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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
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
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
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
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
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
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
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
→ 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
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
−
n2
anπ2
16
=
2
8
8
0
f (t) cos
nπ
4
tdt =
1
4
[−1 + 2(−1)n
− 1]
an =
8
π2
[
−(−1)n
+ 1
n2
]
→ f(t) =
8
π2
∞
n=1
2
(2n − 1)2
cos(2n − 1)
π
4
t
Aplicando la Identidad de Parseval:
1
8
[
4
0
(2 − t)2
dt +
8
4
(t − 6)2
dt] =
∞
n=1
64
π4
·
4
(2n − 1)4
10
∞
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
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
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
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
∞
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
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

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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
  • 10. 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 − n2 anπ2 16 = 2 8 8 0 f (t) cos nπ 4 tdt = 1 4 [−1 + 2(−1)n − 1] an = 8 π2 [ −(−1)n + 1 n2 ] → f(t) = 8 π2 ∞ n=1 2 (2n − 1)2 cos(2n − 1) π 4 t Aplicando la Identidad de Parseval: 1 8 [ 4 0 (2 − t)2 dt + 8 4 (t − 6)2 dt] = ∞ n=1 64 π4 · 4 (2n − 1)4 10
  • 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