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8/13/2019 examenes_resueltos

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Ampliacin de MatemticasSegundo de Ingeniera de Telecomunicacin

Exmenes resueltos de los cursos2006/07 y 2007/08.

Departamento de Matemtica Aplicada IIUniversidad de Sevilla

Manuel D. Contreras Mrquez y Carmen Sez Agull


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1. Leccin 1: Ecuaciones Diferenciales Ordinarias.

Problema. Obtenga las soluciones generales de las ecuaciones lineales de segundo orden siguien-tes

A) t2

y00

t(t + 2) y0

+ ( t + 2) y = 0 para t > 0.B) y00+ y = tan( t) para t

2 ,

2.

Solucin. A) La ecuacin diferencial es lineal de segundo orden y homognea. Por tanto, elconjunto de soluciones es un espacio vectorial de dimiensin dos. Es decir, si encontramos dossoluciones y1 e y2 linealmente independientes entonces la solucin general de la ecuacin vienedada por

y(t) = cy1(t) + dy2(t) para todo t > 0,siendo c y d dos constantes arbitrarias.

Recordemos que no hay un mtodo general para obtener una primera solucin no nula. Puestoque sabemos que tiene como solucin un polinomio de grado 1, digamos y1(t) = at + b, sustituimosen la ecuacin (teniendo en cuenta que y01(t) = a e y001 (t) = 0) obtenemos

0 = 0t2 t(t + 2) a + ( t + 2)( at + b) = ( t + 2) b para todo t > 0.Por tanto, b = 0 y a es arbitrario. De esta forma tomamos, por ejemplo, a = 1 e y1(t) = t.

Para obtener y2(t) aplicamos el mtodo de variacin de las constantes que, en este caso,consiste en buscar una funcin v(t) de tal forma que y2(t) = v(t)y1(t) = v(t)t sea solucin dela ecuacin diferencial. Derivando obtenemos que y02(t) = v0(t)t + v(t) e y002 (t) = v00(t)t + 2v0(t).Sustituyendo en la ecuacin diferencial obtenemos

0 = t2y002 (t) t(t + 2) y02(t) + ( t + 2) y2(t)

= t2(v00(t)t + 2 v0(t)) t(t + 2)( v0(t)t + v(t)) + ( t + 2) v(t)t

= v00(t)t3 + v0(t)2t2t

2(t + 2)+ v(t) [t(t + 2) + ( t + 2) t]= v00(t)t3 + v0(t)t3

.Observemos que hemos obtenido que la funcin v(t) es solucin de una ecuacin diferencial linealde segundo orden homognea donde no aparece de forma explcita la funcin v(t). Concretamente,despus de simpli car, obtenemos que

v00(t) v0(t) = 0 .Integrando la ecuacin concluimos que v(t) = Aet + B siendo A y B constantes arbitrarias.Tomamos, por ejemplo, v(t) = et . De esta forma y2(t) = v(t)t = et t.

Finalmente, obtenemos la solucin general:

y(t) = cy1(t) + dy2(t) = ct + det t para todo t > 0,

siendo c y d dos constantes arbitrarias.

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B) En este caso la ecuacin diferencial es lineal de segundo orden y no homognea. Recordemosque la solucin general de una ecuacin diferencial de este tipo viene dada por la suma de lasolucin general de la ecuacin homognea asociada y una solucin particular de la ecuacincompleta.

La ecuacin homognea asociada es y00+ y = 0. Como bien sabemos, su solucin general es

yh (t) = A cos(t) + Bsen(t), siendo A y B dos constantes arbitrarias.Para obtener la solucin particular antes mencionada aplicamos el mtodo de variacin de losparmetros, es decir, buscamos una solucin particular de la ecuacin completa de la forma

y p(t) = v1(t)cos(t) + v2(t)sen(t)

siendov1 yv2 dos funciones a determinar de tal forma quey p sea solucin de la ecuacin. Debemosahora sustituir en la ecuacin diferencial. Previamente calculamos las derivadas. En primer lugar

y0 p(t) = v01(t)cos(t) v1(t)sen(t) + v02(t)sen(t) + v2(t)cos(t).

Puesto que tenemos que imponer que v01(t)cos(t) + v02(t)sen(t) = 0 , tenemos quey0 p(t) = v1(t)sen(t) + v2(t) cos(t).

Derivamos de nuevo:

y00 p(t) = v01(t)sen(t) v1(t) cos(t) + v

02(t)cos(t) v2(t)sen(t).

Sustituimos ahora en la ecuacin:

tan( t) = y00 p(t) + y p(t)

= [v01(t)sen(t) v1(t) cos(t) + v02(t)cos(t) v2(t)sen(t)] + v1(t)cos(t) + v2(t)sen(t)= v01(t)sen(t) + v

02(t)cos(t).

Por consiguiente, v01 y v02 son soluciones del sistema

v01(t)cos(t) + v02(t)sen(t) = 0

v01(t)sen(t) + v

02(t)cos(t) = tan( t).

Despejando, concluimos que v02(t) = sen( t) y v01(t) = sen2(t)cos(t)

. As que v2(t) = cos(t) y

v1(t) = Z sen2(t)

cos(t) dt = x = sen( t),dx = cos( t)dt = Z sen

2(t)1 sen2(t)

cos(t)dt

= Z x2

1 x2dx = Z (1 11 x2 )dx = Z (1

12

11 + x

12

11 x

)dx

= x + 12

log1 x1 + x = sen( t) + 12 log1 sen(t)1 + sen( t)3


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(ntese que hemos tomado cero las constantes de integracin ya que buscamos una nica solucinparticular). De esta forma,

y p(t) = v1(t)cos(t) + v2(t)sen(t)

=

sen(t) +

12

log

1 sen(t)1 + sen( t)

cos(t) cos(t)sen(t)

= 12

log1 sen(t)1 + sen( t)cos(t).Finalmente, la solucin general de la ecuacin completa es

y(t) = y p(t) + yh (t)

= 1

2 log1 sen(t)1 + sen( t)cos(t) + A cos(t) + Bsen(t),

siendo A y B dos constantes arbitrarias.Problema. Considera la ecuacin diferencial

t2y0ty y2 + t2 = 0 para t > 0. (*)

a. Haciendo el cambio de variable y(t) = t + 1v(t)

, comprueba que la funcin v es solucin deuna ecuacin diferencial lineal de primer orden.

b. Haciendo uso del apartado anterior, calcula la solucin general de la ecuacin (*).c. Resuelve los dos siguientes problemas de valor inicial

A) t2y0 ty y2 + t2 = 0 ,

y(1) = 1 B) t

2y0 ty y2 + t2 = 0y(1) = 2

.

Solucin. a. Derivando en la ecuacin y(t) = t + 1v(t)

obtenemos que y0(t) = 1 v0(t)v(t)2

.

Sustituimos ahora en la ecuacin (*) para obtener

t21 v0(t)

v(t)2tt + 1v(t)t + 1v(t)2

+ t2 = 0 .

Operando, multiplicando por v(t)2 y simpli cando llegamos a que la funcin v(t) es solucin dela ecuacin

t2v0(t) + 3 tv(t) + 1 = 0 (**)que, como sabemos, es una ecuacin diferencial lineal de primer orden.

b. Calcularemos en primer lugar la solucin general de la ecuacin t2v0(t) + 3 tv(t) + 1 = 0siendot > 0. Su ecuacin lineal homognea asociada est2v0(t)+3 tv(t) = 0 . Es claro que su solucindebe veri car que v

0(t)v(t)

= 3t

. Por tanto la solucin general vh de la ecuacin homognea debeveri car que

log |vh (t)| = 3log(t) + k4


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siendo k una constante arbitraria. Es decir, vh (t) = ct3

es la solucin general de la ecuacinhomognea. Buscamos ahora una solucin particular de la ecuacin t2v0(t) + 3 tv(t) + 1 = 0 .Para ello usamos el mtodo de variacin de los parmetros, es decir, buscamos una solucin dela forma v p(t) =

h(t)t3

. Derivando y sustituyendo en la ecuacin (**) obtenemos que h0(t) = t y

una solucin particular viene dada por v p(t) = 12t . Por consiguiente, la solucin general de laecuacin (**) es

v(t) = 12t

+ ct3

= t2 + 2 c2t3

siendo c una constante arbitraria.A la vista del proceso anterior, si y(t) es una solucin de la ecuacin (*), e y(t) 6= t, tenemos

que la funcin v(t) = 1y(t) t

es solucin de la ecuacin (**). Es decir, existe una constante c

tal que t2 + 2 c2t3

= 1

y(t)

t. Despejando, concluimos que

y(t) = t + 2t3

2c t2. (***)

A estas soluciones hay que aadir la solucin y(t) = t que ha sido eliminada en el anteriorargumento.

c. Para el problema A) la solucin es y(t) = t. Para buscar la solucin en el apartado B)tomamos t = 1 en (***) y concluimos que

2 = y(1) = 1 + 2

2c

1

.

Por tanto, c = 3/ 2 y la solucin es y(t) = t + 2t3

3 t2.

Problema. Resuelve el problema de valores iniciales

y00+ 2x

y02x2

y = sen(log(x))

x2 ,

y(1) = 1 , y0(1) = 2 ,

siendo 1 x.Solucin. Multiplicando la ecuacin por x2 obtenemos x2y00+ 2 xy0

2y = sen(log( x)), que

es una ecuacin de tipo EulerCauchy y que se resuelve con el cambio de variable independientx = es . Ahora, si la nueva variable dependiente es z(s) = y(es ), entonces tenemos, como se havisto en clase, que

y0(x) = es z0(s) y y00(x) = e2s (z00(s) z0(s)),

donde las primas en la z indican derivada con respecto a s y las primas en la y indican derivadascon respecto a t. Con lo anterior obtenemos el siguiente problema de valor inicial para lasvariables z y s

z00(s) + z0(s) 2z(s) = sen( s),5


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que es una ecuacin diferencial de segundo orden con coe cientes constantes.Para resolverla, empezamos por la ecuacin homognea z00(s)+ z0(s)2z(s) = 0 cuya ecuacinauxiliar es m2 + m 2 = 0. Las soluciones de esta ecuacin son m1 = 1 y m2 = 2, as quela ecuacin general de la ecuacin homognea es z(h )(s) = C 1es + C 2e2s . El siguiente paso es

calcular una solucin particular de la ecuacin completa. Puesto que el segundo miembro es

sen(s), usamos el mtodo de coe

cientes indeterminados y buscamos una solucin particular dela forma z( p)(s) = A sen(s)+ B cos(s) que al sustituirla en la ecuacin nos da A = 310

y B = 110

.En consecuencia, la solucin particular buscada es

z( p)(s) = 310

sen(s) 110

cos(s).

Con esto, tenemos ya la solucin general de la ecuacin completa

z(s) = C 1es + C 2e2s 310

sen(s) 110

cos(s),

que al deshacer el cambio de variable queda en los siguientes trminos:y(x) = C 1x +

C 2x2

310

sen(log(x)) 1

10 cos(log(x)).

Finalmente, imponemos las condiciones iniciales

1 = y(1) = C 1 + C 2 110

2 = y0(1) = C 1 2C 2 310

,

cuya solucin es C 1 = 32 y C 2 = 25. En de nitiva, la solucin del problema de valor inicial

y00+ 2x

y02x2

y = sen(log(x))

x2 con y(1) = 1 , y0(1) = 2

esy(x) =

32

x 2

5x2 310

sen(log(x)) 110

cos(log(x)).

Cuestin. Considera la ecuacin

t3y000+ t2y00

6ty0 + 6 y = 30t con t > 0.

Sabiendo que la ecuacin homognea asociada tiene las siguientes tres soluciones y1(t) = t,y2(t) = t3 e y3(t) =

1t2

, encuentra la solucin general de la ecuacin.

Solucin. Calculamos en primer lugar una solucin particular de la ecuacin completa. Paraello usaremos el mtodo de variacin de los parmetros que, como sabemos, consiste en buscaruna solucin de la forma

y p(t) = v1(t)y1(t) + v2(t)y2(t) + v3(t)y3(t) = v1(t)t + v2(t)t3 + v3(t)t2

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siendo v1, v2 y v3 tres funciones a determinar de tal forma que la funcin y p sea solucin de laecuacin dada. En primer lugar tendremos que derivar tres veces la funcin y p para, posterior-mente, sustituir en la ecuacin del enunciado. Comenzamos por la derivada primera

y0 p(t) = v01(t)t + v1(t) + v02(t)t3 + 3 v2(t)t2 + v03(t)t2 2v3(t)t3.

Imponiendo que la suma de los trminos donde aparece la primera derivada sea cero (es decir,que v01(t)t + v02(t)t3 + v03(t)t2 = 0) obtenemos que

y0 p(t) = v1(t) + 3 v2(t)t2 2v3(t)t3.

