Esercitazione 3 (23 Ottobre 2017)
Corso di Laurea in Ingegneria Elettrica, Elettronica ed Informatica Tutor: Caterina Fenu
1. Risolvere, ricorrendo alle serie di Fourier, la seguente equazione differenziale in [−2, 2]
y00+ 3y0− 7y = f (x), f (x) =
1, −2 ≤ x < −1,
−x, −1 ≤ x < 1,
−1, 1 ≤ x < 2.
(1)
Soluzione:
La funzione f (x) `e dispari, come si evince facilmente dal grafico.
Per questo i coefficientiae0eaeksono nulli.
-2 -1 0 1 2
-1 0 1
Inoltre L = 2 quindi ω = Lπ = π2, perci`o lo sviluppo in serie di Fourier della f (x) `e
Sf(x) =
∞
X
k=1
beksin kπ 2x Si ha:
bek = 2 2
Z 2 0
f (x) sin kπ
2x dx = Z 1
0
−x · sin kπ
2x dx + Z 2
1
−1 · sin kπ
2x dx =
=
"
xcos kπ2x kπ2
1
0
− Z 1
0
cos kπ2x kπ2 dx
#
+ cos kπ2x kπ2
2
1
=
=
2
kπcos kπ 2 − 4
k2π2 h
sin kπ 2xi1
0
+ 2 kπ
cos kπ −
cos kπ 2
=
= 2 kπ
(−1)k− 2
kπsin kπ 2
Lo sviluppo in serie di Fourier della funzione f `e quindi:
Sf(x) =
∞
X
k=1
2 kπ
(−1)k− 2
kπsin kπ 2
sin kπ
2x
Lo sviluppo in serie di Fourier della funzione incognita y `e:
Sy(x) = a0+
∞
X
k=1
akcos kπ
2x + bksin kπ
2x, (2)
con a0, ak e bk da determinare imponendo l’uguaglianza y00+ 3y0 − 7y = f (x).
Derivando la (2) si ha:
Sy0(x) =
∞
X
k=1
−akkπ 2
sin kπ
2x + bkkπ
2
cos kπ 2x dalla quale, derivando nuovamente:
Sy00(x) =
∞
X
k=1
−akk2π2 4
cos kπ 2x −
bkk2π2 4
sin kπ
2x.
Da queste e dalla (1) si ha:
∞
X
k=1
−akk2π2 4
cos kπ 2x −
bkk2π2
4
sin kπ
2x+
+3
∞
X
k=1
−akkπ 2
sin kπ
2x + bkkπ
2
cos kπ
2x
! +
−7 a0+
∞
X
k=1
akcos kπ
2x + bksin kπ 2x
!
=
−7a0+
∞
X
k=1
−akk2π2
4 + 3bkkπ 2 − 7ak
cos kπ 2x+
+
∞
X
k=1
−bkk2π2
4 − 3akkπ 2 − 7bk
sin kπ
2x =
∞
X
k=1
2 kπ
(−1)k− 2
kπsin kπ 2
sin kπ
2x
che `e verificata se
− 7a0 =ae0 = 0
− akk2π2
4 + 3bkkπ
2 − 7ak =aek= 0
− bkk2π2
4 − 3akkπ
2 − 7bk= ebk= 2 kπ
(−1)k− 2
kπsin kπ 2
Si ottiene subito a0 = 0 e il sistema nelle incognite ak e bk:
−(k2π2
4 + 7)ak+ (3kπ
2)bk = 0
−(3kπ
2)ak− (k2π2
4 + 7)bk = ebk
che ammette una e una sola soluzione dato che il suo determinante (k2 π42+7)2+(3kπ2)2
`e diverso da zero per ogni valore di k intero.
Dalla prima equazione si ottiene:
bk= (k2 π42 + 7)ak 3kπ2 che sostituito nella seconda:
−(3kπ
2)ak− (k2π2
4 + 7)(k2 π42 + 7)ak 3kπ2 = −
3kπ
2 − 1
3kπ2(k2π2 4 + 7)2
ak = ebk da cui
ak = − bek 3kπ2 − 3k1π
2
(k2 π42 + 7)2 = −
2
kπ (−1)k−kπ2 sin kπ2 3kπ2 − 3k1π
2
(k2 π42 + 7)2 e
bk = −(k2 π42 + 7) 3kπ2
2
kπ (−1)k− kπ2 sin kπ2 3kπ2 − 3k1π
2
(k2 π42 + 7)2
2. Utilizzando la forma complessa della Serie di Fourier, sviluppare la funzione f (x) =
(2(x − 1), −π ≤ x < 1, 3, 1 ≤ x < π.
Inoltre, sfruttando i calcoli fatti, scrivere la serie di Fourier in forma reale.
