DENSIDAD DE FLUJO ELÉCTRICO
LEY DE GAUSS
APLICACIONES DE LA LEY DE GAUSS
DIVERGENCIA
PRIMERA ECUACIÓN DE MAXWELL [ELECTROSTÁTICA]
OPERADOR VECTORIAL Y EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA
DENSIDAD DE FLUJO ELÉCTRICO
LEY DE GAUSS
APLICACIONES DE LA LEY DE GAUSS
DIVERGENCIA
PRIMERA ECUACIÓN DE MAXWELL [ELECTROSTÁTICA]
OPERADOR VECTORIAL Y EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA
Se muestra una descripcion d elos métdos mas simples de resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden como ecuaciones separables y metodo de factor integrante. al final se anexan un par de palicaciones sobre ley de enfriamiento y moviemiento en medio resistente.
Se muestra una descripcion d elos métdos mas simples de resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden como ecuaciones separables y metodo de factor integrante. al final se anexan un par de palicaciones sobre ley de enfriamiento y moviemiento en medio resistente.
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.
Solucionario Tercera Práctica Calificada de Matemática V - FIEE UNI
1. MATEM´ATICA V
TERCERA PR´ACTICA 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
SOLUCI´ON
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
2. 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 funci´on g(t) es la siguiente :
g(t) =
2(π2
− 3)
3
+
k≥1
[
4(−1)k
k2
cos kt−
2[(k2
(π2
− 1) − 2)(−1)k
+ k2
+ 2]
k3π
·sin kt]
Para que exista la funci´on f(t) y pueda tener los par´ametros
an y bn, debemos hacer el cambio unicamente de k → 2Ω,
entonces reemplazando en ak y bk, tenemos que:
an =
1
n2
bn = −
π
n
Por lo tanto para la Serie de Fourier es:
an =
1
n2
bn = −
π
n
2. Determine la temperatura estacionaria de una placa delgada que ocupa
la regi´on
Ω = (x, y)/x ≤ 3, y ≥ 0
Si la temperatura en la frontera ubicada en el primer cuadrante es
T = 1, en el resto de la frontera es T = 0.
SOLUCI´ON
2
3. Usando Dirichlet:
f(x, y) =
T = 0 ; x < 3
T0 = 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
4. 3. Determine la serie trigonom´etrica de q(t), en un circuito serie RLC, si
la tensi´on de entrada est´a dada por E(t) = er cos t
cos(r sin t), L = 2H,
R = 1Ω, C = 1
2
F.
SOLUCI´ON
La ecuaci´on diferencial del circuito RLC ser´a:
2q + q + 2q = er cos t
cos r sin t
Hallamos primero qh (t) :
2r2
+ r + 2 = 0 →
r1 = −1
4
−
√
15
4
· i
r2 = −1
4
+
√
15
4
· 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
5. r sin t = 2nπt
T
→ r sin t = nt → r cos tdt = ndt → r cos t = n
E (t) = en
cos (nt) → Cn =
1
2π
π
−π
en
cos (nt)e−i·nt
dt =
en
2
an = en
bn = 0
a0 = 2
π
π
0
en
cos (nt)dt = 0
La serie de Fourier trigonom´etrica para E (t) ser´a:
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
6. 4. Halle una transformaci´on de Mobius que transforme la circunferencia
|z| = 1 en la recta Imz = 0.
SOLUCI´ON
|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 = 0 garantiza una recta:
f(z) =
az + b
cz
= u + i · v
w = f(z) =
az¯z + b¯z
c¯zz
=
a|z|2
+ b¯z
c|z|2
=
a + b¯z
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
Transformaci´on de Mobius
6
7. 5. Demuestre la desigualdad de Bessel que afirma: Si f es cualquier funci´on
elevada al cuadrado integrable en [−π; π] (es decir, f ∈ L2
), entonces
sus coeficientes de Fourier aj y bj satisfacen
1
2
a2
0 +
∞
j=1
(a2
j + b2
j ) ≤
1
π
π
−π
|f(x)|2
dx
Esta desigualdad es fundamental en la teor´ıa de las series de Fourier.
SOLUCI´ON
Aproximaci´on mediante una Serie Finita de Fourier.
Sea Sk(t) = a0
2
+ k
n=1(an cos nw0t + bn sin nw0t), la suma de los pri-
meros (2k + 1) t´erminos 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) = a0
2
+ k
n=1(an cos nw0t + bn sin nw0t) + εk(t).
→ εk(t) = f(t) − Sk(t) y εk(t) es la diferencia o error entre f(t) y su
aproximaci´on, entonces el error cuadr´atico medio “Ek” est´a definido
por:
Ek =
1
T
T
2
−T
2
[εk(t)]2
dt =
1
T
T
2
−T
2
[f(t) − Sk(t)]2
dt
Ek =
1
T
[
T
2
−T
2
[f(t)2
− 2f(t)Sk(t) + Sk(t)2
]dt]
Ek =
1
T
T
2
−T
2
[f(t)]2
dt −
2
T
T
2
−T
2
f(t)Sk(t)dt +
1
T
T
2
−T
2
[sk(t)]2
dt
Entonces tendremos:
2
T
T
2
−T
2
f(t)Sk(t)dt =
2
T
a0
2
T
2
−T
2
f(t)dt +
2
T
k
n=1
an
T
2
−T
2
f(t) cos nw0tdt
7
8. 2
T
k
n=1
bn
T
2
−T
2
f(t) sin(nw0t)dt =
a2
0
2
+
k
n=1
(a2
n + b2
n)
1
T
T
2
−T
2
[Sk(t)]2
dt =
1
T
T
2
−T
2
[
a2
0
2
+
k
n=1
(an cos nw0t + bn sin nw0t)]2
dt
Aplicando relaciones de ortogonalidad.
