tarea fourier

8/17/2019 Tarea Fourier

1/68

Chapter 1

Primer Parcial

1.1 Tarea 1

1. Sí f (t ) es una función periódica de t con periodo T, demostrar que f (at ) para

a a = 0 es una función periódica de t con periodo T /a .Solución.

Sea t’=at, entonces f(t’) sea una función periódica con periodo T, entonces:

f (t ) = f (t +T )

t +T = at +T dividiendo todo entre a

t +T /a entonces f (t ) = f (t +T /a ).

2. Encontrar la serie trigonométrica de Fourier para la función definida por:

f (t ) =

1 −π< t < 00 0 < t


2/68

a n

=

1

π

1

n

sin(nt )

|0

−π

a n = 0

b n = 1

π

0−π

sin(nt )d t

b n = 1

π

1

n (−cos(nt )|0−π)

b n = 1

π

1

n [cos n π−1]

b n

= 0 n : p ar

− 2

n π n : im par Entonces la serie trigonométrica de Fourier es:

f (t ) = 12

−∞

n =1

2

(2n −1)π sin[(2n −1)t ]

3. Encontrar la serie trigonométrica de Fourier para la función f (t ) definida por

f (t ) = t en el intervalo (−π,π) y f (t ) = f (t +2π).Solución.

a o =

1

ππ

−πt d t

a o = 1

π

t 2

2|π−π = 0

a n = 1

π

π−π

t cos(nt )d t

a n = 1

π[ t

n sin(nt )|π−π−

1

n

π−π

sin(nt )d t ]

es claro ver que a n = 0 para toda n.

b n = 1π

π−π

t sin(nt )d t

b n = 1

π[− t

n cos(nt )|π−π+

1

n

π−π

cos(nt )d t ]

es claro ver que la integral del cos nt da cero, entonces nos queda:

b n = −2

n cos n π=

2n n : impar

− 2n n : par

2


3/68

la serie trigonométrica de Fourier para f (t ) = t es:

f (t ) = 2n

∞n =1

(−1)n +1 sin nt

4. Encontrar la serie trigonométrica de Fourier para la función f(t) definida por

f (t ) = t 2 en el intervalo (−π,π) y f (t ) = f (t +2π).Solución

a o = 1

π

π−π

t 2d t

a o = 1

π

t 3

3|π−π =

2

3π2

a n = 1

π

π−π

t 2 cos(nt )d t

a n = 1

π[

t 2

n sin(nt )|π−π−

2

n

π−π

t sin(nt )d t ]

es claro ver que la primera parte de esa integral da cero, y usando el resultado

del problema anterior, la segunda integral sabemos que da 2n

cos nt , entonces:

a n

= 4

n 2 n : p ar

− 4

n 2 n : im par

al ser f (t ) = t 2 una función par, es evidente que todas las b n son cero. Entoncesla STF de f (t ) = t 2 es:

f (t ) = π2

3+4

∞n =1

(−1)n n 2

cos nt

5. Encontrar la serie trigonométrica de Fourier para la función f(t) definida por

f (t ) = | As i n (ω0t )| en el intervalo (−T /2, T /2) y f (t ) = f (t +T ). Y con ωo = 2πT Solución

Al ser f(t) una función par, entonces la integral de

−T /2 a T /2 puede escribirse

como 2 veces la integral de 0 a T /2 entonces:

a o = 4

T

T /20

A sin(ωo t )d t

a o = 4

T

A

ωo (−cos(ωo t )|T /20 ) =

4 A

π

a n = 4 A

T

T /20

sin(ωo t )cos(n ωo t )d t

3


4/68

a n =

4 A

T

[

− 1

n ωo sin(ωo t )sin(n ωo t )

|T /20

0

−1

n T /2

0

cos(ωo t )sin(n ωo t )d t ]

a n = 4 A

T [

1

n 2ωo cos(ωo t )cos(n ωo t )|T /20 +

1

n 2

T /20

sin(ωo t )cos(n ωo t )d t ]

T /20

sin(ωo t cos(n ωo t )d t = 1

n 2ωo

cos(ωo t )cos(n ωo t )|T /201− 1

n 2

a n = 2 A

π [

−cos(n π) −1n 2 −1 ]

a n =

0 n : im par

− 4 A

π(n 2−1) n : p ar Siendo que la función es par, los coeficientes b n son cero para toda n, entonces

la STF es:

f (t ) = 2 A π

− 4 A π

∞n =1

1

(2n )2 −1 cos n ωo t

6. Desarrollar f (t ) = sin2 t cos3 t en serie trigonométrica de Fourier en el inter-valo (−π,π) y f (t ) = f (t +2π).Solución.

Utilizando las definiciones: sin t = e i t −e −i t 2i y cos t = e i t +e −i t

2

f (t ) = (e i t

−e −i t

2i )2

(cos t = e i t

+e −i t

2 )3

= [−12

e i 2t +e −i 2t 2

+ 12

][1

4

e i 3t +e −i 3t 2

+ 34

e i t +e −i t 2

]

= −18

(e i 2t +e −i 2t

2)(

e i 3t +e −i 3t 2

)−38

(e i 2t +e −i 2t

2)(

e i t +e −i t 2

)+18

e i 3t +e −i 3t 2

+38

e i t +e −i t 2

= − 116

(e i 5t +e −i 5t

2+e

i t +e −i t 2

)− 316

(e i 3t +e −i 3t

2+e

i t +e −i t 2

)+18

e i 3t +e −i 3t 2

+38

e i t +e −i t 2

= − 116

(cos5t +cos t ) − 316

(cos3t +cos t )+ 18

cos3t + 38

cos t

f (t ) = 18

cos t − 116

cos3t − 116

cos5t

7. Utilizar el desarrollo en serie trigonométrica de Fourier de

f (t ) = −1 −T 2 < t


5/68

Solución.

a o = 2

T [

0−T /2

−d t +T /2

0d t ]

a o = 2

T (0− T

2+ T

2+0] = 0

a n = 2

T [

0−T /2

−cos(n ωo t )d t +T /2

0cos(n ωo t )d t ]

a n = 2

n ωo T [−sin n ωo t |0−T /2 +sin m ωo t T /20 ]

a n = 0

b n = 2

T [

0−T /2

−sin(n ωo t )d t +T /2

0sin(n ωo t )d t ]

b n = 2

n ωo T [cos n ωo t |0−T /2 −cos n ωo t T /20 ]

b n = 2

n π− 2

n πcosn π

b n = 0 n : par 4n π n : im par

entonces la STF es:

f (t ) =∞

n =1

4

(2n −1)π sin(2n −1)ωo t

sabemos que f (T /4) = 1 entonces:

1 = 4π

∞n =1

1

(2n −1) sin (2n −1)π

2

entonces se tiene

∞n =1

1

(2n −1) sin (2n −1)π

2= 1− 1

3+ 1

5− 1

7+ ... = π

4.

8. Demostrar que∞

n =1

1

n 2 = 1+ 1

4+ 1

9+ ... = π

2

6.

Solución

5


6/68

Tomando como f (t ) = t 2 y evaluando en t =π, se obtiene:

f (π) =π2

π2 = π2

3+4

∞n =1

1

n 2

∞n =1

1

n 2 = π

2

6

9. Utilizar el desarrollo en serie trigonométrica de Fourier de

f (t ) = 1 + 4t T −T 2 < t


7/68

tenemos que f (0) = 1, entonces:

1 = 8π2

∞n =1

1

(2n −1)2

por lo tantoπ2

8=

∞n =1

1

(2n −1)2

10. Hallar la serie trigonométrica de Fourier de la función dientes de sierra den-

drita por f (t ) = a T t en (0, T ) y f (t ) = f (t +T ).Solución.

a o = 2

T T

0

a

T t d t = a

T 2 t 2|T 0 = a

a n = 2

T

T 0

a

T t cos(n ωo t )d t =

2a

T 2

T 0

t cos(n ωo t )d t

= 2a T 2

[ t

n ωo sin(n ωo t )|T 0

0

− 1n ωo

T 0

sin(n ωo t )d t ]

a n = 2a

n 2ω2o T 2

[cos(n ωo t )|T 0 ]

= 2a n 2ω2o T

2[cos(2n π)−1] = 0

b n = 2

T

T 0

a

T t sin(n ωo t )d t =

2a

T 2

T 0

t sin(n ωo t )d t

b n = 2a

T 2[− t

n ωo cos(n ωo t )|T 0 +

1

n ωo

T 0

cos(n ωo t )d t 0

]

b n = −

2a

n ωo T = − a

n π

la STF es:

f (t ) = a 2

− a π

∞n =1

1

n sin(n ωo t )

11. Encontrar la serie trigonométrica de Fourier de la onda triangular definida

por

f (t ) = 2a

T t 0 < t


8/68

y f (t ) = f (t +T ).Solución.

a o = 2

T [

T 2

0

2a

T t d t +

T T 2

2a (1− t T

)d t ]

a 0 = 2

T [

a

T t 2|T /20 +2at |T T /2 −

a

T t 2|T T /2]

a o = 2

T (

a

4T +2aT −aT −aT + a

4T )

a 0 = a

a n = 2

T [

T 2

0

2a

T t cos(n ωo t )d t +2a

T T 2

cos(n ωo t )d t −T

T 2

2a

T t cos(n ωo t )d t ]

a n = 2

T [

2a

T (

t

n ωo sin(n ωo t )|

T 2

0 0

− 1n ωo

T 2

0sin(n ωo t )d t )+

2a

n ωo sin(n ωo t )|T T

2 0

−2a T

( t

n ωo sin(n ωo t )|T T /2

0

− 1n ωo

T T 2

sin(n ωo t )d t )]

a n =

2a

n 2π2(cos(n π)

