Universidad Fermín Toro

Vice-rectorado Académico

Decanato de Ingeniería

Escuela de Mantenimiento Mecánico

Transformada de Laplace y serie de Fourier

AUTORES : Isaias Suarez CI : 19.323.444

TUTORES : Jose luis Morillo

CABUDARE, MARZO DEL 2012

1.) UTILIZAR LA DEFINICION DE TRANSFORMADA DE LAPLACE Y RESOLVER LA SIGUIENTE FUNCION

F ( t )=53t2−√7+5cos√3 t

2.) UTILIZAR PROPIEDADES Y TABLA PARA DETERMINAR LA TRANSFORMADA DE LAPLACE. ENUNCIE LAS PROPIEDADES

ANTES DE RESOLVER. SIMPLIFIQUE LOS RESULTADOS.

a ) F (t )=72e4 t (

23cos2√5 t+2cosh 2√3 t−4 t7 )

b ) F (t )=35t(6 senh2 t−5 sen3 tt2 )

c ) F (t )=L¿¿

¿

Resolución problema parte A:

Aplicando linealidad

Se multiplica y se divide la tercera transformada por 7!

Se aplica el primer teorema de traslación y tablas

Simplificando

Resolución del problema parte B.

Aplicando linealidad

Multiplicando por t en la primera transformada y división por t en la segunda transformada, por tablas se obtiene:

Resolviendo:

Resolución problema parte C:

L [ f ( t ) ]=s2 . L [ f ( t ) ]−s . f ( 0)−f ' (0 )____ (1 )asi

f ( t )=34cos2 t−2e−3t+3

5t4 e⃗ntonces f (0 )=3

4−2=−5

4

f ' ( t )=−32sen2 t+6 e−3 t+12

5t3 e⃗ntonces f '(0 )=6

L [ f ( t ) ]=L[34 cos2 t−2e−3 t+35 t5 ]

Aplicando linealidad:

L [ f (t ) ]=34L [cos2 t ]−2L [e−3 t ]+3

5.5 ! .L[ t55 ! ]

L [ f (t ) ]=34s

s2+4−21

s2+4−21s+3

+721

s6

Sustituyendo en (1)

L [ f (t ) ]=s2 [34 ss2+4 −2s+3

+72

s6 ]−s (−54 )−6simplificando

L [ f ( t )]=34s3

s2+4−2 s

2

s+3+72s4

+54s−6

3.-Aplicar Tabla, simplificación y método correspondiente para

determinar L−1 { f (s ) }=F (t )

Resolución problema parte A

a )L−1{ 7 (s− 34 )−√5

3(s−34 )2

−12+

5 (s−5 )+√79 ( s2−10 s+25 )3

− 7 s−48 s2−18

+ 4 √5s2+ 4

7}

L−1 [ f (s)]=L−1[ 7(S−34 )−√5

3(s−34)2

−12+5 (S−5 )+√79 (S2+10S+25 )3

−7S−48S2−18

+4 √5S2+

47

]Aplicamos factorización y separamos las fracciones:

L⁻¹[ f ( s ) ]=¿ L⁻¹

[ 73 × (S− 34 )(s−34 )

2

−4−√53×

1

(s−34 )2

−4+59×

1

(s−5 )2+ √79×

1

(s−5 )3−78×

s

s2−94

+12×

1

s2− 94

+4√5s2+ 47 ]

Aplicando linealidad

L−1 [ f (s ) ]=73L−1[ S−

34

(S−34 )2

−4 ]−√53L−1[ 1

(s−34 )2

−4 ]+ 59 L−1[ 1

(S−5)2 ]+ √79L−1[ 1

(S−5 )3 ]−78 L−1[ 1

S2− 9

4 ]+ 12 L−1[ 1

S2−94 ]+4√5 . L−1[ 1

S2+ 47 ]

Por tablas:

