Solucionario Final de Matemática V - FIEE UNI 2016 II

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Ciclo Académico: 2016 - II
FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA Fecha: 09 / 12 / 2016
DEPARTAMENTO ACADÉMICOS Duración: 2 horas
CURSO: MATEMÁTICA V COD. CURSO MA-185 MNO N◦
DE ORDEN: 35
EXAMEN FINAL
APELLIDOS Y NOMBRES: Sarango Veliz, Andy Juan
NOTA: 20 CÓDIGO N◦
: 20141327K SECCIÓN: N
NOTA: Se considerará orden, limpieza y claridad (buena letra) en la evaluación de las integrales
evite usar la calculadora para colocar sólo respuestas. Fundamente y sustente paso a paso cada solución
de los problemas. Haga los dibujos en los casos que sean necesarios para fundamentar la solución adecuada
de los problemas planteados.
1. Determine la serie compleja de Fourier de la función periódica f de periodo T = 2π, definida por
f(t) = t(t−π)(t−2π); 0 ≤ t ≤ 2π, y evalúe usando el teorema de Parseval la siguiente suma
∞
n=1
1
n6 .
SOLUCIÓN:
f(t) = t(t − π)(t − 2π)
f(t + 2π) = f(t)
f(t) = t2
[u−1(t) − u−1(t − 2π)]
f (t) = 2t[u−1(t) − u−1(t − 2π)] + t2
[δ(t) − δ(t − 2π)]
f (t) = 2t[u−1(t) − u−1(t − 2π)] − 4π2
δ(t − 2π)
f (t) = 2[u−1(t) − u−1(t − 2π)] + 2t[δ(t) − δ(t − 2π)] − 4π2
δ (t − 2π)
f (t) = 2[u−1(t) − u−1(t − 2π)] − 4πδ(t − 2π) − 4π2
δ (t − 2π)
f (t) = 2[δ(t) − δ(t − 2π)] − 4πδ (t − 2π) − 4π2
δ (t − 2π)
w0 =
2π
T
=
2π
2π
= 1
1

an · n3
=
2
2π
2π
0
[2δ(t) − 2δ(t − 2π) − 4πδ (t − 2π) − 4π2
δ (t − 2π)] sin(nt)dt
an · n3
=
1
π
(4π)(n)
an =
4
n2
−bn · n3
=
1
π
2π
0
[2δ(t) − 2δ(t − 2π) − 4πδ (t − 2π) − 4π2
δ (t − 2π)] cos(nt)dt
−bn · n3
=
1
π
[−4π2
](−1)2
(−1)n2
bn = −
4π
n
a0
2
=
1
2π
2π
0
t2
dt
a0
2
=
4π2
3
Cn =
1
2
(an − j · bn) = (
2
n2
+ j ·
2π
n
)
f(t) =
∞
n=1
Cnej·nt
= 2
∞
n=1
(
1
n2
+
j · π
n
)ej·nt
TDP:
1
T
T
2
− T
2
[f(t)]2
dt =
∞
n=1
|Cn|2
→
∞
n=1
1
n6
=
π6
945
2. Demuestre el teorema de simetr´ıa de la transformada de Fourier y dé un ejemplo de aplicación.
If f(t) ↔ F(w) then F(t) ↔ 2πf(−w).
SOLUCIÓN:
Demostración
F[F(t)] = 2πf(−w)
SQ:
2πf(t) =
∞
−∞
F(w)ej·wt
dw
CDS 2πf(−t) =
∞
−∞
F(w)e−j·wt
dw
IDV 2πf(−w) =
∞
−∞
F(t)e−j·wt
dt = F[F(t)]
F[f(t)] = 2πf(−w)
2

Ejemplo
F(w)/f(t) =
sin(dt)
πt
SQ:
F[gd(t)] =
2
w
sin(
wd
2
)
AT:
F[
2
t
sin(
td
2
)] = 2πgd(−w)
F[
sin(dt
2 )
πt
] = gd(−w) = gd(w)
F[
sin(at)
πt
] = g2a(w)
3. Diseñe un circuito digital para una respuesta al impulso h[n] = (1
2 )n
− (2
5 )n
u−1[n]
SOLUCIÓN:
TZ:
H(Z) =
Z
Z − 1
2
−
Z
Z − 2
5
; |Z| >
1
2
H(Z) =
1
10 Z
Z2 − 9
10 Z + 1
5
H(Z) =
1
10 Z−1
1 − 9
10 Z−1 + 1
5 Z−2
H(Z) =
Y (Z)
X(Z)
4. Halle la correlación de las siguientes señales:
f(t) =
A , 0 ≤ t ≤ 1
0 , t > 1 ∧ t < 0
3

