Apéndice C Soluciones¶

\[ a_n = \frac{2}{L}\left[\frac{L}{2\pi n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{2}{L} \cdot \frac{L}{2\pi n}\left[\sin(2\pi n) - \sin(0)\right] = 0 \]

Cálculo de \(b_n\) (\(n \geq 1\)):

\[ b_n = \frac{2}{L}\int_0^L 1 \cdot \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx = \frac{2}{L}\left[-\frac{L}{2\pi n}\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L \]

\[ = \frac{2}{L} \cdot \left(-\frac{L}{2\pi n}\right)\left[\cos(2\pi n) - \cos(0)\right] = -\frac{1}{\pi n}[1 - 1] = 0 \]

Respuesta final¶

\[ \boxed{a_0 = 2, \quad a_n = 0 \;(n \geq 1), \quad b_n = 0 \;(n \geq 1)} \]

Verificación¶

Sustituyendo en la serie de Fourier se obtiene \(f(x) = \frac{a_0}{2} = \frac{2}{2} = 1\). La función constante se reproduce correctamente. ✓

B-2. Usando la ortogonalidad de las funciones exponenciales complejas (ecuación (C.12)), calcula la siguiente integral¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Se agrupa el integrando en la forma \(e^{i\frac{2\pi(m-n)}{L}x}\) y se aplica la ecuación (C.12).

Desarrollo del cálculo¶

\[ \int_0^L e^{i \frac{2\pi \cdot 3}{L} x}\, e^{-i \frac{2\pi \cdot 5}{L} x}\, dx = \int_0^L e^{i \frac{2\pi(3-5)}{L} x}\, dx = \int_0^L e^{-i \frac{4\pi}{L} x}\, dx \]

Por la ecuación (C.12), con \(m = 3\), \(n = 5\) y \(m \neq n\):

\[ \int_0^L e^{i \frac{2\pi(m-n)}{L} x}\, dx = L\,\delta_{mn} = L \cdot 0 = 0 \]

Respuesta final¶

\[ \boxed{0} \]

Verificación¶

Comprobación mediante cálculo directo:

\[ \int_0^L e^{-i \frac{4\pi}{L} x}\, dx = \left[\frac{e^{-i \frac{4\pi}{L} x}}{-i \frac{4\pi}{L}}\right]_0^L = \frac{L}{-4\pi i}\left(e^{-4\pi i} - 1\right) = \frac{L}{-4\pi i}(1 - 1) = 0 \quad \checkmark \]

B-3. Demuestra lo siguiente utilizando la fórmula de Euler¶

→ Volver al problema

Parte 1: Representación en exponenciales complejas de \(\cos\)¶

Estrategia de resolución: A partir de la fórmula de Euler, sumar \(e^{i\theta}\) y \(e^{-i\theta}\).

Por la fórmula de Euler:

\[ e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta \]

\[ e^{-i\theta} = \cos\theta - i\sin\theta \]

Sumando ambas expresiones:

\[ e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta \]

Por lo tanto:

\[ \cos\theta = \frac{1}{2}\left(e^{i\theta} + e^{-i\theta}\right) \]

Sustituyendo \(\theta = \frac{2\pi n}{L}x\):

\[ \boxed{\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) = \frac{1}{2}\left(e^{i\frac{2\pi n}{L}x} + e^{-i\frac{2\pi n}{L}x}\right)} \]

Parte 2: Relación entre los coeficientes de Fourier reales y complejos¶

Estrategia de resolución: Reescribir \(\cos\) y \(\sin\) en la ecuación (C.5) como exponenciales complejas y comparar con la ecuación (C.10).

Reescribimos la ecuación (C.5) usando la ecuación (C.9):

\[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n \cdot \frac{e^{ik_n x} + e^{-ik_n x}}{2} + b_n \cdot \frac{e^{ik_n x} - e^{-ik_n x}}{2i}\right] \]

donde \(k_n = \frac{2\pi n}{L}\). Usando \(\frac{1}{2i} = -\frac{i}{2}\) y reorganizando:

\[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{a_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{a_n}{2} e^{-ik_n x} - \frac{ib_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{ib_n}{2} e^{-ik_n x}\right] \]

\[ = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{a_n - ib_n}{2} e^{ik_n x} + \frac{a_n + ib_n}{2} e^{-ik_n x}\right] \]