1
T
T
2
−T
2
[Sk(t)]2
dt =
a2
0
4
+
1
2
k
n=1
(a2
n + b2
n)
→ Ek =
1
T
T
2
−T
2
|f(t)|2
dt −
a2
0
4
−
1
2
k
n=1
(a2
n + b2
n)
Se puede notar que Ek ≥ 0, entonces:
Ek+1 = 1
T
T
2
−T
2
|f(t)|2
dt −
a2
0
4
−1
2
k+1
n=1(a2
n + b2
n)
−
Ek = 1
T
T
2
−T
2
|f(t)|2
dt −
a2
0
4
−1
2
k
n=1(a2
n + b2
n)
Ek+1 − Ek = −1
2
[a2
k+1 + b2
k+1]
Se observa que la sucesi´on {Ek} contiene solamente t´erminos
no negativos y no es creciente; por consiguiente la sucesi´on
converge, entonces aplicando l´ımite:
l´ım
k→∞
εk(t) = l´ım
k→∞
f(t) − l´ım
k→∞
Sk(t) = 0
8
9. → l´ımk→∞ Ek = 0 sale de reemplazar → l´ımk→∞ Ek(t) en Ek.
Entonces finalmente reemplazando:
Ek =
1
T
T
2
−T
2
|f(t)|2
dt −
a2
0
4
−
1
2
k
n=1
(a2
n + b2
n) ≥ 0
l´ım
k→∞
Ek
0
=
1
T
T
2
−T
2
|f(t)|2
dt −
a2
0
4
−
1
2
∞
n=1
(a2
n + b2
n) ≥ 0
“M´etodo de Sandwich”
Despejando finalmente lo pedido y evaluando en T = 2π.
a2
0
2
+
∞
n=1
(a2
n + b2
n) ≤
1
π
π
−π
|f(t)|2
dt
6. Use funciones singulares para hallar la serie de Fourier de la funci´on
peri´odica y use identidad de Parseval para hallar la suma indicada:
a) f(t) =
2 − t ; 0 < t < 4
t − 6 ; 4 < t < 8
, T = 8
b) S = 1 + 1
34 + 1
54 + 1
74 + . . .
SOLUCI´ON
9
11. ∞
n=1
1
(2n − 1)4
=
π4
96
7. Por integraci´on obtenga la serie de Fourier de la siguiente funci´on pe-
ri´odica 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 + 1
36 + 1
56 + 1
76 + . . .
SOLUCI´ON
Del problema (6) integrando:
f (t) = −8 +
16
π3
· 4
∞
n=1
sin(2n − 1)π
4
t
(2n − 1)3
= −8 +
64
π3
∞
n=1
sin(2n − 1)π
4
t
(2n − 1)3
Aplicando la Identidad de Parseval:
1
8
[
4
0
(2t −
t2
2
)2
dt +
8
4
(
t2
2
− 6t)2
dt] = (−8)2
+
∞
n=1
(
64
π3(2n − 1)3
)
2
4
0
(4t2
+
t4
4
− 2t3
)dt = (
4t3
3
+
t5
20
−
t4
2
)|4
0 =
128
15
8
4
(
t4
4
+ 36t2
− 6t3
)dt = (
t5
20
+ 12t3
−
3
2
t4
)|8
4 =
6016
5
11
12. 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 , π
2
< x < π
u(0; t) = 0, u(π; t) = 0, t > 0, ∂u
∂t
|t=0 = 0, 0 < x < π
SOLUCI´ON
En un sistema f(x) = u(x;0) vs x:
12
13. 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=1
Bn cos(λnt) · sin(nπ
l
x) :
l = π
→ Bn =
2
π
[
π
2
0
(x) · sin(
nπ
l
x)dx −
π
π
2
(x − π) · sin(
nπ
l
x)dx]
Bn =
4
n2π
· sin(
nπ
2
)
Finalmente u(x;t) :
u(x;t) =
4
π
∞
n=1
[
sin(nπ
2
)
n2
cos(λnt) · sin(
n&π
££l
x)]
u(x;t) =
4
π
∞
n=1
[
sin(nπ
2
)
n2
cos(λnt) · sin(nx)]
λn =
c · n ·&π
££l
= c · n
13
14. 9. Halle la serie compleja de Fourier, para la funci´on peri´odica definida
por f(t) = 3t5
− 10π2
t3
+ 7π4
t; −π < t < π; f(t + 2π) = f(t), y eval´ue
la suma siguiente:
S = −1 + 1
35 − 1
55 + 1
75 − . . .
SOLUCI´ON
Se sabe que la serie compleja de Fourier es:
f (t) =
∞
n=−∞
Cneint
Cn =
1
2π
π
−π
3t5
− 10π2
t3
+ 7π4
t e−i·nt
dt =
360(−1)n
n5
· i
f (t) =
∞
n=−∞
360(−1)n
n5
· i ei·nt
Dejando la serie en trigonom´etrica, 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
15. ∞
n=1
(−1)n
(2n − 1)5 = −
5π5
1536
10. Use la transformaci´on w = z2+1
z
, para hallar las im´agenes con sus res-
pectivas gr´aficas de:
a) (x2
+ y2
)(x + 2y − 3
2
) = 2y − x
b) (x2
+ y2
)(x − y − 1) = −y − x
SOLUCI´ON
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
16. 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
) = 2 R 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 − x
&&R2
(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