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MATEMATICA VTERCERA PRACTICA CALIFICADA
LATEX
Sarango Veliz, Andy Juan
2016-II
UNI - FIEE
1. Determine en el caso que existan los coeficientes an y bn tales que
t2 = 1 +∑n≥1
(an cos 2nt+ bn sin 2nt), 0 < t < π
SOLUCION
Hacemos g(t) = f(t)− 1→ f(t) = t2
ak =2
π
∫ π
0
[t2 − 1] cos ktdt =4(−1)k
k2
a0 =2
π
∫ π
0
[t2 − 1]dt =2(π2 − 3)
3
1
bk =2
π
∫ π
0
[t2 − 1] sin ktdt =−2[(k2(π2 − 1)− 2) · (−1)k + k2 + 2]
k3π
Para la Serie de Fourier de la funcion g(t) es la siguiente :
g(t) =2(π2 − 3)
3+∑k≥1
[4(−1)k
k2cos kt−2[(k2(π2 − 1)− 2)(−1)k + k2 + 2]
k3π·sin kt]
Para que exista la funcion f(t) y pueda tener los parametrosan y bn, debemos hacer el cambio unicamente de k → 2Ω,
entonces reemplazando en ak y bk, tenemos que:
an =1
n2
bn = −πn
Por lo tanto para la Serie de Fourier es:
an =1
n2
bn = −πn
2. Determine la temperatura estacionaria de una placa delgada que ocupala region
Ω = (x, y)/x ≤ 3, y ≥ 0
Si la temperatura en la frontera ubicada en el primer cuadrante esT = 1, en el resto de la frontera es T = 0.
SOLUCION
2
Usando Dirichlet:
f(x, y) =
T = 0 ;x < 3T0 = 1 ;x ≥ 3
Tenemos una ecuacion de solo 2 fronteras:
T (x, y) = Aθ +B
(x < 3)→ T = Aπ +B (θ1 = π)
(x ≥ 3)→ T0 = A(0) +B (θ2 = 0)
T = 0→ 0 = Aπ +B → B = −πA
T0 = 1→ 1 = 0 +B → A =−1
π
T (x, y) = 1− θ
π= 1− arctan(
y
x− 3)1
π
3
3. Determine la serie trigonometrica de q(t), en un circuito serie RLC, sila tension de entrada esta dada por E(t) = er cos t cos(r sin t), L = 2H,R = 1Ω, C = 1
2F .
SOLUCION
La ecuacion diferencial del circuito RLC sera:
2q′′ + q′ + 2q = er cos t cos r sin t
Hallamos primero qh (t) :
2r2 + r + 2 = 0→
r1 = −1
4−√154· i
r2 = −14
+√154· i
Entonces tendremos:
qh (t) = C1e−t/4 cos
(√15t/4
)+ C2e
−t/4 sin(√
15t/4)
Ahora procedemos a hallar qp (t) :
E (t) = er cos t cos r sin t
−π < t < π → T = 2π
4
r sin t = 2nπtT→ r sin t = nt→ r cos tdt = ndt→ r cos t = n
E (t) = en cos (nt) → Cn =1
2π
∫ π
−πen cos (nt)e−i·ntdt =
en
2an = en
bn = 0
a0 = 2π
∫ π0en cos (nt)dt = 0
La serie de Fourier trigonometrica para E (t) sera:
E (t) =∞∑n=1
en cos (nt)
(2D2 +D + 2
)qp (t) =
∞∑n=1
en cos (nt)
qp (t) =1
(2D2 +D + 2)
[∞∑n=1
en cos (nt)
]
Resolviendo por operadores inversos tenemos:
qp (t) =∞∑n=1
−en [2 (n2 − 1) cos (nt)− n sin (nt)]
4n4 − 7n2 + 4
Finalmente tendremos:
q (t) =C1e−t/4 cos
(√15t/4
)+ C2e
−t/4 sin(√
15t/4)
+∞∑n=1
−en [2 (n2 − 1) cos (nt)− n sin (nt)]
