MATEMATICA VTERCERA PRACTICA 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

SOLUCION

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 funcion g(t) es la siguiente :

g(t) =2(π2 − 3)

3+∑k≥1

[4(−1)k

k2cos kt−2[(k2(π2 − 1)− 2)(−1)k + k2 + 2]

k3π·sin kt]

Para que exista la funcion f(t) y pueda tener los parametrosan y bn, debemos hacer el cambio unicamente de k → 2Ω,

entonces reemplazando en ak y bk, tenemos que:

an =1

n2

bn = −πn

Por lo tanto para la Serie de Fourier es:

an =1

n2

bn = −πn

2. Determine la temperatura estacionaria de una placa delgada que ocupala region

Ω = (x, y)/x ≤ 3, y ≥ 0

Si la temperatura en la frontera ubicada en el primer cuadrante esT = 1, en el resto de la frontera es T = 0.

SOLUCION

2

Usando Dirichlet:

f(x, y) =

T = 0 ;x < 3T0 = 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 trigonometrica de q(t), en un circuito serie RLC, sila tension de entrada esta dada por E(t) = er cos t cos(r sin t), L = 2H,R = 1Ω, C = 1

2F .

SOLUCION

La ecuacion diferencial del circuito RLC sera:

2q′′ + q′ + 2q = er cos t cos r sin t

Hallamos primero qh (t) :

2r2 + r + 2 = 0→

r1 = −1

4−√154· i

r2 = −14

+√154· 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 = 2nπtT→ r sin t = nt→ r cos tdt = ndt→ r cos t = n

E (t) = en cos (nt) → Cn =1

2π

∫ π

−πen cos (nt)e−i·ntdt =

en

2an = en

bn = 0

a0 = 2π

∫ π0en cos (nt)dt = 0

La serie de Fourier trigonometrica para E (t) sera:

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 transformacion de Mobius que transforme la circunferencia|z| = 1 en la recta Imz = 0.

SOLUCION

|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 6= 0 garantiza una recta:

f(z) =az + b

cz= u+ i · v

w = f(z) =azz + bz

czz=a|z|2 + bz

c|z|2=a+ bz

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

Transformacion de Mobius

6

5. Demuestre la desigualdad de Bessel que afirma: Si f es cualquier funcionelevada al cuadrado integrable en [−π; π] (es decir, f ∈ L2), entoncessus coeficientes de Fourier aj y bj satisfacen

1

2a20 +

∞∑j=1

(a2j + b2j) ≤1

π

∫ π

−π|f(x)|2dx

Esta desigualdad es fundamental en la teorıa de las series de Fourier.

SOLUCION

Aproximacion mediante una Serie Finita de Fourier.

Sea Sk(t) = a02

+∑k

n=1(an cosnw0t + bn sinnw0t), la suma de los pri-meros (2k + 1) terminos 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) = a02

+∑k

n=1(an cosnw0t+ bn sinnw0t) + εk(t).

→ εk(t) = f(t) − Sk(t) y εk(t) es la diferencia o error entre f(t) y suaproximacion, entonces el error cuadratico medio “Ek” esta definidopor:

Ek =1

T

∫ T2

−T2

[εk(t)]2dt =

1

T

∫ T2

−T2

[f(t)− Sk(t)]2dt

Ek =1

T[

∫ T2

−T2

[f(t)2 − 2f(t)Sk(t) + Sk(t)2]dt]

Ek =1

T

∫ T2

−T2

[f(t)]2dt− 2

T

∫ T2

−T2

f(t)Sk(t)dt+1

T

∫ T2

−T2

[sk(t)]2dt

Entonces tendremos:

2

T

∫ T2

−T2

f(t)Sk(t)dt =2

T

a02

∫ T2

−T2

f(t)dt+2

T

k∑n=1

an

∫ T2

−T2

f(t) cosnw0tdt

7

2

T

k∑n=1

bn

∫ T2

−T2

f(t) sin(nw0t)dt =a202

+k∑

n=1

(a2n + b2n)

1

T

∫ T2

−T2

[Sk(t)]2dt =

1

T

∫ T2

−T2

[a202

+k∑

n=1

(an cosnw0t+ bn sinnw0t)]2dt

Aplicando relaciones de ortogonalidad.

