2da Práctica Calificada

1

Grupo Nº 1Integrante:

Alvarez Luque, Diego Roberth Cuneo Torres, Aldo Martin Emilio Nacarino Villegas Jeison Alvarez Chauca Harold Steep Cuaresma Urbano John Benzaquen Salazar Benjamín Mamami Aquino Joel Edson Clavo Carreazo Roosbel Antony

PROBLEMA 01Usando integración de contorno, evalúe:

a) I=∫0

2πdθ

2+cosθ

Solución:Al tomar z=e iθ, de manera que:

cosθ=12 (z+ 1z ), dθ=dz

jzSustituyendo la integral se vuelve a:

I=∮C

dz

jz [2+ 12 ( z+ 1z )]=2

j∮C

dzz2+4 z+1

Donde C es el círculo unitario |z|=1 que se muestra en la figura. El integrando tiene singularidades en:

z2+4 z+1=0Esto es, en z=−2±√3. La única singularidad dentro del contorno C es el polo simple en z=−2+√3El residuo en z=−2+√3:

¿ limz→2+√3 [( 2j ) ( z+2−√3 ) 1

( z+2−√3 ) ( z+2+√3 ) ]=2j 12√3

=1j√3

Ahora con el teorema del residuo:

I=2πj( 1j√3 )=2 π√3

En consecuencia:

∫0

2πdθ

2+cosθ=2π

√3

b) I=∫−∞

∞dx

(x2+4 )2= 116

π

Solución:

C es el contorno semicircular cerrado que se muestra. El integrando 1

( z2+4 )2

tiene polos de orden dos en z=±2 j. Sin embargo, la única singularidad dentro del contorno C es el polo doble en z=2 j.Por el teorema del residuo en z=2 j

¿ limz→2 j

11 !

ddz

( z−2 j )2 1

(z−2 j )2 ( z+2 j )2= lim

z→2 j

−2( z+2 j )3

= −2(4 j )3

=−132

j

Así, por el teorema del residuo otra vez:

∮C

dz

( z2+4 )2=2πj(−132 j)= 1

16π

2

Como

∮C

dz

( z2+4 )2=∫

−R

Rdx

(x2+4 )2+∫

r

dz

( z2+4 )2

Haciendo R→∞ y al observar que la segunda integral se hace cero, entonces:

∮C

dz

( z2+4 )2=∫

−∞

∞dx

(x2+4 )2= 116

π

Haciendo sustitución:x=2 tan θ ,dx=2Sec2θdθda

∫−∞

∞dx

(x2+4 )2=∫

−π2

π22Sec2θdθ

(4 Sec2θ )2=18∫−π2

π2

cos2θdθ

∫−∞

∞dx

(x2+4 )2= 116 [ 12 Sen (2θ )+θ|−π

2

π2 ]

Finalmente se demuestra que:

∫−∞

∞dx

(x2+4 )2= 116

π

c) I=∮C

dz

z3 ( z2+2 z+2 ); donde C :|z|=3

Solución:

Los polos de 1

z3 ( z2+2 z+2 ) son como sigue: un polo de orden tres en z=0 y

dos polos simples donde z2+2 z+2=0, esto es en z=−1± j. Todos estos polos están dentro del contorno C.

El residuo en z=0 está dado por:

¿ limz→0

12 !

d2

d z2 [ 1z2+2 z+2 ]=limz→0

12ddz [ − (2 z+2 )

( z2+2 z+2 )2 ]=limz→0 ddz [ −( z+1 )

( z2+2 z+2 )2 ]¿ limz→0

−( z2+2 z+2 )2+ ( z+1 ) (2 ) ( z2+2 z+2 ) (2 z+2 )

( z2+2 z+2 )4=14

Por el Teorema del residuo en z=−1− j:

¿ limz→−1− j

(z+1+ j ) 1

z3 ( z+1+ j ) ( z+1− j )= lim

z→−1− j

1

z3 ( z+1− j )

3

¿ 1

(−1− j )3 (−2 j )= 1

(1+ j )3 (2 j )= 1

(−2+2 j ) (2 j )

Al utilizar (1+ j )3=1+3 j+3 j2+ j3=−2+2 j. De donde el residuo en z=−1− j es:

¿ 14 ( 1

−1− j )=−14 (1− j

2 )=18 (−1+ j )

Ahora, el residuo en z=−1+ j es:

¿ limz→−1+ j

( z+1− j ) 1

z3 ( z+1+ j ) ( z+1− j )

Que es precisamente el conjugado complejo del residuo en z=−1− j. De lo

anterior, se puede abreviar el álgebra y establecer el residuo como 18

(−1− j ).

