1]\\=-n\cos x\cos nx-n\left(-\sin x \sin nx - n\int\sin x \cos nx\right)\;\;\;[2]\\=-n\cos x \cos nx + n\sin x \sin nx+ n\int \sin x \cos nx dx\\\implies \int sin x \cos nx = \frac{n}{1-n}(\sin x \sin nx - \cos x \cos nx)$$

La última integral evaluada de $0$ a $\pi$ es $-2$ entonces $a_n = -\displaystyle\frac{2}{\pi}$

$[1]:$ Por partes con $u=\cos nx,dv=\sin x\;dx$

$[2]:$ Piezas de nuevo con $u=\cos x, dv=\sin nx\;dx$

$b_n=\displaystyle{\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin x \sin nx dx}$ Como antes, calculo primero la integral indefinida:

$$\int \sin x \sin nx dx = -\frac{1}{n}\sin x \cos nx + \frac{1}{n}\int \cos x \cos nx\;\;\; [3]\\=-\frac{1}{n}\sin x \cos nx + \frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}\cos x \sin nx + \frac{1}{n}\int \sin x \sin nx\right) \;\;\;[4]\\=-\frac{1}{n}\sin x \cos nx + \frac{1}{n^2}\cos x \sin nx + \frac{1}{n^2}\int \sin x \sin nx dx\\ \implies \int \sin x \sin nx dx = \frac{\frac{1}{n^2}cos x \sin nx - \frac{1}{n}\sin x \cos nx}{\left(1-1/n^2\right)}.$$

Entonces $b_n=0$ debido a $\sin n\pi = \sin 0 = 0$ .

$[3]:$ Piezas con $u=\sin x, dv = \sin nx$

$[4]:$ Piezas con $u=\cos x, dv=\cos nx$

Esto da como resultado la serie de Fourier

$$f(x) = \frac{1}{\pi}-\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\cos nx$$

¿Es correcta esta solución?

Answer 1

Para evitar la integración parcial, un enfoque complejo:

\begin{align} a_n&=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin(x)\cos(nx)dx\\ &=\frac{1}{4\pi i}\int_0^\pi(e^{ix}-e^{-ix})(e^{inx}+e^{-inx})dx\\ &=\frac{1}{4\pi i}\int_0^\pi e^{i(n+1)x}+e^{i(1-n)x}-e^{i(n-1)x}-e^{i(-1-n)x}dx\\ &=-\frac{1}{4\pi}\left[\frac{e^{i(n+1)x}}{n+1}+\frac{e^{i(1-n)x}}{1-n}-\frac{e^{i(n-1)x}}{n-1}-\frac{e^{i(-1-n)x}}{-1-n}\right]_0^\pi\qquad\text{$n\neq 1$}\\ &=-\frac{1}{4\pi}\left[\frac{e^{i(n+1)\pi}-1}{n+1}+\frac{e^{i(1-n)\pi}-1}{1-n}-\frac{e^{i(n-1)\pi}-1}{n-1}-\frac{e^{i(-1-n)\pi}-1}{-1-n}\right]\\ &=\cases{-\frac{2}{\pi(n^2-1)}\qquad&\text{if $n\geq 2$ even}\\ 0\qquad&\text{if $n\geq3$ odd}} \end{align} Para $a_1$ , tenga en cuenta que $\int_0^\pi\sin(x)\cos(x)dx=2\int_0^\pi\sin(2x)dx=0$ .

Ahora calculamos $b_n$ , utilizando un producto a la identidad de la suma [Enlace] : \begin{align} b_n&=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin(x)\sin(nx)dx\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\cos((n-1)x)-\cos((n+1)x)dx\\ &=\frac{1}{2\pi}\left[\frac{\sin((n-1)x)}{n-1}-\frac{\sin((n+1)x)}{n+1}\right]_0^\pi dx\\ &=0 \end{align} El hecho de que $b_n=0$ se corresponde con su solución, porque $\sin(n\pi)=0$ con $n$ entero. En realidad, el uso de identidades conocidas es mucho más fácil que la integración parcial o un enfoque complejo.

EDITAR:

Si la respuesta anterior fuera cierta, entonces $f(x)$ sería una función par, porque está formada sólo por términos del coseno. Sin embargo, este no es el caso. Porque en el último cálculo para $b_n$ hay una división por $n-1$ Hay que tener en cuenta que $n\geq2$ . Me olvidé completamente de esto. Un cálculo adicional de $b_1$ es necesario:

$$b_1=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin^2(x)dx=\frac{1}{2}$$