L−1 [ f (s ) ]=73×e3/4 t cos h2t−√5

6×e3 /4 t senh2 t+ 5

9×t . e5 t+ √7

18×t 2 e5 t−7

8× cosh

32t+ 13×sen h

32t+ 13×senh

32t+2√35 sen2√7 t

Resolución del problema parte B

b )L−1{− 4 s+7

s2+ 53s+174

− 6 s−4

s2−13s+20 }

Completando el cuadrado perfecto

L−1 [ f (s)]=L−1[ 4 s+7

(s+ 56 )2

+ 329

−6 s−4

(s−16 )2

+ 71936 ]

Se le suma a la primera fracción 5/6 y -5/6, a la segunda fracción se le suma 1/6 y -1/6

L−1 [ f (s ) ]=L−1[−4 (S−56−56 )+7

(s+56 )2

+329

−6(s−16+ 16 )−4(s−16 )

2

+ 17936

] Aplicando linealidad:

L−1 [ f (s ) ]=−4 L−1[ −s+56

(s+ 56 )2

+ 329

]−113 L−1[ 1

(S+ 56 )

2

+ 329 ]−6L−1[ S−

16

(S−16 )2

+ 71936

]+3 L−1[ 1

(S−16 )2

+71936 ]

Por tablas:

L−1 [ f (s)]=−4e−5 /6 t cos 4 √2 t .3 t− 94√2

×e−5/6 t sen4 √23 t

−6 e1 /6 t cos √ 7196 t+ 18√719

. e1 /6 t sen√7196

t

Resolución del problema parte C

c )L−1{ s2+2 s+3( s2+2 s+2 ) (s2+2 s+5 ) }

L−1 [ f (s)]=L−1[ S2+2 S+3(S2+2S+2 ) (S2+2S+5 ) ]

Se aplica el método de fracciones parciales para escribir la fracción en varias fracciones

s2+2 s+3(s2+2 s+2 ) ( s2+2 s+5 )

= AS+Bs2+2 s+2

+ CS+Ds2+2 s+5

s2+2 s+3=( s2+2 s+5 ) ( AS+B )+( s2+2 s+2 )(CS+D)

s2+2 s+3=A s3+Bs2+2 A s2+2 BS+5 AS+5B+C s3+Ds2+2C s2+2DS+2CS+1D

s2+2 s+3= (A+C ) s3+(2 A+B+2C+D ) s2+(5 A+2B+2C+2D ) s+(5B+2D)

Igualamos coeficientes

A+C=0 (I)

02 A+B+2C+D=1 (II)

5 A+2B+2C+2D=2 (III)

SB+2D=3 (IV)

( III )−2 ( II ) , entonces A−2C=0 (V )

2 I+(V ) , entonces3 A=0→A=0∧C=0

Sustituimos en (II) Y (IV)

B+0=1(VI )

5B+2D=3(VII )

5 (VI )−(VII )→3D=2→D=23∧B=1

3

Por consiguiente:

L−1 [ f (s)]=L−1[ 1/3S2+2S+2

+ 2/3S2+2S+5 ]

Completando cuadrado perfecto

L−1 [ f (s)]=L

−1[ 1/3(s+1)2+1

+2/3

(s+1)2+4 ]Aplicando linealidad

L−1 [ f (s)]=13L

−1[ 1(s+1)2+1 ]+ 23 L−1[ 1

(S+1 )2+4 ]

Por tablas

L−1 [ f (s)]=13e−t sent+ 1

3e−t sen2 t

4.) Utilizar el teorema de Convolución y determine:

L−1{ 2√5s3 (s2+2 ) }

L−1[ 2√5S3 (S2+2 ) ]=2√5×L−1[ 1S3× 1

S2+2 ]=2√5L−1[ 1S2+2

×1S3 ]

F1 (s )= 1

s2+2entonces :L−1 [ f (s )]= 1

√2sen√2 t

F2 (s )= 1s3entonces:L−1 [ f 2(s) ]=t 2

2=F 2(t)