La suma de los residuos es:14+ 18

(−1+ j )+ 18

(−1− j )=0

Así por el teorema del residuo:

∮C

dz

z3 ( z2+2 z+2 )=2π (0 )=0

PROBLEMA 02 Calcular la transformada Z inversa de:

X ( z )= z2

(z−13 )2

( z−12 )Solución:

Trabajamos mejor con X (z )z

y aplicamos fracciones parciales:

X (z )z

= z

( z−13 )2

(z−12 )= A

(z−13 )2 +

B

(z−13 )+ C

(z−12 )Para calcular A y B tenemos que a=

13

, P ( z )=z y Q ( z )=z−12

, por tanto:

A=P(a)Q(a)

=

1313−12

=−2 y B=P' (a )−A Q' (a )

Q (a )=1− (−2 ) (1 )

−16

=−18

4

Para calcular C tenemos que a=12

, P ( z )=z y Q ( z )=(z−13 )2

, por tanto:

C=

12

( 12−13 )2=18

Así tenemos:

X ( z )=−2 z

(z−12 )2−18 z

z−13

+18 z

z−12

Por lo tanto:

x (n )=[−2n (13 )n−1

−18( 13 )n

+18 (12 )n]u(n)

PROBLEMA 03Un sistema T de tipo LTI y causal viene descrito por esta ecuación en diferencias:

y [ t ]−34y [ t−1 ]+ 1

8y [ t−2 ]=x [ t ]

Hallar la función de transferencia y la respuesta al impulso de este sistema.

Solución:La función de transferencias es:

H ( z )= z2

(z−12 )(z− 14 ),|z|>1

2

Y la respuesta al impulso del sistema es:

h (t )=[2( 12 )t

−( 14 )t]u(t )

PROBLEMA 04Encontrar la serie de Fourier para la función está definida por:

f (t )={1+ 4 tT ,−T2< t ≤0

1−4 tT,0≤ t<

T2

Solución:Puesto que el valor promedio de f (t) durante un periodo es cero,

12a0=

1T∫−T2

T2

f ( t )dt=0

Por relaciones de ortogonalidad:

5

an=2T∫−T2

T2

f (t ) cos (nω0 )dt

an=2T∫−T2

T2

f ( t ) cos (nω0 )dt= 2T∫−T2

04Tt cos (nω0 )dt+ 2

T∫0

T2

−4T

t cos (nω0 )dt

La primera integral del segundo miembro es igual a cero. Haciendo t=−τ en la segunda integral se obtiene:

an=8T 2

∫−T2

0

(−τ )cos [nω0 (−dτ ) ] (−dτ )− 8T 2

∫0

T2

t cos (nω0 t )dt

an=−8T 2

∫−T2

0

τ cos (nω0 τ )dτ− 8T 2

∫0

T2

t cos (nω0 t )dt

an=−16T 2

∫0

T2

t cos (nω0t )dt

Ahora, integrando por partes, se obtiene:

∫0

T2

t cos (nω0t )dt= 1nω0 t

t Sen (nω0 t )|0T2− 1

nω0t∫0

T2

Sen (nω0 t )dt

∫0

T2

t cos (nω0t )dt= 1

(nω0 t )2cos (nω0 t )|

0

T2= 1

( n2πT )2 [cos (n π )−1 ]

∫0

T2

t cos (nω0t )dt= T2

4 (nπ )2[cos (nπ )−1 ]

De donde:

an=−16T 2 [ T 2

4 (nπ )2[cos (n π )−1 ] ]

an=4

n2π2[1−cos (nπ ) ]