Volvemos a derivar

y00 p(t) = v01(t) + 3 v02(t)t2 + 6 v2(t)t 2v03(t)t3 + 6 v3(t)t4.

De nuevo imponemos que la suma de los trminos donde aparece la primera derivada sea cero(es decir, que v01(t) + 3 v02(t)t2 2v03(t)t3 = 0) y obtenemos que

y00 p(t) = 6v2(t)t + 6 v3(t)t4.

Finalmentey000 p (t) = 6v

02(t)t + 6 v2(t) + 6 v

03(t)t

424v3(t)t

5.

Sustituyendo en la ecuacin obtenemos

30t = t3y000 p + t2y00 p 6ty0

p + 6y p= t36v

02(t)t + 6 v2(t) + 6 v

03(t)t

424v3(t)t

5

+ t2

6v2(t)t + 6 v3(t)t4

6t

v1(t) + 3 v2(t)t2

2v3(t)t3

+ 6

v1(t)t + v2(t)t3 + v3(t)t2

= 6v02(t)t4 + 6 v03(t)t1.

Resumiendo, las funciones v1, v2 y v3 deben veri car

v01(t)t + v02(t)t3 + v03(t)t2 = 0 ,v01(t) + 3 v02(t)t2 2v

03(t)t3 = 0 ,

6v02(t)t4 + 6 v03(t)t

1 = 30t.

Despejando concluimos que v01(t) = 5/t, v 02(t) = 3 /t 3 y v03(t) = 2 t2. Podemos as tomar,v1(t) = 5log t, v2(t) = 3/ (2t2) y v3(t) = 2 t3/ 3 y la solucin particulary p(t) = v1(t)t + v2(t)t3 + v3(t)t2

= 5t log t 32

t + 23

t = 5t log t 56

t.

Finalmente, la solucin general de la ecuacin viene dada por la suma de la solucin particularobtenida y la solucin general de la ecuacin homognea asociada, es decir,

y(t) = 5t log t 56

t + At + Bt 3 + Ct 2

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siendo A, B y C tres constantes arbitrarias.Problema. A) Comprueba que la ecuacin

t2y00 t(t + 2) y0 + ( t + 2) y = 0

tiene una solucin no nula y(t) que es un polinomio.B) Calcula la solucin general de la ecuacin homognea del apartado A).C) Calcula la solucin general de la ecuacin

t2y00 t(t + 2) y0 + ( t + 2) y = t3.

Solucin. A) Ensayamos con una solucin que sea un polinomio de grado uno. Es decir,buscamos una solucin de la forma y(t) = At + B. Sustituyendo en la ecuacin obtenemos

t20 t(t + 2) A + ( t + 2)( At + B) = 0 .Reorganizando estos sumandos y simpli cando, la anterior ecuacin se reduce a Bt + 2 B = 0. Esdecir, B = 0. Por tanto, cualquier polinomio de la forma y(t) = At es solucin. Por simplicidad,tomamos y1(t) = t como solucin.

B) Sabemos que el conjunto de soluciones es un espacio vectorial de dimensin 2. En elapartado A) del problema encontramos como solucin la funcin y1(t) = t. Por consiguiente, essu ciente encontrar otra solucin de la ecuacin que sea linealmente independiente de la anterior.Como hemos visto en clase, para buscar esa otra solucin, tenemos que encontrar una funcinno constante v(t) tal que y2(t) = v(t)y1(t) = v(t)t sea solucin de la ecuacin dada. Para ellosustituimos en la ecuacin:

0 = t2y002 t(t + 2) y02 + ( t + 2) y2= t2(v00(t)t + 2 v0(t)) t(t + 2)( v

0(t)t + v(t)) + ( t + 2) v(t)t= t3v00(t) + v0(t)(2t2 t

2(t + 2)) + v(t)(t(t + 2) + ( t + 2) t)= t3v00(t) t

3v0(t).

Es decir, v00(t) = v0(t). Una solucin de esta ecuacin es v(t) = et y, por tanto, y2(t) = v(t)t = et tes la otra solucin buscada.

Resumiendo, hemos probado que la solucin general de la ecuacin lineal homognea es

y(t) = At + Bett

siendo A y B dos constantes arbitrarias.C) Recordemos que la solucin general de una ecuacin diferencial lineal de segundo orden

viene dada pory(t) = Ay1(t) + By2(t) + y p(t)

siendo y p(t) una solucin particular de la ecuacin, y1(t) e y2(t) dos soluciones linealmente inde-pendientes de la ecuacin homognea asociada y A y B dos constantes arbitrarias. Puesto que

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la ecuacin homognea asociada es la que aparece en el apartado A) del enunciado, tenemos quey1(t) = t e y2(t) = et t. As ser su ciente obtener una solucin particular y p(t) de la ecuacincompleta.

Para encontrar tal solucin usamos el mtodo de variacin de las constantes. Es decir, bus-camos una solucin particular de la forma

y p(t) = v1(t)y1(t) + v2(t)y2(t)

siendo v1(t) y v2(t) dos funciones a determinar para que y p(t) sea solucin. Derivando obtenemos

y0 p(t) = v01(t)y1(t) + v1(t)y

01(t) + v

02(t)y2(t) + v2(t)y

02(t).

Recordemos que, teniendo en cuenta que tenemos dos incgnitas y una sola ecuacin imponemosque v1(t) y v2(t) tambin cumplan la ecuacin: v01(t)y1(t) + v02(t)y2(t) = 0 . Por tanto, y0 p(t) =v1(t)y01(t) + v2(t)y02(t) = v1(t) + v2(t)et (t + 1) . Derivando otra vez tenemos que

y00 p

(t) = v01(t)y0

1(t) + v1(t)y00

1(t) + v0

2(t)y0

2(t) + v2(t)y00

2(t)

= v01(t) + v02(t)e

t (t + 1) + v2(t)et (t + 2) .

Tenemos as que

t3 = t2y00 p t(t + 2) y0

p + ( t + 2) y p= t2(v01(t) + v02(t)et (t + 1) + v2(t)et (t + 2)) t(t + 2)( v1(t) + v2(t)e

t (t + 1)) ++( t + 2)( v1(t)t + v2(t)et t)

= t2v01(t) + t2v02(t)et (t + 1) .

Es decir, v1(t) y v

2(t) deben satisfacer que

v01(t)t + v02(t)te

t = 0 .t2v01(t) + t

2v02(t)et (t + 1) = t3.

Simpli cando,

v01(t) + v02(t)e

t = 0 .v01(t) + v02(t)e

t (t + 1) = t.

Por consiguiente, v02(t) = et y v01(t) =

1. Teniendo en cuenta que es su ciente una solucin

particular, podemos tomar v2(t) = et y v1(t) = t. Concluimos as quey p(t) = t

2 t

y la solucin general viene dada por

y(t) = At + Be t t t(t + 1)siendo A y B dos constantes arbitrarias.

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Problema. a) Comprueba que la funcin y1(t) = et es solucin de la ecuacin

ty00(2t + 1) y0 + ( t + 1) y = 0.

b) Encuentra la solucin general de la ecuacin

ty00(2t + 1) y0 + ( t + 1) y = 0.c) Encuentra la solucin general de la ecuacin

ty00(2t + 1) y0 + ( t + 1) y = t2.

Solucin. a) Puesto que y001 (t) = y01(t) = et , tenemos que

ty001 (t) (2t + 1) y01(t) + ( t + 1) y1(t) = te

t(2t + 1) e

t + ( t + 1) et

= ( t 2t + t)et + ( 1 + 1)e

t = 0 .

b) Recordemos que el conjunto de soluciones es un espacio vectorial de dimensin 2. Por elapartado a) del problema sabemos que una solucin es la funcin y1(t) = et . Por consiguiente, essu ciente encontrar otra solucin de la ecuacin que sea linealmente independiente de la anterior.Como hemos visto en clase, para buscar esa otra solucin, tenemos que encontrar una funcinno constante v(t) tal que y2(t) = v(t)y1(t) = v(t)et sea solucin de la ecuacin dada. Para ellosustituimos en la ecuacin:

0 = ty002 (t) (2t + 1) y02(t) + ( t + 1) y2(t)

= t(v00(t)et + 2 v0(t)et + v(t)et ) (2t + 1)( v0(t)et + v(t)et ) + ( t + 1) v(t)et

= et [tv00(t) + v0(t) (2t 2t 1) + v(t) (t 2t 1 + t + 1)]= et [tv00(t) v0(t)] .

Es decir, tv00(t) = v0(t). Una solucin de esta ecuacin es v(t) = t2 y, por tanto, y2(t) = v(t)et =t2et es la otra solucin buscada.

Resumiendo, hemos probado que la solucin general de la ecuacin lineal homognea es

y(t) = Ae t + Be t t2

siendo A y B dos constantes arbitrarias.

c) Recordemos que la solucin general de una ecuacin diferencial lineal de segundo ordenviene dada por

y(t) = Ay1(t) + By2(t) + y p(t)

siendo y p(t) una solucin particular de la ecuacin, y1(t) e y2(t) dos soluciones linealmente inde-pendientes de la ecuacin homognea asociada y A y B dos constantes arbitrarias. Puesto quela ecuacin homognea asociada es la que aparece en el apartado b) del enunciado, tenemos quey1(t) = et e y2(t) = t2et . As ser su ciente obtener una solucin particular y p(t) de la ecuacincompleta.

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Para encontrar tal solucin usamos el mtodo de variacin de las constantes. Es decir, bus-camos una solucin particular de la forma

y p(t) = v1(t)y1(t) + v2(t)y2(t)

siendo v1(t) y v2(t) dos funciones a determinar para que y p(t) sea solucin. Derivando obtenemos

y0 p(t) = v01(t)y1(t) + v1(t)y01(t) + v02(t)y2(t) + v2(t)y02(t).

Recordemos que, teniendo en cuenta que tenemos dos incgnitas y una sola ecuacin imponemosque v1(t) y v2(t) tambin cumplan la ecuacin: v01(t)y1(t) + v02(t)y2(t) = 0 . Por tanto, y0 p(t) =v1(t)y01(t) + v2(t)y02(t) = v1(t)et + v2(t)(2t + t2)et . Derivando otra vez tenemos que

y00 p(t) = v01(t)y

01(t) + v1(t)y

001 (t) + v

02(t)y

02(t) + v2(t)y

002 (t)

= v01(t)et + v1(t)et + v02(t)(2t + t

2)et + v2(t)et (2 + 4 t + t2).

Tenemos as que

t2 = ty00 p(t) (2t + 1) y0 p(t) + ( t + 1) y p(t) == tv

01(t)e

t + v1(t)et + v02(t)(2t + t2)et + v2(t)et (2 + 4 t + t2)(2t + 1) v1(t)e

t + v2(t)(2t + t2)et+ ( t + 1) v1(t)t2 + v2(t)t2et= tv01(t)et + v02(t)t(2t + t2)et .

Es decir, v1(t) y v2(t) deben satisfacer que

v01(t)et + v02(t)t

2et = 0 ,tv01(t)e

t + v02(t)t(2t + t2)et = t2.

Simpli cando,

v01(t) + v02(t)t2 = 0 ,v01(t)e

t + v02(t)(2t + t2)et = t.

Por consiguiente, v02(t) = et / 2 y v01(t) = t2et / 2. Teniendo en cuenta que es su ciente unasolucin particular, podemos tomar v2(t) = et / 2 y v1(t) = ( t2/ 2 + t + 1) et . Concluimos as quey p(t) = ( t2/ 2 + t + 1) et et t

2et et / 2 = t + 1 .

y la solucin general viene dada por

y(t) = At 2 + Be t t2 + t + 1

siendo A y B dos constantes arbitrarias.Problema. (1) Calcula la solucin general de la ecuacin homognea

(1 + t)y00+ (4 t + 5) y0 + (4 t + 6) y = 0

sabiendo que admite una solucin de la forma y(t) = eat para un cierto a.

11


12/78

(2) Usando el apartado anterior, encuentra la solucin general de la ecuacin

(1 + t)y00+ (4 t + 5) y0 + (4 t + 6) y = e2t .

Solucin. (1) Calculamos en primer lugar el valor de a para el que la funcin y1(t) = eat essolucin de la ecuacin diferencial. Para ello sustituimos en la ecuacin, obteniendo

(1 + t)a2eat + (4 t + 5) aeat + (4 t + 6) eat = 0

para cualquier t real. Dividiendo en la anterior ecuacin por eat y reordenando los trminosobtenemos que

(a2 + 4 a + 4) t + ( a2 + 5 a + 6) = 0 .

Por consiguiente, el valor de a debe ser solucin simultnea de las ecuaciones

a2 + 4 a + 4 = 0 , a2 + 5 a + 6 = 0 .