Por otro lado, la ecuación (C.10) es:

\[ f(x) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n \, e^{ik_n x} = c_0 + \sum_{n=1}^{\infty} c_n \, e^{ik_n x} + \sum_{n=1}^{\infty} c_{-n} \, e^{-ik_n x} \]

Comparando ambas expresiones:

\[ \boxed{c_0 = \frac{a_0}{2}, \qquad c_n = \frac{a_n - ib_n}{2} \;(n \geq 1), \qquad c_{-n} = \frac{a_n + ib_n}{2} \;(n \geq 1)} \]

Verificación¶

Cuando \(f(x)\) es real, debe cumplirse \(c_{-n} = c_n^*\). En efecto:

\[ c_n^* = \left(\frac{a_n - ib_n}{2}\right)^* = \frac{a_n + ib_n}{2} = c_{-n} \quad \checkmark \]

(ya que \(a_n, b_n\) son reales.)

B-4. Determina todos los coeficientes de Fourier y en el intervalo¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Se aplican directamente las relaciones de ortogonalidad (C.3) y (C.4).

Desarrollo del cálculo¶

Cálculo de \(a_n\):

\[ a_n = \frac{2}{L}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx \]

Según la ecuación (C.4), la integral del producto de \(\sin\) y \(\cos\) es siempre cero:

\[ a_n = 0 \quad \text{(para todo } n = 0, 1, 2, \ldots \text{)} \]

Cálculo de \(b_n\):

\[ b_n = \frac{2}{L}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx \]

Según la ecuación (C.3):

\[ \int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi \cdot 1}{L}x\right)\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx = \frac{L}{2}\,\delta_{1n} \]

Por lo tanto:

\[ b_n = \frac{2}{L} \cdot \frac{L}{2}\,\delta_{1n} = \delta_{1n} \]

Respuesta final¶

\[ \boxed{a_n = 0 \;(\text{para todo } n), \qquad b_1 = 1, \qquad b_n = 0 \;(n \geq 2)} \]

Verificación¶

Sustituyendo en la serie de Fourier se obtiene \(f(x) = b_1 \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right) = \sin\!\left(\frac{2\pi}{L}x\right)\). Se reproduce la función original. ✓

B-5. Fórmula de la integral de Gauss¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Usando la convención (b), se calcula \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3x^2} e^{-ikx}\,dx\) completando el cuadrado y reduciéndolo a una integral gaussiana.

Desarrollo del cálculo¶

\[ \tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3x^2 - ikx}\,dx \]

Se completa el cuadrado en el exponente:

\[ -3x^2 - ikx = -3\left(x^2 + \frac{ik}{3}x\right) = -3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 - \frac{k^2}{12} \]

Verificación: \(-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 = -3\left(x^2 + \frac{ik}{3}x + \frac{(ik)^2}{36}\right) = -3x^2 - ikx + \frac{k^2}{12}\)

Por lo tanto \(-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2 - \frac{k^2}{12} = -3x^2 - ikx\). ✓

\[ \tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/12}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-3\left(x + \frac{ik}{6}\right)^2}\,dx \]

Realizando el cambio de variable \(t = x + \frac{ik}{6}\), se tiene \(dt = dx\). El contorno de integración se desplaza en el plano complejo, pero dado que el integrando es de tipo gaussiano, la integral tiene el mismo valor que sobre el eje real (lema de Jordan):

\[ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-3t^2}\,dt = \sqrt{\frac{\pi}{3}} \]

Por lo tanto:

\[ \tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/12} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{3}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{3}} \cdot e^{-k^2/12} \]

\[ = \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12} \]

Respuesta final¶

\[ \boxed{\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12}} \]

Comprobación¶

Para la fórmula general \(f(x) = e^{-ax^2}\), en la convención (b) se tiene \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2a}}\,e^{-k^2/(4a)}\). Sustituyendo \(a = 3\) se obtiene \(\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{6}}\,e^{-k^2/12}\). Coincide. ✓

B-6. Siguiendo la definición de convolución (ecuación (C.21)), calcula la convolución de y ( es una constante). Aquí es D¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Aplicar la propiedad de filtrado de la función δ a la definición de convolución.

