FIEE-UNI Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

1. UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIER´IA Ciclo Acad´emico: 2016 - II
FACULTAD DE INGENIER´IA EL´ECTRICA Y ELECTR´ONICA Fecha: 09 / 12 / 2016
DEPARTAMENTO ACAD´EMICOS Duraci´on: 2 horas
CURSO: MATEM´ATICA V COD. CURSO MA-185 MNO N◦
DE ORDEN: 35
EXAMEN FINAL
APELLIDOS Y NOMBRES: Sarango Veliz, Andy Juan
NOTA: 20 C´ODIGO N◦
: 20141327K SECCI´ON: N
NOTA: Se considerar´a orden, limpieza y claridad (buena letra) en la evaluaci´on de las integrales
evite usar la calculadora para colocar s´olo respuestas. Fundamente y sustente paso a paso cada soluci´on
de los problemas. Haga los dibujos en los casos que sean necesarios para fundamentar la soluci´on adecuada
de los problemas planteados.
1. Determine la serie compleja de Fourier de la funci´on peri´odica f de periodo T = 2π, definida por
f(t) = t(t−π)(t−2π); 0 ≤ t ≤ 2π, y eval´ue usando el teorema de Parseval la siguiente suma
∞
n=1
1
n6 .
SOLUCI´ON:
f(t) = t(t − π)(t − 2π)
f(t + 2π) = f(t)
f(t) = t2
[u−1(t) − u−1(t − 2π)]
f (t) = 2t[u−1(t) − u−1(t − 2π)] + t2
[δ(t) − δ(t − 2π)]
f (t) = 2t[u−1(t) − u−1(t − 2π)] − 4π2
δ(t − 2π)
f (t) = 2[u−1(t) − u−1(t − 2π)] + 2t[δ(t) − δ(t − 2π)] − 4π2
δ (t − 2π)
f (t) = 2[u−1(t) − u−1(t − 2π)] − 4πδ(t − 2π) − 4π2
δ (t − 2π)
f (t) = 2[δ(t) − δ(t − 2π)] − 4πδ (t − 2π) − 4π2
δ (t − 2π)
w0 =
2π
T
=
2π
2π
= 1
1

2. an · n3
=
2
2π
2π
0
[2δ(t) − 2δ(t − 2π) − 4πδ (t − 2π) − 4π2
δ (t − 2π)] sin(nt)dt
an · n3
=
1
π
(4π)(n)
an =
4
n2
−bn · n3
=
1
π
2π
0
[2δ(t) − 2δ(t − 2π) − 4πδ (t − 2π) − 4π2
δ (t − 2π)] cos(nt)dt
−bn · n3
=
1
π
[−4π2
](−1)2
(−1)n2
bn = −
4π
n
a0
2
=
1
2π
2π
0
t2
dt
a0
2
=
4π2
3
Cn =
1
2
(an − j · bn) = (
2
n2
+ j ·
2π
n
)
f(t) =
∞
n=1
Cnej·nt
= 2
∞
n=1
(
1
n2
+
j · π
n
)ej·nt
TDP:
1
T
T
2
− T
2
[f(t)]2
dt =
∞
n=1
|Cn|2
→
∞
n=1
1
n6
=
π6
945
2. Demuestre el teorema de simetr´ıa de la transformada de Fourier y d´e un ejemplo de aplicaci´on.
If f(t) ↔ F(w) then F(t) ↔ 2πf(−w).
SOLUCI´ON:
Demostraci´on
F[F(t)] = 2πf(−w)
SQ:
2πf(t) =
∞
−∞
F(w)ej·wt
dw
CDS 2πf(−t) =
∞
−∞
F(w)e−j·wt
dw
IDV 2πf(−w) =
∞
−∞
F(t)e−j·wt
dt = F[F(t)]
F[f(t)] = 2πf(−w)
2

3. Ejemplo
F(w)/f(t) =
sin(dt)
πt
SQ:
F[gd(t)] =
2
w
sin(
wd
2
)
AT:
F[
2
t
sin(
td
2
)] = 2πgd(−w)
F[
sin(dt
2 )
πt
] = gd(−w) = gd(w)
F[
sin(at)
πt
] = g2a(w)
3. Dise˜ne un circuito digital para una respuesta al impulso h[n] = (1
2 )n
− (2
5 )n
u−1[n]
SOLUCI´ON:
TZ:
H(Z) =
Z
Z − 1
2
−
Z
Z − 2
5
; |Z| >
1
2
H(Z) =
1
10 Z
Z2 − 9
10 Z + 1
5
H(Z) =
1
10 Z−1
1 − 9
10 Z−1 + 1
5 Z−2
H(Z) =
Y (Z)
X(Z)
4. Halle la correlaci´on de las siguientes se˜nales:
f(t) =
A , 0 ≤ t ≤ 1
0 , t > 1 ∧ t < 0
3