g(t) =
−Bt
2 + B
2 , −1 ≤ t ≤ 1
0 , |t| > 1
La correlación cruzada entre dos señales se define como
Rxy(τ) =
∞
−∞
x(t)y(τ + t)dt
SOLUCIÓN:
SQ:
R12(τ) = f(t) ∗ g(−t)/t = τ
f(t) = A[u−1(t) − u−1(t − 1)]
g(t) = −
B
2
u−2(t + 1) −
B
2
u−2(t − 1) − Bu−1(t − 1)
R12(τ) = f (t) ∗ g(−t) = A[δ(t) − δ(t − 1)] ∗ g(−t) = Ag(x) − Ag(x − 1)
R12(τ) = −
AB
2
u−2(x + 1) −
AB
2
u−2(x − 1) − ABu−1(x − 1) +
AB
2
u−2(x) +
AB
2
u−2(x − 2)
+ ABu−1(x − 2)
R12(τ) = −
AB
2
u−3(τ + 1) −
AB
2
u−3(τ − 1) − ABu−2(τ − 1) +
AB
2
u−3(τ) +
AB
2
u−3(τ − 2) + ABu−2(τ − 2)
5. Encuentre la temperatura T(x; y) en la faja semi-infinita x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ π. Si la temperatura en la
frontera es T = T0 en el segmento desde 0 hasta πi, T = 0 en las fronteras superior e inferior. Use el
mapeo o la transformación w = cosh z = cos(iz).
SOLUCIÓN:
Mapero conforme Puesto que T no depende del tiempo (“distribución de temperatura de estado
estacionario”), la ecuación del calor se reduce a la ecuación de Laplace.
2
T =
∂2
T
∂x2
+
∂2
T
∂y2
= 0
Y debe encontrarse una solución de esta ecuación que satisfaga esas condiciones en la frontera.
Para resolver este problema se mapea la faja, en la mitad superior del plano w. Ya que el segmento
0 ≤ y ≤ πi, del eje y, se mapea en el segmento −1 ≤ u ≤ 1 del eje u, las condiciones en la frontera
en el plano w son:
T = T0 en el segmento desde − 1 hasta 1
T = 0 en todo el resto del eje u
4

La parte real e imaginaria de las funciones anal´ıticas son soluciones de la ecuación de Laplace
y debe encontrarse una solución T(u, v) en la mitad superior del plano w que satisfaga esas
condiciones en la frontera. Con este objetivo considérese las funciones:
ln(w + 1) = ln |w + 1| + i · φ1 φ1 = arg(w + 1) = arctan
v
u + 1
ln(w − 1) = ln |w − 1| + i · φ2 φ2 = arg(w − 1) = arctan
v
u − 1
Puesto que φ1(u, v) y φ2(u, v) son funciones armónicas, φ2 − φ1 es armónica. Si w = u es real y
menor que −1, entonces φ2 − φ1 = π − π = 0; para w = u, real, en el intervalo −1 < u < 1, se
tiene φ2 − φ1 = π − 0 = π y para w = u > 1, real, se tiene φ2 − φ1 = 0 − 0 = 0. Por tanto la
función:
T(u, v) =
T0
π
(φ2 − φ1)
Es armónica en el semiplano v > 0 y satisface esas condiciones en la frontera en el plano w. Ya
que tan φ1 = v
(u+1) y tan φ2 = v
(u−1) , se deduce que:
tan(φ2 − φ1) =
tan φ2 − tan φ1
1 + tan φ1 tan φ2
=
2v
u2 + v2 − 1
T(u, v) =
T0
π
arctan
2v
u2 + v2 − 1
La función w = cosh z mapea la faja bajo consideración en el semiplano v ≥ 0 y se tiene:
w = u + iv = cosh(x + iy) = cosh x cos y + i sinh x sin y
Separando las partes real e imaginaria en ambos miembros, esta expresión puede escribirse:
u = cosh x cos y
v = sinh x sin y
A partir de estas expresiones para u y v se sigue que, en T(u, v).
u2
+ v2
− 1 = cosh2
x cos2
y + sinh2
x sin2
y − 1 = sinh2
x − sin2
y
Sustituyendo este resultado y la expresión para v en T(u, v) y denotado T(u(x,y), v(x,y)) por
T∗
(x, y), se tiene.
T∗
(x, y) =
T0
π
arctan
2 sinh x sin y
sinh2
x − sin2
y
Observando que el numerador y el denominador son la parte imaginaria y la parte real de la
función (sinh x + i sin y)2
, puede escribirse:
T∗
(x, y) =
T0
π
arg[(sinh x + i sin y)2
] =
2T0
π
arg(sinh x + i sin y)
Por lo tanto, la solución del problema es:
T∗
(x, y) =
2T0
π
arctan
sin y
sinh x
Transformación w = cosh z Para y > 0
Problema de Dirichlet
5