Desarrollo del cálculo¶

A partir de la definición de convolución dada en la ecuación (C.21):

\[ (f * g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x')\,g(x - x')\,dx' \]

Como \(g(x) = \delta(x - a)\), se tiene \(g(x - x') = \delta((x - x') - a) = \delta(x - x' - a)\):

\[ (f * g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x')\,\delta(x - x' - a)\,dx' \]

Utilizando la propiedad de filtrado de la función δ, \(\int h(x')\,\delta(x' - c)\,dx' = h(c)\). Aquí, \(\delta(x - x' - a) = \delta(-(x' - (x-a))) = \delta(x' - (x-a))\) (la función δ es una función par), por lo que:

\[ (f * g)(x) = f(x - a) \]

Sustituyendo \(f(x) = e^{-|x|}\):

Respuesta final¶

\[ \boxed{(f * g)(x) = e^{-|x - a|}} \]

Verificación¶

Esto es consistente con la propiedad general de que la convolución con una función δ simplemente traslada la función. Cuando \(a = 0\), se obtiene \((f * \delta)(x) = f(x) = e^{-|x|}\), lo que confirma que la función δ es el elemento neutro de la convolución. ✓

B-7. Evalúa la siguiente integral utilizando la representación de Fourier de la función δ (ecuación (C.19))¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Se sustituye \(k' = 0\) en la ecuación (C.19).

Desarrollo del cálculo¶

La ecuación (C.19) es:

\[ \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i(k - k')x}\,dx = \delta(k - k') \]

Sustituyendo \(k = 7\), \(k' = 0\):

\[ \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i \cdot 7 x}\,dx = \delta(7 - 0) = \delta(7) \]

Como \(\delta(7) = 0\) (la \(\delta(x)\) es cero para \(x \neq 0\)):

Respuesta final¶

\[ \boxed{\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{i \cdot 7 x}\,dx = \delta(7) = 0} \]

Verificación¶

Desde un punto de vista físico, \(e^{i7x}\) es una función oscilante y, al integrarla sobre todos los reales, las contribuciones positivas y negativas se cancelan mutuamente dando cero. Esto es consistente con \(\delta(7) = 0\). ✓

B-8. Usando la igualdad de Parseval (ecuación (C.18)), verifica lo siguiente. Para el caso¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Se calcula cada lado de forma independiente y se verifica que coinciden.

Detalles del cálculo¶

Lado izquierdo:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2|x|}\,dx = 2\int_0^{\infty} e^{-2x}\,dx = 2 \cdot \left[-\frac{1}{2}e^{-2x}\right]_0^{\infty} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1 \]

Lado derecho:

A partir de \(\tilde{f}(k) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\,\frac{1}{1+k^2}\):

\[ \int_{-\infty}^{\infty} |\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{\pi}\,\frac{1}{(1+k^2)^2}\,dk = \frac{2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk}{(1+k^2)^2} \]

Usando la fórmula \(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dk}{(1+k^2)^2} = \frac{\pi}{2}\):

\[ = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = 1 \]

Respuesta final¶

\[ \boxed{\text{Lado izquierdo} = 1 = \text{Lado derecho}} \]

Se ha verificado que la igualdad de Parseval se cumple.

Verificación¶

Comprobamos la obtención de \(\tilde{f}(k)\). La transformada de Fourier de \(f(x) = e^{-|x|}\) (convención (b)):

\[ \tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-|x|} e^{-ikx}\,dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[\int_0^{\infty} e^{-(1+ik)x}\,dx + \int_{-\infty}^0 e^{(1-ik)x}\,dx\right] \]

\[ = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[\frac{1}{1+ik} + \frac{1}{1-ik}\right] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{2}{1+k^2} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\,\frac{1}{1+k^2} \quad \checkmark \]

Intermedio¶

M-1. Determinar los coeficientes de Fourier y de una función definida en el intervalo y escribir la serie de Fourier (ecuación (C.5¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Se sustituye \(f(x) = x\) en las ecuaciones (C.6) y (C.7), y se calcula mediante integración por partes.

Detalles del cálculo¶

Cálculo de \(a_0\):

\[ a_0 = \frac{2}{L}\int_0^L x\,dx = \frac{2}{L} \cdot \frac{L^2}{2} = L \]

Cálculo de \(a_n\) (\(n \geq 1\)):

\[ a_n = \frac{2}{L}\int_0^L x\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx \]

Integración por partes (\(u = x\), \(dv = \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\)):

\[ = \frac{2}{L}\left[\frac{L}{2\pi n}x\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\bigg|_0^L - \frac{L}{2\pi n}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\right] \]

Primer término: en \(x = L\) se tiene \(\sin(2\pi n) = 0\), y en \(x = 0\) da \(0\). Por lo tanto, el primer término \(= 0\).