−1)

a n =

0 n : par

− 4a n 2π2

n : im par

b n = 2

T [

T 2

0

2a

T t sin(n ωo t )d t +

T T 2

sin(n ωo t )−T

T 2

2a

T t sin(n ωo t )d t ]

b n = 2

T [

2a

T (− t

n ωo cos(n ωo t )|

T 2

0 + 2a

n ωo

T 2

0cos(n ωo t )d t

0) − 1

n ωo cos(n ωo t )|T T

2

−2a T

(− t n ωo

cos(n ωo t )|T T /2 + 2a

n ωo

T T 2

cos(n ωo t )d t 0

)]

b n = 2

T (− 1

n ω+ 1

n ωcos n π)

b n = 1

n π[cos(n π)−1]

a n =

0 n : p ar

− 2n π n : im par

8


9/68

La STF de Fourier es:

f (t ) = a 2

−∞

n =1(

4a

(2n −1)2π2 cos[(2n −1)ωo t ]+ 2

n πsin[(2n −1)ωo t ])

12. Encontrar la serie trigonométrica de Fourier para la función f (t ) = cosh (at )en el intervalo (−π,π) y f (t ) = f (t +2π).solución.

a o = 1

π

π−π

cosh(at )d t = 1a π

sinh(at )|π−π

a o = 2

a πsinh(a π)

a n = 1

π

π−π

cosh(at )cos(nt )d t

a n = 1

π[

1

n cosh(at )sin(nt )|π−π

0

− a n

π−π

sinh(at )sin(nt )d t ]

a n = 1

π[

a

n 2 sinh(at )cos(nt )|π−π−

a 2

n 2

π−π

cosh(at )cos(nt )d t ]

a n = a

π(n 2

+a 2)

sinh(at )cos(nt )|π−π

a n = 2a

π(n 2 + a 2) sinh(a π)cos(n π)

a n =

2a π(n 2+a 2) sinh(a π) n : par

− 2a π(n 2+a 2) sinh (a π) n : impar

la función Cosh (at ) es una función par, entonces b n = 0 para toda n. La STF es:

f (t ) = 1a π

sinh(a π) + 2a sinh(a π)π

∞n =1

(−1)n n 2 + a 2 cos(nt )

13. Encontrar la serie trigonométrica de Fourier para la función f (t ) = |t |, en elintervalo (

−π.π) y f (t )

= f (t

+2π).

Solución.

a o = 1

π[−0−π

t d t +π

0t d t ]

a o = 1

π[π2

2+ π

2

2] =π

a n = 1

π[−0−π

t cos(nt )d t +π

0t cos(nt )d t ]

9


10/68

a n =

1

π

[

−t

n

sin(nt )

|0

−π

0+

1

n 0

−πsin(nt )d t

+ t

n

sin(nt )

|π0

0−

1

n π

0

sin(nt )d t ]

a n = 1

π[− 1

n 2 cos(nt )|0−π+

1

n 2 cos(nt )|π0 ]

a n =

0 n : p ar

− 4n 2π

n : im par

siendo f (t ) = |t | una función par, los coeficientes b n son cero para toda n. LaSTF es:

f (t ) = π2

− 4π

∞n =1

1

(2n −1)2 cos[(2n −1)t ]

14. Representar la función f (t ) = t en el intervalo (0,π) por una serie de Fouriercoseno.

Solución.

a o = 2

π

π0

t d t = 2π

π2

2=π

a n = 2

π

π0

t cos(n π)d t

a n

=

2

π

[ t

n

sin(nt )

|π0

−

1

n π

0

sin(nt )d t ]

a n = 2

π[

1

n 2 cos(n π) − 1

n 2]

a n =

0 n : p ar

− 4n 2π

n : im par

La SFC es:

f (t ) = π2

− 4π

∞n =1

1

(2n −1)2 cos[(2n −1)t ]

15. Representar la función f (t ) = sin πl t en el intervalo (0,1) por una serie deFourier coseno.

Solución.

a o = 21

0sin(

π

l t )d t =2(− l

πcos(

π

l t )|10)

a o = 2l

π − 2l

π cos(

π

l )

a n = 21

0sin(

π

l t )cos(n πt )d t

10


11/68

a n =

2[ 1

n π

sin(π

l

t )sin(n πt )

|10

0−

1

nl 1

0

cos(π

l

t )sin(n πt )d t ]

16. Representar la función f (t ) = cos(t ) en el intervalo (0,π) por una serie deFourier seno.

Solución

Por ser Serie de Fourier Seno, se concluye que:

a 0 = 0

a n = 0

y se calcula b n :

b n = 4

T

T 0

f (t )se n (n ω0t )d t

= 2π

π0

co s (t )se n (n ω0t )d t

= 1π

∞0

se n (1+n ω0t )− se n (1−n ω0t )d t

= 1π

−11+n [cos (π+n π)−1]+

1

1−n [cos (π−n π)−1]

con n impar b n = 0con n par:

b n = 4n

π(n 2 −1Por lo tanto

f (t ) = 8π

∞n =1

n 4n 2 −1 Se n (2n ω0t )

17. Mostrar que la función

f (t ) =

1− x 2h 0 < t


12/68

a n = 2

π

0

2hcos (nt )d t − 12h

2h 0

tcos (nt )d t

= 2/π

1

n si n (2nh )− 1

2h

2h

1

n si n (nt )

+ 1

n 2cos (nt )

Si n 2(θ) =

1

2(1−co s (2θ)

= 2h πn 2h 2

si n 2(2nh )

1

2hn 2(1−co s (2nh )

= 1

nh 2si n 2(2nh )

f (x ) = 2h

π 12 +∞

n =1si n (nh )

nh 2

cos (nt )18. Expandir la función

f (t ) =

1 0 < t


13/68

f (t )

= e 2π−1

2π

∞

−∞ 1

1− i n e i nt

20. Considere una viga soportada en sus dos extremos, con una carga variable

dada por q (x ) = a L x . Mostrar que la deflexión en la viga esta dada por

y (x ) = 2aL 4

π4E I

∞n =1

(−1)n +1n 5

sin(n πx /L )

Solución

Si definimos que d 4 q

d x 4 = 1E I q (x ) y tomando las condiciones

y (x )

= y (0) = 0 y (x ) = 0

Tenemos que:

y (x ) =∞

n =1b n si n (n πx /L )

entonces:d 4

d x 4 =

∞n =1

b n (n π/L )4si n (n πx /L )

Como q (x ) = aC n entonces:

b n

=a /L 2

L

0

xsin (n πx /L )d x

b n = −a n π

(−1)n +1

Por lo tanto:

q (x ) = 2a π

∞n =1

1

n (−1)n +1si n (n πx /L )

Igualando las ecuaciones:

b n = 2aL 4

π5E I n 5(−1)n +1

y (x ) = 2aL 4

π4E I ∞

n =1(−1)

n +

1

n 5 Si n (n πx /L

1.2 Tarea 2

1. Mostrar que

δ( f (x )) =m

k =1

1

| f (x k )|δ(x − x k )

13


14/68

donde x k son las raíces de f en el intervalo donde está definida.

Solución ∞−∞

F (x )δ[F (x )]d x =m

k =1

x k +E x k −E

F (x )δ[F (x )]d x

Cuando F (x ) ≈ F (x k )|(x − x k )∞−∞

δ[F (x )]d x =m

k =1

∞−∞

F (x )δ[F (x k )(x − x k )]d x

= 1|F (x k )|δ(x − x k ) = δ[F (x )]

2. Demostrar que la serie de Fourier seno de δ(x

−ξ) está dada por

δ(x −ξ) = 2L

∞n =1

sin(n πξ

L )sin(

n πx

L )

donde 0 < ξ< L .Solución

b n = 4

T

t /20

F (t )Si n (n ω0t )d t = 2

L

L 0δ(x −ξ)Si n ( n πx

L )d x

= 2L

Si n

n πξ

L

F (t ) = 2L

∞n =1

Si n n πξ

L

Si n

nx πL

3. Sea f (z ) una función arbitraria analítica en el plano complejo superior.

Mostrar

Li m n →∞∞−∞

φn (x ) f (x )d x = f (0)

donde

φn (x ) = n

π

1

1+n 2x 2 .

En otras palabras, demostrar que φn (x ) es una secuencia delta.