4n4 − 7n2 + 4
5
4. Halle una transformacion de Mobius que transforme la circunferencia|z| = 1 en la recta Imz = 0.
SOLUCION
|z| = 1→ x2 + y2 = 1
x = cosθ ∧ y = senθ
La transformacion es de la forma:
f(z) =az + b
cz + d
w = f(z) =az + b
cz + d= u+ i · v
Como la imagen debe ser una recta Im(z) = 0→ y = 0⇒ u = 0
Para d = 0 y c 6= 0 garantiza una recta:
f(z) =az + b
cz= u+ i · v
w = f(z) =azz + bz
czz=a|z|2 + bz
c|z|2=a+ bz
c= u+i·v → z = cosθ+isenθ
Comparamos y reemplazando:
Nota (u = 0)Obtenemos que a = −b ; c = 1 y d = 0
w = f(z) =z − 1
z
Transformacion de Mobius
6
5. Demuestre la desigualdad de Bessel que afirma: Si f es cualquier funcionelevada al cuadrado integrable en [−π; π] (es decir, f ∈ L2), entoncessus coeficientes de Fourier aj y bj satisfacen
1
2a20 +
∞∑j=1
(a2j + b2j) ≤1
π
∫ π
−π|f(x)|2dx
Esta desigualdad es fundamental en la teorıa de las series de Fourier.
SOLUCION
Aproximacion mediante una Serie Finita de Fourier.
Sea Sk(t) = a02
+∑k
n=1(an cosnw0t + bn sinnw0t), la suma de los pri-meros (2k + 1) terminos de una Serie de Fourier que representa f(t)en el intervalo −T
2< t < T
2. Si f(t) se aproxima por Sk(t) es decir
f(t) = a02
+∑k
n=1(an cosnw0t+ bn sinnw0t) + εk(t).
→ εk(t) = f(t) − Sk(t) y εk(t) es la diferencia o error entre f(t) y suaproximacion, entonces el error cuadratico medio “Ek” esta definidopor:
Ek =1
T
∫ T2
−T2
[εk(t)]2dt =
1
T
∫ T2
−T2
[f(t)− Sk(t)]2dt
Ek =1
T[
∫ T2
−T2
[f(t)2 − 2f(t)Sk(t) + Sk(t)2]dt]
Ek =1
T
∫ T2
−T2
[f(t)]2dt− 2
T
∫ T2
−T2
f(t)Sk(t)dt+1
T
∫ T2
−T2
[sk(t)]2dt
Entonces tendremos:
2
T
∫ T2
−T2
f(t)Sk(t)dt =2
T
a02
∫ T2
−T2
f(t)dt+2
T
k∑n=1
an
∫ T2
−T2
f(t) cosnw0tdt
7
2
T
k∑n=1
bn
∫ T2
−T2
f(t) sin(nw0t)dt =a202
+k∑
n=1
(a2n + b2n)
1
T
∫ T2
−T2
[Sk(t)]2dt =
1
T
∫ T2
−T2
[a202
+k∑
n=1
(an cosnw0t+ bn sinnw0t)]2dt
Aplicando relaciones de ortogonalidad.
1
T
∫ T2
−T2
[Sk(t)]2dt =
a204
+1
2
k∑n=1
(a2n + b2n)
→ Ek =1
T
∫ T2
−T2
|f(t)|2dt− a204− 1
2
k∑n=1
(a2n + b2n)
Se puede notar que Ek ≥ 0, entonces:
Ek+1 = 1T
∫ T2
−T2
|f(t)|2dt −a204−1
2
∑k+1n=1(a
2n + b2n)
−Ek = 1
T
∫ T2
−T2
|f(t)|2dt −a204−1
2
∑kn=1(a
2n + b2n)
Ek+1 − Ek = −12[a2k+1 + b2k+1]
Se observa que la sucesion Ek contiene solamente terminosno negativos y no es creciente; por consiguiente la sucesion
converge, entonces aplicando lımite:
lımk→∞
εk(t) = lımk→∞
f(t)− lımk→∞
Sk(t) = 0
8
→ lımk→∞Ek = 0 sale de reemplazar → lımk→∞Ek(t) en Ek.