Segundo término:

\[ -\frac{L}{2\pi n}\int_0^L \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx = -\frac{L}{2\pi n}\left[-\frac{L}{2\pi n}\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{L^2}{(2\pi n)^2}[\cos(2\pi n) - \cos(0)] = 0 \]

Por lo tanto:

\[ a_n = 0 \quad (n \geq 1) \]

Cálculo de \(b_n\) (\(n \geq 1\)):

\[ b_n = \frac{2}{L}\int_0^L x\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) dx \]

Integración por partes (\(u = x\), \(dv = \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\)):

\[ = \frac{2}{L}\left[-\frac{L}{2\pi n}x\cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\bigg|_0^L + \frac{L}{2\pi n}\int_0^L \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)dx\right] \]

Primer término: \(-\frac{L}{2\pi n}\left[L\cos(2\pi n) - 0\right] = -\frac{L^2}{2\pi n}\)

Segundo término:

\[ \frac{L}{2\pi n}\left[\frac{L}{2\pi n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right]_0^L = \frac{L^2}{(2\pi n)^2}[\sin(2\pi n) - 0] = 0 \]

Por lo tanto:

\[ b_n = \frac{2}{L}\left(-\frac{L^2}{2\pi n}\right) = -\frac{L}{\pi n} \]

Serie de Fourier:

\[ \boxed{f(x) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)} \]

Verificación en \(x = L/2\):

\[ f(L/2) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin(\pi n) \]

Como \(\sin(\pi n) = 0\) para todo entero \(n\):

\[ f(L/2) = \frac{L}{2} - 0 = \frac{L}{2} \]

Esto coincide con \(f(L/2) = L/2\). ✓

Comprobación¶

Verificación en \(x = 0\): \(f(0) = \frac{L}{2} - \frac{L}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin(0) = \frac{L}{2}\). Sin embargo, debería ser \(f(0) = 0\). Esto se debe a que la serie de Fourier representa una función periódica, y en \(x = 0\) converge al valor promedio entre \(f(0^+) = 0\) y \(f(L^-) = L\), es decir, \(L/2\) (teorema de Dirichlet). Este es el comportamiento correcto de la serie de Fourier en puntos de discontinuidad. ✓

M-2. Transformada de Fourier de la función gaussiana y la igualdad de Parseval¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Al igual que en D5, se completa el cuadrado y se obtiene el resultado para un \(a\) general.

Detalles del cálculo¶

Cálculo de la transformada de Fourier:

\[ \tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} e^{-ikx}\,dx \]

Completando el cuadrado en el exponente:

\[ -ax^2 - ikx = -a\left(x + \frac{ik}{2a}\right)^2 - \frac{k^2}{4a} \]

Por lo tanto:

\[ \tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/(4a)}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a\left(x + \frac{ik}{2a}\right)^2}\,dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-k^2/(4a)} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{a}} \]

\[ \boxed{\tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2a}}\,e^{-k^2/(4a)}} \]

El resultado es nuevamente una función gaussiana. ✓

Verificación de la igualdad de Parseval:

Lado izquierdo:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2ax^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{2a}} \]

Lado derecho:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} |\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2a}\,e^{-k^2/(2a)}\,dk = \frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{1/(2a)}} = \frac{1}{2a}\sqrt{2\pi a} = \sqrt{\frac{\pi}{2a}} \]

Respuesta final¶

\[ \boxed{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2ax^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{2a}} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2a}\,e^{-k^2/(2a)}\,dk} \]

Ambos lados coinciden en \(\sqrt{\frac{\pi}{2a}}\), confirmando la igualdad de Parseval. ✓

M-3. Usando el teorema de convolución (ecuación (C.22)), resuelve el siguiente problema¶

→ Volver al problema

Estrategia de resolución¶

Se calcula la transformada de Fourier de \(f(x) = g(x) = e^{-x^2}\) y se aplica el teorema de convolución, para luego realizar la transformada inversa.