La primera ecuacin tiene por raz doble el nmero a = 2 y la segunda ecuacin tiene las racesa = 3 y a = 2. Por tanto, el nico valor para el que y1(t) = e

at

es solucin es para a = 2.Resumiendo, tenemos que la funcin y1(t) = e2t es solucin de la ecuacin diferencial dada.Observemos que la ecuacin diferencial del enunciado es lineal, de orden 2 y homognea.

Por tanto, si encontramos otra solucin y2(t) que sea linealmente independiente con la anterior,obtenemos que cualquier solucin de la ecuacin diferencial es de la forma y(t) = c1y1(t)+ c2y2(t)donde c1 y c2 son constantes arbitrarias. Nos centramos, por consiguiente, en calcular y2(t). Paraello aplicamos la frmula de Liouville. Es decir, buscamos una funcin v(t) no constante tal que lafuncin y2(t) = v(t)y1(t) = v(t)e2t sea solucin de la ecuacin (1+ t)y00+(4 t +5) y0+(4 t +6) y = 0.Para encontrar una funcinv(t) vlida, exigimos quey2(t) sea solucin de la ecuacin y obtenemos

0 = (1 + t)y002(t) + (4 t + 5) y0

2(t) + (4 t + 6) y2(t)

= (1 + t)v00(t)e2t 4v

0(t)e2t + 4 v(t)e2t+ (4 t + 5) v0(t)e2t 2v(t)e

2t

++(4 t + 6) v(t)e2t= e2t (v00(t)(1 + t) + v0(t) (4(1 + t) + (4 t + 5)) + v(t) (4(1 + t) 2(4t + 5) + (4 t + 6)))= e2t (v00(t)(1 + t) + v0(t)) .

Dividiendo en la anterior ecuacin por e2t , obtenemos que v00(t)(1+ t) + v0(t) = 0 . Una solucinde esta ecuacin es, por ejemplo, v0(t) = 1

1 + t. Integrando, llegamos a que podemos tomar

v(t) = log(1 + t). De esta forma, y2(t) = log(1 + t)e2t y la solucin general de la ecuacinhomognea es

y(t) = c1e2t + c2 log(1 + t)e2t = ( c1 + c2 log(1 + t)) e2t

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias.(2) Recordemos que si y p(t) es una solucin particular de una ecuacin diferencial lineal desegundo orden e yh (t) es la solucin general de la ecuacin lineal homognea asociada entoncesy(t) = y p(t) + yh (t) es la solucin general de la ecuacin no homognea.

Puesto que la ecuacin lineal homognea asociada a la ecuacin (1+ t)y00+(4 t+5) y0+(4 t+6) y =e2t es (1 + t)y00+ (4 t + 5)y0 + (4 t + 6)y = 0 y la solucin general de esta ltima ya la hemos

12


13/78

obtenido en el apartado anterior (concretamente, yh (t) = c1e2t + c2 log(1 + t)e2t) es su cienteobtener una solucin particular y p(t).

Para obtener y p(t) aplicamos el mtodo de variacin de las constantes que consiste en buscaruna solucin de la forma y p(t) = v1(t)e2t + v2(t)log(1+ t)e2t siendo v1(t) y v2(t) dos funcionesa determinar. Para encontrar dichas soluciones imponemos que y p(t) sea solucin de la ecuacin

no homognea. sto nos dar una ecuacin lineal que veri

can las funciones v01(t) y v

02(t).Recordemos que la otra ecuacin viene dada por

v01(t)e2t + v02(t) log(1 + t)e

2t = 0 .

Antes de sustituir y p(t) en la ecuacin calcularemos sus derivadas:

y0 p(t) = v01(t)e2t 2v1(t)e2t + v02(t) log(1 + t)e2t + v2(t) 11 + t e2t 2 log(1 + t)

= 2v1(t)e2t + v2(t) 11 + t e2t 2 log(1 + t)e2t;

y00 p(t) = 2v01(t)e

2t + 4 v1(t)e2t + v02(t) 11 + t e2t 2 log(1 + t)++ v2(t) 1(1 + t)2 e2t 41 + t e2t + 4 log(1 + t)e2t.

Tenemos as quee2t = (1 + t)y00 p(t) + (4 t + 5) y0 p(t) + (4 t + 6) y p(t)

= (1 + t)2v01(t)e2t + 4 v1(t)e2t + v02(t) 11 + t e2t 2 log(1 + t)++(1 + t)v2(t) 1(1 + t)2 e

2t 41 + t e2t + 4 log(1 + t)e2t++(4 t + 5) 2v1(t)e2t + v2(t) 11 + t e2t 2 log(1 + t)e2t++(4 t + 6) v1(t)e

2t + v2(t) log(1 + t)e2t= e2t (2v01(t)(1 + t) + v02(t) (1 2(1 + t) log(1 + t))) .Es decir, dividindo por e2t , tenemos que

v01(t) + v02(t) log(1 + t) = 0 ,

2v01(t)(1 + t) + v02(t) (1

2(1 + t) log(1 + t)) = 1 .

Resolviendo este sistema, tenemos que v01(t) = log(1 + t) y v02(t) = 1 . Integrando obtenemosquev1(t) = Z log(1 + t)dt = 1 + t = xdt = dx = Z logxdx Integramospor partes

= x log x + Z x 1x dx = x log x + x = (1 + t) (1 log(1 + t)) ;v2(t) = t + 1 .

13


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Nota: no hemos considerado las constantes de integracin porque buscamos una nica solucinparticular y, por consiguiente, nicas funciones v1(t) y v2(t).

Hemos obtenido la solucin particular

y p(t) = v1(t)e2t + v2(t) log(1 + t)e2t

= (1 + t) (1 log(1 + t)) e2t

+ ( t + 1) log(1 + t)e2t

= (1 + t)e2t .

Finalmente, teniendo en cuenta todos los resultados y comentarios hechos hasta ahora, la solucingeneral es

y(t) = (1 + t)e2t + ( c1 + c2 log(1 + t)) e2t

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias.

14


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2. Leccin 2: Sistemas de Ecuaciones Diferenciales.

Problema. Resuelva el siguiente problema de valor inicial

y0 =2 1 11 2 1

2 2 1y +

e3t0

2e3t, con y(0) =

100

.

Solucin. Comenzamos calculando la solucin general yh del sistema homogneo asociado:

y0 =2 1 11 2 1

2 2 1y.

Para ello calculamos los autovalores de la matriz A del sistema. Un sencillo clculo muestra que

det( A

I ) =

3 + 3 2

3 + 1 .

Este polinomio tiene a = 1 como nico autovalor. Por tanto, tiene multiplicidad algebraicatres. Los autovectores de la matriz A correspondientes a este autovalor son los vectores no nulosdel plano x + y + z = 0. De esta forma u1 = [1, 1, 0]t y u2 = [1, 0, 1]t son dos autovectoreslinealmente independientes y cualquier otro autovector es una combinacin lineal de ellos. Puestoque A2 = 0 , cualquier vector no nulo de R 3 es un autovector generalizado. Tomamos ahora untal autovector generalizado que sea linelmente indepeniente con los anteriores u3 = [1, 0, 0]t . Contodo ello, tres soluciones linealmente independientes del sistema homogneo son

y1(t) = et

1

10 , y2(t) = et

1

01e

y3(t) = et(A + t(A I ))100

= et1 + t

t

2t.

La solucin general es, por tanto,

yh (t) = Ay1(t) + By2(t) + Cy3(t) = Aet1

10

+ Be t10

1+ Ce t

1 + tt

2tpara t R , siendo A, B y C tres constantes arbitrarias.

Buscamos ahora una solucin particular del sistema completo. Para ello utilizaremos elmtodo de variacin de los parmetros, esto es, buscamos una solucin del sistema completode la forma

y p(t) = v1(t)et1

10+ v2(t)et

10

1+ v3(t)et

1 + tt

2t15


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siendo vi(t), para i = 1, 2, 3, tres funciones a determinar. Dado que y p(t) = Y (t)v(t) con Y (t) lacorrespondiente matriz fundamental de soluciones y v(t) = [v1(t), v2(t), v3(t)]t , imponiendo quesea solucin (es decir, y0 p(t) = Ay p(t) + [e3t , 0, 2e3t ]t ) obtenemos que

Y 0(t)v(t) + Y (t)v0(t) = AY (t)v(t) +e3t

02e3t

.

Puesto que Y 0(t) = AY (t), obtenemos que

Y (t)v0(t) =e3t

02e3t

.

Despejando, componente a componente, tenemos que

v03(t) = 3e2t ,

v02(t) = e2t v03(t)(1 + 2 t) = 2(1 + 3 t)e2t ,v01(t) = e

2tv

02(t) v

03(t)(1 + t) = 3 te

2t .

Integrando obtenemos (no tenemos en cuenta la constante de integracin ya que buscamos unanica solucin particular)

v3(t) = 3

2e2t ,

v2(t) = e2t 3t + 12,v1(t) = e2t 32t 34.

De esta forma la solucin particular encontrada es

y p(t) = e3t 32t 341

10+ 3t + 12e3t

10

1+

32

e3t1 + t

t

2ty la solucin general del sistema completo es

y(t) = Aet 110+ Be t 10

1+ Ce t 1 + tt

2t+ e3t 32t 34 110 +

+ 3t + 12e3t10

1+

32

e3t1 + t

t

2tsiendo A, B y C tres constantes arbitrarias.

16


17/78

Finalizamos el ejercicio viendo cul de estas soluciones veri ca la condicin inicial. Para ellosustituimos en el instante t = 0 para obtener

y(0) = A1

10+ B

10

1+ C

100

34

1

10+

12

10

1+

32

100

=100

.

Despejando obtenemos que A = 3/ 4, B = 1/ 2 y C = 1/ 2 y la solucin del problema devalores iniciales es

y(t) = 3

4et

1

10 12

et10

1

12

et1 + t

t

2t+

+ 3t 92e3t1

10+ 3t + 12e3t

10

1+

32

e3t1 + t

t

2t

Cuestin. Calcula la solucin general del siguiente sistema

y0 =3 4 50 5 40 0 3

y + et111

.

Solucin. Puesto que se trata de un sistema no homogneo de ecuaciones diferenciales, paracalcular su solucin general tenemos que resolver el sistema homogneo asociado y encontrar unasolucin particular del sistema completo.

Para resolver el correspondiente sistema homogneo

y0 =3 4 50 5 40 0 3

y

empezamos determinando los autovalores y autovectores de la matriz de los coe cientes. Dadoque la matriz es diagonal, es inmediato que sus autovalores son 1 = 5 y 2 = 3 (doble).

Para 1 = 5 obtenemos

A

1I = A

5I =

2 4 50 0 40 0 2

luego podemos tomar u1 =210

como autovector. Por otro lado, para 2 = 3 obtenemos

A 2I = A 3I =0 4 50 2 40 0 0

17


18/78

luego podemos tomar u2 =100

como autovector y vamos a encontrar ahora un autovector

generalizado que nos permita obtener una tercera solucin linealmente independiente. Dado que

(A 3I )2

=

0 8 16

0 4 80 0 0

podemos tomar como autovector generalizado u3 =0

21.

As pues, las soluciones obtenidas son

y1(t) = e5t210

, y2(t) = e3t100

, y3(t) = e3t {I + ( A 3I )t} u3 = e3t 3t

21que nos dan como solucin general

y(h )(t) = c1e5t210

+ c2e3t100

+ c3e3t3t21

.

Para calcular una solucin particular de la ecuacin completa emplearemos el mtodo de loscoe cientes indeterminados, para lo cual ensayamos con una solucin del tipo

y(h)(t) = etabc

.

Sustituyendo en la ecuacin obtenemos el siguiente sistema

2a + 4 b + 5 c = 14b + 4 c = 12c = 2cuya solucin es

a = 14

, b = 14

y c = 12

y, por tanto,y( p)(t) = et

1/ 41/ 4

1/ 2.

Concluimos que la solucin del problema es

y(t) = c1e5t210

+ c2e3t100

+ c3e3t3t21

+ et1/ 41/ 4

1/ 2.

18


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Ntese que para calcular una solucin particular tambin podemos utilizar el mtodo devariacin de los parmetros, que consiste en ensayar con una solucin del tipo

y( p)(t) = v1(t)e5t210

+ v2(t)e3t100

+ v3(t)e3t3t21

.

Imponiendo que esta funcin sea solucin del sistema completo y simpli cando llegamos a que

2e5t e3t 3te3te5t 0 2e3t0 0 e3tv01(t)v02(t)v03(t)

= et111

.

Ahora habra que resulver el sistema para obtener las derivadas de las funciones incgnitas y, nalmente, integrar.Problema. Resolver el problema de valor inicial

x0 =1 0 02 1 23 2 1

x +00

et cos t, con x(0) =

011

.