1

T

∫ T2

−T2

[Sk(t)]2dt =

a204

+1

2

k∑n=1

(a2n + b2n)

→ Ek =1

T

∫ T2

−T2

|f(t)|2dt− a204− 1

2

k∑n=1

(a2n + b2n)

Se puede notar que Ek ≥ 0, entonces:

Ek+1 = 1T

∫ T2

−T2

|f(t)|2dt −a204−1

2

∑k+1n=1(a

2n + b2n)

−Ek = 1

T

∫ T2

−T2

|f(t)|2dt −a204−1

2

∑kn=1(a

2n + b2n)

Ek+1 − Ek = −12[a2k+1 + b2k+1]

Se observa que la sucesion Ek contiene solamente terminosno negativos y no es creciente; por consiguiente la sucesion

converge, entonces aplicando lımite:

lımk→∞

εk(t) = lımk→∞

f(t)− lımk→∞

Sk(t) = 0

8

→ lımk→∞Ek = 0 sale de reemplazar → lımk→∞Ek(t) en Ek.

Entonces finalmente reemplazando:

Ek =1

T

∫ T2

−T2

|f(t)|2dt− a204− 1

2

k∑n=1

(a2n + b2n) ≥ 0

lımk→∞

Ek︸ ︷︷ ︸0

=1

T

∫ T2

−T2

|f(t)|2dt− a204− 1

2

∞∑n=1

(a2n + b2n) ≥ 0

“Metodo de Sandwich”Despejando finalmente lo pedido y evaluando en T = 2π.

a202

+∞∑n=1

(a2n + b2n) ≤ 1

π

∫ π

−π|f(t)|2dt

6. Use funciones singulares para hallar la serie de Fourier de la funcionperiodica y use identidad de Parseval para hallar la suma indicada:

a) f(t) =

2− t ; 0 < t < 4t− 6 ; 4 < t < 8

, T = 8

b) S = 1 + 134

+ 154

+ 174

+ . . .

SOLUCION

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

−n2anπ

2

16=

2

8

∫ 8

0

f ′′(t) cosnπ

4tdt =

1

4[−1 + 2(−1)n − 1]

an =8

π2[−(−1)n + 1

n2]

→ f(t) =8

π2

∞∑n=1

2

(2n− 1)2cos(2n− 1)

π

4t

Aplicando la Identidad de Parseval:

1

8[

∫ 4

0

(2− t)2dt+

∫ 8

4

(t− 6)2dt] =∞∑n=1

64

π4· 4

(2n− 1)4

10

∞∑n=1

1

(2n− 1)4=π4

96

7. Por integracion obtenga la serie de Fourier de la siguiente funcion pe-riodica 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 + 136

+ 156

+ 176

+ . . .

SOLUCION

Del problema (6) integrando:

f ′(t) = −8 +16

π3· 4

∞∑n=1

sin(2n− 1)π4t

(2n− 1)3

= −8 +64

π3

∞∑n=1

sin(2n− 1)π4t

(2n− 1)3

Aplicando la Identidad de Parseval:

1

8[

∫ 4

0

(2t− t2

2)2dt+

∫ 8

4

(t2

2− 6t)2dt] = (−8)2 +

∞∑n=1

(64

π3(2n− 1)3)2

∫ 4

0

(4t2 +t4

4− 2t3)dt = (

4t3

3+t5

20− t4

2)|40 =

128

15∫ 8

4

(t4

4+ 36t2 − 6t3)dt = (

t5

20+ 12t3 − 3

2t4)|84 =

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 , π2< x < π

u(0; t) = 0, u(π; t) = 0, t > 0, ∂u∂t|t=0 = 0, 0 < x < π

SOLUCION

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=1Bn cos(λnt) · sin(nπ

lx) :

l = π

→ Bn =2

π[

∫ π2

0

(x) · sin(nπ

lx)dx−

∫ π

π2

(x− π) · sin(nπ

lx)dx]

Bn =4

n2π· sin(

nπ

2)

Finalmente u(x;t) :

u(x;t) =4

π

∞∑n=1

[sin(nπ

2)

n2cos(λnt) · sin(

nπ

lx)]

u(x;t) =4

π

∞∑n=1

[sin(nπ

2)

n2cos(λnt) · sin(nx)]

λn =c · n ·π

l= c · n

13

9. Halle la serie compleja de Fourier, para la funcion periodica definidapor f(t) = 3t5 − 10π2t3 + 7π4t; −π < t < π; f(t+ 2π) = f(t), y evaluela suma siguiente:S = −1 + 1

35− 1

55+ 1

75− . . .

SOLUCION

Se sabe que la serie compleja de Fourier es:

f (t) =∞∑

n=−∞

Cneint

Cn =1

2π

∫ π

−π

(3t5 − 10π2t3 + 7π4t

)e−i·ntdt =

360(−1)n

n5· i

f (t) =∞∑

n=−∞

(360(−1)n

n5· i)ei·nt

Dejando la serie en trigonometrica, 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 transformacion w = z2+1z

, para hallar las imagenes con sus res-pectivas graficas de:

a) (x2 + y2)(x+ 2y − 32) = 2y − x

b) (x2 + y2)(x− y − 1) = −y − x

SOLUCION

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) = 2R 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 − xR2(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