Cálculo detallado¶

Paso 1: Cálculo de la transformada de Fourier

Tomando \(a = 1\) en el resultado de S2:

\[ \tilde{f}(k) = \tilde{g}(k) = \frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{-k^2/4} \]

Paso 2: Aplicación del teorema de convolución

Teorema de convolución de la ecuación (C.22) (convención (b)):

\[ \widetilde{(f*g)}(k) = \sqrt{2\pi}\,\tilde{f}(k)\,\tilde{g}(k) \]

\[ \widetilde{(f*g)}(k) = \sqrt{2\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{-k^2/4} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{-k^2/4} = \sqrt{2\pi} \cdot \frac{1}{2}\,e^{-k^2/2} = \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,e^{-k^2/2} \]

Paso 3: Transformada de Fourier inversa

\[ (f*g)(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,e^{-k^2/2}\,e^{ikx}\,dk = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-k^2/2 + ikx}\,dk \]

Completando el cuadrado en el exponente:

\[ -\frac{k^2}{2} + ikx = -\frac{1}{2}(k - ix)^2 - \frac{x^2}{2} \]

\[ (f*g)(x) = \frac{1}{2}\,e^{-x^2/2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(k-ix)^2}\,dk = \frac{1}{2}\,e^{-x^2/2} \cdot \sqrt{2\pi} = \frac{\sqrt{2\pi}}{2}\,e^{-x^2/2} \]

Respuesta final¶

\[ \boxed{(f*g)(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-x^2/2}} \]

(Se ha simplificado \(\frac{\sqrt{2\pi}}{2} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\).)

Verificación¶

Comprobación mediante cálculo directo. \((f*g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x'^2}\,e^{-(x-x')^2}\,dx'\).

Exponente: \(-x'^2 - (x-x')^2 = -2x'^2 + 2xx' - x^2 = -2(x' - x/2)^2 - x^2/2\)

\[ (f*g)(x) = e^{-x^2/2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2(x'-x/2)^2}\,dx' = e^{-x^2/2}\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-x^2/2} \quad \checkmark \]

M-4. Representación integral de Fourier de la función δ¶

→ Volver al problema

(a) \(\delta(-x) = \delta(x)\) (función par)¶

Partiendo de la representación integral de Fourier:

\[ \delta(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dk \]

Sustituyendo \(x \to -x\):

\[ \delta(-x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ikx}\,dk \]

Cambiando la variable de integración \(k \to -k\) (\(dk \to -dk\), los límites de integración se invierten y vuelven a su forma original):

\[ = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dk = \delta(x) \]

\[ \boxed{\delta(-x) = \delta(x)} \]

(b) Regla de escalamiento \(\delta(\alpha x) = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x)\)¶

A partir de la representación integral de Fourier:

\[ \delta(\alpha x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ik(\alpha x)}\,dk \]

Realizando el cambio de variable \(k' = \alpha k\), entonces \(dk = dk'/\alpha\):

Caso 1: \(\alpha > 0\)

\[ \delta(\alpha x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ik'x}\,\frac{dk'}{\alpha} = \frac{1}{\alpha}\,\delta(x) \]

Caso 2: \(\alpha < 0\)

Con \(k' = \alpha k\) y \(\alpha < 0\), los límites de integración se invierten:

\[ \delta(\alpha x) = \frac{1}{2\pi}\int_{\infty}^{-\infty} e^{ik'x}\,\frac{dk'}{\alpha} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{\alpha}\int_{\infty}^{-\infty} e^{ik'x}\,dk' = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{-1}{\alpha}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ik'x}\,dk' = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x) \]

(Como \(\alpha < 0\), se tiene \(-1/\alpha = 1/|\alpha|\))

\[ \boxed{\delta(\alpha x) = \frac{1}{|\alpha|}\,\delta(x)} \]

(c) \(x\,\delta(x) = 0\)¶

Para cualquier función de prueba \(\phi(x)\):

\[ \int_{-\infty}^{\infty} x\,\delta(x)\,\phi(x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x)\,[x\,\phi(x)]\,dx \]

Por la propiedad de filtrado de la función δ, definiendo \(h(x) = x\,\phi(x)\):

\[ = [x\,\phi(x)]_{x=0} = 0 \cdot \phi(0) = 0 \]

Como la integral es cero para cualquier función de prueba, en el sentido de distribuciones:

\[ \boxed{x\,\delta(x) = 0} \]

Verificación¶

Caso particular de (b): cuando \(\alpha = -1\) se obtiene \(\delta(-x) = \delta(x)\). Esto coincide con (a). ✓