Solucin. El problema lo resolveremos en tres pasos. En primer lugar calcularemos la solucingeneral del sistema homogneo asociado, que llamaremos xh (t), a continuacin buscaremos unasolucin particular x p(t) del sistema completo. De esta forma la solucin general del sistema serx(t) = x p(t) + xh (t). Finalizaremos el ejercicio buscando la solucin que satisface las condicionesiniciales dadas.Solucin general del sistema homogneo asociado. El sistema homogneo asociado es

x0 =1 0 02 1 23 2 1

x.

Tenemos que buscar tres soluciones linealmente independientes. Comenzamos calculando losautovalores, autovectores y, en su caso, los autovestores generalizados:

1 0 0

2 1 23 2 1 = (1 ) 1

2

2 1 = (1 )2

2 + 5= (1 ) ( (1 + 2 j )) ( (1 2 j )) .Es decir, los autovalores son 1, 1 + 2 j y 1 2 j.

Un autovector de autovalor 1 es v1 = [2, 3, 2]T y, por tanto, tenemos la solucin x1(t) =et [2, 3, 2]T .

19


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Un autovector de autovalor 1 + 2 j es v2 = [0, 1, j ]T y, por tanto, tenemos la solucine(1+2 j )t[0, 1, j ]T . Puesto que esto es una solucin compleja, tomaremos la parte real e imagi-naria de sus componentes para obtener dos soluciones linealmente independientes del sistemahomogneo:

e(1+2 j )t

0

1 j

= et

cos(2t)

0

10

+ sen(2 t)

0

01

+ jet

sen(2t)

0

10 cos(2t)

0

01

.

De aqu obtenemos las soluciones reales

x2(t) = et0

cos(2t)sen(2t)

, x3(t) = et0

sen(2t)

cos(2t).

Por tanto,

X (t) =

2et 0 0

3et

etcos(2t) e

tsen(2t)2et et sen(2t) et cos(2t)

es una matriz fundamental de soluciones, es decir, la solucin general del sistema homogneoviene dada por

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + c3x3(t)

donde c1, c2 y c3 son constantes arbitrarias.Solucin particular del sistema completo. Tenemos dos caminos para obtener una solucin par-ticular: por el mtodo de los coe cientes indeterminados y por el mtodo de vaciacin de lasconstantes. Mostramos a continuacin cmo se obtiene dicha solucin por cada uno de estos

mtodos.a) Mtodo de los coe entes indeterminados. Teniendo en cuenta que el trmino independiente

es [0, 0, et cos t]T , buscamos una solucin de la forma

x p(t) = et cos(t)u + et sen(t)v

siendo u, v R 3. Imponemos que esta funcin sea solucin de la ecuacin diferencial, obteniendoque

et cos(t)u et sen(t)u + et sen(t)v + et cos(t)v = et cos(t)Au + et sen(t)Av + et cos(t) [0, 0, 1]T .

Dividiendo por et y reordenando la anterior ecuacin obtenemos que

cos(t)u + v Au [0, 0, 1]T + sen( t) (u + v Av) = 0 .Es decir, u + v Au [0, 0, 1]

T = 0 y u + v Av = 0. De la ltima ecuacin tenemos queu = v Av y sustituyendo en la primera concluimos quev Av + v A (v Av) = [0, 0, 1]

T .

20


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Es decir, (2I 2A + A2)v = [0, 0, 1]T . Resolviendo este sistema obtenemos que v = [0, 0, 1/ 3]T y, por tanto, u = [0, 2/ 3, 0]T . De esta forma la solucin particular obtenida es

x p(t) = 23

et cos(t)010

13

et sen(t)001

.

b) Mtodo de variacin de las constantes. En este caso, buscamos tres funciones v1(t), v2(t)y v3(t) tales que la funcin

x p(t) = v1(t)x1(t) + v2(t)x2(t) + v3(t)x3(t)

sea solucin del sistema. Por tanto, se tiene que

v1(t)x1(t) + v2(t)x2(t) + v3(t)x3(t)

0 = Av1(t)x1(t) + v2(t)x2(t) + v3(t)x3(t)+

00

et cos t.

Operando llegamos a

v01(t)x1(t) + v1(t)x1(t)0 + v02(t)x

2(t) + v2(t)x2(t)0 + v03(t)x3(t) + v3(t)x3(t)0

= v1(t)Ax1(t) + v2(t)Ax2(t) + v3(t)Ax3(t) +00

et cos t.

Puesto que x1(t), x2(t) y x3(t) son soluciones del sistema homogneo asociado tenemos quex1(t)0 = Ax1(t), x2(t)0 = Ax2(t) y x3(t)0 = Ax3(t). Esto nos permite simpli car la anteriorecuacin, obteniendo que

v01(t)x1(t) + v02(t)x2(t) + v03(t)x3(t) =00

et cos t.

Resolviendo este sistema obtenemos que v01(t) = 0 , v02(t) = cos( t)sen(2t) = 12

(sen(3t) + sen( t))

y v03(t) = cos(t) cos(2t) = 12

(cos(3t) + cos( t)) . Integrando, y teniendo en cuenta que bus-

camos una nica solucin, llegamos a que v1(t) = 0 , v2(t) = 1213 cos(3t) + cos( t) y v3(t) =

12

13

sen(3t) + sen( t)

. Es decir, la solucin particular obtenida es

x p(t) = 12 13 cos(3t) + cos( t)et

0cos(2t)sen(2t)

1213sen(3t) + sen( t)et

0sen(2t)

cos(2t).

Simpli cando, obtenemos que

x p(t) = 23

et cos(t)010

13

et sen(t)001

.

21


22/78

Es decir, la misma solucin particular que con el mtodo de los coe cientes indeterminados(aunque, en general, esto no tiene que ocurrir).

Resumiendo, la solucin general del sistema de ecuaciones diferenciales es

x(t) = x p(t) + c1x1(t) + c2x2(t) + c3x3(t)

donde c1, c2 y c3 son constantes arbitrarias.Solucin del problema de valores iniciales . Tenemos que

x(0) =011

= x p(0) + c1x1(0) + c2x2(0) + c3x3(0)

= 23

010

+ c12

32+ c2

010

+ c300

1.

Resolviendo este sistema obtenemos que c1 = 0, c2 = 53 y c3 = 1. Es decir, la solucin es

x(t) = 23

et cos(t)010

13

et sen(t)001

+ 53

et0

cos(2t)sen(2t)

et0

sen(2t)

cos(2t).

Cuestin. (1) Qu es un sistema no lineal autnomo? Enuncia el teorema de linealizacin deLiapunov y Poincar.

(2) Determina y clasi ca los puntos crticos del sistema no lineal

x0

= x2

+ y2

1,y0 = x2 y2.

Solucin. (1) Un sistema autnomo de dimensin 2 es un sistema de 2 ecuaciones diferenciales

y0(t) = f (x(t), y(t))x0(t) = g(x(t), y(t))

donde (f, g ) es un campo vectorial de dimensin 2 con derivadas parciales continuas en unaregin del espacioR 2. El sistema se llama autnomo, o invariante en el tiempo, porque el campo(f, g ) no depende explcitamente de la variable temporal t. Puede probarse que si jamos unacondicin inicial x(0) = x0, y(0) = y0, entonces este sistema tiene solucin nica.

Si (x0, y0) R 2 es un punto tal que f (x0, y0) = g(x0, y0) = 0 , entonces la solucin delproblema de valor inicialy0(t) = f (x(t), y(t)) (1)x0(t) = g(x(t), y(t))x(0) = x0,y(0) = y0

22


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es constante: x(t) = x0, y(t) = y0 para todo t R ; o sea, las variables no se mueven del puntoinicial. Se dice entonces que (x0, y0) es un punto o solucin de equilibrio del sistema.Se dice que la solucin del problema de valor inicial (1) es estable si al tomar un punto

cercano a (x0, y0) como valor inicial, la solucin correspondiente se mantiene cerca de la solucinde partida. Si, adems, las soluciones que empiezan cerca no slo se mantienen cerca, sino que

tienden a la solucin dada, entonces se dice que es asintticamente estable.Se dice que la solucin es inestable cuando no es estable; es decir, cuando hay soluciones queempiezan tan cerca como queramos pero que se alejan cuando el tiempo avanza.Teorema de Linealizacin de Liapunov y Poincar . Sea (x0, y0) un punto de equilibrio de un sistema no lineal

y0(t) = f (x(t), y(t)),x0(t) = g(x(t), y(t)).

Se veri can las siguientes a rmaciones:

(a) El punto (x0, y0) es un punto de equilibrio asintticamente estable de un sistema no lineal autnomo plano si todos los autovalores de la matriz jacobiana D(f, g ) (x0, y0) tienen parte real estrictamente negativa.

(b) El punto (x0, y0) es un punto de equilibrio inestable de un sistema no lineal autnomoplano si algn autovalor de la matriz jacobiana D(f, g ) (x0, y0) tiene parte real estrictamente positiva.

Sin embargo, el procedimiento de linealizacin no funciona si hay autovalores con parte realcero y los dems tienen parte real negativa.(2) Comenzamos calculando los puntos de equilibrio del sistema autnomo. En este caso,f (x, y) = x2 + y2 1, g(x, y) = x2 y2. Por tanto, los puntos de equilibrio veri can quex2 + y2 = 1 y x2 = y2. De esta forma tenemos que 2x2 = 1 . Es decir, x = 1 2 y los puntos deequilibrio son

P 1 = 1 2, 1 2, P 2 = 1 2, 1 2, P 3 = 1 2, 1 2, P 4 = 1 2, 1 2.Analicemos ahora la estabilidad usando el teorema de Liapunov y Poincar que fu enunciado enel apartado primero de la cuestin. Tenemos que

D(f, g ) (x, y) = 2x 2y2x 2y .De esta forma,

D(f, g ) (P 1) = 2 2 2 2 .Los autovalores de esta matriz son 2 y 2. Por consiguiente, el teorema de Liapunov y Poincara rma que el punto es inestable.

23


24/78

En el punto P 2 tenemos que

D(f, g ) (P 2) = 2 2 2 2 .Los autovalores de esta matriz son 2(1 j ). Por consiguiente, el teorema de Liapunov y Poincara rma que el punto es inestable.


D(f, g ) (P 3) = 2 2 2 2 .Los autovalores de esta matriz son 2(1 j ). Por consiguiente, el teorema de Liapunov yPoincar a rma que el punto es asintticamente estable.


D(f, g ) (P 4) = 2 2 2 2 .Los autovalores de esta matriz son 2 y 2. Por consiguiente, el teorema de Liapunov y Poincara rma que el punto es inestable.

24


25/78

3. Leccin 3: Transformacin de Laplace.

Problema. La funcin de Bessel de primer orden J 1(t) es la solucin del problema de valorinicial

t2y00+ ty0 + ( t2 1)y = 0con y(0) = 0 e y

0(0) = 1 / 2. Calcula la transformada de Laplace de J 1(t).

Solucin. Para simpli car la notacin llamaremos Y (s) a la transformada de Laplace de J 1(t).Calcularemos la transformada de Laplace de ambos trminos de la ecuacin del enunciado. Pre-viamente, necesitamos redordar que

1. L(y0(t))( s) = sY (s) y(0) = sY (s);2. L(y00(t))( s) = sL(y0(t))( s) y0(0) = s2Y (s) 1/ 2;3. L(tn f (t))( s) = ( 1)n

dn L(f (t))( s)dsn

.

Por tanto, tenemos que

L(t2y(t))( s) = Y 00(s);

L(ty0(t))( s) = dL(y0(t))( s)

ds = (Y (s) + sY

0(s));

L(t2y00(t))( s) = s2Y (s) 1/ 2

00= 2Y (s) + 4 sY 0(s) + s2Y 00(s).

De esta forma, obtenemos que

0 = L(t2y00(t))( s) + L(ty0(t))( s) + L(t2y(t))( s)

L(y(t))( s)

= 2Y (s) + 4 sY 0(s) + s2Y 00(s) (Y (s) + sY 0(s)) + Y 00(s) Y (s)

= ( s2 + 1) Y 00(s) + 3 sY 0(s).