Puesto que cos (nπ )=(−1)n

6

an={ 0 ,∧n par8

n2π2,∧n impar

Análogamente se tiene:

bn=2T∫−T2

T2

f ( t )Sen (nω0 t )dt

bn=2T∫−T2

T2

f (t )Sen (nω0 t )dt=2T∫−T2

04Tt Sen (nω0 t )dt+ 2

T∫0

T24Tt Sen (nω0t )dt

bn=8T 2

∫−T2

0

(−τ )Sen [nω0 (−τ ) ] (−dτ )+ 8T 2

∫0

T2

t Sen (nω0 t )dt

bn=−8T 2

∫−T2

0

τ Sen (nω0 τ )dτ+ 8T 2∫0

T2

t Sen (nω0 t )dt

bn=0

Finalmente:

f ( t )= 8

n2 [cos (ω0t )+ 132cos (3ω0 t )+

1

52cos (5ω0 t )]

PROBLEMA 05Solapamiento en el tiempoConsiderar la secuencia temporal x [n ]=0.5nu [(n)]a) Determinar X (e jw)

Solución:La transformada de Fourier de Tiempo Discreto es:

X (e jw )= 2

2−e− jw

b) Determinar la secuencia X [k ]≡ X (e jw )|ω=2πk

4 para k=0,1,2,3.

Solución:

La secuencia obtenida para ω=2πk4

con k=0 ,1 ,2 ,3 es:

X [k ]= 2

2−e− jw|ω=2πk4

⇒ X [0 ]=2 ; X [1 ]= 22+ j

; X [2 ]=23; X [3 ]= 2

2− j

7

c) Si la secuencia obtenida en el punto anterior fueran los coeficientes de una Transformada Discreta de Fourier, determinar la secuencia temporal que se deriva de dicha secuencia.Solución:La secuencia temporal que generaría X [k ] es:

X̂ [n ]=14∑k=0

32e

− j 2πkn4

2−e− j 2πk

4

⇒ X̂ [n ]=1615

; X̂ [n ]= 815

; X̂ [n ]= 415

; X̂ [n ]= 215

d) Comprar la secuencia obtenida con X [n ] y justifique el resultadoSolución:La transformada inversa de X [k ] es diferente de X [n ] porque existe solapamiento a nivel temporal ya que X [n ]≠0 para n>N .

X̂ [n ]= x [n ]

1−( 12 )4 ≠ x [n ]

PROBLEMA 06Determinar la representación en serie de Fourier discreta de la secuencia:

x (n )=cos π3n+Sen π

3n

Solución:

Tomemos x (n )=cos π3n+Sen π

3n=x1 (n )+x2 (n ), donde:

x1 (n )=cos π3n=cosΩ1n→Ω1=

π3⋀ x2 (n )=Sen

π4n=Sen Ω2n→Ω2=

π4

Como Ω1

2π=16

, x1 (n ) es periódica con periodo fundamental N1=6 y como Ω2

2π=18

,

x2 (n ) es también periódica cuyo periodo fundamental está dado por el mínimo

común múltiplo de 6 y 8; es decir: N0=24 y Ω0=2 πN0

= π12 . Por la fórmula de Euler

tenemos que:

x (n )=12

[e j ( π3 )n+e

− j ( π3 )n]+ 12 j

[e j( π47 )n−e− j ( π4 )n]

x (n )=12e− j4Ω0n+ j 1

2e− j3Ω0n− j

12e j3Ω0n+1

2e j4Ω 0n

Así que c3=− j( 12 ), c4=12

, c−4=c−4+24=c20=12

, c−4=c−3+24=c21= j(12 ) y todos los

otros ck=0. Por lo tanto, la serie de Fourier discreta de x (n ) es:

8

x (n )=− j12e j3Ω0n+ 1

2e j 4Ω0n+ 1

2e j20Ω0n+1

2e j21Ω0n; Ω0=

112

PROBLEMA 07Calcular la transformada de Fourier de la siguiente función:

f ( t )={ 0 ,∧|t|>T2

cos (ω0 t ) ,∧|t|<T2

Solución:Podemos hacerlo aplicando la definición:

f̂ (ω)=∫−T2

T2

cos (ω0 t )e−iωt dt=∫−T2

T2

( e iω0 t+e−iω0 t

2 )e−iωt dt

f̂ (ω)=12 [ i e−i(ω−ω0) t

ω−ω0

+ ie−i (ω+ω0 )t

ω+ω0]−T2

T2

f̂ (ω)=12 { i (−2 i )

ω−ω0Sen[ (ω−ω0 ) T

2 ]+ i (−2i )ω+ω0

Sen [(ω+ω0 ) T2 ]}

f̂ (ω)=T2 {Sen[ (ω−ω0 ) T

2 ](ω−ω0 ) T

2

+Sen [(ω+ω0 ) T

2 ](ω+ω0 ) T

2}

PROBLEMA 08Determinar la respuesta del sistema:

y (n )=0.7 y (n−1 )−0.12 y (n−2 )+ x (n−1 )+x (n−2)Ante una entrada de x (n )=nu (n).