Solución ∞−∞

f (x )d x = 1

n

π

∞−∞

d x

1+n 2x 2 = 1

n πarctan (nx ) |∞−∞ =

1

π

π2

+ π2

= 1

Utilizando ∞−∞Φn (x ) f (x )d x

n

π

π−π

1

1+n 2x 2 f (x )d x

14


15/68

limn →+∞ n π(1+

n 2 x 2) =δ(x ) en realidad dice que:

limn →+∞

∞−∞

n

π(1+n 2x 2)Φ(x )d x =Φ(0)

4. Use la secuencia de pulsos rectangulares para desarrollar la serie trigonométrica

de Fourier de δ(x −ξ) en el intervalo (−L ,+L ).Solución

a 0 = 2

T

T /2−T /2

f (x )d x = 2T

(1) = 1/L

a n =

2

T T /2

−t /2 f (x )C os (n ω0t )d t

= 1L

L −L δ(x −ξ)C os (n ω0t )d t =

1

L C os (n ω0ξ)

b n = 2

T

T /2−T /2

f (t )Se n (n ω0t )d t = 1

L Se n (n ω0ξ)

f (t ) = a 02

+∞

n =1a n C os (n ω0t ) +b n Se n (n ω−0t )

= 12L

+∞

n =1[C os (n ω0(t −ξ))]

5. Evaluar las siguientes integrales∞−∞

δ(x 2 −5x +6)(3x 2 −7x +2)d x ∞−∞

δ(x 2 −π2)cos(x )d x ∞0.5

δ(sinπx )(2

3)x d x ∞

−∞δ(e −x

2

)lnxdx

Solución:a) ∞

−∞δ(x 2 −5x +6)(3x 2 −7x +2)d x

x 2 −5x +6 = 0x 1 = 3 y x 2 = 2

15


16/68

Derivando

f (x ) = x 2−5x +6

f (x ) = 2x −5Evaluando

f (2) = 2(2) −5 = −2 f (3) = 2(3) −5 = 1

Por lo tanto∞−∞

(δ−3)(3x 2 −7x +2)d x +∞−∞

δ(x −2)(3x 2 −7x +2)d x

Mediante la propiedad ∞−∞

δ(x −) f (x )d x = f ()

Se tiene

(3(3)2 −7(3) +2) + (3(2)2 −7(2) +2) = 8b) ∞

−∞δ(x 2 −π2)C os (x )d x

x 2 −π2 = 0x 1 =π y x 2 = −π

Derivando

f (x ) = x 2 −π2

f (x ) = 2x Evaluando

f (π) = 2(π) = 2π f (−π) = 2(−π) = −2π

Por lo tanto

i nt ∞−∞1

2πδ(x −π)C os (x )d x + i nt ∞−∞

1

2πδ(x +π)co s (x )d x


δ(x −) f (x )d x = f ()

Se tiene1

2π[C os (−π)+cos (π)] = − 1

π

16


17/68

c) ∞−∞

δ(si n (πx ))

2

3

x d x

Si n (πx ) = 0x = n

Derivando

f (x ) = Si n (πx ) f (x )

=πC os (πx )

Evaluando

f (n ) =πC os (n π) = (−1)n πPor lo tanto ∞

−∞1

πδ(x −n )(2/3)x d x


δ(x −) f (x )d x = f ()

Se tiene

1π

(2/3)n

d) ∞−∞

δ(e −x 2

)(l nx )d x

e −x 2 = 0

Como no existe un valor que haga δ(x ) = 0, se concluye que la respuesta escero

6. Demostrar que1

2(1+ tanh(nx )) → θ(x )

cuando n → ∞, donde θ(x ) es la función escalón.

Cuando n es 10:

17


18/68

Cuando n es 100:

18


19/68

Cuando n tiende a ser muy grande se observa que para los valores negativos

de x la función vale cero.Para valores mayores o iguales a cero la función vale 1

7. Mostrar que x δ(x ) = −δ(x ). Solución:∞−∞

x f (x )δ(x )d x =∞−∞

δ(x )g (x )d x

si xf(x)=g(x) Entonces:

= g (x )δ(x ) |∞−∞ −∞−∞

δ(x )g (x )d x

= −∞

−∞δ(x )g (x )d x

= −δ(x )

19


20/68

Chapter 2

Segundo Parcial

1. Encontrar la transformada de Fourier de:

f (t ) =

e −αt t > 00 t


21/68

Aplicando el teorema de los residuos

2πi

e i ωt

2πi

αi

Por lo tanto: f (t ) = e −αt .

21


22/68

3. A partir de la definición de transformada y transformada inversa de Fourier,

establezca la representación integral de la función delta de Dirac.Solución

La fórmula de la transformada de Fourier está definida de la siguiente manera:

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞

f (t )e −i ωt d t

Al igual se conoce la Transformada inversa de Fourier, la cual es:

F −1 ˜ f (ω)= 1

2π

∞−∞

˜ f (ω)e i ωt d ω= f (t )

Si se sustituye la ecuación de la Transformada en la Transformada Inversa

f (t ) = 1 2π

∞−∞

1

2π

∞−∞


e i ωt d ω

Desarrollando se llega al siguiente resultado

f (t ) = 12π

∞−∞

f (t )d t ∞−∞

e i ω(t −t )d ω

Por propiedad se sabe que:

f (t ) =∞−∞

f (t )δ(t − t )d t

Entonces

f (t ) =∞−∞

f (t )δ(t − t )d t = 12π

∞−∞

f (t )d t ∞−∞

e i ω(t −t )d ω

Por lo tanto la representación integral de la función Delta

δ(t − t ) = 12π

∞−∞

e i ω(t −t )d ω

4.Encontrar la transformada de Fourier de

f (t ) = 1 |t | < a 0 |t | > a solución

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞


˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞

e −i ωt d t →

e −i ωt 2π

1

i ω

a −a

˜ f = 1 2πi ω

e i ωa −e −i ωa

=

2

π

si n ωa

ω

22


23/68

5. Encontrar la transformada de Fourier de la función Gaussiana

f (t ) = e −αt 2

Solución

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞


˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞

f (t )e −(at 2i ωt )d t

Se completa el cuadrado en el término at 2 + i ωt , la integral queda

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞

e −(a (t + i ω

2a )2−a i ω

2a 2

d t

Desarrollando

˜ f (ω) = e ω2

4a

2π

∞−∞

e −(a (t +i ω2a

)2 d t

Entonces se aplica ∞−∞

e ξ2

d ξ= π

Se hace un cambio de variable

1 a

∞−∞

e ξ2

d ξ= 1 a

π

Por lo tanto la solución es

˜ f (ω) = e −ω2

4a

2a

23


24/68

6. Encontrar la transformada de Fourier de la función exponencial decre-

ciente f (t ) = e −a |t |

donde a>0. Realice gráficas de ambas funciones para diferentes valores del parámetro

a y compárelas

Solución

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞

e −a |t |e −i ωt d t

˜ f = 1 2π

0−∞

e a |t |e −i ωt d t +∞

0e −a |t |e −i ωt d t

˜ f = e

(a −i ω)t

a − i ω 0

−∞ +e (−a −i ω)t

−a − i ω ∞

0

˜ f = 1 2π

2a

a 2 +ω2

7. Enuncie y demuestre la propiedad de simetría de las transformadas de Fourier

Solución

Si F

˜ f (t )= ˜ f (ω) y también F

˜ f (t )

= ˜ f (−ω) además se sabe que

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞


f (t ) = 1 2π

∞−∞

˜ f (ω)e i ωt d ω

Haciendo un cambio de variable y un cambio de signo

f (−t ) = 1 2π

∞−∞

f (x )e −i t x d x

f (−ω) = 1 2π

∞−∞

˜ f (x )e −i ωx d x

se llama a x

→t

f (−ω) = 1 2π

∞−∞

˜ f (t )e −i ωt d t =F f (t )

Entonces

F f (t )

= f (−ω)L.Q.Q.D

24


25/68

8. Enuncie y demuestre la propiedad de corrimiento en el tiempo y en la fre-

cuencia de las transformadas de Fourier.

Si f (ω) =F f (t )

demostrar que F

f (t − t 0)

= ˜ f (ω)e −i ωt 0

Demostración

F f (t )

= 1

2π

∞−∞

˜ f (t )e −i ωt d t

f (t − t 0) → f (t ) x = t − t 0 → t = x + t 0

F f (t − t 0)

= 1

2π

∞−∞

˜ f (x )e −i ω(x +t 0)d x = e −i ωt 0

2π

∞−∞

f (t )e −i ωt d t → tie m po

Si ˜ f =F f (t ) demostrar ˜ f =F f (t )e 1ω0 t = ˜ f (w − w 0)Demostración

F f (t )

= 1

2π

∞−∞

˜ f (t )e −i ωt d t

f (t ) → f (t )e i ω0 t

F

f (t )e i ω0 t

= 1

2π

∞−∞

f (t )e i ω0 t e −i ωt d t = 1 2π

∞−∞

e −i (ω−ω0)t d t

9. Enuncie y demuestre la propiedad de escalamiento temporal y en frecuencia

de las transformadas de Fouriere

Demostración

Si F f (t )

demostrar que

F f (at )

= 1|a | f

ω̃

a

Sustituyendo en la ecuación de transformada de Fourier

˜ f (at ) =

1

2π∞

−∞ f (t )e −i ωt

d t

Haciendo un cambio de variable

x = at ; t = x a

; ; d t = d x a

Sustituyendo

˜ f (x ) = 1 2π

∞−∞

f (x )e −i ωx a

d x

a

25


26/68

Reordenando y resolviendo

˜ f (x ) = 1 2π

1

|a |

∞−∞

f (x )e −i ωx a d x

˜ f (x ) = 1|a |˜ f

ω̃

a

26


27/68

10. Demostrar que

F f (t )= i ω ˜ f (ω)

Nota que aplicando dos veces consecutivas esta propiedad se puede demostrar

que

F f (t )

= −ω2 ˜ f (ω)

Solución

Transformada inversa

f (t ) = 1 2π

∞−∞


Derivando respecto al tiempo

f (t ) = i ω 2π

∞−∞

˜ f (ω)e i ωt d ω= i ω f (t )

Transformada de Fourier

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞


Multiplicando a ambos lados de la ecuación

i ω f (t ) = i ω 2π

∞−∞


Entonces

i ω f (t ) = i ω 2π

∞−∞

f (t )e −i ωt d t = 1 2π

∞−∞

f (t )e −i ωt d t =F f (t )

F f (t )

= i ω ˜ f (w )

Aplicando dos veces se obtiene

F f (t )= −ω

2 ˜ f (ω)