4. g(t) =
−Bt
2 + B
2 , −1 ≤ t ≤ 1
0 , |t| > 1
La correlaci´on cruzada entre dos se˜nales se define como
Rxy(τ) =
∞
−∞
x(t)y(τ + t)dt
SOLUCI´ON:
SQ:
R12(τ) = f(t) ∗ g(−t)/t = τ
f(t) = A[u−1(t) − u−1(t − 1)]
g(t) = −
B
2
u−2(t + 1) −
B
2
u−2(t − 1) − Bu−1(t − 1)
R12(τ) = f (t) ∗ g(−t) = A[δ(t) − δ(t − 1)] ∗ g(−t) = Ag(x) − Ag(x − 1)
R12(τ) = −
AB
2
u−2(x + 1) −
AB
2
u−2(x − 1) − ABu−1(x − 1) +
AB
2
u−2(x) +
AB
2
u−2(x − 2)
+ ABu−1(x − 2)
R12(τ) = −
AB
2
u−3(τ + 1) −
AB
2
u−3(τ − 1) − ABu−2(τ − 1) +
AB
2
u−3(τ) +
AB
2
u−3(τ − 2) + ABu−2(τ − 2)
5. Encuentre la temperatura T(x; y) en la faja semi-infinita x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ π. Si la temperatura en la
frontera es T = T0 en el segmento desde 0 hasta πi, T = 0 en las fronteras superior e inferior. Use el
mapeo o la transformaci´on w = cosh z = cos(iz).
SOLUCI´ON:
Mapero conforme Puesto que T no depende del tiempo (“distribuci´on de temperatura de estado
estacionario”), la ecuaci´on del calor se reduce a la ecuaci´on de Laplace.
2
T =
∂2
T
∂x2
+
∂2
T
∂y2
= 0
Y debe encontrarse una soluci´on de esta ecuaci´on que satisfaga esas condiciones en la frontera.
Para resolver este problema se mapea la faja, en la mitad superior del plano w. Ya que el segmento
0 ≤ y ≤ πi, del eje y, se mapea en el segmento −1 ≤ u ≤ 1 del eje u, las condiciones en la frontera
en el plano w son:
T = T0 en el segmento desde − 1 hasta 1
T = 0 en todo el resto del eje u
4

5. La parte real e imaginaria de las funciones anal´ıticas son soluciones de la ecuaci´on de Laplace
y debe encontrarse una soluci´on T(u, v) en la mitad superior del plano w que satisfaga esas
condiciones en la frontera. Con este objetivo consid´erese las funciones:
ln(w + 1) = ln |w + 1| + i · φ1 φ1 = arg(w + 1) = arctan
v
u + 1
ln(w − 1) = ln |w − 1| + i · φ2 φ2 = arg(w − 1) = arctan
v
u − 1
Puesto que φ1(u, v) y φ2(u, v) son funciones arm´onicas, φ2 − φ1 es arm´onica. Si w = u es real y
menor que −1, entonces φ2 − φ1 = π − π = 0; para w = u, real, en el intervalo −1 < u < 1, se
tiene φ2 − φ1 = π − 0 = π y para w = u > 1, real, se tiene φ2 − φ1 = 0 − 0 = 0. Por tanto la
funci´on:
T(u, v) =
T0
π
(φ2 − φ1)
Es arm´onica en el semiplano v > 0 y satisface esas condiciones en la frontera en el plano w. Ya
que tan φ1 = v
(u+1) y tan φ2 = v
(u−1) , se deduce que:
tan(φ2 − φ1) =
tan φ2 − tan φ1
1 + tan φ1 tan φ2
=
2v
u2 + v2 − 1
T(u, v) =
T0
π
arctan
2v
u2 + v2 − 1
La funci´on w = cosh z mapea la faja bajo consideraci´on en el semiplano v ≥ 0 y se tiene:
w = u + iv = cosh(x + iy) = cosh x cos y + i sinh x sin y
Separando las partes real e imaginaria en ambos miembros, esta expresi´on puede escribirse:
u = cosh x cos y
v = sinh x sin y
A partir de estas expresiones para u y v se sigue que, en T(u, v).
u2
+ v2
− 1 = cosh2
x cos2
y + sinh2
x sin2
y − 1 = sinh2
x − sin2
y
Sustituyendo este resultado y la expresi´on para v en T(u, v) y denotado T(u(x,y), v(x,y)) por
T∗
(x, y), se tiene.
T∗
(x, y) =
T0
π
arctan
2 sinh x sin y
sinh2
x − sin2
y
Observando que el numerador y el denominador son la parte imaginaria y la parte real de la
funci´on (sinh x + i sin y)2
, puede escribirse:
T∗
(x, y) =
T0
π
arg[(sinh x + i sin y)2
] =
2T0
π
arg(sinh x + i sin y)
Por lo tanto, la soluci´on del problema es:
T∗
(x, y) =
2T0
π
arctan
sin y
sinh x
Transformaci´on w = cosh z Para y > 0
Problema de Dirichlet
5