Solución:Para obtener la función del sistema H (z )Dándose las condiciones iniciales, la ecuación diferencial dada es:

y (n )=0 .7 y (n−1 )−0 .12 y (n−2 )+x (n−1 )+x (n−2)

La transformada z de esta ecuación se convierte en:

Y ( z )=0.7 z−1Y ( z )−0.12 z−2Y (z )+z−1 X ( z )+ z−2X (z)

(1−0.7 z−1+0.12 z−2 )Y ( z )=( z−1+z−2 ) X (z )

Y ( z)X (z )

= z−1+ z−2

1−0.7 z−1+0.12 z−2

9

Ya que la función del sistema es H ( z )= Y (z )X (z)

concluimos que:

H ( z )= z−1+z−2

1−0.7 z−1+0.12 z−2

Sabiendo que x (n )=nu (n) , entonces tendremos que X ( z )=−zd (Z [u (n ) ])

dz.

X ( z )=−z

d( 1

1−z−1 )dZ

X ( z )=−zd( z

z−1 )dz

=−zdz

dz ( z−1 )−(dz ) ( z )( z−1 )2

X ( z )= z(z−1)2

= z−1

(1−z−1)2

Reemplazando X ( z ) en el sistema LTI.

Y ( z )= (z−1+z−2)(1−0.7 z−1+0.12 z−2 )

z−1

(1−z−1)2

El polinomio (1−0.7 z−1+0.12 z−2 )se puede expresar como:

(1−0.7 z−1+0.12 z−2 )=(z−1−0.3)(z−1−0.4)(1−0.7 z−1+0.12 z−2 )=(0.3−z−1)(0.4−z−1)

(1−0.7 z−1+0.12 z−2 )=0.3×(1− z−1

0.3 )×0.4×(1− z−1

0.4 )(1−0.7 z−1+0.12 z−2 )=0.12(1− z−1

0.3 )(1− z−1

0.4 )Y ( z )=( 1

0.12 ) z−3+z−2

(1− z−1

0.3 )(1− z−1

0.4 )(1−z−1)2

Y ( z )=( 10.12 ) z−3+z−2

(1−103 z−1)(1−52 z−1)(1−z−1)2

Y ( z )=( 10.12 ) z−3+ z−2

(z−103 )(1z )(z−52 )( 1z )(z−1)2( 1z2 )Y ( z )=( 1

0.12 ) z+z2

(z−103 )(z−52 )(z−1)2

10

Y ( z )z

=( 10.12 ) 1+z

( z−103 )(z−52 )(z−1)2

1+z

(z−103 )( z−52 )(z−1)2= A

( z−1)2+ B(z−1)

+ C

(z−103 )+ D

(z−52 )Multiplicando la expresión por (z−103 )y haciendo z=

103

1+z

(z−52 )( z−1)2=A (z−103 )(z−1)2

+B( z−103 )(z−1)

+C+D (z−103 )(z−52 )

1+ 103

( 103 −52 )( 103 −1)

2=C→C=234245

Multiplicando la expresión por (z−52 )y haciendo z=52

1+z

(z−103 )( z−1)2=A (z−52 )(z−1)2

+B( z−52 )(z−1)

+C (z−52 )(z−103 )

+D

1+ 52

( 52−103 )( 52−1)2=D→D=

−2815

Multiplicando la expresión por (z−1)2y haciendo z=1.(1+z)

(z−103 )( z−52 )=A+B(z−1)+

C (z−1)2

(z−103 )+D(z−1)2

(z−52 )(1+1 )

(1−103 )(1−52 )=A→A=4

7

El último término de la expresión se puede hallar diferenciando la expresión respecto a z y haciendo z =1.

d [ (1+z )

(z−103 )(z−52 ) ]dz

=dAdz

+d [B ( z−1 ) ]

dz+

d [C ( z−1 )2

(z−103 ) ]dz

+

d [D (z−1 )2

(z−52 ) ]dz

11

d [ (1+z )