T(U, V ) = Mθ1 + Nθ2 + C
T(U, V ) = (
T0 − T1
π
)θ1 + (
T1 − T2
π
)θ2 + T2
T(U, V ) =
T0
π
[arctan(
V
U − 1
) − arctan(
V
U + 1
)]
U = cosh x cos y
V = sinh x sin y
6. Encuentre gráficamente la convolución de f1(t) con un par de impulsos de longitud k cada uno, es decir
f2(t) = kδ(t + T) + kδ(t − T). La función f1 está definida por:
f1(t) =



(2A
a )t + A + 2AT
a ; −T − a
2 ≤ t ≤ −T
(−2A
a )t + A − 2AT
a ; −T ≤ t ≤ −T + a
2
(2A
a )t + A − 2AT
a ; T − a
2 ≤ t ≤ T
(−2A
a )t + A + 2AT
a ; T ≤ t ≤ T + a
2
SOLUCIÓN:
La convolución de una función f(t) con una función de impulso unitario δ(t) produce la función f(t)
misma. Esto se puede probar fácilmente usando la propiedad de muestreo.
f(t) ∗ δ(t) =
∞
−∞
f(τ)δ(t − τ)dτ = f(t)
Este resultado también se deduce del teorema de la convolución temporal y del hecho de que:
f(t) ↔ F(w) y δ(t) ↔ 1
Por lo tanto:
f(t) ∗ δ(t) ↔ F(w)
Por consiguiente:
f(t) ∗ δ(t) = f(t)
Este resultado también es obvio gráficamente. Puesto que el impulso se concentra en un punto y tiene
un área de unidad, la integral de convolución en la ecuación produce la función f(t). As´ı, la función
de impulso unitario cuando convoluciona con una función f(t) reproduce la función f(t). Una simple
extensión de los rendimientos de la ecuación:
f(t) ∗ δ(t − T) = f(t − T)
f(t − t1) ∗ δ(t − t2) = f(t − t1 − t2)
δ(t − t1) ∗ δ(t − t2) = δ(t − t1 − t2)
Paso 1 Graficamos las funciones.
Descansando el procedimiento de convolución gráfica descrito en clase, doblamos f2(τ) sobre
la ordenada para obtener f2(−τ). Puesto que f2(τ) es una función par de f2(−τ) = f2(τ). La
convolución de f1(τ) con f2(τ) se reduce as´ı a la convolución de f1(τ) con dos impulsos.
6

Paso 2 Convolución.
De la propiedad de una función de impulso para reproducir la función por convolución, puede verse
fácilmente que cada impulso produce un impulso triangular de altura Ak en el origen (t = 0).
Por lo tanto la altura neta del pulso triangular es 2Ak en el origen. A medida que la función
f2(t − τ) se mueve más lejos en una dirección positiva, el impulso situado originalmente en −T
encuentra el pulso triangular en τ = T y reproduce el pulso triangular de altura Ak en t = 2T.
Del mismo modo, el impulso situado originalmente en T reproduce un pulso triangular de altura
Ak en t = −2T. El resultado final de la convolución se muestra en:
7. Use el teorema de la derivada para calcular la transformada de Fourier de x(t) = |t|u−1(1 − t).
7

