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xcos kπ2x kπ2 1 0 − Z 1 0 cos kπ2x kπ2 dx

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(1)

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

(2)

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 + bk

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 + bk

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 + 3bk

2 − 7ak =aek= 0

− bkk2π2

4 − 3ak

2 − 7bk= ebk= 2 kπ



(−1)k− 2

kπsin kπ 2



(3)

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 3kπ23k1π

2

(k2 π42 + 7)2 = −

2

(−1)k2 sin kπ2 3kπ23k1π

2

(k2 π42 + 7)2 e

bk = −(k2 π42 + 7) 3kπ2

2

(−1)k2 sin kπ2 3kπ23k1π

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.

(4)

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

= − 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



(5)

= (−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

 + 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.

(6)

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.

(7)

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.

(8)

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 = T = 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:

(9)

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 = T = 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:

(10)

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.

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