Es decir, hemos obtenido una ecuacin diferencial de segundo orden que veri ca la funcin bus-cada Y (s). De dicha ecuacin deducimos que Y

00(s)Y 0(s)

= 3s

s2 + 1 e integrando concluimos que hay

una constante k tal que Y 0(s) = k(s2 + 1) 3/ 2

. Volviendo a integrar (esta vez, haciendo un cambio

de variable apropiado como, por ejemplo, s = senh( x)) concluimos que existen constantes k y c

tales que Y (s) = ks

(s2 + 1) 1/ 2 + c. Puesto que

0 = lims+

Y (s) = lims+ " ks(s2 + 1) 1/ 2 + c# = k + c,

concluimos que k = c. Es decir, Y (s) = k" s(s2 + 1) 1/ 2 1#. Por otro lado, el teorema del valor25


26/78

inicial aplicado a la funcin y0(t) garantiza

12

= y0(0) = lims+

sL(y0(t))( s) = lims+

s [sY (s)]

= k lims+

s2

" s

(s2 + 1) 1/ 2 1

# = k lim

s+

s2

s2 + 1

hs

s2 + 1

1/ 2

s21

i= k lims+ s2"1 + 1s21/ 2

1 1s2# = k lims+ 1 +

1s2

1/ 2

1 1s 2

1s 2

[por L0Hpital]

= k lims+

12

2s 3 1 +

1s2

1/ 2

2

s3

2s 3= k lim

s+ "121 + 1s21/ 2

1# = k2.es decir, k = 1 e Y (s) = 1

s(s2 + 1) 1/ 2

.

Cuestin. Un circuito elctrico est formado conectando un generador de f.e.m. V (t), una induc-

tancia L y una resistencia R. La diferencia de potencial en los bornes del generador es la funcinV (t) = V 0ht 0 (t) siendo t0 > 0 y V 0 una constante. Se pide obtener la intensidad de corriente querecorre el circuito en un instante t. Cul es el comportamiento asinttico de la intensidad?

Nota: Recurdese que por las leyes de Kirchoff la intensidad veri ca la ecuacin diferencialLi0(t) + Ri (t) = V (t).

Solucin. La solucin general de la ecuacin lineal homognea asociada es ih (t) = ceRt/L .Busquemos ahora una solucin particular del sistema completo. Usaremos las tcnicas desarrol-ladas en el tema de la transformada de Laplace. Como buscamos una nica solucin particular,para simpli car los clculos supondremos que i(0) = 0 . Llamemos I (s) a la transformada deLaplace de la intensidad i(t). La linealidad de dicha transformada implica que

LL(i0(t))( s) + RL(i(t))( s) = L(V (t))( s).

Por otro lado, de las propiedades estudiadas en clase tenemos que:

L(i0(t))( s) = sL(i(t))( s) i(0) = sI (s)y

L(V (t))( s) = V 0L(ht 0 (t))( s) = V 0est 0

s .

Por consiguiente,LsI (s) + RI (s) = V 0

est 0

s .

Es decir,I (s) = V 0

est 0

s(Ls + R) = V 0 1R 1s 1R 1s + R/L est 0 .

Puesto que la transformada inversa de 1s es 1 y la de 1s+ R/L es etR/L , obtenemos que la trans-formada inversa de V 0h1R 1s 1R 1s+ R/L i viene dada por la funcin g(t) = V 0R 1 e

tR/L

. Por26


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consiguiente, la solucin particular obtenida es

i(t) = L1(I (s))( t) = g(t t0)ht 0 (t) = V 0R 1 e

(tt 0 )R/L ht 0 (t)= 0 si t t0,V 0R

1 e(tt 0 )R/L

si t > t 0.

De esta forma, la solucin general de la ecuacin viene dada por

i(t) = ceRt/L si t t0,ceRt/L + V 0R 1 e

(tt 0 )R/L si t > t 0.Finalmente,

limt+

i(t) = limt+ ceRt/L +

V 0R 1 e

(tt 0 )R/L = c + V 0R

siendo c = i(0).

Cuestin. Resuelve el problema de valores inicialesy002y0 + 5 y = ha (t),y(0) = y0(0) = 0 ,

siendo a un nmero real positivo y ha la funcin salto en a.Solucin. Resolveremos este problema utilizando la transformada de Laplace. Si denotamospor Y (s) a la transformada de Laplace de la solucin y tenemos en cuenta que

L {y0} (s) = sY (s) y(0) = sY (s)L {y00} (s) = s2Y (s) sy(0) y0(0) = sY (s)L {ha } (s) = e

sa

sal transformar la ecuacin obtenemos

s2Y (s) 2sY (s) + 5 Y (s) = esa

sy, por tanto,

Y (s) = eas

s(s2 2s + 5).

Descomponiendo en fracciones simples

Y (s) = eas

s(s2 2s + 5) = 1/ 5s + (1/ 5)s + 2 / 5(s 1)2 + 4 eas

= 1

5 1s s 1(s 1)2 + 4 + 12

2(s 1)2 + 4eas

cuya antitransformada es

y(t) = 15

ha (t) 1 e(ta) cos(2(t a)) + 12 sin(2(t a))27


28/78

Problema. Usando la transformada de Laplace resuelve el sistema de ecuaciones

x00= 3x + 2 y,y00= 2x 2y + 40sen(3t) con las condiciones iniciales x(0) = x0(0) = y(0) = y0(0) = 0 .

Nota: Las funciones x e y dependen de la variable independiente t 0.

Solucin. Llamaremos X (s) e Y (s) a las transformadas de Laplace de las funciones x e y respec-tivemente. Es decir, X (s) = L(x(t))( s) e Y (s) = L(y(t))( s). Recordemos que la transformada deLaplace de la derivada de una funcin f que es continua y derivable en [0, + ) viene dada porL(f 0(t))( s) = sL(f (t))( s) f (0). De esta forma aplicando las condiciones iniciales obtenemosqueL(x0(t))( s) = sL(x(t))( s) x(0) = sX (s); L(x

00(t))( s) = sL(x0(t))( s) x0(0) = s2X (s);

L(y0(t))( s) = sL(y(t))( s) y(0) = sY (s); L(y00(t))( s) = sL(y0(t))( s) y0(0) = s2Y (s).Por otro lado, sabemos que L(sen(3t))( s) = 3

s2 + 9. De esta forma, si aplicamos la trasformada

de Laplace en las ecuaciones del enunciado obtenemos que

L(x00(t))( s) = 3X (s) + 2 Y (s),L(y00(t))( s) = 2X (s) 2Y (s) + 40

3s2 + 9

. )Es decir,

(s2 + 3) X (s)

2Y (s) = 0 ,

2X (s) + ( s2 + 2) Y (s) = 40 3

s2 + 9. )

Por tanto,X (s) =

240(s4 + 5 s2 + 2)( s2 + 9)

, Y (s) = 120(s2 + 3)

(s4 + 5 s2 + 2)( s2 + 9).

Ahora hacemos una descomposicin en fracciones simples de la funcin X (s). Para ello observe-mos que el polinomio (s4 +5 s2 +2) puede reescribirse como (s2 + m1)(s2 + m2) siendo m1 = 5 172y m2 = 5+ 172 (obsrvese para posteriores clculos que m1m2 = 2 y m1 + m2 = 5) . De esta forma(s4 + 5 s2 +2)( s2 +9) = ( s2 + m1)(s2 + m2)(s2 + 9) . En particular, el denominador que aparece en

la expresin de X (s) tiene seis races complejas simples. Por tanto, la descomposicon adecuadaes de la formaX (s) = 240 As + Bs2 + m1 + Cs + Ds2 + m2 + Es + F s2 + 9 .

Tras algunas opereraciones obtenemos que

X (s) = 6019"13 17 17 1s2 + m1 13 + 17 17 1s2 + m2 + 2s2 + 9#.

28


29/78

Puesto que L(sen(at ))( s) = as2 + a2

, antitransformando obtenemos que

x(t) = 6019"13 17 17m1 sen(m1t) 13 + 17 17m2 sen(m2t) + 23sen(3t)#.

Para obtener, y(t) podemos seguir un procedimiento similar haciendo una descomposicin enfraccciones simples de Y (s) = 120(s

2 +3)(s 4 +5 s2 +2)( s 2 +9) . Otro camino alternativo es despejar en la primera

de las ecuaciones del sistema para obtener que

2y(t) = 3x(t) + x00(t)

= 36019"13 17 17m1 sen(m1t) 13 + 17 17m2 sen(m2t) + 23sen(3t)#

6019"13 17 17 m1sen(m1t) 13 + 17 17 m2sen(m2t) + 6sen(3 t)#

= 6019"13 17 17m1 3 m

21sen(m1t) 13 + 17 17m2 3 m

22sen(m2t) 4sen(3t)#.

Es decir,

y(t) = 3019"13 17 17m1 3 m

21sen(m1t)

13 + 17 17m2 3 m

22sen(m2t) 4sen(3t)#.

Problema. Considera el problema de valores iniciales

y00+ 2 y0 + y = f (t),y(0) = 0 , y0(0) = 1 , siendo

f (t) =0 si 0 t < 2,2(cos(t) + sen ( t)) si 2 t < 4,0 si t 4.

Calcula y() e y(5).Solucin. Dado que la funcin f no es continua lo ms cmodo para resolver el problema esusar el mtodo de la transformada de Laplace. Puesto que

L{y00} = s

2L{y} sy(0) y

0(0) y L{y

0} = sL{y} y(0),

si denotamos por Y (s) la transformada de Laplace L{y} de la solucin y transformamos laecuacin, entonces nos queda

s2Y (s) 1 2sY (s) + Y (s) = L{f },y, por tanto,

Y (s) = L{f } + 1s2 + 2 s + 1

.

29


30/78

Para calcular la transformada de Laplace de f basta tener en cuenta que

f (t) = 2[h0(t 2) h0(t 4)][cos(t) + sen ( t)]donde h0 es la funcin salto de Heaviside y utilizar la propiedad de traslacin en el dominio deltiempo, para concluir que

L{f }(s) = 2 e2s

e4s

L{cos(t) + sen ( t)}(s) = 2 e2s

e4s

s + 1s2 + 1

As pues,

Y (s) =2 (e2s e4s ) s + 1s2 + 1+ 1

(s + 1) 2 = 2e

2se

4s

1

(s + 1)( s2 + 1) + 1(s + 1) 2 .Descomponiendo en fracciones simples

1(s + 1)( s2 + 1) = As + 1 + Bs + C s2 + 1 = A(s2

+ 1) + ( Bs + c)(s + 1)(s + 1)( s2 + 1)

e identi cando los numeradores vemos que A = C = 1/ 2, B = 1/ 2. Por tanto,

Y (s) = e2s

e4s

1

(s + 1) s

s2 + 1 +

1s2 + 1+ 1(s + 1) 2 .

Para hallar la transformada inversa debemos usar las transformadas inversas de las funcionesseno y coseno y la propiedad de traslacin en el dominio del tiempo, as como la transformadainversa de la funcin t y la propiedad de traslacin en el dominio de la frecuencia. Entonces

y(t) = e(t2) cos(t) + sin( t)h0(t 2) e

(t4 ) cos(t) + sen( t)h0(t 4) + tet ,

expresin que puede escribirse tambin como

y(t) =tet t < 2

e(t2 ) cos(t) + sen( t) + tet 2 < t < 4e(t2 ) + e(t4 ) + tet 4 < t.

Por ltimo calculamos el valor de y() e y(5), obteniendo

y() = ey(5) = e3 + e + 5 e5 .

Cuestin. Sea y : [0, + ) R una funcin continua tal que ella y su derivada son de ordenexponencial. Encuentra y justi ca la relacin que existe entre las transformadas de Laplace de ye y0.Cuestin. La corriente de un circuito LRC en serie est regida por el problema de valor inicial

I 00(t) + 4 I (t) = g(t) con I (0) = I 0(0) = 0 ,

30


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donde

g(t) =1, si 0 < t < 1,

1, si 1 < t < 2,0, si t > 2.Determina la corriente en funcin del tiempo t.

Solucin. Usaremos la transformada de Laplace. LlamaremosY (s) a la transformada de Laplacede la solucin de la ecuacin diferencial. Comenzamos aplicando que la transformada de Laplacees lineal, por tanto,

L (I 00(t)) ( s) + 4 Y (s) = L (g(t)) ( s).

Calculamos ahora L (I 00(t)) ( s) y L (g(t)) ( s). Recordemos que L (f 0) (s) = sL (f ) (s) f (0).Aplicamos esta propiedad de forma consecutiva a las funciones I 0(t) e I (t) para concluir queL (I 00(t)) ( s) = sL (I 0(t)) ( s) I

0(0) = sL (I 0(t)) ( s) = s [sL (I (t)) ( s) I (0)] = s2Y (s).

Adems tenemos que

L (g(t)) ( s) = Z + 0

g(t)ets dt = Z 1

0g(t)ets dt + Z

2

1g(t)ets dt + Z

+ 2

g(t)ets dt

= Z 1

0ets dt Z

2

1ets dt =

1s e

2s2e

s + 1.Por consiguiente,

s2Y (s) + 4 Y (s) = 1s e

2s2e

s + 1.Es decir,Y (s) = 1s (s2 + 4) e

2s 2e2 + 1 = 1s (s2 + 4) + e2s

s (s2 + 4) 2es

s (s2 + 4) .