27


28/68

11. Demuestre el teorema de Parseval

Teorema de Parseval establece que

E =∞−∞

| f (t )|2d t =∞−∞

f (t ) f (t )∗d t

Por definición

f (t ) = 1 2π

∞−∞


f ∗(t ) = 1 2π

∞−∞

˜ f ∗(ω)e −i ωt d ω

∞−∞

| f (t )|2d t =∞−∞

f (t ) f (t )∗d t = 12π

∞−∞

˜ f (ω)e i ωt d ω∞

−∞˜ f ∗(ω)e −i ωt d ω

E = 12π

∞−∞

∞−∞

˜ f ˜ f ∗d ωd ω

Por lo que se llega a

E =∞−∞

| f (t )|2d t =∞−∞

f (t ) f (t )∗d t

12. Encontrar el valor de

I =∞−∞ si n 2(x )

x 2

Utilizando el teorema de Parseval y la transformada de Fourier de la función

Π1(t )

Solución

Se tiene que la función Π1(t ) es:

f (t ) =

1 |t | < 10 |t | < 1

∞−∞

| f (t )|2d t =1−1

d t = 2

2

π

∞−∞

si n 2(ω)

ω2 =

∞0

si n 2(x )

x 2 = π

2

13. Demostrar el teorema de convolución(temporal) que establece la transfor-

mada de Fourier dela convolución de dos funciones es el producto de la trans-

formadas de las funciones

Solución El teorema de convolución es:

f 1t ∗ f 2(t ) =∞−∞

f 1(x ) f 2(t − x )d x

28


29/68

y = t − x

F 2(t − x ) = 1

2π

∞−∞

f 2( y )e −( y +x )i ωd y

= e −x )i ω

2π

∞−∞

f 2( y )e − yi ωd y

= e −x )i ω

2π˜ f 2(ω)

Se sustiye

F f 1t ∗ f 2(t )

= 1

2π

∞−∞

∞−∞

f 1(x ) f 2(t − x )d x

e −i ωt d t

=

2π 2π

∞−∞

∞−∞

f 1(x ) f 2(t − x )d x

e −i ωt d t

= ˜ f 2(ω)∞−∞

f 1e −x ωi d x

= ˜ f 1 ˜ f 2

29


30/68

14. Demostrar el teorema de la convolución (frecuencia) que establece que

la transformada inversa de la convolución de dos funciones es el producto delas funciones sin transformar. Dicho de otra manera, la transformada de Fourier

del producto de dos funciones es igual a la convolución de las funciones en el

dominio de frecuencias.

Solución

F

˜ f 1(ω)∗ ˜ f 2(ω)= f 1(t ) f 2(t )

f 1t ∗ f 2(t ) =∞−∞

f 1(x ) f 2(t − x )d x

F

˜ f 1(ω) ∗ ˜ f 2(ω)= 1

2π

∞−∞

∞−∞

f 1(x ) f 2(ω− x )d x

e i ωt d ω

= 1 2π

∞−∞

f 1(x )d x ∞−∞

f 2(ω− x )e −i ωt d ω

=

2π 2π

∞−∞

˜ f (x )e i t x d x f 2(t )

=

2π f 1(t ) f 2(t )

15. Encontrar la solución particular de la siguiente ecuación diferencial.

y (t ) − a 2 y (t ) = f (t )

donde a es una constantey f (t ) es una función dada. Ayuda: Utilice las propiedades

de la transformada de Fourier de la derivada de una función y el resultado F e −a |t |donde a > 0 junto con el teorema de la convolución para dar su respuestaSolución

f (t ) = ˜ f (ω) y (t ) → −ω2 ˜ y (ω)

y (t ) → ˜ y (ω)−ω2 ˜ y (ω) − a 2 ˜ y (ω) = ˜ f (ω)

−(ω2 + a 2) ˜ y (ω) = ˜ f ω

˜ y (ω) =˜ f ω

−(ω2 + a 2)

˜ y (ω) = −

2π

2a

−2a 2π(ω2 + a 2)

˜ f ω

˜ y (ω) = −

2π 2π

1

2a

f (t )e −a |t |

y = −12a

∞−∞

e −a (t −τ) f (τ)d τ

30


31/68

16. Encontrar la transformada de Fourier de

f (t ) =

1 − t |t | < 10 |t | > 1

A partir de la formula de la Transformada de Fourier

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞


Sustituyendo

˜ f (ω) = 1 2π

1−

1(1− t )e −i ωt d t

Se realizan las operaciones

˜ f (ω) = 1 2π

−1i ω

e −i ωt 1

−1−

t

−1i ω

e −i ωt − 1i 2ω2

e −i ωt 1

−1

Desarrollando y realizando el álgebra adecuadamente se llega al resultado sigu-

iente

˜ f (ω) = 1ω2

2

π[si n (ω) −ωe i ω]

17. Usar la transformada de Fourier de e |t | y el teorema de Parseval para mostrarque: ∞

−∞d ω

(1+ω2)2 = π

2

Solución2

π

∞−∞

d ω

(1+ω2)2 =∞−∞

e −|t |

2=0−∞

e 2t

+∞

0

e −2t

= 1

2 [e

0

−e −∞ −e −∞ +e 0

] = 1

Entonces se llega a: ∞−∞

d ω

(1+ω2)2 = π

2

18.Encontrar la transformada de Fourier de

f (t ) =

1−| t 2 | |t | < 20 |t | > 2

31


32/68

Use el teorema de Parseval para evaluar la integral

I =∞−∞

si n (t )

t

4d t

Solución Partiendo de la fórmula de transformada de Fourier, se llega a:

˜ f (ω) = 1 2π

0−2

1 + t

2

e −i ωt d t +

20

1 − t

2

e −i ωt

d t

Desarrollando y evaluando

1

2π 1ω2 − 12ω2 [e 2i ω+e −2i ω]=

2 π

si n 2(ω

ω2

Aplicando el teorema de Parseval se tiene que

I =∞−∞

si n (t )

t

4d t =

2−2

1 + t

2

2d t

Separando las integrales e integrando se llega a

=

t + t 2

2+ t

3

12

0−2

+

t − t 2

2+ t

3

12

20

= 86

De manera que

I =∞−∞

si n (t )

t

4d t = 2π

3

32


33/68

19. Encontrar la transformada de Fourier de f (t ) = t e 4t 2 Solución

˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞


˜ f (ω) = 1 2π

∞−∞

t e −i ωt e −4t 2

d t

Completando el cuadrado

˜ f (ω) = e −ω2

16

2π

∞−∞

t e −4(t +i ω8

)2 d t

aplicando la siguiente propiedad∞−∞

e ξ2

d ξ= π

se hace un cambio de variable

e ω2

16

2π

∞−∞

Z e z 2

14

d Z − i ωe z 2

14

d Z

e ω2

16

16

2πi ω

π

simplificandoe ω2

16

2

i ω

20. Encontrar la transformada inversa de

˜ f (ω) = e −2|ω|

Solución Para hallar la transformada inversa

F −1

˜ f (ω)

= 1

2π∞

−∞

e −2|ω|e i ωt d ω

= 1 2π

0−∞

e (2+t i )ωd ω+∞

0e −(2−t i )ωd ω

1 2π

1

2+ t i [e 0 −e −∞]− 1

2− t i [e −∞ −e 0]

= 2

2

π(4+ t 2)

21.Evaluar

F −1

1

ω2 +4ω+13

33


34/68

Solución

F −1 ˜ f (ω= 1 2π

∞−∞ ˜ f (ω)e

i ωt d ω

F −1 ˜ f (ω= 1

2π

∞−∞

e i ωt d ω

ω2 +4ω+13Encontrando los ceros en la función:

ω2 +4ω+13 = 0

ω1 = −2 +3i ω2 = −2 −3i

F −1 ˜ f (ω= 1

2π

∞−∞

e i ωt d ω(ω+2+3i )(ω+2 +3i )

|e i t z | = |e i t (x +i y )||e i t z | = |e i t x ||e − y )|

Pero

|e − y )1 ≤ 1Por lo tanto el resultado obtenido

F −1

˜ f (ω= π

18

e −3−2i

22.El movimiento de un oscilador armónico amortiguado sujeto a una fuerza

externa g(t) está gobernado por la ecuación:

d 2x

d t 2 + 2αd x

d t +ω20x (t ) = f (t )

donde f (t ) = g (t )m . Resuelva la ecuación diferencial para el caso sobreamor-tiguado (ω0 τSolución: Para el caso sobreamortiguado tenemos: En t = 0 el sistema está

en equilibrio x = 0 en reposo, así que d x /d t =0.Sometemos el sistema a una fuerza en t = t , f (t ) = δ(t −t ), con t > 0 Tomando:

x (t ) =∞−∞

g (w )e i w t d w

f (t ) =∞−∞

f (w )e i w t d w

34


35/68

Sustituyendo

ω20 −ω

2+2i b ω]g (ω) = f (ω)

f (ω) = 1/2π∞−∞

δ(t − t )e −i ωt d t =1/2πe −i ωt

Existe una relación entre g(w) y f(w)

g (ω) = 1 2π

e i ωt

ω20 −ω2 +2i b ωd ω

Entonces con x=0 para t < t , conseguimos x (t ) para t > t :

x (t )=

1

2π∞

−∞e i ω(t −t

)

ω20 −ω2 +2i b ωd ω

Asumiendo b t

x (t ) = e −b (t −t ) Si n [ω(t − t )]ω

Donde:

ω = ω20 −b 2

y x (t ) = 0 para t < t

Para el caso críticamente amortiguado tenemos que:

d 2x

d t 2 +βd x

d t +ω20x (t ) = 0,

En el cual:

D ≡β2 −4ω20 = 0 y donde β es la constante de amortiguamiento, por lo tanto:

β= 2ω0

En este caso. D = 0, así que las soluciones de la forma e γt satisfacen:

r ± = 1/2(−β) = −1/2β= −ω0

Por lo tanto

x 1 = e −ω0 t

Para encontrar la otra solución:

x 2(t ) = x 1(t )

e −

p (t )d t

[x 1(t )]2 d t

35


36/68

Dado que tenemos p (t ) = 2ω0, e −p (t )d t se reduce a e 2ω0 t La ecuación anterior

de x 2(t ) se vuelve:

x 2(t ) = e −ω0 t

e −2ω0 t

[e −ω0 t ]2d t =e −ω0 t

d t = t e −ω0 t

La solución general es:

x = ( A +B t )e −ω0 t

En términos de las constantes Ay B, los valores iniciales son:

x (0) = A

d x /d t (0)

=B

− A ω

así que

A = x (0)

B = d x d t

(0) +ω0x (0)

Para la fuerza sinusoidalmente

d 2x

d t 2 +2ω0

d x

d t +ω20x = Ccos (ωt )

Y el Wronskiano es:

W (t )=

x 1

d x 2

d t −d x 1

d t x

2 =e

−2ω0 t

Utilizando la ecuación para la solución particular

x ∗(t ) = −e −ωt

t e −ω0 t ACos (ωt )e 2ω0 t

d t + t e −ω0 t

t e −ω0 t ACos (ωt )e 2ω0 t

d t

x ∗(t ) = A ω2 +ω20

[(ω20 −ω2)C os (ωt ) +2ωω0Si n (ωt )]

Aplicando El teorema de adición armónico obtenemos

x ∗(t )=

A

(ω2 +ω20)2C os (ωt

+δ)

donde:

δ= t an −1

2ωω0

ω2 −ω20

36


37/68

Chapter 3

Tercer Parcial

1.- Una cuerda es deformada al tiempo t =0 según:

u (x , 0) = ħx

ξ x < ξħ(L −x )(L −ξ) x > ξ

La distribución inicial de velocidades es nula, es decir ∂u(x,0)/∂t=0. De-

mostrar que el movimiento de la cuerda puede representarse por:

u (x , t ) = 2ħL 2

π2ξ(L −ξ)∞

n =1

1

n 2 sin

n πξ

L

sin

n πx L

cos

n πct

L

SOLUCIÓN:En el caso de la vibración de una cuerda, mediante el método de separación

de variables obtenemos la expresión:

u (x , t ) =∞

n =1

a n cos

n πct

L

+b n sin

n πct

L

sin

n πx L

Debido a que la distribución de la velocidad inicial es nula sabemos que b n =0, por lo que a n se obtiene mediante:

a n = 2

L L

0 f (x )sin

n πx

L d x Debido a las condiciones iniciales u (x , 0) tenemos que:

a n = 2

L

ξ0

ħx ξ

sinn πx

L

d x + 2

L

L ξ

ħ(L − x )L −ξ sin

n πx L

d x

Resolviendo la primera integral:ξ0

ħx ξ

sinn πx

L

d x = −ħL

n π cos

n πξ

L

+ ħL

2

ξn 2π2

Resolviendo la segunda integral:

37


38/68

L ξ

ħ(L − x )L −ξ sin

n πx L

d x =

L ξ

ħL L −ξ sin

n πx L

d x −

L ξ

ħx L −ξ sin

n πx L

d x

= − ħL 2

n π(L −ξ) cos (n π) + ħL 2

n π(L −ξ) cos

n πξ

L

+ ħL

2

n π(L −ξ) cos (n π)

− ħL ξn π(L −ξ) cos

n πξ

L

+ ħL

2

n 2π2(L −ξ) sin

n πξ

L

=

ħL (L −ξ)

n π(L −ξ)cos

n πξ

L + ħL 2

n 2

π2

(L −ξ)sin

n πξ

L = ħL

n πcos

n πξ

L

+ ħL

2

n 2π2(L −ξ) sin

n πξ

L

Uniendo los resultados de las integraciones:

a n = 2

L

−ħL n π

cos

n πξ

L

+ ħL

2

ξn 2π2 + ħL

n πcos

n πξ

L

+ ħL

2

n 2π2(L −ξ) sin

n πξ

L

2ħL n 2π2

1

ξ+ 1

L

−ξ

sin

n πξ

L = 2ħL

2

n 2π2ξ(L

−ξ)

sin

n πξ

L Por lo que el movimiento de la cuerda viene dado por:

∴u (x , t ) =∞

n =1

2ħL 2n 2π2ξ(L −ξ) sin

n πξ

L

sin

n πx L

cos

n πct

L

38


39/68

2-. Cuando la cuerda de un piano de longitud L es golpeada por un martillo

en x = ξ, se puede asumir que la distribución inicial de velocidades está dadapor:

∂u (x ,0)/∂t =

v 0 cosπ(x −ξ)

d

|x −ξ| < d 2

0 |x −ξ| > d 2 Asumir que antes del golpe de la cuerda está relajada, es decir u (x , 0) = 0 y

demostrar que el movimiento de la cuerda se puede describrir por :

u (x , t ) = 4v 0d π2c

∞

n =11

n

sin(n πξ/L )cos(n πd /2L )

1

−(nd /L )2

sin

n πx

L cos

n πct

L

SOLUCIÓN:Sabemos que la ecuación de movimiento de una cuerda está dada por la

siguiente expresión:

u (x , t ) =∞

n =1

a n cos

n πct

L

+b n sin

n πct

L

sin

n πx L

Debido a que la cuerda se encuentra en estado de relajación antes del golpe

tenemos que:

a n = 2

n πc L

0 f (x )sinn πx L d x En este caso al evaluar la función debemos de ajustar los intervalos para

quedar respecto a x, por lo que tenemos:

a n = 2

n πc

ξ+d /2ξ−d /2

v 0 cos

π(x −ξ)

d

sin

n πx L

d x

Llevando a cabo un cambio de variable se tiene que:

a n = v 0

n πc ξ+d /2

ξ

−d /2

v 0 sinπ

(x −ξ)d

+ nx L

d x + v 0n πc

ξ+d /2

ξ

−d /2

v 0 sinπ

(x −ξ)d

− nx L

d x

= −v 0Ld n π2c (L +nd )

cos

π

2+ n πξ

L + nd π

2L

−cos

−π

2+ n πξ

L − nd π

2L

= − v 0Ld n π2c (L −nd )

cos

π

2− n πξ

L − nd π

2L

−cos

−π

2− n πξ

L + nd π

2L

Aplicando identidades trigonométricas se tiene que:

39


40/68

a n = 2v 0Ld

n π2c (L +nd ) sin

n πξ

L

sin

π

2+ n πd

2L

+ 2v 0Ld

n π2c (L −nd ) sin

n πξ

L

sin

π

2+ n πd

2L

Agrupando términos:

a n = 2v 0Ld

n π2c

1

L +nd + 1

L −nd

sin

n πξ

L

cos

n πd

2L

= 4v 0d n π2c

1

1− (nd /L )2

sin

n πξ

L

cos

n πd

2L

Quedando así descrito el movimiento de la cuerda por la siguiente expresión:

∴u (x , t ) = 4v 0d π2c

∞n =1

1

n

sin(n πξ/L )cos(n πd /2L )

1− (nd /L )2 sinn πx

L

cos

n πc t

L

40


41/68

3.- Considerar un plato rectangular cuyos lados tienen longitud a y b respec-

tivamente. Tres de sus lados tienen una temperatura de T = 0C y el cuarto ladoesta sujeto a T = f (x ). Ambas caras del plato están aisladas, es decir no hay pér-didas de calor a través de éstas. Considere la ecuación de calor en estado esta-

cionario (independiente del tiempo) para demostrar que la temperatura T (x , y )

en todos los puntos del plato está dada por:

T (x , y ) =∞

n =1B n sin

n πx a

sinh

n πx a

Donde B n = 1sinh

n πb

a

2a

a 0 f (x )sin

n πx

a

d x Considere los siguientes casos par-

ticulares: (a) sí f (x ) = T 0 ;(b) sí f (x ) = T 0 sin πx a .SOLUCIÓN:Partiendo de la ecuación de calor:

∇2T = 0Considerando que las fronteras x = 0, x = a y y = 0 mantienen una temper-

atura de T = 0 mientras que y = b tiene T (x , b ) = f (x ). La ecuación de calor enestado estacionario T(x,y) satisface:

∂2T

∂x 2 + ∂

2T

∂ y 2 = 0

Para hallar T mediante el método de separación de variables, asumimos unasolución particular que puede ser representada como el producto de dos fun-

ciones que dependen de cada una de las coordenadas:

T (x , y ) = X (x )Y ( y )Sustituyendo por la ecuación de Laplace obtenemos:

− 1 X

d 2 X

d x 2 = 1

Y

d 2Y

d y 2 = k 2

De lo anterior se obtiene que:

X +k 2 X = 0

sujeto a X (0) = X (a ) = 0 y Y −k 2Y = 0

sujeto a Y = 0, por lo tanto la solución para X (x ) es:

X = X n = A n sinn πx

a

con los eigenvalores:

41


42/68

k n = n π

a

para n = 1,2,3...La solucion de Y ( y ) es:

Y ( y ) = B n sinhn π y

a

El principio de superposición nos permite llegar a la solución más general

a partir de una solución particular individual por medio de una simple combi-

nación lineal. De manera que la forma final de la solución particular es:

T n =∞

n =1 a n sinn πx a sinhn π y a

El término a n debe de satisfacer la condición de y = b , de manera que:

f (x ) = su m ∞n =1

a n sinh

n πb

a

sin

n πx a

Se puede notar que la expresión anterior es un representación en serie de

Fourier Seno de f (x ) cuyo coeficiente se halla mediante:

a n sinh

n πb

a

= 2

a

a 0

f (x )sinn πx

a

d x

Realizando el cambio del término a n por B n y despejando de lo anterior setiene que:

B n = a n = 1

sinh

n πb a

2a

a 0

f (x )si n n πx

a

d x

De esta manera se sabe el valor del coeficiente B n y se demuestra que la temper-

atura T (x , y ) en todos los puntos del plato está dado por:

T (x , y ) =∞

n =1B n sin

n πx a

sinh

n π y a

Para cada uno de los casos particulares lo que se procede hacer es encontrarlos valores del coeficiente B n correspondientes y luego llevar a cabo la sustitu-

ción de los mismos en la ecuación anterior.