(z2−356 z+253 ) ]

dz=0+B+0+0

dz (z2−356 z+253 )−(2 z−356 )dz

dz (z2−356 z+ 253 )

2=B→

( z2−356 z+ 253 )−(2 z−356 )

(z2−356 z+ 253 )

2

B=(1−356 + 25

3 )−(2−356 )(1−356 + 25

3 )2

B= 88147

Finalmente la expresión se convierte en:1+z

(z−103 )( z−52 )(z−1)2= 47

1

(z−1)2+ 88147

1(z−1)

+ 234245

1

(z−103 )−2815

1

(z−52 )Regresando a la función Y(z):

Y ( z )z

=( 10.12 ) 1+z

( z−103 )(z−52 )(z−1)2Y ( z )z

=( 10.12 )[ 47 1

( z−1)2+88147

1(z−1)

+234245

1

(z−103 )−2815

1

(z−52 ) ]Y ( z )z

=4.76 1

(z−1)2+4.99 1

(z−1)+7.96 1

( z−103 )−15.56 1

(z−52 )Y ( z )z

=4.76 z−2

(1−z−1)2+4.99 z−1

(1−z−1)+7.96 z−1

(1−103 z−1)−15.56 z−1

(1−52 z−1)Y ( z )=4.76 z−1

(1−z−1)2+4.99 1

(1−z−1)+7.96 1

(1−103 z−1)−15.56 1

(1−52 z−1)Para encontrar la respuesta en tiempo discreto y(n) aplicamos la transformada inversa de Z.

y (n )=4.76 [nu(n) ]+4.99 [u (n)]+ 7.96103

103

(1−103 z−1)−15.5652

52

(1−52 z−1)12

y (n )=4.76 [nu(n) ]+4.99 [u (n)]+2.38[( 103 )n

u(n)]−6.22[( 52 )n

u(n)]y (n )=[4.76n+4.99+2.38( 103 )

n

−6.22( 52 )n]u(n)

PROBLEMA 9:Obtenga la transformada de Fourier de la función exponencial, que se muestra en la figura:

Solución:

f (t )=e−atu (t )={e−at , t>00 ,t<0

De esta forma:

F (ω )=∫−∞

∞

f (t)e− jωt dt=∫0

∞

e−at e− jωt dt

∫0

∞

e−(a+ jω)tdt= −1a+ jω

e−(a+ jω)t|∞0∫0

∞

e−(a+ jω)tdt= 1a+ jω

PROBLEMA 10:

Sea f una función de periodo π dada por:

13

Solución:a) Calculando los coeficientes de Fourier:

Si usamos el método de integración por partes obtendremos lo siguiente:

Pero sabemos que la serie de Fourier tiene la siguiente forma:

Por lo tanto la serie de Fourier será:

b) Analizando la convergencia de la siguiente sumatoria:

14

Podemos ver que ambas sumatorias divergen por lo que podemos concluir que:

PROBLEMA 11Un pulso triangular simétrico de altura y ancho ajustables esta descrito por:

f ( x )={a (1− xb ) , si0≤x ≤b

0 , si b≤ x ≤π

a) Demuestre que los coeficientes de Fourier son:

a0=ab2π

,an=2abπ

(1−cosnb)(nb)2

Como sabemos, la serie de Fourier se representa como:

f ( x )=a0+∑n=1

∞ [an cos( n2 πT x)+bn sen ( n2 πT x )]Donde a0=∫ f ( x )dx ,an=∫ f ( x )∗cos (nx )dx ,bn=∫ f ( x )∗sen (nx )dx

Como la función es impar bn=0 y T = π

an=2T∫0

b

a(1− xb )cos (nx )dx=¿ 2ab

π(1−cosnb)

(nb)2¿

a0=1T∫0

b

a(1− xb )dx=¿ ab

2π¿

15

b) Tome a = 1 y b¿ π2

calcule y represente las cinco primeras sumas

parciales.

an=4

π2n2[1−cos ( nπ2 )] a0=1

f ( x )=1+∑n=1

∞ [ 4

π2n2[1−cos( nπ2 )]cos (n2 x )]

f ( x )=1+ 4π2cos (2 x )+ 2

π2cos (4 x )+ 4

9π 2cos (6 x )+ 4

25π2cos (10 x )