SOLUCIÓN:
STDTDF
F[f · g] =
1
2π
[F(w) ∗ G(w)]
Si:
f = |t|
g = u−1(1 − t)
Entonces:
X(w) =
1
2π
{F[|t|] ∗ F[u1(1 − t)]}
F[u−1(t)] = πδ(w) +
1
j · w
Factor de escala
F[u−1(−t)] = F(−w)
Traslación en el dominio del tiempo
F[u−1(−t − (−1))] = ejw
· F(−w)
8. Por definición determine la siguiente convolución y(t) = (e2t
− 1)δ (t) + 2e2t
δ(t) + |t − u−1(t)| ∗e−|t|
.
SOLUCIÓN:
9. a) Calcule la transformada Z de x[n] = 4−|n|
.
b) Un sistema LTI en tiempo discreto está descrito por la ecuación de diferencias: y[n] = 4
5 y[n − 1] −
1
4 y[n−2]+x[n]−x[n−2]. Encuentre la respuesta natural del sistema ante las condiciones iniciales
y(−1) = 0 y y(−2) = −4, y la respuesta forzada del sistema ante un escalón unitario.
SOLUCIÓN:
Parte a La transformada Z de la función x[n], se denota por Z {x[n]}, se define como:
Z {x[n]} =
∞
k=0
x[kT]Z−k
Separamos:
4−|n|
=



4n
n < 0
1 n = 0
4−n
n > 0
Entonces tendremos:
Z {x[n]} =
∞
k=0
4kT
· Z−k
+
∞
k=0
1 · Z−k
+
∞
k=0
4−kT
· Z−k
Z {x[n]} = 1 + 4T
· Z−1
+ · · · + 1 + ·Z−1
+ · · · + 1 + 4−T
· Z−1
+ · · ·
Condiciones:
|
4T
Z
| < 1
|
1
Z
| < 1
8

|
1
4T · Z
| < 1
Z {x[n]} =
1
1 − 4
Z
+
1
1 − 1
Z
+
1
1 − 1
4·Z
Z {x[n]} =
1
4 · Z − 1
+
1
Z − 1
+
4
Z − 4
+ 3
Parte b Sistema LTI en tiempo discreto.
y[n] =
4
5
y[n − 1] −
1
4
y[n − 2] + x[n] − x[n − 2]
Condiciones iniciales:
y(−1) = 0
y(−2) = −4
Aplicando TZ.
Y (Z) =
4
5
[Z−1
·Y (Z)+ 0
y(−1)
]−
1
4
[Z−2
·Y (Z)+y(−1)·Z−1
·Y (Z)+y(−2)·Y (Z)]+X(Z)−[Z−2
·X(Z)]
Operando:
Y (Z) =
4
5
· Z−1
Y (Z) −
1
4
(Z−2
· X(Z) − 4 · Y (Z)) + X(Z) − Z−2
· X(Z)
Factorizando:
Y (Z) · [
5 · Z − 16 · Z2
20 · Z3
] = X(Z) · (
Z2
− 1
Z2
)
H(Z) =
Y (Z)
X(Z)
=
20 · Z
(Z2 − 1)(5 · Z − 16 · Z2)
9

10. Encuentre la solución de la ecuación de onda ∂2
u
∂t2 = c2 ∂2
u
∂x2 , correspondiente a la desviación inicial
triangular en t = 0.
u(x; 0) = f(x) =



2k
l x ; 0 ≤ x ≤ l
2
2k
l (l − x) ; l
2 ≤ x ≤ l
u(0; t), u(l; t), ∀t. Además ∂u
∂t |t=0 = g(x) = 0
SOLUCIÓN:
Condiciones iniciales
u(x, 0) = f(x)
Deformación inicial
∂u
∂t
|t=0 = g(x) = 0
Velocidad inicial (igual a 0)
Condiciones de frontera
u(0; t) = 0
u(l; t) = 0
Sabemos que:
u(x; t) =
∞
n=1
Bn · cos(λnt) · sin(
nπ
l
x)
Bn =
2
l
l
2
0
(
2kx
l
) · sin(
nπx
l
)dx −
l
l
2
2kx
l
(x − l) · sin(
nπx
l
)dx
Entonces:
Bn =
8k
n2 · π2
· sin(
nπ
2
)
u(x; t) =
8k
π2
∞
n=1
sin(nπ
2 )
n2
· cos(λnt) · sin(
nπx
l
)
donde: λn = cnπ
l
10

Por lo tanto, toma la forma:
u(x; t) =
8k
π2
1
12
· sin(
π
l
x) · cos(
πc
l
t) −
1
32
· sin(
3π
l
x) · cos(
3πc
l
t) + − · · ·
Para construir la gráfica de la solución puede aplicarse u(x; 0) = f(x).
11

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