(a)Para f (x ) = T 0 :

B n = 1

sinh

n πb a

2a

a 0

T 0si n n πx

a

d x

= − T 0sinh

n πb

a

2a

a

n πcos

n πx a

|a 0

42


43/68

= 2T

0

n πsinh

n πb a

[1 −cos(n π)]Se observa que para n par B n = 0 y para n impar se tiene la siguiente expre-

sión:

B n = 4T 0

n πsinh

n πb a

Por lo que ne este caso la solución es:

T (x , y ) =∞

n =1

4T 0

(2n −1)πsinh

(2n −1)πb a

sin (2n −1)πx a sinh (2n −1)π y a (b) Para f (x ) = T 0 sin

πx a

, por lo tanto:

B n = 1

sinh

n πb a

2a

a 0

T 0 sinπx

a

sin

n πx a

d x

Podemos notar que la integral es igual a cero para todos los valores de n,

exceptuando cuando n = 1, para este caso tenemos que:

B n = T 0

sinhn πb

a

2a a

0 sin

2 πx a d x Resolviendo la integral y realizando un cambio de variable se tiene que:

u = πx a

d u = πa

d x

a

π

sin2(u )du = a

π

u

2

Regresando a la integral de B n tenemos que su resultado debe ser:

B 1 = T 0

sinh

n πb a

2a

a

π

πx a

2|a 0

B 1 = T 0

sinhπb a

∴T (x , y ) = T 0

sinhπb a

sinπx a

sinh

π y a

43


44/68

4. Utiliza el método de Frobenius para resolver la ecuación de Laguerre

x y + (1− x ) y +λ y = 0 (3.1)

Mostrarse que si λ es u entero n negativo n , entonces la solución es un

polinomio de orden n. Si los polinomios son normalizados de tal man-

era que son iguales a 1 en x = 0, estos on conocidos como polinomios deLaguerre L n (x ). Mostrar que:

L n (x ) =n

k =0

(−1)k (n !)2(n −k )!(k !)2 x

k (3.2)

Encontrar explícitamente L 0(x ), L 1(x ) y L 2(x )

Solución Se tiene la ecuación de Laguerre 3.1, dividiendo entre x se tiene que:

p (x ) = 1 − x x

y

q (x ) = λx

, de aquí se puede ver que:

limx →0

xp (x ) = 1 y

limx →0 x

2p (x ) = 0de lo anterior se deduce que x = 0 es un punto singular, por lo que se puedeplantear el método de Frobenius:

y (x ) =∞

n =0a n x

n +σ

Sustituyendo en 3.1:

x σ

∞

k =−1(k +1 +σ)2a k +1x k −

∞

k =0(k +σ−λ)a k x k

= 0

Realizando algunas operaciones:

x σ

[σ(σ−1) +σ]a 0x −1 +

(∞k =0

[(k +1 +σ)2a k +1 − (k +σ−λ)a k ]x k

= 0

A partir de lo anterior tenemos que

σ(σ−1) +σ≈σ2 = 0 ⇒σ1,2 = 0

A partir la ecuación anterior de deducimos que la relación de recurrencia es:

44


45/68

a k +1 = k

+σ−λ(k +σ+1)2 a k = k

−λ(k +1)2 a k (3.3)Si σ = 0 y λ = N donde N es un entero no negativo, entonces tenemos que

a j −0 donde j = N + 1, N + 2,... Por lo tanto, las soluciones para los polinomiosde orden N quedan expresadas por:

L N (x ) =N

n =0a n x

n (3.4)

Utilizando la relación de recurrencia 3.3, y combinandola con 3.4 tenemos:

L N

(x )=

N

n =0

(−1)n (N !)2

(N −n )!(n !)2x n (3.5)

Aplicando un cambio de variable, tenemos:

L n (x ) =n

k =0

(−1)n (k !)2(n −k )!(k !)2 x

k (3.6)

Que coincide con 3.2

De acuerdo con 2 tenemos que los primeros terminos dados por 3.2 son:

L 0(x ) = 1L 1(x )

= (1

−x )

L 2(x ) = 2−4x + x 2

45


46/68

5. Encontrar los coeficientes C n de la expansión:

f (x ) =∞

n =0C n L n (x ) (3.7)

en el intervalo de 0 < x < ∞. Sea f (x ) = x 2, encontrar los coeficientes C n para esta función

Solución: Aplicando la definición de los C n :

C n =∞

0x p e −x L n (x )dx =

0 si p < n (

−1)n n ! si p

=n

En este caso p es el exponente de f (x ), por lo que tenemos dos casos:

• Para el caso en que p < n C n = 0

• Para el caso en que p = n

C n = (−1)2(2!) = 2

46


47/68

6. Mostrar que la fórmula de Rodriguez de los polinomios de Laguerre es:

L n (x ) = 1

n !e x

d n

d x n (x n e −x ) (3.8)

Solución: Partimos de:

L n (x ) = 1

n !e x

n r =0

n !

r !(n − r )! (−1)r e −x

n !

[n − (n −r )]! x n −(n −r )

Aplicando la fórmula de la derivada:

L n (x ) = 1

n !

e x n

r =0n !

r !(n − r )!

d r

d x

r e −x

d n −r

d x

n

−r

x

n

Que finalmente lleva a:

L n (x ) = 1

n !e x

d n

d x n (x n e −x )

Que es lo que se quería demostrar

47


48/68

7.-Utiliza en metodo de Frobenius para mostrar que los polinomios dados

por

y (x ) =n

k =0C k x

k (3.9)

dondeC k −2

C k = 2k −2n

(k +1)(k +2) (3.10)

son soluciones de la ecuacion de Hermite

y −2x y +2n y = 0 (3.11)

Si el coeficiente con la potencia de x mas alta esta normalizado con 2n, entonces

estos polinomios son conocidos como polinomios de Hermite H n (x ).Econtrarlas expresiones para H 0(x ), H 1(x ) y H 2(x ).

Solucion:Para empezar tenemos que:

y (x ) =n

k =0C k x

k (3.12)

Derivando la sumatoria dos veces , resulta:

y (x ) =n

k =0kC k x

k −1 (3.13)

y (x ) =n

k =0k (k −1)C k x k −2 (3.14)

Sustituyendo en (3) con (4), (5) y (6) tenemos que:

n k =0

k (k −1)C k x k −2 +n

k =02kC k x

k +n

k =02nC k x

k = 0 (3.15)

Conociendo que:

y (x ) =n

k =0 k (k −1)C k x k −2 =

∞

k =2(k +2)(k +1)C k +2x k =

∞

k =0(k +2)(k +1)C k +2x k

(3.16)

Por lo tanto tenemos :

n k =0

[(k +2)(k +1)C k +2 + (−2k +2n )C k ] = 0 (3.17)

(k +2)(k +1)C k +2 + (−2k +2n )C k =0 (3.18)C k −2

C k = 2k −2n

(k +1)(k +2) (3.19)

48


49/68

De esta manera para poder conseguir los tres primeros polinomios H 0(x ),

H 1(x ) y H 2(x ) nos basamos en la ecuacion siguiente:

H N (x ) =N /2s =0

(2x )N −2s (−1)s N !s !(N −2s )! (3.20)

Desarrollando la sumatoria como:

H n (x ) = (2x )n −n (n −1)

1!(2x )n −2 + n (n −1)(n −2)(n −3)

2!(2x )n −4 − ... (3.21)

Usando la ecuacion (3.21) para los primeros tres resultados tenemos que:

Si n = 0

H n (x ) = (2x )0 − 0(0−1)1!

(2x )0−2 + 0(0 −1)(0−2)(0−3)2!

(2x )0−4 = 1 (3.22)

Si n = 1

H n (x ) = (2x )1 −1(1−1)

1!(2x )1−2 + 1(1 −1)(1−2)(1−3)

2!(2x )1−4 = 2x (3.23)

Si n = 2

H n (x ) = (2x )2 −2(2−1)

1!(2x )2−2 + 2(2 −1)(2−2)(2−3)

2!(2x )2−4 = 4x 2 −2 (3.24)

Siendo asi estos los primeros tres polinomios de Hermite.

49


50/68

8.-Con el producto de

e −t 2 = 1 − t 2 + t

4

2!− t

6

3!+ ... =

∞l =0

(−1)l l !

t 2l (3.25)

e 2xt = 1 +2x t + 2x 2

2!+ 2x

3

3!+ ... =

∞l =0

(2x )k

k !t k (3.26)

escrito de la manera

e 2xt e −t 2 =

∞n =0

A n (x )t n (3.27)

Mostrar que para n = 0 ,n = 1 y n = 2

A n (x ) = 1n !