Entonces finalmente reemplazando:
Ek =1
T
∫ T2
−T2
|f(t)|2dt− a204− 1
2
k∑n=1
(a2n + b2n) ≥ 0
lımk→∞
Ek︸ ︷︷ ︸0
=1
T
∫ T2
−T2
|f(t)|2dt− a204− 1
2
∞∑n=1
(a2n + b2n) ≥ 0
“Metodo de Sandwich”Despejando finalmente lo pedido y evaluando en T = 2π.
a202
+∞∑n=1
(a2n + b2n) ≤ 1
π
∫ π
−π|f(t)|2dt
6. Use funciones singulares para hallar la serie de Fourier de la funcionperiodica y use identidad de Parseval para hallar la suma indicada:
a) f(t) =
2− t ; 0 < t < 4t− 6 ; 4 < t < 8
, T = 8
b) S = 1 + 134
+ 154
+ 174
+ . . .
SOLUCION
9
f(t) = 2u−1(t)− u−2(t) + 2u−2(t− 4)− u−2(t− 8)− 2u−1(t− 8)
f ′(t) = 2δ(t)− u−1(t) + 2u−1(t− 4)− u−1(t− 8)− 2δ(t− 8)
f ′′(t) = 2δ′(t)− δ(t) + 2δ(t− 4)− δ(t− 8)− 2δ′(t− 8)
T = 8→ w =2π
8=π
4
−n2anπ
2
16=
2
8
∫ 8
0
f ′′(t) cosnπ
4tdt =
1
4[−1 + 2(−1)n − 1]
an =8
π2[−(−1)n + 1
n2]
→ f(t) =8
π2
∞∑n=1
2
(2n− 1)2cos(2n− 1)
π
4t
Aplicando la Identidad de Parseval:
1
8[
∫ 4
0
(2− t)2dt+
∫ 8
4
(t− 6)2dt] =∞∑n=1
64
π4· 4
(2n− 1)4
10
∞∑n=1
1
(2n− 1)4=π4
96
7. Por integracion obtenga la serie de Fourier de la siguiente funcion pe-riodica use la identidad de Parseval para calcular la suma respectiva:
a) f(t) =
2t− t2
2; 0 < t < 4
t2
2− 6t ; 4 < t < 8
, T = 8
b) S = 1 + 136
+ 156
+ 176
+ . . .
SOLUCION
Del problema (6) integrando:
f ′(t) = −8 +16
π3· 4
∞∑n=1
sin(2n− 1)π4t
(2n− 1)3
= −8 +64
π3
∞∑n=1
sin(2n− 1)π4t
(2n− 1)3
Aplicando la Identidad de Parseval:
1
8[
∫ 4
0
(2t− t2
2)2dt+
∫ 8
4
(t2
2− 6t)2dt] = (−8)2 +
∞∑n=1
(64
π3(2n− 1)3)2
∫ 4
0
(4t2 +t4
4− 2t3)dt = (
4t3
3+t5
20− t4
2)|40 =
128
15∫ 8
4
(t4
4+ 36t2 − 6t3)dt = (
t5
20+ 12t3 − 3
2t4)|84 =
6016
5
11
1
8[18176
15] = 64 +
642
π6
∞∑n=1
1
(2n− 1)6
∞∑n=1
1
(2n− 1)6=
41π6
1920
8. Resuelva el problema de valores en la frontera: ∂2u∂x2
= ∂2u∂t2
; 0 < x < π,t > 0
u(x; 0) =
x , 0 < x < π
2
π − x , π2< x < π
u(0; t) = 0, u(π; t) = 0, t > 0, ∂u∂t|t=0 = 0, 0 < x < π
SOLUCION
En un sistema f(x) = u(x;0) vs x:
12
Por la condiciones del problema tendremos:
Condiciones de frontera:
u(0; t) = 0
u(π; t) = 0
t > 0
Condiciones de iniciales:
∂u
∂t|t=0 = 0
g(x) = 0 (Velocidad inicial igual a ”0”)
Sabemos que u(x;t)=∑∞n=1Bn cos(λnt) · sin(nπ
lx) :
l = π
→ Bn =2
π[
∫ π2
0
(x) · sin(nπ
lx)dx−
∫ π
π2
(x− π) · sin(nπ
lx)dx]
Bn =4
n2π· sin(
nπ
2)
Finalmente u(x;t) :
u(x;t) =4
π
∞∑n=1
[sin(nπ
2)
n2cos(λnt) · sin(
nπ
lx)]
u(x;t) =4
π
∞∑n=1
[sin(nπ
2)
n2cos(λnt) · sin(nx)]
λn =c · n ·π
l= c · n
13
9. Halle la serie compleja de Fourier, para la funcion periodica definidapor f(t) = 3t5 − 10π2t3 + 7π4t; −π < t < π; f(t+ 2π) = f(t), y evaluela suma siguiente:S = −1 + 1
35− 1
55+ 1
75− . . .