Tenemos ahora que calcular la transformada de Laplace inversa de esta funcin. Comenzamoscalculando la transformada inversa de 1

s (s2 + 4). Para ello hacemos una descomposicin en frac-

ciones simples:

1s (s2 + 4)

= 1/ 4

s s/ 4

s2 + 4 =

14

L (1)(s) 14

L (cos(2t)) ( s) = 14

L (1 cos(2t)) ( s).

Ahora aplicamos queeas L (f (t)) ( s) = L (f (t a)h0(t a)) ( s)

para cualquier a > 0. Por tanto,

e2s

s (s2 + 4) = e2s

14

L (1 cos(2t)) ( s) = 14

L ((1 cos(2(t 2))) h0(t 2))( s)y

es

s (s2 + 4) = es

14

L (1 cos(2t)) ( s) = 14

L ((1 cos(2(t 1))) h0(t 1))( s).

31


32/78

Es decir,

I (t) = 1

4 (1 cos(2t)) +

14

((1 cos(2(t 2))) h0(t 2)) 24

((1 cos(2(t 1))) h0(t 1))

=

14 (1 cos(2t)) si 0 < t < 1,14 (1 cos(2t))

24 (1 cos(2(t 1))) si 1 < t < 2,1

4 (1 cos(2t)) + 14 (1 cos(2(t 2)))

24 (1 cos(2(t 1))) si t > 2.

= 1

4

1 cos(2t) si 0 < t < 1,1 cos(2t) + 2 cos(2( t 1)) si 1 < t < 2,cos(2t) cos(2(t 2)) + 2 cos(2( t 1)) si t > 2.

Cuestin. (1) Sea f : [0, + ) R una funcin tal que limt0+f (t)

t R . Comprueba que

Lf (t)t (s) =Z

+

sL (f (t)) ( )d.

Indicacin: usa el teorema de Fubini.

(2) Calcula la transformada de Laplace de la funcin g(t) = 1t (1 cos(2t)) para t > 0.

Solucin. (1) Recordemos que L (f (t)) ( ) = R +

0 f (t)et dt. Por tanto,

Z +

sL (f (t)) ( )d = Z

+

s Z +

0f (t)et dtd = [Por el Teorema de Fubini]

=

Z +

0 Z +

s

f (t)et d

dt =

Z +

0

f (t)

Z +

s

et d

dt

= Z +

0f (t) 1t et

=+

= sdt = Z

+

0f (t) 1t 0 + 1t etsdt

= Z +

0

f (t)t

ets dt = Lf (t)t (s).(2) Aplicaremos el primer apartado de la cuestin a la funcin f (t) = 1 cos(2t). Observemosque

limt0

+

f (t)t

= limt0

+

1 cos(2t)t

= [LHpital] = limt0

+

2sen(2t)1

= 0.

Adems,L (f (t)) ( ) = L (1)( ) L (cos(2t)) ( ) =

1

2 + 4

.

32


33/78

De esta forma,

Lf (t)t (s) = Z +

sL (f (t)) ( )d = Z

+

s 1 2 + 4d = lim

R

+

Z R

s1 2 + 4

d = lim

R

+

log 12 log

2 + 4

R

s

= limR+ log R logs

12

logR2 + 4+

12

logs2 + 4

= limR+ "log R R2 + 4 + log s

2 + 4s # = log s2 + 4s .

33


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4. Leccin 4: Anlisis de Fourier.

Cuestin. A) Obtenga el desarrollo en serie de Fourier de la funcin par y 2-peridica quetoma los valores

f (t) =

0, si 0 < t < / 2,1, si / 2 < t < .

B) Usando el apartado anterior, calcule la suma de la serie

Xk=0 (1)k 1

2k + 1.

Solucin. A) Recordemos que dada una funcin f : R R continua a trozos y peridica deperodo T su serie de Fourier viene dada por

f (t)12

a0 +

Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] ,donde = 2/T y los coe cientes de Fourier de f son los nmeros de nidos por

an = 2T Z T

0f (t)cos(nt ) dt para n = 0, 1, 2 . . . ,

ybn =

2T Z

T

0f (t)sen(nt ) dt para n = 1, 2, . . .

En nuestro caso T = 2 y, por tanto, = 1. Adems, puesto que f es una funcin par,tenemos que bn = 0 y, para n = 0, 1, 2 . . . ,

an = 2

2 Z 2

0

f (t) cos(nt ) dt = 1

Z

f (t)cos(nt ) dt

= 2

Z

0f (t)cos(nt ) dt =

2 Z

/ 2cos(nt ) dt.

Si n = 0, entonces a0 = 2 R

/ 2 dt = 1 y si n > 0 entonces

an = 2 Z

/ 2cos(nt ) dt =

2n

sen(n2

).

Si n es par, entonces sen(n 2 ) = 0 y an = 0. Por otro lado, si n es impar, digamos n = 2k 1,entoncesan = 2n sen(n 2 ) = 2(2k 1)

(1)k+1 .Por tanto, la serie de Fourier de f es

12

a0 +

Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] = 1

2 +

Xn=1 an cos(nt ) = 12

+

Xk=1 a2k1 cos((2k 1)t)=

12

Xk=12

(2k 1)(1)

k+1 cos((2k 1)t).

34


35/78

B) Puesto que la funcin f veri ca las condiciones de Dirichlet, le podemos aplicar el siguienteresultado:Teorema de convergencia de Dirichlet . Sea f : R R una funcin peridica de perodo T que satisface las condiciones de Dirichlet y sea

f (t)12a0 +

Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] ,

con = 2/T , su serie de Fourier.

(1) Si f es continua en un punto t, entonces la serie de Fourier converge en ese punto a f (t), o sea,

12

a0 +

Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] = f (t).(2) Si f tiene una discontinuad de salto en un punto t, entonces la serie de Fourier converge

en ese punto al punto medio del salto, o sea,

12

a0 +

Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] = f (t) + f (t+ )

2 ,

donde, como es habitual, f (t) = lim 0,> 0 f (t ) indica el lmite de f en t por la izquierda y f (t+ ) = lim 0,> 0 f (t + ) indica el lmite de f en t por la derecha.Puesto que f es continua en cero y f (0) = 0 , tenemos que

0 = f (0) = 12

2

Xk=1

12k 1

(1)k+1 cos(0).

Por tanto, Xk=11

2k 1(1)k+1 =

4

.

Cuestin. (1) Sea f (t) la funcin cuya transformada de Fourier es

F (w) = 1 + w1 + |w|3

.

Determina, de forma razonada, la transformada de Fourier de la funcin g(t) = e3tj f 0(2t).(2) Enuncia las propiedades que hayas utilizado en el apartado anterior sobre la transformada

de Fourier.Solucin. (1) Teniendo en cuenta las propiedades de la transormada de Fourier tenemos que(en la igualdad hemos indicado la propiedad que estamos usando segn el listado del apatadosegundo de la cuestin)

F{ g(t)} () = F{e3tj f 0(2t)} () (1)= F{ f 0(2t)} ( + 3)

(2)=

12

F{ f 0(t)} + 32 (3)=

12 j + 32 F{ f (t)} + 32 = 12 j + 32 1 +

+32

1 + | +32 |3 = j

( + 3)( + 5)8 + | + 3 |3

.

35


36/78

(2) En el apartado anterior, hemos usado las siguientes propiedades de la transformeda deFourier:Desplazamiento, o traslacin, en el dominio de la frecuencia. Si 0 es un nmero real entoncesla transformada de Fourier de e j 0 t f (t) es F ( 0). O sea,

F{ e j 0 t f (t)} () = F {f }(

0). (1)

Escalado en el dominio del tiempo. La transformada de Fourier de f (at ) viene dada por F (/a )|a|

;es decir

F{ f (at )} () = 1|a|

F{ f } (/a ) . (2)

Derivacin en el tiempo. Si tanto f (t) como f 0(t) veri can las condiciones de Dirichlet, se veri caque la transformada de Fourier de la derivada f 0(t) de una funcin derivable f (t) es ( j)F ().Es decir,

F{ f 0} () = ( j)F{ f } () . (3)

Cuestin. La transformada de Fourier de tres funciones y, g y r estn dadas por Y (w), G(w)y R(w). Comprueba que si y(t) veri ca las condiciones de Dirichlet para la integral de Fourier yes solucin de la ecuacin integral

y(t) = g(t) + Z y(u)r (t u)duentonces

y(t) = 12

Z

G(w)1

R(w)

e jwt dw.

Solucin. Observemos que R y(u)r (t u)du es el producto de convolucin de las funciones yy r. Es decir,(y r )(t) = Z y(u)r (t u)du.

Adems, recordemos que la transformada de Fourier de un producto de convolucin es el productode las transformadas. Por tanto, F{y r }(w) = Y (w)R(w). De esta forma, si aplicamos latransformada de Fourier a ambos trminos de la ecuacin y(t) = g(t) + R y(u)r (t u)duconcluimos que Y (w) = G(w) + Y (w)R(w). Despejando tenemos que Y (w) = G(w)

1

R(w)

. Puesto

que y cumple las condiciones de Dirichlet para la integral de Fourier, podemos aplicar el teoremade convergencia de la integral de Fourier que, en particular, nos permite tomar la transformadainversa de Y (w) para concluir que

y(t) = 12 Z

G(w)1 R(w)

e jwt dw.

Cuestin. Sea f (t) la funcin de nida por f (t) = t para 0 t < 1 y extendida peridicamentea toda la recta real.36


37/78

a. Calcula la forma compleja de la serie de Fourier de f y dibuja la funcin a la que convergedicha serie en el intervalo [2, 2].

b. Aplica la forma compleja de la igualdad de Parseval para deducir el valor dePn =1 n2.

Solucin. (a) La forma compleja de la serie de Fourier de una funcin T-peridica es

f (t)

Xn = cn e jnt ,

donde = 2/T y los coe cientes de Fourier cn vienen dados por

cn = 1T Z

T

0f (t)e jnt dt para n = 0, 1, 2,...

En nuestro caso T = 1, con lo que = 2, y los coe cientes son

c0 =

Z 1

0tdt =

1

2y, para n 6= 0 , integrando por partes tenemos

cn = Z 1

0te jn 2t dt =

j2n

.

Puesto que la funcin veri ca las condiciones de Dirichlet, la serie de Fourier converge a f en lospuntos de continuidad y al punto medio del salto en los puntos de discontinuidad. La gr ca dela suma de la serie ser

2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 20.5

0

0.5

1

1.5

(b) La forma compleja de la igualdad de Parseval nos dice que1T Z

T

0[f (t)]2 dt = |c0|2 + 2

Xn =1 |cn |2

que aplicado a nuestro caso da lugar a la igualdad

13

= 14

+ 2

Xn =01

4n22.

37


38/78

Por tanto1

22

Xn=01n2

= 13

14

= 112

y, en consecuencia,

Xn =0

1

n2 =

2

6 .

Cuestin. a) Calcula la serie de Fourier de la funcin 2-peridica

f (t) = 0 si 1 < t < 0,sen(t ) si 0 < t < 1.b) Calcula la suma de la serie de Fourier obtenida en el apartado anterior. Razona la respuesta.c) Explica en qu consiste el fenmeno de Gibbs.

Solucin. a) La funcin f tiene perodo T = 2 y, por tanto, frecuencia = . Su serie deFourier viene dada por

12

a0 +

Xn =0 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] ,siendo an y bn sus coe cientes de Fourier dados por

an = 22 Z

1

1f (t) cos(nt ) dt = Z

1

0sen(t ) cos(nt ) dt para n = 0, 1, 2 . . . ,

ybn =

22Z

1

1f (t)sen(nt ) dt = Z

1

0sen(t )sen (nt ) dt para n = 1, 2, . . .

Puesto que sen()cos( ) = 12 (sen( + ) + sen( )) tenemos quean = Z

1

0sen(t )cos(nt ) dt =

12 Z

1

0(sen((n + 1) t) + sen( (1 n)t)) dt.

As a0 = 2

, a1 = 12 R 1

0 sen(2t ) dt = 0 y para n > 1

an = 1

2 1(n + 1) cos((n + 1) t) 1(1 n) cos((1 n)t)t=1

t=0

= 1

2 1

(n + 1)

cos((n + 1))

1

(1 n) cos((1

n)) +

1

(n + 1)

+ 1

(1 n)= 12 (1)n +1(n + 1) (1)1n(1 n) + 1

(n + 1) +

1(1 n).

As an = 0 si n es impar y an = 2

(1 n2) si n es par. Anlogamente, sen()sen( ) =

12 (cos( ) cos( + )) y

bn = Z 1

0sen(t )sen(nt ) dt =

12Z

1

0(cos((1 n)t) + cos( (1 + n)t)) dt.