Otra confirmación de (c): \(\delta(x)\) es no nula únicamente en \(x = 0\). En \(x = 0\), el factor \(x\) es cero, por lo que el producto es cero en todas partes. ✓

M-5. Propiedad de la derivada en la transformada de Fourier¶

→ Volver al problema

(a) Demostración de que la transformada de Fourier de \(f'(x)\) es \(ik\,\tilde{f}(k)\)¶

Cálculo con la convención (b):

\[ \mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f'(x)\,e^{-ikx}\,dx \]

Integración por partes (\(u = e^{-ikx}\), \(dv = f'(x)\,dx\)):

\[ = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[f(x)\,e^{-ikx}\right]_{-\infty}^{\infty} - \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,(-ik)\,e^{-ikx}\,dx \]

Suponiendo que \(f(x) \to 0\) (\(x \to \pm\infty\)), el término de frontera es cero:

\[ = ik \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,e^{-ikx}\,dx = ik\,\tilde{f}(k) \]

\[ \boxed{\mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = ik\,\tilde{f}(k)} \]

(b) Solución de la ecuación diferencial \(f'(x) + \beta f(x) = 0\)¶

Método: Calcular directamente la transformada de Fourier de \(f(x) = Ce^{-\beta x}\theta(x)\).

Sea \(f(x) = Ce^{-\beta x}\) (\(x > 0\)), \(f(x) = 0\) (\(x < 0\)). Es decir, \(f(x) = Ce^{-\beta x}\theta(x)\).

Transformada de Fourier:

\[ \tilde{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty} Ce^{-\beta x}\,e^{-ikx}\,dx = \frac{C}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty} e^{-(\beta + ik)x}\,dx = \frac{C}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{1}{\beta + ik} \]

Verificación: Veamos \(f'(x) + \beta f(x) = 0\) (\(x > 0\)) en el espacio de la transformada de Fourier.

\(f'(x) = -\beta Ce^{-\beta x}\theta(x) + C\delta(x)\) (la derivada de \(\theta\) produce una función δ)

Aplicando la transformada de Fourier:

\[ \mathcal{F}[f'] = ik\,\tilde{f}(k) = \frac{ikC}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)} \]

\[ \beta\,\tilde{f}(k) = \frac{\beta C}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)} \]

\[ ik\,\tilde{f}(k) + \beta\,\tilde{f}(k) = \frac{(ik + \beta)C}{\sqrt{2\pi}(\beta + ik)} = \frac{C}{\sqrt{2\pi}} \]

Esto es igual a \(\mathcal{F}[C\delta(x)] = \frac{C}{\sqrt{2\pi}}\). Es decir, se cumple \(f' + \beta f = C\delta(x)\), y como el lado derecho es cero para \(x > 0\), se satisface \(f' + \beta f = 0\).

Solución alternativa (más directa): La solución general de la ecuación diferencial \(f' + \beta f = 0\) es \(f(x) = Ce^{-\beta x}\). Cuando \(\beta > 0\), se obtiene la solución física que decae para \(x > 0\).

\[ \boxed{f(x) = Ce^{-\beta x} \quad (x > 0)} \]

Comprobación¶

Sustituyendo \(f(x) = Ce^{-\beta x}\) en la ecuación diferencial: \(f' = -\beta Ce^{-\beta x}\), \(f' + \beta f = -\beta Ce^{-\beta x} + \beta Ce^{-\beta x} = 0\). ✓

Avanzado¶

A-1. Demostración de la relación de incertidumbre mediante análisis de Fourier¶

→ Volver al problema

(a) Derivación de \(\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}\)¶

Estrategia de resolución: Se sustituye \(u(x) = xf(x)\), \(v(x) = f'(x)\) en la desigualdad de Cauchy–Schwarz y se evalúa el lado izquierdo mediante integración por partes.