H n (x ) (3.28)

Donde H n (x ) son los polinomios de Hermite encontrados en el problema 7.Solucion: Etiquetaremos al producto de las ecuaciones (3.27) como una

variable P.e 2xt e −t

2 = e −t 2+2xt = P (3.29)Entonces tenemos que:

P =∞

t =0

(−1)l l !

t 2l ∞

k =0

(2x )k

k !t k (3.30)

Agrupando los terminos:

P =∞

l =0[

∞k =0

(2)k (−1)l x k t 2l +k l !k !

] (3.31)

Volviendo l = (n −k )/2 :

P =∞

(n −k )/2=0[

∞k =0

2k (−1)(n −k )/2x k t n ((n −k )/2)!k ! ] (3.32)

Ya que l = (n −k )/2, el conteo debe ser ser igual para k y l empezando ambas enn

=0, entonces:

P = ∞

n =0[

∞k =0

2k (−1)(n −k )/2x k ((n −k )/2)!k ! ] (3.33)

Entonces:

P =∞

n =0 A n (x )t

n (3.34)

Con

A n (x ) =∞

k =0

2k (−1)(n −k )/2x k ((n −k )/2)!k ! (3.35)

Entonces,para el primer termino

50


51/68

Si n = 0

A 0(x ) = 1 = 1

0!H 0(x ) (3.36)

Si n = 1

A 1(x ) = 2x = 1

1!H 1(x ) (3.37)

Si n = 2

A 2(x ) = −1 +2x 2 = 1

2!H 2(x ) (3.38)

51


52/68

9.-a)Mostrar que los A n (x ) del problema 8 pueden escribirse como

A n (x ) =n

k =0C k ,n x

k (3.39)

donde C n ,n = 2n

n ! donde k y n son ambos pares o ambos impares.

b)Mostrar que la razon C k ,n esta dada por

C k ,n = 2k (−1)(n −k )/2k ![(n −k )/2]! (3.40)

c)Mostrar que la razon de C k +2,n conC k ,n esta dada por

C k +2,n C k ,n =

2k

−2n

(k +2)(k +1) (3.41)d)Mostrar que

e 2xt e −t 2 =

∞n =0

1

n !H n (x )t

n (3.42)

donde H n son los polinomios de Hermite de orden n .El lado izquierod de

esta ecuacion G (x , t ) = e −t 2 e 2xt es conocida como la funcion generadora de lospolinomios de Hermite.

Soluciona)en el ejercicio anterior se resolvio que:

A n (x ) = ∞k =0

2

k

(−1)(n

−k )/2

x

k

((n −k )/2)!k ! (3.43)

En tal caso si C k ,n = 2k (−1)(n −k )/2 x k ((n −k )/2)!k !

Tendriamos A n (x ) =∞

k =0 C k ,n x k

Asi de tal forma se define la sumatoria finita hasta el punto n

A n (x ) =n

k =0C k ,n x

k (3.44)

b)Sabemos que si igualamos (36) y (35) y luego despejamos,resulta:

C k ,n x k = 2k

(−1)(n

−k )/2

k !((n −k )/2)! (3.45)

c)Tomamos la siguiente expresion:

y (x ) =n

k =0C k x

k (3.46)

Obteniendo la doble derivada de (38) tenemos:

y (x ) =n

k =0kC k x

k −1 (3.47)

52


53/68

y (x )=

n

k =0 k (k −1)C k x k −2 (3.48)

De esta manera sustituyendo en la ecuacion diferencial de Hermite:

y −2x y +2n y = 0 (3.49)n

k =0k (k −1)C k x k −2 −

∞k =0

2kC k x k +

∞k =0

2nC k x k = 0 (3.50)

Sabiendo asi que:

y (x ) =n

k =0k (k −1)C k x k −2 =

∞

k =2(k +2)(k +1)C k +2x k =

∞

k =0(k +2)(k +1)C k +2x k

(3.51)Entonces ∞

k =0[(k +2)(k +1)C k +2 + (−2k +2n )C k ] = 0 (3.52)

[(k +2)(k +1)C k +2 + (−2k +2n )C k =0 (3.53)C k −2

C k = 2k −2n

(k +1)(k +2) (3.54)

d) Ahora se nombrara al producto como la variable P :

e 2xt e −t 2 = P =e −t 2+2xt (3.55)

Haciendo la expansion de potencias de la expresion, tenemos que:

P =∞

n =0

−t 2 +2x y )n n !

=∞

n =0

t n (2x − t )n n !

(3.56)

Finalmente desarrollando la sumatoria y agrupando terminos, tenemos:

P =1+2xt + (−1+2x 2)t 2 + ... (3.57)

Entonces obtenemos:

P =∞

n =0

H n (x )

n ! t n

(3.58)

con

A n (x ) = H n (x )

n !(3.59)

E igualando finalmente (50) y (51):

P =∞

n =0 A n t

n (3.60)

53


54/68

10.Demostrar:

a)La relación de recurrencia:

2x H n (x ) = 2nH n −1 +2H n +1(x ) par a n ≥ 1

b) La siguiente ecuación:

d

d x H n (x ) = 2nH n −1(x )

Solución.a)Partiendo de:

∂G (x , t )

∂t = (2x −2t )G

Desarrollando en series de potencias:

∞n =1

H n (x )

n !nt n −1 = 2x

∞n =0

H n (x )

n !t n −

∞n =0

H n (x )

n !t n +1

∞

n =1H n (x )

n !nt n −1 −2x

∞

n =0H n (x )

n !t n +

∞

n =0H n (x )

n !t n +1 = 0

∞n =0

H n +1(x )(n +1)! (n +1)t

n −2x ∞

n =0

H n (x )

n !t n +

∞n =1

H n −1(x )(n −1)! (n −1)t

n = 0

H 1(x ) −2x H 0(x ) +∞

n =1

H n +1(x )(n +1)! (n +1) −2x

H n (x )

n !+ H n −1(x )

(n −1)!

t n = 0

Donde → H 1(x ) −2x H 0(x ) = 0 entonces la expresión queda expresada:∞

n =1H n +1(x )(n

+1)!

(n +1) −2x H n (x )n !

+ H n −1(x )(n

−1)! t

n = 0

H n +1(x )(n +1)! (n +1) −2x

H n (x )

n !+ H n −1(x )

(n −1)! = 0

Entonces la relación de recurrencia será:

2x H n (x ) = 2nH n −1(x )+2H n +1(x )

54


55/68

b)

Partiendo de:

∂G (t , x )

∂ X = 2tG →

∞n =0

H n (x )n !

t n = 2∞

n =0

H n (x )

n !t n +1

Por tanto:

∞n =1

H n (x )n !

t n = 2∞

n =1

H n −1(x )(n −1)! t

n

H n (x )n ! = 2

H n

−1(x )

(n −1)!

H n (x ) = 2nH n −1(x ), n ≥ 1

Es posible expresarla igual de la siguiente manera:

d

d x H n (x ) = 2nH n −1(x )

55


56/68

11. Mostrar que:

a)Se cumple la siguiente igualdad.

∂n

∂t n G (x , t )|t =0 = H n (x )

Se puede encontraruna función generatrizG (t , x ) de los polinomios de Hermite:

G (x , t ) = e 2xt −t 2 = H 0 + H 1(x )t +H 2(x )

2t 2 + H 3(x )

3!t 3 + . . . =

∞n =0

H n (x )

n !t n

Donde los H n (x ) son coeficientes de su desarrollo en series de potencias. Esta

expresión proviene del desarrollo en serie de Taylor:

G (x , t ) = e 2xt −t 2 =∞

n =0

1

n !

∂n G (t , x )

∂t n

t =0

t n , t ≤ ∞

Podemos ver que:

H n (x ) =∂n G (x , t )

∂t n

t =0

b)Demostrar la siguiente relación:

∂n

∂t n G (x , t ) = e x 2 ∂

n

∂t n e −(t −x )

2

Partiendo de: ∂

∂t

n G (x , t ) =

∂

∂t

n e 2xt −t

2

= ∂

∂t

n e x

2−(t −x )2 = e x 2 ∂

∂t

n e −(t −x )

2

= e x 2 ∂

∂t

n e −(t −x )

2 = e x 2 ∂n

∂t n e −(t −x )

2

Entonces:

∂n

∂t n G (x , t ) = e x 2 ∂

n

∂t n e −(t −x )

2

c)Demostrar la fórmula de Rodrigues para polinomios Hermite físicos:

H n (x ) = (−1)n e x 2 ∂n

∂x n e −x

2

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Considerando la siguiente función:

G (x , t ) = e t 2 e −(t −x )2

Desarrollando el cuadrado tenemos:

G (x , t ) = e x 2 e (−t 2−2t x +x 2) = e x 2−t 2+2xt −x 2 = e 2t x −t 2

Desarrollando en serie de Taylor:

Si

e t = ∞n =0

t n

n !

G (x , t ) =∞

n =0

H n (x )

n !t n

Donde H n (x ) = ∂n G ∂t n

|t =0 y ∂∂t = − ∂∂(x −t )

H n (x ) = −∂n G ∂t n

|t =0 = ∂n G

∂(x − t )n (−1)n |t =0

= e x 2 ∂n G

∂(x − t )n e (x −t )2

(−1)n |t =0 = e x 2 ∂n

∂x n e −x

2

(−1)n

Entonces:

H n = e x 2 ∂n

∂x n e −x

2

(−1)n

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12. Usa la fórmula de Rodrigues para demostrar que:

P l (x ) = 1

2l l !

d l

d x l (x 2 −1)l

Para desarrollar la siguiente expresión para los polinomios de Legendre

P l (x ) = 1

2l l !

l 2

k =0

(−1)k l !(2l −2k )!k !(l −k )!(l −2k )! x

l −2k

donde

l 2

= l 2 si l es par y

l 2

= l −12 si l es impar. Mostrar que:

P 2n (0)

=(

−1)n

(2n )!