SOLUCION
Se sabe que la serie compleja de Fourier es:
f (t) =∞∑
n=−∞
Cneint
Cn =1
2π
∫ π
−π
(3t5 − 10π2t3 + 7π4t
)e−i·ntdt =
360(−1)n
n5· i
f (t) =∞∑
n=−∞
(360(−1)n
n5· i)ei·nt
Dejando la serie en trigonometrica, tenemos:
f (t) =∞∑n=1
−720
(2n− 1)5(−1)n sin ((2n− 1) t)
n:impares
Para un t = π/2 tenemos en la serie que:
f (t) = 3(π/2)5−10π2(π/2)3+7π4 (π/2) =∞∑n=1
−720
(2n− 1)5(−1)n sin ((2n− 1) (π/2))
75π5
32=∞∑n=1
−720
(2n− 1)5(−1)n →
∞∑n=1
(−1)n
(2n− 1)5= − 5π5
1536
14
∞∑n=1
(−1)n
(2n− 1)5= − 5π5
1536
10. Use la transformacion w = z2+1z
, para hallar las imagenes con sus res-pectivas graficas de:
a) (x2 + y2)(x+ 2y − 32) = 2y − x
b) (x2 + y2)(x− y − 1) = −y − x
SOLUCION
w =z2 + 1
z→ z = x+ i · y
w =(x+ y · i)2 + 1
(x+ y · i)
=(x2 + y2 · (i)2 + xy · i) + 1
(x+ y · i)
=(x2 − y2 + 2xy · i+ 1)
(x+ y · i)· (x− y · i)
(x− y · i)
=(x2 − y2 + 2xy · i+ 1)
(x2 + y2)· (x− y · i)
w = u+ i · v
w =
Re(w) = x(x2+y2+1)
x2+y2= u
Im(w) = y(x2+y2−1)x2+y2
= v
Usando Coordenadas Polares :
15
x = R cos θ
y = R sin θ
Re(w) = u = R cos θ(R2+1)
R2 = cos θ(R2+1)R
Im(w) = v = y(x2+y2−1)x2+y2
= sin θ(R2−1)R
Parte a):
(x2 + y2)(x+ 2y − 3
2) = 2y − x
R2(R cos θ + 2R sin θ − 3
2) = 2R sin θ −R cos θ
R(2R cos θ + 4R sin θ − 3) = 2[2 sin θ − cos θ]
R(2R cos θ + 4R sin θ − 3) = 4 sin θ − 2 cos θ
2R2 cos θ + 4R2 sin θ − 3R = 4 sin θ − 2 cos θ
4R2 sin θ − 4 sin θ + 2R2 cos θ + 2 cos θ = 3R
4 · sin θ(R2 − 1)
R+ 2 · cos θ(R2 + 1)
R= 3
4v + 2u = 3
Parte b):
(x2 + y2)(x− y − 1) = −y − xR2(R cos θ −R sin θ − 1) = −R sin θ −R cos θ
R(R cos θ −R sin θ − 1) = − sin θ − cos θ
R2 cos θ + cos θ − [R2 sin θ − sin θ] = R
cos θ(R2 + 1)
R− [
sin θ(R2 − 1)
R] = 1
u− v = 1
16
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