Paso 1: Aplicación de la desigualdad de Cauchy–Schwarz

\[ \left|\int_{-\infty}^{\infty} [xf(x)]^*\,f'(x)\,dx\right|^2 \leq \int_{-\infty}^{\infty}|xf(x)|^2\,dx \cdot \int_{-\infty}^{\infty}|f'(x)|^2\,dx \]

El primer factor del lado derecho es \((\Delta x)^2\):

\[ \int_{-\infty}^{\infty}|xf(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} x^2|f(x)|^2\,dx = (\Delta x)^2 \]

Paso 2: Demostración de \(\int |f'(x)|^2\,dx = (\Delta k)^2\)

Por el resultado de S5(a), \(\mathcal{F}[f'](appendix_c/k) = ik\,\tilde{f}(k)\). Aplicando la igualdad de Parseval:

\[ \int_{-\infty}^{\infty}|f'(x)|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}|ik\,\tilde{f}(k)|^2\,dk = \int_{-\infty}^{\infty} k^2|\tilde{f}(k)|^2\,dk = (\Delta k)^2 \]

Paso 3: Cálculo del lado izquierdo

\[ \int_{-\infty}^{\infty} x\,f(x)^*\,f'(x)\,dx \]

\(f(x)^*f'(x) = \frac{1}{2}\frac{d}{dx}|f(x)|^2 + \frac{i}{2}\frac{d}{dx}[\text{término de fase}]\)...

De forma más directa, usamos integración por partes. Sea \(I = \int_{-\infty}^{\infty} x\,f^*\,f'\,dx\).

De \(\frac{d}{dx}[x|f|^2] = |f|^2 + x\,f^*\,f' + x\,f\,(f^*)'\) se obtiene:

\[ I + I^* = \int_{-\infty}^{\infty} x\,(f^*f' + f(f^*)') \,dx = \int_{-\infty}^{\infty} x\,\frac{d}{dx}|f|^2\,dx \]

Integración por partes:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} x\,\frac{d}{dx}|f|^2\,dx = \left[x|f|^2\right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}|f|^2\,dx = 0 - 1 = -1 \]

(\(f(x) \to 0\) suficientemente rápido cuando \(x \to \pm\infty\), condición de normalización \(\int|f|^2\,dx = 1\))

Por lo tanto \(I + I^* = 2\,\text{Re}(I) = -1\), es decir, \(\text{Re}(I) = -\frac{1}{2}\).

En consecuencia \(|I| \geq |\text{Re}(I)| = \frac{1}{2}\).

Paso 4: Completar la desigualdad

Por Cauchy–Schwarz:

\[ \frac{1}{4} \leq |I|^2 \leq (\Delta x)^2 \cdot (\Delta k)^2 \]

\[ \boxed{\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}} \]

(b) Condición de igualdad¶

La condición de igualdad en Cauchy–Schwarz es \(v(x) = \lambda\,u(x)\) (\(\lambda\) es una constante compleja):

\[ f'(x) = \lambda\,x\,f(x) \]

Esta es una ecuación diferencial de variables separables:

\[ \frac{df}{f} = \lambda\,x\,dx \implies \ln f = \frac{\lambda}{2}x^2 + \text{const} \]

\[ f(x) = A\,e^{\lambda x^2/2} \]

Para que \(f(x)\) converja a \(0\) cuando \(x \to \pm\infty\), se requiere \(\text{Re}(\lambda) < 0\).

Además, examinemos con más detalle la condición de igualdad. Para que \(|I| = |\text{Re}(I)|\), \(I\) debe ser real (y negativo). Como \(I = \text{Re}(I) = -1/2\), \(I\) es real.

\(I = \int x|f|^2 \cdot \frac{f'}{f}\,dx = \lambda\int x^2|f|^2\,dx = \lambda(\Delta x)^2\)

Como \(I\) es real, \(\lambda\) también es real. Escribiendo \(\lambda < 0\) como \(\lambda = -1/(2\sigma^2)\):

\[ f(x) = A\,e^{-x^2/(4\sigma^2)} \]

Por la condición de normalización \(\int|f|^2\,dx = 1\):

\[ |A|^2\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/(2\sigma^2)}\,dx = |A|^2\sqrt{2\pi\sigma^2} = 1 \]

\[ A = \left(\frac{1}{2\pi\sigma^2}\right)^{1/4} \]

\[ \boxed{f(x) = \left(\frac{1}{2\pi\sigma^2}\right)^{1/4} e^{-x^2/(4\sigma^2)}} \]

Esta es una función gaussiana (paquete de ondas gaussiano).