22n

(n !)2

y

P 2n +1(0) = 0.

La expansión del término (x 2−1)l está dado por:

P l (x ) = 1

2l l !

d l

d x l

l k =0

l !

k !(l −k )! (x 2)l (−1)k

Tenemos que:

P l (x ) =l 2

k =0(−1)k 1

2l k !(l −k )!d l

d x l

x 2l −2k

Donde se cambió el límite superior de la sumatoria a l 2 dado que k > l 2 , entonces[2l −2k ] < l . Sabemos que:

d l

d l x (x p ) = p !

(p − l )! x p −l

, con p ≥ l

P l (x ) =l 2

k =0(−1)k (2l −2k )!

2l k !(l −k )!(l −2k )! x l −2k

Lo que es igual a:

P l (x ) = 1

2l l !

l 2

k =0

(−1)k l !k !(l −k )!

(2l −2k )!(l −2k )! x

l −2k

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Para demostrar usamos:

P 2n (t ) = (−1)n 22n −1

n k =0

(−1)n (2n +2k −1)!(2k )!(n +k −1)!(n −k )! t

2k

Con k = 0 se obtiene:

P 2n (0) = (−1)n (2n −1)!

22n (n −1)!n !

= (−1)n 2n [(2n −1)!]

22n n [(n −1)!]n !

= (−1)n (2n )!22n (n !)2

Para la siguiente demostración usaremos:

P n (0) = i n

π

π0

(co s φ)n d φ

En este caso n → 2k +1, por lo que:

P n (0) = P 2k +1(0) = i 2k +1

π π

0

(cos φ)2k +1d φ

Por una propiedad: π0

(cos φ)2k +1d x = 0

∴P 2k +1(0) = 0

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13.-Usar la fórmula de Rodríguez para mostrar que:

P n +1(x ) −P n −1(x ) = (2n +1)P n (x ) (3.61)

Y así demostrar tambien que:1x

P n (x )d x = 1

2n +1 [P n −1(x ) −P n +1(x )] (3.62)

60


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Solucion

61


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a) usando la primera relacion de inconcruencia:

nP n (x ) = (2n −1)xP n −1(x ) − (n −1)P n −2

Reemplanzando n por n+1:

(n +1)P n +1(x ) = (2n +1)xP n (x )− (n )P n −1

Derivando respecto de x:

(n +1)P n +1 = (2n +1)P n + (2n +1)xP n − (n )P n −1

Aplicando la segunda relacion de congruencia xP n −P n −1 = nP n enla ecua-cion anterior:

(n +1)P n +1 = (2n +1)P n + (2n +1)(nP n +P n −1 − (n )P n −1

(n +1)P n +1 − (n +1)P n −1 = (2n +1)(n +1)P n

Por lo tanto:

P n +1 −P n −1 = (2n +1)P n

b)Integracion se optiene que:

(2n +1)1

x P n (x )d x = [P n +1 −P n −1]|1x

= P n −1(x ) −P n +1(x )

=1

x P n (x )d x = 12n +1 [P n −1(x ) −P n +1(x )]

Con lo cual se demuestra lo solicitado.

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14. Usar el hecho de que P n (x ) y P m (x ) satisfacen la ecuacion de legrendre

para demostrar que:1−1 P n (x )P m (x )d x = 0

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Solucion

64


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Tenemos que:

d d x [(1− x 2)P n (x )] + n (n +1)P n (x ) = 0

y

d d x [(1− x 2)P m (x )] + m (n +1)P m (x ) = 0

multiplicando la primera ecuacion por P m (x ) y la segunda por P n (x ) obten-

emos los siguiente:

P m (x )( d d x [(1− x 2)P n (x )] + n (n +1)P n (x )) = 0

P n (x )( d d x [(1− x 2)P m (x )] + m (n +1)P m (x )) = 0

Restando ambas ecuaciones tendremos que:

d d x [(1− x 2)(P m P n −P n P m )] + [n (n +1) −m (m +1)]P m P n = 0

Integrando

1−1

d d x

[(1− x 2)(P m P n −P n P m )]d x + [n (n +1) −m (m +1)]1−1 P m P n d x

como el resultado de la primera integral es cero, por lo tanto la expresionqueda:

[n (n +1) −m (m +1)]1−1 P m P n d x

por consiguiente:

1−1 P m P n d x = 0

si y solo si m = n .

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15.- Utilizar la formula de Rodríguez para mostrar que:−11

[P n (x )2 d x

SOLUCIÓN: Si empezamos igualando la expresión:

I n =−1

1[P n (x )

2 d x = 122n (n !)2

−11

d n

d x n (1− x 2) ∗ d

n

d x n (1− x 2)d x

Luego integrando llegamos a la siguiente ecuación simplificada:

I n = (−1)n

22n (n !)2

−1

1

(1− x 2) d 2

d x 2(1− x 2)n d x

Por lo tanto llegamos a que:

(−1)n 22n (n !)

2

−11

(1− x 2)n d x

Lo que nos lleva a:

−11

(1− x 2)n d x = (−1)n (n !)2(21+2n )(2n +1)!

Y por lo tanto: −11

P n (x )P n (x )d x = (2n )!

(n !)2(2)2n (−1)n (n !)2(21+2n )

(2n +1)!Simplificando obtenemos: −1

1[P n (x )

2 d x

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16.- Mostrar que:

a )

−11

xP n (x )P m (x )d x =

2(n +1)(2n +1)(2n +3) s ́i m = n +1

2n (2n −1)(2n +1) s ́i m = n −10 d e o t r a m a n e r a

b )

−11

x 2P n (x )P m (x )d x =

2(n +1)(n +2)(2n +1)(2n +3)(2n +5) s ́i m = n +2

2(n 2+2n −1)(2n −1)(2n +1)(2n +3) s ́i m = n

2(n −1)n (2n −3)(2n −1)(2n +1) s ́i m = n −20 d e o t r a m a n e r a

SOLUCIÓN Para este problema usaremos la relación de recurrencia (2n +

1)xP n (x )=(n +1)P n +1(x ) +nP n −1(x )

a)sustituimos n por n+1 :

(2n +3)xP n +1(x ) = (n +2)P n +2(x ) + (n +1)P n (x )

Después multiplicamos ambos lados de la ecuación por P n (x ) e integramos:

(2n +3)−1

1xP n +1)(x )P n (x )d x = (n +2)

−11

P n +2(x )P n (x )d x +(n +1)−1

1P n (x )P n (x )d x

Utilizando los principios de ortogonalidad y normalización previamente com-

probados en los problemas 14 y 15 , nos encontramos que la segunda integral es

cero , por lo que la ecuación queda:

(2n +3)−1

1xP n +1)(x )P n (x )d x =

2(n +1)(2n +1)(2n +3)

Ahora probamos la misma ecuación sustituyendo n por n-1 y obtenemos lo

sigueiente:

(2n −1)−1

1xP n −1(x )P n (x )d x = n

−11

P n (x )P n (x )d x +(n −1)−1

1P n −2(x )P n (x )d x

De manera análoga al anterior procedimiento aplicamos normalización y ortog-

onalidad: −11

xP n −1P n d x = 2n

(2n −1)(2n +1)Sí repetimos el proceso para cualquier otro valor de n entonces se concluye que

la solución sera cero. b)Iniciamos sustituyendo n=n+2:

(2n +5)xP n +2(x ) = (n +3)P n +3(x ) + (n +2)P n −1(x )

Si ademas multiplicamos la anterior ecuación por la siguiente:

(2n +3)xP n x = (n +1)P n +1(x ) + (n )P n −1(x )

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Obtenemos lo siguiente:

(2n +5)(2n +3)−1

1x 2P n (x )P n +2(x )d x = (n +1)(n +2)

−11

P n +1(x )P n +1(x )d x

Entonces obtenemos la solución:−11

x 2P n (x )P n +2(x )d x = 2(n +1)(n +2)

(2n +1)(2n +5)(2n +3) Ahora para el caso en que m=n:

(2n −1)xP n (x ) = (n +1)P n +1(x ) + (n )P n −1(x )

Multiplicamos por:

(2n +3)xP n (x ) = (n +1)P n +1(x ) + (n )P n −1(x )

Repetimos la aplicación de los teoremas de ortogonalización y normalización:

(2n −1)(2n +3)−1

1x 2P n (x )P n (x )d x = (n +1)(n +2)

−11

P n +1(x )P n +1(x )d x +n 2−1

1P n −1(x )P n −1(x )d x

Por lo tanto la solución a este caso seria:

−1

1

x 2P n (x )P n (x )d x

=

2(n 2 +2n +1)

(2n +1)(2n −1)(2n +3)Continuamos para el caso en que n=n-2

(2n −3)xP n (x ) = (n −1)P n −1(x ) + (n −2)P n −3(x )

Lo multiplicamos por:

(2n −1)xP n (x ) = (n +1)P n +1(x ) + (n )P n −1(x )

Seguimos con la multiplicación y la aplicación de los teoremas:

(2n −1)(2n −3)−1

1 x

2

P n (x )P n −2(x )d x = n (n −1)−1

1 P n −1(x )P n −1d x

lo que nos lleva a la solución:−11

x 2P n (x )P n −2(x )d x = 2n (n −1)

(2n +1)(2n −1)(2n −3)

tarea fourier

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