6. T(U, V ) = Mθ1 + Nθ2 + C
T(U, V ) = (
T0 − T1
π
)θ1 + (
T1 − T2
π
)θ2 + T2
T(U, V ) =
T0
π
[arctan(
V
U − 1
) − arctan(
V
U + 1
)]
U = cosh x cos y
V = sinh x sin y
6. Encuentre gr´aficamente la convoluci´on de f1(t) con un par de impulsos de longitud k cada uno, es decir
f2(t) = kδ(t + T) + kδ(t − T). La funci´on f1 est´a definida por:
f1(t) =



(2A
a )t + A + 2AT
a ; −T − a
2 ≤ t ≤ −T
(−2A
a )t + A − 2AT
a ; −T ≤ t ≤ −T + a
2
(2A
a )t + A − 2AT
a ; T − a
2 ≤ t ≤ T
(−2A
a )t + A + 2AT
a ; T ≤ t ≤ T + a
2
SOLUCI´ON:
La convoluci´on de una funci´on f(t) con una funci´on de impulso unitario δ(t) produce la funci´on f(t)
misma. Esto se puede probar f´acilmente usando la propiedad de muestreo.
f(t) ∗ δ(t) =
∞
−∞
f(τ)δ(t − τ)dτ = f(t)
Este resultado tambi´en se deduce del teorema de la convoluci´on temporal y del hecho de que:
f(t) ↔ F(w) y δ(t) ↔ 1
Por lo tanto:
f(t) ∗ δ(t) ↔ F(w)
Por consiguiente:
f(t) ∗ δ(t) = f(t)
Este resultado tambi´en es obvio gr´aficamente. Puesto que el impulso se concentra en un punto y tiene
un ´area de unidad, la integral de convoluci´on en la ecuaci´on produce la funci´on f(t). As´ı, la funci´on
de impulso unitario cuando convoluciona con una funci´on f(t) reproduce la funci´on f(t). Una simple
extensi´on de los rendimientos de la ecuaci´on:
f(t) ∗ δ(t − T) = f(t − T)
f(t − t1) ∗ δ(t − t2) = f(t − t1 − t2)
δ(t − t1) ∗ δ(t − t2) = δ(t − t1 − t2)
Paso 1 Graficamos las funciones.
Descansando el procedimiento de convoluci´on gr´afica descrito en clase, doblamos f2(τ) sobre
la ordenada para obtener f2(−τ). Puesto que f2(τ) es una funci´on par de f2(−τ) = f2(τ). La
convoluci´on de f1(τ) con f2(τ) se reduce as´ı a la convoluci´on de f1(τ) con dos impulsos.
6

7. Paso 2 Convoluci´on.
De la propiedad de una funci´on de impulso para reproducir la funci´on por convoluci´on, puede verse
f´acilmente que cada impulso produce un impulso triangular de altura Ak en el origen (t = 0).
Por lo tanto la altura neta del pulso triangular es 2Ak en el origen. A medida que la funci´on
f2(t − τ) se mueve m´as lejos en una direcci´on positiva, el impulso situado originalmente en −T
encuentra el pulso triangular en τ = T y reproduce el pulso triangular de altura Ak en t = 2T.
Del mismo modo, el impulso situado originalmente en T reproduce un pulso triangular de altura
Ak en t = −2T. El resultado final de la convoluci´on se muestra en:
7. Use el teorema de la derivada para calcular la transformada de Fourier de x(t) = |t|u−1(1 − t).
7