38


39/78

As b1 = 12 y para n > 1

bn = 12 1(1 n) sen((1 n)t) +

1(1 + n)

sen((1 + n)t)t=1

t=0= 0 .

b) Puesto que la funcin f veri ca las condiciones de Dirichlet para las series de Fourier y escontinua en todo R , tenemos que la suma de la serie de Fourier es la propia funcin. Es decir,

f (t) = 12

a0 +

Xn =0 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] ,para todo t en R .

c) El teorema de Dirichlet nos dice que, en los puntos de discontinuidad, la gr ca de la sumade la serie de Fourier pasa por el punto medio del salto. Si se dibujan las sumas parciales se veque en las cercanas de los puntos de discontinuidad se reduce la velocidad de convergencia de laserie y que la gr ca de la suma parcial oscila alrededor de la gr ca de la funcin. Cuando seaumenta el nmero de trminos, las oscilaciones se condensan a ambos lados del punto pero suamplitud no decrece. Esto se conoce como el fenmeno de Gibbs. La oscilacin a cada lado dela gr ca de la funcin tiende a ser aproximadamente 0.9 veces el tamao del salto.Cuestin. Sean f y g dos funciones que cumplen las condiciones de Dirichlet para la integral deFourier. Demuestra que la transformada de Fourier de f g es el producto de las transformadasde f y g.Cuestin. Halla la serie de Fourier de la funcin 2-peridica dada porf (t) = et para t [, )y sala para calcular la suma de las series

Xn =0 11 + n2 , Xn =0 (1)n

1 + n2.

Solucin. La serie de Fourier compleja de una funcin T -peridica f es una serie de la forma

f (t)n =

Xn = cn e jnt

donde = 2T denota la frecuencia y los coe cientes vienen dados por

cn = 1T Z T / 2

T/ 2f (t)e jnt dt, n = 0, 1, 2,...

En nuestro caso = 1, y los coe cientes de Fourier son

cn = 12 Z

et e jnt dt =

12 Z

e(1 jn )t dt =

12 e

(1 jn )t

1 jn t=

t= =

(1)n (e e )2(1 jn )

.

39


40/78

Sustituyendo en la expresin anterior nos da la serie

f (t)n =

Xn = (1)n (e e )

2(1 jn ) e jnt .

A continuacin, vamos a usarla para sumar las dos series del enunciado. Recordemos que si f es continua en t, entonces la suma de la anterior serie es f (t) y que si f tiene una discontinuidadde salto en t, entonces la suma de la serie es el valor medio del salto. Aplicamos a continuacineste resultado:

Si tomamos t = 0, teniendo en cuenta que f es continua en el origen, se veri ca que

f (0) = 1 =n=

Xn = (1)n (e e )

2(1 jn ) =

n =

Xn = (1)n (e e )

2(1 jn )1 + jn1 + jn

=n=

Xn=

(1)n (e e )2(1 + n2)

(1 + jn ).

Identi cando las partes reales se tiene que

1 =n =

Xn = (1)n (e e )

2(1 + n2) =

(e e )2 1 + 2

n =

Xn =1(1)n1 + n2!

de donde, despejando, obtenemosn =

Xn =0

(1)n1 + n2

= 12

+

e e.

Si tomamos t = , y teniendo en cuenta que f tiene una discontinuidad de salto en dichopunto, se veri ca que

f (+ ) + f ()2

= e + e

2 =

n =

Xn = e e

2(1 jn ) =

n =

Xn = e e

2(1 jn )1 + jn1 + jn

=n =

Xn= e e

2(1 + n2)(1 + jn ).

Procediendo como en el caso anterior, es decir, tomando partes reales y despejando, llegamos ala expresin

n =

Xn =01

1 + n2 =

12 1 + e

+ e

e e.Cuestin. Sea f una funcin cuya transformada de Fourier viene dada por F (w) = 1 + w

1 + |w|4.

Considera la funcin g(t) = e j 3t f 0(2t). Calcula de forma razonada y enunciando las propiedadesque utilices la transformada de Fourier de la funcin g.

40


41/78

Solucin. Las propiedades que vamos a utilizar de la transformada de Fourier son las siguientes:

1a ) Propiedad de traslacin en el dominio de la frecuencia:

F

e j 0 t f (t)

() = F {f (t)} ( 0).

2a ) Propiedad de derivacin en el dominio del tiempo:

F {f 0(t)} () = jF {f (t)} ().

3a ) Propiedad de escalado en el tiempo: para a 6= 0 ,

F {f (at )} () = |a|

F {f (t)}a.

Aplicando adecuadamente estas tres propiedades tenemos que

F e j 3t f 0(2t)() = F {f

0(2t)} ( + 3) = 12

F {f 0(t)} + 32 =

12 j + 32 F {f (t)} + 32 = j + 34 1 +

+32

1 + +3

2 4

= j2( + 3)( + 5)

16 + | + 3 |4 .

Cuestin. Calcula la transformada de Fourier de cada una de las siguientes funciones

f (t) = e| t | , g(t) = te| t | y h(t) = 4t(1 + t2)2

.

Solucin. Para calcular la transformada de Fourier de f usaremos la de nicin de dicha trans-formada, es decir

F () =+

Z

f (t)e jt dt =+

Z

e| t | e jt dt =0

Z

et e jt dt ++

Z 0 ete jt dt=

0

Z e(1 j )t dt +

+

Z 0 e(1+ j )t dt =

e(1 j )t

1 j t=0

t= +

e(1+ j )t

(1 + j)t=+

t=0

= 11 j

+ 1

1 + j =

22 + 1

.

Para calcular la transformada de Fourier de la funcin g usaremos la siguiente propiedad

F{ ( jt )n f (t)}() =

dn

dnF ().

41


42/78

En nuestro caso

F{ ( jt )f (t)}() = j F{ tf (t)}() = dd 22 + 1 = 4(2 + 1) 2

y por tanto G() = 4(2 +1) 2 j.

Por ltimo para calcular la transformada de Fourier de la funcin h aplicaremos la propiedadde dualidad, que dice queF{F{ f (t)}}() = 2f ().

y obtenemos que

F{ h(t)}() = F 4t(1 + t2)2() = j F{ G(t)}() = 2jg () = 2je || .Problema. Considera la funcin f : R R que es 2-peridica y que toma los valores

f (x) = sen (4x) < x 0;1 + sen(4x) 0 < x .a) Dibuja la gr ca de f en el intervalo [, 3].b) Calcula el desarrollo en serie de Fourier de la funcin f.c) Calcula la suma de la serie de Fourier. Es igual que f en toda la recta real? Justi ca la

respuesta.d) Usando la igualdad de Parseval con la funcin anterior, calcula la suma de la serie

Xk=01

(2k + 1) 2 .

Solucin. a)

4 2 0 2 4 6 8 101

0.5

0

0.5

1

1.5

2

t

f ( t )

Grfica de f

42


43/78

b) Puesto que la funcin tiene perodo 2, su frencuencia es igual 1. Por tanto, su desarrolloen serie de Fourier viene dado por

f (t)12

a0 +

Xn=1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] ,siendo an =

22 Z

f (t) cos(nt ) dt para n = 0, 1, 2 . . . ,

ybn =

22 Z

f (t)sen(nt ) dt para n = 1, 2, . . .

Para calcular estos coe cientes tenemos que calcular integrales inde nidas de la forma

Z sen(4t)cos(nt ) dt y Z sen (4t)sen(nt ) dt.Para ello tenemos dos caminos: podemos usar concocidas identidades trigonomtricas o utilizarlas expresiones de las funciones seno y coseno en trminos de la exponencial compleja. Nosotrohemos optado por la primera opcin. Concretamente recordemos que si y son dos nmerosreales entonces

sen()sen( ) = 12

(cos( ) cos( + )) .De esta forma, si n es un nmero natural impar tenemos que

bn = 1

Z

f (t)sen(nt ) dt =

1 Z

sen(4t)sen(nt ) dt +

1 Z

0sen(nt ) dt

= 12 Z

(cos((4 n)t) cos((4 + n)t) dt + 1 Z

0 sen(nt ) dt

= 12 14 n sen ((4 n)t)

14 + n

sen((4 + n)t)t=

t= + 1

n [cos(nt )]t= t=0 =

2n

.

Ntese que hemos usado que n es impar dos veces: en primer lugar para poder dividir por n 4y posteriormente cuando hemos puesto que cos(n ) = 1. Las otras integrales se hacen con lamisma facilidada0 = 1,an = 0 para n > 0,b4 = 1,bn = 0 para n par y n 6= 4 ,bn =

2n

para n impar.

Es decir, la serie de Fourier viene dada por

f (t)12

+ sen (4t) + 2

Xk=01

2k + 1sen((2k + 1) t).

43


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c) La funcin f cumple las condiciones de Dirichlet. Por tanto, en los puntos donde f escontinua se tiene que la suma de la serie de Fourier coincide con f (t). Por otro lado, en lospuntos donde f tiene una discontinuidad de salto, la suma de la serie de Fourier coincide con elvalor medio del salto. En nuestro caso, f no es continua en los puntos de la forma k con k unnmero entero. Si k es par, entonces el lmite de f por la izquierda en k es cero y por la derechaes 1 (vase la gr ca del apartado a)). Por el contrario, si k es impar entonces el lmite de f porla izquierda en k es uno y por la derecha es cero. En cualquier caso, el valor medio del salto es1/ 2. De esta forma tenemos que

12

+ sen (4t) + 2

Xk=01

2k + 1sen((2k + 1) t) = 1/ 2 si t = k con k Z ,f (t) en otro caso. .

d) La igualdad de Parseval a rma que

12

Z

[f (t)]2 dt = 14

a20 + 12

Xn =1

a2n + b

2n

.

Como ya tenemos calculados todos los coe cientes, para poder aplicarla ser su ciente con cal-cular la integral:

Z

[f (t)]2 dt = Z

sen2 (4t) dt + Z

0dt + 2 Z

0sen (4t) dt = 2.

Por tanto,1

22 =

14

+ 12

+ 12

42

Xk=0 1

2k + 12

.

Simpli cando, concluimos que

Xk=0 1

2k + 12

= 2

8 .

Cuestin. Sea f la funcin de nida por

f (t) = 0, si t 0,sen(t) si 0 t < y extendida peridicamente a todo R .

(1) Determina la serie de Fourier de f.(2) Para qu valores de t la suma de dicha serie coincide con el valor de f (t)? Justi ca larespuesta.Solucin. (1) La funcin dada es 2-peridica. Por tanto, tiene frecuencia = 1. De esta formasu serie de Fourier en forma compleja es

n =+

Xn = cn e jnt =

n =+

Xn = cn e jnt

44


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siendo

cn = 12 Z

f (t)e jnt dt =

12 Z

0sen(t)e jnt dt

= 12

Z

0 e jt e jt

2 j

e jnt dt

= 14j Z

0 e j (1n )t e

j (1+ n )t

dt.Si n 6= 1, entonces

cn = 14j Z

0 e j (1n )t e

j (1+ n )t

dt = 14j 1 j (1 n) e

j (1n )t + 1

j (1 + n)e j (1+ n)t

0

= 1

4 11 n e j (1n ) +

11 + n

e j (1+ n ) 1

1 n 1

1 + n=

1

4 1

1 n(

1)(1n ) + 1

1 + n(

1)(1+ n )

1

1 n 1

1 + n= 14 (1)n +1 21 n2 2

1 n2 = 12

1n2 1 (1)

n +11

= 1

1n 2 1

si n es par,0 si n es impar.

Si n = 1, tenemos que

c1 = 14j Z

0

1 e

2 jt

dt =

14j t + 12 j e2 jt

0=

14j + 12 j e2 j 12 j e2 j 0 = 14 j = 14 j

y si n = 1, tenemos que

c1 = 14j Z

0 e2 jt

1dt = 14j 12 j e2 jt t

0=

14j 12 j e2 j 12 j e2 j 0 = 14 j = 14 j.

Observemos que todos los coe cientes con subndice impar distinto de 1 son nulos y que c2k =1

(4k2 1) para cualquier k. Es decir, la serie de Fourier compleja es

1

4 j

e jt

e jt

1

+

Xk= 1

4k2 1e2kjt .

Si queremos la serie de Fourier expresada en trminos de la funcin seno y coseno, recordemosque sta es

f (t)12

a0 +

Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )]siendo

an = 2 Re( cn ), bn = 2Im(cn ).45


46/78

Por tanto, a1 = 0, b1 = 12 , an = 0 para n impar mayor o igual que 3, a2k = 2(4k2 1) y bn = 0

para n 2. Es decir, 12

sen(t) + 1

2

Xk=11

4k2 1 cos(2kt).