Aplicando el método de convolucion

L−1 [F 1(s )×F 2(S)]=( f 1×f 2 ) ( t )=∫0

t

f 1 (w)×f 2 ( t−w )dw

L−1[ 2√5S3 (S2+2 ) ]=2√5√2 ∫

0

T

senBw ¿¿¿

¿ √5√2∫0

t

(t2−2w+w2 ) sen√2wdw

¿ √5√2∫0

t

(t ¿¿2 sen√2w−2wsen √2w+w2 sen √2w)dw ¿

Integrando obtenemos

L−1[ 2√5S3 (S2+2 ) ]=√5

√2 [−t 2

√2cos √2w−2( sen √2w

2−wcos√2w

√2 )+ 2wsen√2w2

+( 2√2−w2

2 )cos √2w ]evaluando ente0 yt

√5√2 [−t2 cos√2 t

√2−sen√2t+ 2tcos√2t√2

+ tsen√2 t+ cos√2 t√2− t2 cos√2 t

√2− 1

√2 ]

√5√2 [−2+√2

2√2t2 cos√2 t+ 2 t+1√2

× cos√2 t+( t−1 ) sen √2 t− 1√2 ]

5.) Determine el semiperiodo del seno de Fourier para

F ( x )=4 x ; 0<x<1 Realizar el espectro de la función.

F (−x )=−4 x=−F ( x )F ( x ) es impar

an=0∧bn=21/2∫0

1/2

4 Xsen( nπ1/2 )dx

bn=16∫0

1/2

Xsen (2nπ )dx∧a0=0

bn=16[ 1

4n2π2sen (2nπX )− 1

2nπX .cos (2nπX)]evaluado entre 0 y1 /2

bn=16[ sen (nπ )4n2π2

−cos (nπ)4n π ]

bn=16[0−(−1)n

4nπ ] sen (nπ )=0 ycos (nπ )=(−1)n, para todon≥0

bn=(−1)n+1

nπ

La serie de Fourier resulta

f ( x )=∑n=1

+∞

(−1 )n+1 4nπ

sen (nX )

6.) DESARROLLE LA EXPANSIÓN Y REALICE EL ESPECTRO DE FOURIR DE LA FUNCIÓN

F ( x )= ¿ {1 si 0≤x≤1¿ ¿¿ T=2

an=∫0

2

f ( x ) cosnπXdx

sin=0entoncesa0=∫0

2

f ( x )dx=∫0

1

dx+∫1

2

(2−x )dx

¿ x|10+(2x− x2

2 )|21¿1+4−2−2+1

2a0=

32

sin≥1entoncesan=∫0

1

cos (nπX )dx+∫1

2

(2−x ) cos (nπX )dx

an=sen (nπX )

nπ |10+( 2 sen(nπX)nπ

−cos (nπX )

n2π2−Xsen(nπX )

nπ )|21

an=sen (nπ )nπ

2 sen(2nπ )nπ

−cos (2nπ)n2π2

−2 sen (2nπ )

nπ−2 sen (nπ )

nπ+cos (nπ )n2π 2

+sen(nπ )nπ

an=−1n2π2

+(−1 )n

n2π 2

an=(−1)n−1n2π2

bn=∫0

2

f ( x ) sennπXd x

bn=∫0

1

sen (nπX )dx+∫1

2

(2−x ) sen (nπX )dx

bn=−cos(nπX)

nπ |10+( 2cos (nπX )nπ

−sen (nπX )n2π2

+Xcos (nπX )

nπ )|21

bn=−cos(nπ )

nπ+ 1nπ

−2cos (2nπ )

nπ−sen (2nπ)n2 π2

+2cos (2nπ )

nπ+2cos(nπ )

nπ+sen (nπ )n2π2

−cos(nπ )nπ

bn=−(−1)n

nπ+ 1nπ

− 2nπ

+ 2nπ

+2(−1)n

nπ−

(−1)n

nπ

bn=−2(−1)n

nπ+ 3nπ

bn=2(−1)n+1+3

nπ

Entonces

f ( x )=12a0+∑

n=1

+∞

(an cos (nx )+bn sen (nx ) )=12.32+∑n=1

+∞

((−1)n−1

n2π2cos (nx )+

2 (−1 )n+1+3nπ

sen (nx ))

Finalmente

f ( x )=34+ 1nπ

∑n=1

+∞ ( (−1)n−1nπcos (nx )+[2 (−1)n+1+3 ] sen (nx))