Soluzione:
La funzione non ´e ne’ pari ne’ dispari. La sua forma complessa ´e Sf(x) =
∞
X
k=−∞
ckeikωx con
c0 = 1 2L
Z L
−L
f (x) dx e ck= 1 2L
Z L
−L
f (x)e−ikωxdx
Inoltre L = π quindi ω = Lπ = 1.
Si ha:
c0 = 1 2L
Z L
−L
f (x) dx = 1 2π
Z 1
−π
2(x − 1) dx + Z π
1
3 dx
= 1 π
x2 2 − x
1
−π
+ 3 2π[x]π1
= 1 π
12 2 − 1
− (−π)2
2 − (−π)
+ 3
2π[π − 1]
= 1 π
−1 2
− (π)2 2 + π)
+3 2 − 3
2π
= − 1 2π − π
2 − 1 + 3 2− 3
2π = −π 2 +1
2 − 2 π
ck= 1 2L
Z L
−L
f (x)e−ikωxdx = 1 2π
Z 1
−π
2(x − 1)e−ikxdx + Z π
1
3e−ikxdx
= 1 π
(
(x − 1)e−ikx
−ik
1
−π
− Z 1
−π
e−ikx
−ik dx )
+ 3 2π
e−ikx
−ik
π 1
= 1 π
0 − (−π − 1)eikπ
−ik
− 1 π
e−ikx (−ik)(−ik)
1
−π
+ 3 2π
e−ikπ
−ik −e−ik
−ik
= − 1
ikπ(π + 1)eikπ+ 1
k2π e−ik− eikπ − 3
2ikπ e−ikπ − e−ik Dato che eix = cos x + i sin x, si ha:
eikπ = cos kπ + i sin kπ = (−1)k e−ikπ = cos kπ + i sin (−kπ) = (−1)k Quindi
ck = − 1
ikπ(π + 1)(−1)k+ 1
k2π e−ik− (−1)k − 3
2ikπ (−1)k− e−ik
= (−1)k
−π + 1 ikπ − 1
k2π − 3 2ikπ
+ e−ik
1
k2π + 3 2ikπ.
Per risalire alla forma reale della serie sfruttiamo il fatto che a0 = c0
ak = ck+ c−k bk = i(ck− c−k).
Quindi
ak = ck+ c−k = (−1)k
−π + 1 ikπ − 1
k2π − 3 2ikπ
+ e−ik
1
k2π + 3 2ikπ
+ (−1)−k
−π + 1
−ikπ − 1
k2π − 3
−2ikπ
+ eik
1
k2π + 3
−2ikπ
= (−1)k
−π + 1 ikπ − 1
k2π − 3 2ikπ
!
+ e−ik
1
k2π + 3 2ikπ.
+ (−1)k π + 1 ikπ − 1
k2π + 3 2ikπ
! + eik
1
k2π − 3 2ikπ
= (−1)k
− 2 k2π
+ 1
k2π eik+ e−ik − 3
2ikπ eik− e−ik
= − 2
k2π(−1)k+ 1
k2π(2 cos k) − 3
2ikπ(2i sin k)
= − 2
k2π(−1)k+ 2
k2πcos k − 3 kπsin k dove abbiamo sfruttato il fatto che
(−1)−k = (−1)k cos x = eix+ e−ix
2 sin x = eix− e−ix
2i . Proseguendo
bk = i(ck− c−k) = i
(−1)k
−π + 1 ikπ − 1
k2π − 3 2ikπ
+ e−ik
1
k2π + 3 2ikπ
−(−1)−k
−π + 1
−ikπ − 1
k2π − 3
−2ikπ
+ eik
1
k2π + 3
−2ikπ
= i
(−1)k
−π + 1 ikπ −
1
k2π − 3 2ikπ
+ e−ik
1
k2π + 3 2ikπ
−(−1)−k π + 1 ikπ −
1
k2π + 3 2ikπ
+ eik
1
k2π − 3 2ikπ
= i
(−1)k
−2(π + 1) ikπ − 3
ikπ
− 1
k2π eik− e−ik + 3
2ikπ eik+ e−ik
= i
(−1)k
−2(π + 1) ikπ − 3
ikπ
− 1
k2π (2i sin k) + 3
2ikπ (2 cos k)
= (−1)k
−2(π + 1) kπ − 3
kπ
+ 1
k2π(2 sin k) + 3
2kπ (2 cos k)
= −2π + 5
kπ (−1)k+ 2
k2πsin k + 3 kπcos k
Per verificare che il risultato sia giusto calcoliamo ak e bk con la definizione usuale:
ak = 1 L
Z L
−L
f (x) cos kωx dx = 1 π
Z 1
−π
2(x − 1) cos kx dx + Z π
1
3 cos kx dx
= 2 π
(
(x − 1)sin kx k
1
−π
− Z 1
−π
sin kx k dx
) + 3
π
sin kx k
π 1
= 2 π
(0 − 0) + 1
k2 [cos kx]1−π
+ 3
π
0 −sin k k
= 2
πk2 (cos k − cos (−kπ)) − 3 kπsin k
= 2
πk2 cos k − (−1)k − 3 kπsin k
che coincide con il valore calcolato in precedenza.
