Este documento presenta la solución de un examen final de matemáticas con 5 problemas. El primer problema involucra el cálculo de la serie de Fourier de una función periódica y la evaluación de una suma utilizando el teorema de Parseval. El segundo problema pide demostrar el teorema de simetría de la transformada de Fourier y dar un ejemplo. El tercer problema solicita diseñar un circuito digital para una respuesta al impulso dada. El cuarto problema pide calcular la correlación cruzada entre dos señales. El quinto y último problema res
Apuntes de clase del curso de MATEMÁTICA 3 dictado en la FIEE UNI. El documento incluye todo los temas tratados hasta el Examen parcial correspondiente al ciclo 2011 I.
LIMA-PERÚ
Se denomina motor de corriente alterna a aquellos motores eléctricos que funcionan con alimentación eléctrica en corriente alterna. Un motor es una máquina motriz, esto es, un aparato que convierte una forma determinada de energía en energía mecánica de rotación o par.
Criterios de la primera y segunda derivadaYoverOlivares
Criterios de la primera derivada.
Criterios de la segunda derivada.
Función creciente y decreciente.
Puntos máximos y mínimos.
Puntos de inflexión.
3 Ejemplos para graficar funciones utilizando los criterios de la primera y segunda derivada.
Solucionario Final de Matemática V - FIEE UNI 2016 II
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
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).
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