8. SOLUCI´ON:
STDTDF
F[f · g] =
1
2π
[F(w) ∗ G(w)]
Si:
f = |t|
g = u−1(1 − t)
Entonces:
X(w) =
1
2π
{F[|t|] ∗ F[u1(1 − t)]}
F[u−1(t)] = πδ(w) +
1
j · w
Factor de escala
F[u−1(−t)] = F(−w)
Traslaci´on en el dominio del tiempo
F[u−1(−t − (−1))] = ejw
· F(−w)
8. Por definici´on determine la siguiente convoluci´on y(t) = (e2t
− 1)δ (t) + 2e2t
δ(t) + |t − u−1(t)| ∗e−|t|
.
SOLUCI´ON:
9. a) Calcule la transformada Z de x[n] = 4−|n|
.
b) Un sistema LTI en tiempo discreto est´a descrito por la ecuaci´on de diferencias: y[n] = 4
5 y[n − 1] −
1
4 y[n−2]+x[n]−x[n−2]. Encuentre la respuesta natural del sistema ante las condiciones iniciales
y(−1) = 0 y y(−2) = −4, y la respuesta forzada del sistema ante un escal´on unitario.
SOLUCI´ON:
Parte a La transformada Z de la funci´on x[n], se denota por Z {x[n]}, se define como:
Z {x[n]} =
∞
k=0
x[kT]Z−k
Separamos:
4−|n|
=



4n
n < 0
1 n = 0
4−n
n > 0
Entonces tendremos:
Z {x[n]} =
∞
k=0
4kT
· Z−k
+
∞
k=0
1 · Z−k
+
∞
k=0
4−kT
· Z−k
Z {x[n]} = 1 + 4T
· Z−1
+ · · · + 1 + ·Z−1
+ · · · + 1 + 4−T
· Z−1
+ · · ·
Condiciones:
|
4T
Z
| < 1
|
1
Z
| < 1
8

9. |
1
4T · Z
| < 1
Z {x[n]} =
1
1 − 4
Z
+
1
1 − 1
Z
+
1
1 − 1
4·Z
Z {x[n]} =
1
4 · Z − 1
+
1
Z − 1
+
4
Z − 4
+ 3
Parte b Sistema LTI en tiempo discreto.
y[n] =
4
5
y[n − 1] −
1
4
y[n − 2] + x[n] − x[n − 2]
Condiciones iniciales:
y(−1) = 0
y(−2) = −4
Aplicando TZ.
Y (Z) =
4
5
[Z−1
·Y (Z)+ 0
y(−1)
]−
1
4
[Z−2
·Y (Z)+y(−1)·Z−1
·Y (Z)+y(−2)·Y (Z)]+X(Z)−[Z−2
·X(Z)]
Operando:
Y (Z) =
4
5
· Z−1
Y (Z) −
1
4
(Z−2
· X(Z) − 4 · Y (Z)) + X(Z) − Z−2
· X(Z)
Factorizando:
Y (Z) · [
5 · Z − 16 · Z2
20 · Z3
] = X(Z) · (
Z2
− 1
Z2
)
H(Z) =
Y (Z)
X(Z)
=
20 · Z
(Z2 − 1)(5 · Z − 16 · Z2)
9

10. 10. Encuentre la soluci´on de la ecuaci´on de onda ∂2
u
∂t2 = c2 ∂2
u
∂x2 , correspondiente a la desviaci´on inicial
triangular en t = 0.
u(x; 0) = f(x) =



2k
l x ; 0 ≤ x ≤ l
2
2k
l (l − x) ; l
2 ≤ x ≤ l
u(0; t), u(l; t), ∀t. Adem´as ∂u
∂t |t=0 = g(x) = 0
SOLUCI´ON:
Condiciones iniciales
u(x, 0) = f(x)
Deformaci´on inicial
∂u
∂t
|t=0 = g(x) = 0
Velocidad inicial (igual a 0)
Condiciones de frontera
u(0; t) = 0
u(l; t) = 0
Sabemos que:
u(x; t) =
∞
n=1
Bn · cos(λnt) · sin(
nπ
l
x)
Bn =
2
l
l
2
0
(
2kx
l
) · sin(
nπx
l
)dx −
l
l
2
2kx
l
(x − l) · sin(
nπx
l
)dx
Entonces:
Bn =
8k
n2 · π2
· sin(
nπ
2
)
u(x; t) =
8k
π2
∞
n=1
sin(nπ
2 )
n2
· cos(λnt) · sin(
nπx
l
)
donde: λn = cnπ
l
10

11. Por lo tanto, toma la forma:
u(x; t) =
8k
π2
1
12
· sin(
π
l
x) · cos(
πc
l
t) −
1
32
· sin(
3π
l
x) · cos(
3πc
l
t) + − · · ·
Para construir la gr´afica de la soluci´on puede aplicarse u(x; 0) = f(x).
11

12. 12