bk= 1 L
Z L
−L
f (x) sin kωx dx = 1 π
Z 1
−π
2(x − 1) sin kx dx + Z π
1
3 sin kx dx
= 2 π
(
−
(x − 1)cos kx k
1
−π
+ Z 1
−π
cos kx k dx
) + 3
π
−cos kx k
π 1
= −2 π
0 − (−π − 1)cos (−kπ) k
+ 1
k2 [sin kx]1−π
− 3 π
cos kπ
k − cos k k
= −2(π + 1)
πk (−1)k+ 1
k2 (sin k − 0) − 3
kπ (−1)k− cos k
= −2π + 5
πk (−1)k+ 2
πk2 sin k + 3 kπcos k che coincide con il valore calcolato in precedenza.
3. Risolvere, ricorrendo alle serie di Fourier, la seguente equazione differenziale in [−4, 4]
2y00− y = f (x), f (x) =
(0, −4 ≤ x < 0, 2x, 0 ≤ x < 4.
Soluzione:
La funzione non ´e ne’ pari ne’ dispari. Si ha L = 4 e quindi ω = Lπ = π4.
a0 = 1 2L
Z L
−L
f (x) dx = 1 8
Z 4 0
2x dx = 1 4
x2 2
4 0
= 1
4 · 8 = 2 ak = 1
L Z L
−L
f (x) cos kπ
4x dx = 1 4
Z 4 0
2x cos kπ 4x dx
= 1 2
(
xsin kπ4x kπ4
4 0
− Z 4
0
sin kπ4x kπ4 dx
)
= 1
2(0 − 0) + 1 kπ42
h cos kπ
4x i4
0
= 8
k2π2 (−1)k− 1 bk = 1
L Z L
−L
f (x) sin kπ
4x dx = 1 4
Z 4 0
2x sin kπ 4x dx
= 1 2
(
−xcos kπ4x kπ4
4 0
+ Z 4
0
cos kπ4x kπ4 dx
)
= 1 2
(
− 4
kπ(4(−1)k− 0) + 1 kπ42
h sin kπ
4xi4 0
)
=
= − 1
8kπ(−1)k+ (0 − 0) = − 1
8kπ(−1)k Lo sviluppo in serie di Fourier della funzione incognita y `e:
Sy(x) = ˜a0+
∞
X
k=1
˜
akcos kπ
4x + ˜bksin kπ 4x.
Per determinare i coefficienti ˜a0,˜ak e ˜bk imponiamo l’uguaglianza 2y00− y = f (x), cio`e
2
∞
X
k=1
−˜akk2π2
16 cos kπ
4x − ˜bkk2π2
16 sin kπ 4x
!
− ˜a0+
∞
X
k=1
˜
akcos kπ
4x + ˜bksin kπ 4x
!
= −˜a0+
∞
X
k=1
−2˜akk2π2 16 − ˜ak
cos kπ 4x +
−2˜bkk2π2 16 − ˜bk
sin kπ
4x
= a0+
∞
X
k=1
akcos kπ
4x + bksin kπ 4x
che `e verificata se
−˜a0 = a0
−2˜akk216π2 − ˜ak = ak
−2˜bkk216π2 − ˜bk= bk cio´e se
−˜a0 = 2 → ˜a0 = −2
−(k28π2 + 1)˜ak = ak → ˜ak = −k2π2ak
8 +1
−(k28π2 + 1)˜bk= bk → ˜bk = −k2π2bk
8 +1
Ricordando il valore calcolato di ak e bk si ha
˜ ak= −
8
k2π2 (−1)k− 1
k2π2 8 + 1
˜bk= −−8kπ1 (−1)k
k2π2
8 + 1 =
1
8kπ(−1)k
k2π2 8 + 1 Quindi la soluzione dell’equazione differenziale ´e
Sy(x) = −2 +
∞
X
k=1
−
8
k2π2 (−1)k− 1
k2π2
8 + 1 cos kπ 4x +
1
8kπ(−1)k
k2π2
8 + 1 sin kπ 4x
4. Risolvere, ricorrendo alle serie di Fourier, la seguente equazione differenziale in [−π, π]
2y00+ 3y = f (x), f (x) =
−1, −π ≤ x < −π2, 2x
π , −π2 ≤ x < π2, 1, π2 ≤ x < π.