(c) Relación de indeterminación en mecánica cuántica¶

De \(p = \hbar k\) se tiene \(\Delta p = \hbar\,\Delta k\). Multiplicando ambos lados del resultado de (a) \(\Delta x \cdot \Delta k \geq \frac{1}{2}\) por \(\hbar\):

\[ \Delta x \cdot \hbar\,\Delta k \geq \frac{\hbar}{2} \]

\[ \boxed{\Delta x \cdot \Delta p \geq \frac{\hbar}{2}} \]

Esta es la relación de indeterminación de Heisenberg de la mecánica cuántica. La igualdad se alcanza para el paquete de ondas gaussiano (estado coherente).

Verificación¶

Para la función gaussiana \(f(x) = (2\pi\sigma^2)^{-1/4}e^{-x^2/(4\sigma^2)}\):

\((\Delta x)^2 = \int x^2|f|^2\,dx = \sigma^2\) (varianza de la distribución gaussiana)
\(\tilde{f}(k) = (2\sigma^2/\pi)^{1/4}e^{-\sigma^2 k^2}\) por lo que \((\Delta k)^2 = \frac{1}{4\sigma^2}\)
\(\Delta x \cdot \Delta k = \sigma \cdot \frac{1}{2\sigma} = \frac{1}{2}\)

La igualdad se cumple. ✓

A-2. De la serie de Fourier a la igualdad de Parseval: derivación de \(\zeta(2) = \pi^2/6\)¶

→ Volver al problema

(a) Derivación de la igualdad de Parseval para series de Fourier¶

Estrategia de resolución: Integrar \(|f(x)|^2\) y utilizar la ortogonalidad de las series de Fourier.

De la ecuación (C.5):

\[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n \cos\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right) + b_n \sin\!\left(\frac{2\pi n}{L}x\right)\right] \]

Integramos \(|f(x)|^2 = f(x) \cdot f(x)\) de \(0\) a \(L\):

\[ \int_0^L |f(x)|^2\,dx = \int_0^L f(x) \cdot f(x)\,dx \]

Al sustituir la serie de Fourier dos veces en el lado derecho y expandir, las integrales de los términos cruzados se anulan por la ortogonalidad (C.2)–(C.4). Los términos que sobreviven son:

Término constante con término constante: \(\left(\frac{a_0}{2}\right)^2 \cdot L = \frac{a_0^2}{4} \cdot L\)
Términos en \(\cos\) entre sí (solo \(n = m\)): \(a_n^2 \cdot \frac{L}{2}\)
Términos en \(\sin\) entre sí (solo \(n = m\)): \(b_n^2 \cdot \frac{L}{2}\)

Por lo tanto:

\[ \int_0^L |f(x)|^2\,dx = \frac{a_0^2}{4}\,L + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right)\frac{L}{2} \]

Dividiendo ambos lados por \(L\):

\[ \boxed{\frac{1}{L}\int_0^L |f(x)|^2\,dx = \frac{|a_0|^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(|a_n|^2 + |b_n|^2\right)} \]

(b) Demostración de \(\zeta(2) = \pi^2/6\)¶

Sustituimos el resultado de S1. Para \(f(x) = x\):

\[ a_0 = L, \quad a_n = 0 \;(n \geq 1), \quad b_n = -\frac{L}{\pi n} \]

Lado izquierdo:

\[ \frac{1}{L}\int_0^L x^2\,dx = \frac{1}{L} \cdot \frac{L^3}{3} = \frac{L^2}{3} \]

Lado derecho:

\[ \frac{a_0^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right) = \frac{L^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{L^2}{\pi^2 n^2} \]

Planteamos la igualdad:

\[ \frac{L^2}{3} = \frac{L^2}{4} + \frac{L^2}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \]

Dividimos por \(L^2\):

\[ \frac{1}{3} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \]

\[ \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \]

\[ \frac{1}{12} = \frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} \]

\[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{2\pi^2}{12} = \frac{\pi^2}{6} \]

Respuesta final¶

\[ \boxed{\zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}} \]

Verificación¶

Comprobación numérica: \(1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \cdots \approx 1.000 + 0.250 + 0.111 + 0.063 + 0.040 + \cdots \approx 1.55\)

\(\frac{\pi^2}{6} \approx \frac{9.870}{6} \approx 1.645\)

Las sumas parciales convergen a \(\pi^2/6\) desde abajo, lo cual es consistente. ✓

Además, el lado izquierdo de la igualdad de Parseval \(\frac{1}{3}\) y el lado derecho \(\frac{1}{4} + \frac{1}{2\pi^2} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{3+1}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}\). ✓

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