Otra forma alternativa de realizar los clculos es expresar la funcin exponencial en trminos dela funcin seno y coseno. En este caso tenemos que

cn = 12 Z

f (t)e jnt dt =

12 Z

0sen(t)e jnt dt

= 12 Z

0[sen(t) cos(nt ) sen(t)sen(nt ) j ]dt.

Recordemos ahora que para cualesquiera x, y R , se tiene que

sen(x)cos(y) = 1

2 [sen(x + y) + sen( x

y)] ,

sen(x)sen(y) = 1

2 [cos(x y) cos(x + y)] .

Por tanto,

cn = 14 Z

0([sen((n + 1) t) + sen((1 n)t)] [cos((1 n)t) cos((1 + n)t)] j ) dt.

Si n 6= 1, entonces

cn = 1

4 1

n + 1 cos((n + 1) t)

1

1 n cos((1

n)t)

1

1 nsen((1

n)t)

1

n + 1sen((n + 1) t)

j

0

= 14 1n + 1 cos((n + 1) ) 11 n cos((1 n)) +

1n + 1

cos(0) + 11 n

cos(0)=

14 1n + 1 (1)n +1 11 n (1)

n +1 + 1n + 1

+ 11 n =

12(n2 1) (1)

n+1

1.Adems tenemos que

c1 = 14 Z

0([sen(2t) + sen(0)] [cos(0) cos(2t)] j ) dt

= 14 12 cos(2t) tj + 12sen(2t) j

0= 14 j,

c1 = 14 Z

0([sen(0) + sen(2 t)] [cos(2t) cos(0)] j ) dt

= 14 12 cos(2t) + tj 12sen(2t) j

0=

14 j.

46


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Otra alternativa para realizar esta parte de la cuestin es usar directamente las expresionesconocidas para los coe cientes de Fourier an y bn dados por

an = 2T Z

T

0f (t) cos(nt )dt para n = 0, 1, 2,...

bn = 2T Z

T

0 f (t)sen(nt )dt para n = 1, 2,...

(2) La funcin f veri ca las condiciones de Dirichlet. Por tanto, le podemos aplicar el siguienteteorema:Teorema de convergencia de Dirichlet . Sea f : R R una funcin peridica de perodo T que satisface las condiciones de Dirichlet y sea

f (t)12

a0 +

Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] ,con = 2/T , su serie de Fourier.

(1) Si f es continua en un punto t, entonces la serie de Fourier converge en ese punto a f (t), o sea,

12

a0 +

Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] = f (t).(2) Si f tiene una discontinuad de salto en un punto t, entonces la serie de Fourier converge

en ese punto al punto medio del salto, o sea,

12a0 +Xn =1 [an cos(nt ) + bn sen(nt )] = f (t) + f (t

+

)2 ,

donde, como es habitual, f (t) = lim 0,> 0

f (t ) indica el lmite de f en t por la izquierda y f (t+ ) = lim

0,> 0f (t + ) indica el lmite de f en t por la derecha.

Puesto que f es continua en toda la recta real, tenemos que

f (t) = 12

sen(t) + 1

2

Xk=1

14k2 1

cos(2kt ) para todo t R .

Cuestin. (1) Enuncia y demuestra la expresin que proporciona la trasformada de Fourier def 0 en trminos de la transformada de Fourier de f.

(2) Aplica el apartado anterior al problema de valor inicial

y0 + 2 ty = 0 con y(0) = 1

para hallar la transformada de Fourier F (w) de la funcin f (t) = et 2 sabiendo que F (0) = .

47


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Solucin. (1) Derivacin en el tiempo: Supongamos que f y f 0 veri can las condiciones de Dirichlet para la integral de Fourier. La transformada de Fourier de la derivada f 0(t) de una funcin derivable f (t) es ( j)F (). Es decir,

F{ f 0}() = jF{ f }().

Para demostrar esta propiedad integraremos por partes como sigue:

F{ f 0}() = Z f 0(t)e jt dt = limR+ f (t)e jt

t= Rt= R Z f (t)( j)e jt dt

= limR+ f (t)e

jt

t= Rt= R

+ j Z f (t)e jt dt= lim

R+ f (t)e jt

t= Rt= R

+ jF{ f }().

Adems, teniendo en cuenta que f veri ca las condiciones de Dirichlet, tenemos que

limR+ f (R) = limR+ f (R) = 0 .Por tanto, lim

R+ [f (t)e jt ]t= Rt= R

= 0 y concluimos que F { f 0}() = jF{ f }().

(2) Para simpli car la notacin llamaremos F () a la transformada de Fourier de la funcinf (t) = et

2.

Observemos que f (t) = et 2 es solucin de la ecuacin diferencial, es decir, f 0(t) + 2 tf (t) = 0 .Por tanto, F{ f 0}() + 2 F{ tf 0(t)}() = 0 . Por el apartado anterior, tenemos que F{ f 0}() = jF{ f }() = jF (). Adems, sabemos que F { tf 0(t)}() = jF 0(). Por tanto,

jF () + 2 jF 0() = 0 .

Es decir, F () + 2 F 0() = 0 . De esta forma, tenemos que

F 0()F ()

= 12

.

Integrando esta ecuacin, obtenemos que F () = ce14

2

. Puesto que F (0) = = c, tenemosque F () = e 14 2 .

48


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5. Leccin 5: Anlisis Discreto de Fourier.

Cuestin. (1) Enuncia el teorema de Duplicacin y aplcalo para calcular la transformadadiscreta de Fourier del vector y = [1, 0, 2, 1]t .

(2) Prueba que si el vector y es real y de dimensin par N = 2M , entonces las coordenadas

de = DF T (y) veri can: 0, M R y n = N n para n = 1, 2,...,M 1.Solucin. (1) Teorema de Duplicacin. Dado el vector y = (y0, y1, . . . , yN 1)T de dimensinN = 2M , sean

y0 = ( y0, y2, . . . , yN 2)T ,

y00 = ( y1, y3, . . . , yN 1)T ,

donde la T denota el vector transpuesto. Si las transformadas discretas de Fourier de y0 e y00son, respectivamente,

0 = DF T (y0) = ( 00, 01, . . . ,

0M 1

)T ,

00

= DF T (y00) = ( 000 ,

001 , . . . ,

00M 1)T ,

entonces las componentes de la transformada discreta de Fourier de y, = DF T (y), puedenobtenerse de la siguiente manera: para n = 0, 1, . . . , M 1

n = 0n +

00n w

nN , M + n =

0n

00n w

nN ,donde wN = exp( j 2/N ) es la raz primitiva N -sima de la unidad.

Vamos a calcular ahora la transformada discreta de Fourier de y = [1, 0, 2, 1]t aplicando esteteorema repetidas veces.

Llamemos y0 = [1, 2]t e y00= [0, 1]t . Tenemos que N = 4 y M = 2. Por tanto, 0 = DF T (y0) =( 00,

01)T y 00 = DF T (y00) = ( 000 , 001)T . Para calcular estas dos transformadas discretas de

Fourier, aplicamos de nuevo dos veces el teorema de duplicacin a los vectores y0 = [1, 2]t e y00=[0, 1]t para obtener 0 y 00. En primer lugar,llamando u = y0 tenemos que la descomposicin esu0 = [1] y u00= [2] cuyas transformadas discretas de Fourier son respectivamente 0 = DF T (u0) =[1] y 00= DFT (u00) = [2], as que tomando N = 2, M = 1, w2 = exp( j 2/ 2) = 1 y

0 = =DF T (u) = [ 0, 1] tenemos 0 = 1 + 2 = 3 y 1 = 1 2 = 1. Es decir,

0 = = DF T (u) =[3, 1]t . Anlogamente para obtener la transformada de v = y00tenemos que la descomposicin esv0 = [0] y v00= [1] cuyas transformadas discretas de Fourier son respectivamente 0 = DF T (v0) =[0] y 00 = DF T (v00) = [1], as que tomando N = 2, M = 1, w2 = exp( j 2/ 2) =

1 y

00= = DF T (v) = [ 0, 1]t tenemos 0 = 0 + 1 = 1 y 1 = 0 1 = 1. Es decir, 00= =DF T (v) = [1, 1]t .Estamos ya en condiciones de clacular . Tenemos que w4 = ( j 2/ 4) = j y

0 = 00 +

000w

04 =

00 +

000 = 4,

1 = 01 +

001w

14 =

01 +

001 j

1 = 1 + j, 2 = 2+0 =

00

000w04 =

00

000 = 2,

3 = 2+1 = 01

001w

14 =

01

001 j

1 = 1 j.49


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(2) Supongamos quey = (y0, y1, . . . , yN 1)t es un vector de dimensin parN = 2M y llamemos

= ( 0, 1, . . . , N 1)t = DF T (y). Puesto que

n =N 1

Pk=0 wnk

N yk

para n = 0, 1,...,N 1 y wN = exp( j2/N ) tenemos que 0 =

N 1

Pk=0 w0k

N yk =N 1

Pk=0 yk R , M =

N 1

Pk=0 wMk

N yk =N 1

Pk=0 (wM N )

kyk =N 1

Pk=0 (exp( j 2M/ 2M ))kyk

=N 1

Pk=0 (exp( j ))kyk =

N 1

Pk=0 (1)kyk R ,

N

n =N 1

Pk=0

w(N n )kN yk =N 1

Pk=0

w(N n )kN yk =N 1

Pk=0

wNkN wnk

N yk =N 1

Pk=0

wnkN yk = n ,

donde en la penltima igualdad hemos usado que wN N = 1.Cuestin. a. Comprueba que las columnas de la matriz de Fourier F N son ortogonales dos ados y tienen norma igual a N .

b. Usa la Transformada Discreta de Fourier para aproximar el valor de la transformada deFourier de la seal

f (t) = 0 si t < 0t4et si t 0,en las frecuencias = 0, 1, 2 y 3.Solucin. (b). Recordemos que si f : R R es una funcin que satisface las condiciones deDirichlet para la integral de Fourier su transformada de Fourier viene dada por

F () = Z f ( )e j d .Si f es una seal causal, entonces se tiene que

F () = Z 0 f ( )e j d N 1

Xk=0

f (kT )e jkT T = T N 1

Xk=0

yke jkT .

Si llamamos

y0 = f (0), y1 = f (T ), y2 = f (2T ), . . . , yk = f (kT ), . . . , yN 1 = f ((N 1)T ).y trabajamos con las frecuencias

0 = 0, 1 = 2NT

, 2 = 4NT

, . . . , n = 2nNT

, . . . , N 1 = 2(N 1)

NT ,

50


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entonces para cada n = 0, 1, 2, . . . , N 1 tenemos

F (n ) T N 1

Xk=0 yke j n kT = T N 1

Xk=0 yke j 2nk = T N 1

Xk=0 ykwnkN .Es decir,

(F (0), F (1), . . . , F (N 1)) T DF T (f (0), f (T ), f (2T ), . . . , f (2(N 1)T )) .En nuestro caso, tenemos que = 0, 1, 2 y 3. Por tanto, N = 4 y T = / 2. De esta forma,

(F (0), F (1), F (2), F (3))T 2

DF T (f (0), f (/ 2), f (), f (3/ 2))T

=

2F 4"0,

2

4exp

2, 4 exp() ,

32

4

exp32 #T

=

2

1 1 1 11 j 1 j1 1 1 11 j 1 j

0

2

4 exp24 exp()

32

4 exp32

14.07

6.61 + 6.14 j4.98

6.61 6.14 j.

Cuestin. A) Enuncia el Teorema de Duplicacin.B) Usando el teorema de duplicacin, calcula la transformada discreta de Fourier del vector

v = [3, 1, 0, 1]t .

Solucin. A) Teorema de Duplicacin. Dado el vector y = [y0, y1, . . . , yN 1]T de dimensin

N = 2M , sean

y0 = [y0, y2, . . . , yN 2]T ,

y00 = [y1, y3, . . . , yN 1]T ,

donde la T denota el vector transpuesto. Si las transformadas discretas de Fourier de y0 e y00son, respectivamente,

0 = DF T (y0) = [ 00, 01, . . . ,

0M 1

]T , 00 = DF T (y00) = [ 000 ,

001 , . . . ,

00M 1

]T ,

entonces las componentes de la transformada discreta de Fourier de y, = DF T (y), puedenobtenerse de la siguiente manera: para n = 0, 1, . . . , M 1

n = 0n +

00n w

nN ,

M + n = 0n

00n w

nN ,

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donde wN = exp( j 2/N ) es la raz primitiva N -sima de la unidad.

B) En nuestro ejemplo tenemos que N = 4 (es decir, M = 2) , w4 = exp( j 2/ 4) = j y el vectory = [y0, y1, y2, y3]T = [3, 1, 0, 1]t . Por tanto, y0 = [3, 0]T e y00= [1, 1]T . Tenemos que calcular ahorala transformada discreta de Fourier de estos dos vectores. Para ello podemos optar otra vez poraplicar el

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