La funzione f (x) `e dispari, come si evince facilmente dal grafico.
0
−1 0 1
π/2 π
−π/2
−π
Per questo i coefficienti ae0 eaek sono nulli.
Inoltre T = 2π quindi ω = 2πT = 1, perci`o lo sviluppo in serie di Fourier della f (x) `e
Sf(x) =
∞
X
k=1
beksin kx
Si ha:
bek = 2 π
Z π 0
f (x) sin kx dx = 2 π
(Z π2
0
2
πxsinkx dx + Z π
π 2
sin kx dx )
=
= 2 π
(2 π
"
−xcos kx k
π 2
0
+ 1 k
Z π2
0
cos kx dx
#
− cos kx k
π
π 2
)
=
= 4 kπ2
"
−π
2 cos kπ
2 + sin kx k
π 2
0
#
− 2 kπ
cos kx − cos kπ 2
=
= −
2
kπcos kπ 2 + 4
k2π2 sin kπ 2 − 2
kπ(−1)k+
2
kπcos kπ 2 =
= 2 kπ
2
kπ sin kπ
2 − (−1)k
Lo sviluppo in serie di Fourier della funzione incognita y `e:
Sy(x) =
∞
X
k=1
bksin kx.
Infatti, mancando la derivata prima, anche i coefficienti a0,ak saranno nulli.
Per determinare i coefficienti bk imponiamo l’uguaglianza 2y00+ 3y = f (x), cio`e Soluzione:
3
∞
X
k=1
bksin kx
! + 2
∞
X
k=1
−bkk2sin kx
!
=
∞
X
k=1
(3 − 2k2)bksin kx =
=
∞
X
k=1
2 kπ
2
kπsin kπ
2 − (−1)k
sin kx
che `e verificata se
(3 − 2k2)bk = 2 kπ
2
kπsin kπ
2 − (−1)k
−→ bk = 2 kπ(3 − 2k2)
2
kπsin kπ
2 − (−1)k
infatti 3 − 2k2 6= 0 poich`e k pu`o assumere solo valori interi.
La funzione f (x) `e pari, come si evince facilmente dal grafico.
0 1
2
−π/2 π
−π π/2
Per questo i coefficienti ebk sono nulli.
Inoltre T = 2π quindi ω = 2πT = 1, perci`o lo sviluppo in serie di Fourier della f (x) `e
Sf(x) =ae0+
∞
X
k=1
aekcos kx Si ha:
ae0 = 1 π
Z π 0
f (x) dx = 1 π
(Z π2
0
1 dx + Z π
π 2
2 πx dx
)
=
= 1 π
( x|
π 2
0 + 2 π
x2 2
π
π 2
)
= 1 π
(π 2 +π2
π − π2
4π )
= 1
π h5
4πi
= 5 4
5. Risolvere, ricorrendo alle serie di Fourier, la seguente equazione differenziale in [−π, π]
3y00+ 4y = f (x), f (x) =
−π2x, −π ≤ x < −π2, 1, −π2 ≤ x < π2,
2
πx, π2 ≤ x < π.
Soluzione:
aek= 2 π
Z π 0
f (x) cos kx dx = 2 π
(Z π2
0
cos kx dx + Z π
π 2
2
πx cos kx dx )
=
= 2 π
( sin kx k
π 2
0
+ 2 π
"
xsin kx k
π
π 2
− 1 k
Z π
π 2
sin kx dx
# )
=
= 2 kπ
( sin kπ
2 + 2 π
"
−π
2sin kπ
2 + cos kx k
π
π 2
# )
=
= 2 kπ
(
sin kπ 2 −
sin kπ 2 + 2
kπ h
cos kπ − cos kπ 2 i
)
=
= 4
k2π2 h
(−1)k− cos kπ 2 i
Lo sviluppo in serie di Fourier della funzione incognita y `e:
Sy(x) = a0+
∞
X
k=1
akcos kx.
Infatti, mancando la derivata prima, anche i coefficienti bk saranno nulli.
Per determinare i coefficienti a0 e ak imponiamo l’uguaglianza 3y00+ 4y = f (x), cio`e
4(a0+
∞
X
k=1
akcos kx) + 3(
∞
X
k=1
−akk2cos kx) = 4a0+
∞
X
k=1
(4 − 3k2)akcos kx =
5 4+
∞
X
k=1
4 k2π2
h
(−1)k− cos kπ 2 i
cos kx
che `e verificata se
(4a0 = 54 −→ a0 = 165
(4 − 3k2)ak = k24π2 (−1)k− cos kπ2
−→ ak= k2π2(4−3k4 2) (−1)k− cos kπ2 infatti 4 − 3k2 6= 0 poich`e k pu`o assumere solo valori interi.