PROBLEMA 12

Sea

a) Determinar su serie de Fourier

Solución:

es función par, con semiperiodo L=1, entonces tenemos una serie coseno, que tiene la forma:

Con coeficientes

Por consiguiente, la serie de Fourier de f en [-1,1] es:

16

b) Deducir la convergencia de la serie ∑n=1

∞1

4 n2−1

Solución:

∑n=1

∞

an=¿∑n=1

∞1

4 n2−1¿

an=1

4n2−1= 1

(2n−1)(2n+1)=12 [ 1

(2n−1 )− 1

(2n+1 ) ]

SN=12 [( 11−13 )+( 13−15 )+( 15−17 )+( 17−19 )+…+( 1

2N−1− 12N+1 )]

SN=12 (1+ 1

2N+1 ); N→∞

∴SN=12

∴∑n=1

∞

an=¿∑n=1

∞1

4 n2−1esconvergente con sumaigual a

12¿

PROBLEMA 13

a) Establecer que si f ( x )=x ,−π<x<π entonces:

x=2∑n=1

∞ (−1 )n+1

nsennx

b) Con la identidad de Parseval deducir la convergencia ∑n=1

∞1n2

=π 2

6

c) Muestre que la integración de la serie de Fourier de f ( x )=x ,−π<x<π conduce a

17

∑n=1

∞ (−1 )n+1

n2= π 2

12

Solución:

Como f(x) es una función impar se tiene que an=0

bn=1π∫−π

π

xsen (nπ )dx=2π∫0

π

xsen (nπ )dx=−[ 2xcos (nx )nπ ]|π0

bn{ 2nn=1,3,5 ,….

−2n

n=2,4,6 ,……

Por lo tanto

f ( x )=2∑n=1

∞

(−1)n+1sen(nx )

n=2[ senx

1− sen2 x

2+ sen 3x

3……]

Aplicando la identidad de Parseval

1π∫−π

π

x2dx=4 [ 112

+ 122

+ 132

+…]

∑n=1

∞1n2

= 14 π

∫−π

π

x2dx= 14 π

x3

3 | π−π=π2

6

f ( x )=a0+∑n=1

∞ [an cos( n2 πT x)+bn sen( n2 πT x )] , T = 1

a0=1T∫ f ( x )dx=∫

0

1

(1−x2 )dx=23

an=∫ f ( x )∗cos (nx )dx=∫0

1

(1−x2 )cos (nx )dx=−2n2

[cos (n )−1 ]+ 2n3sen (n)

bn=∫ f ( x )∗sen (nx )dx=∫0

1

(1−x2) sen (nx )dx

18

bn=−2n2

[sen (n )−1 ]+ 2n3cos (n)

PROBLEMA 14

Sea f ( x )={1−x2 si|x|≤10 si|x|>1

, Obtener la integral de Fourier y estudie su

convergencia en xo=0.

Solución:

La integral de Fourier de f(x) es:

1π∫0

∞

[A (ω) cosωx+B (ω ) sinωx ]dω

Donde:

A (ω )=∫−∞

∞

f ( t )cos (ωt )dt

A (ω )=∫−1

1

(1−t2 )cos (ωt )dt

A (ω )=∫−1

1

cos (ωt )dt−∫−1

1

t2 cos (ωt )dt

A (ω )= sen (ωt )ω | 1

−1− 1ω3

[ (ωt )2 sen (ωt )+2ωcos (ωt )−2 sen (ωt ) ]| 1−1

A (ω )= 4

ω3( senω−ωcosω )

B (ω)=∫−1

1

(1−t 2 ) sen (ωt )dt

B (ω)=∫−1

1

sen (ωt )dt−∫−1

1

t2 sen (ωt )dt

B (ω)=−cos (ωt )

ω | 1

−1− 1ω3

[−(ωt )2cos (ωt )+2ωsen (ωt )−2cos (ωt ) ]| 1−1

B (ω)=0−0

B (ω)=0

19

∴ 1π∫0

∞

[ 4ω3 (senω−ωcosω )]dωPROBLEMA 15

a) Obtener la integral de Fourier de f ( x )={cosx si|x|≤ π0 si|x|>π

b) Estudiar la convergencia de la IF en xo=0 , x1=π

Solución:

;

IF:

………………………….. (1)Integramos por partes en…………. (1)

Además la transforma de Fourier:

La integral de Fourier de f(x) es:

1π∫0

∞

[A (ω) cosωx+B (ω ) sinωx ]dω

Donde:

A (ω )=∫−∞

∞

f ( t )cos (ωt )dt

A (ω )=∫−π

π

cos ( t ) cos (ωt )dt

20

A (ω )=2ωsen (ωπ )ω2−12

B (ω)=∫−∞

∞

f (t)sen (ωt )dt

B (ω)=∫−π

π

cos (t)sen (ωt )dt

B (ω)=0

∴ 1π∫0

∞

[ 2ωsen (ωπ )ω2−12 ] dω

PROBLEMA 16

Si f (x) es una funcion par con integral de Fourier f ( x )=∫0

∝

A (w)cos (wx)dw ,

demuestre que f (ax )= 1πa

∫0

∝

A (w /a)cos (wx)dw , a¿0 :

Solucion:

Para este caso vamos a dar convenientemente:

A (w )=−¿d2A(w)/d2w

Entonces:

A(w)=2∫0

∝

vf (v)sen (wv)dv…………………(1)

Como:

1πa

∫0

∝

A (w /a)cos (wx)dw con A`(w)= 2∫0

∝

vf (v )sen(wv)dv

Entonces derivando el coeficiente nos quedaria:

d A (w)dw

=−2∫0

∝

vf (v )sen (wv)dv ……………...(2)

Por lo tanto al compara las 2 ecuaciones nos quedaria, l.q.q.d:

21

d A (w)dw

= -A(w)

PROBLEMA 17:

Si f(x) es una función par con integral de Fourier:

Demuestre que:

Solución:

f(x) es par con integral de Fourier:

Pero Sabemos que :

Como f(x) es par:

Comparando propiedad de escalamiento pero como a>0

Pero:

Reemplazando (3) en (4):

22

Pero de (*):

PROBLEMA 18

Desarrollar en serie de Fourier la función periódica de periodo . Representar gráficamente y estudiar la convergencia de a serie en R.

23

24

PROBLEMA 19

25

PROBLEMA 20

26

PROBLEMA 21

27

PROBLEMA 22

28

PROBLEMA 23

Solución:

Como vemos f ( x )es una funcion par en consecuencia la serie de fourier sera cosenoidal

Entonces:

a0=12π

¿

an=2π (∫

0

π

senwt∗cosnwt . d (wt )); para n≥1Para n par entonces n=2k ;k∈Z+¿¿

an=

2π∗2

n2−1=

1π∗4

4 k2−1

Para n impar:

an=0

bn=0 ;∀n

La serie nos quedará:

f ( x )= 2π−4π∑n=1

∝1

4k 2−1cos (2nwx)

La frecuencia más baja es 2w. Los componentes de alta frecuencia decaen a medida que aumente k2 lo que muestra que el rectificador de onda completa produzca un modelo aproximado de la corriente continua.

29

PROBLEMA 27Consideremos ahora la salida de un rectificador de onda completa, que produce corriente continua pulsante como muestra la figura. El rectificador se puede modelar como un dispositivo que se alimenta con una onda senoidal, que deja pasar los pulsos positivos e invierte los pulsos negativos. Esto produce:

f ( x )={ Sen wx ,∧0<wx≤ π−Senwx ,∧−π≤wx ≤0

Solución:Puesto que f (x) es una función par, es decir f (x)=f (−x ), la serie de Fourier será senoidal

a0=12π (∫

−π

0

−Sen ( xt )d (wt )+∫0

π

Sen (wt )d (wt ))= 22 π

∫0

π

Sen (wt )d (wt )=2π

an=2π∫0

π

Sen (wt )cos (nwt )d (wt ) , n≥1

an=−2π

2

π2−1, n par⇒ an=

−1π

4

4n2−1

an=0 , n impar

an=0 ,∀ n

Por lo tanto, la serie resultante es:

f ( x )= 2π−4π [∑n=1

∞1

4n2−1cos (2nwx )]

La frecuencia de oscilación más baja es 2w. Las componentes de alta frecuencia decaen inversamente con n2, lo que muestra que el rectificador de onda completa hace un buen trabajo para producir un modelo aproximado de la corriente continua.

PROBLEMA 28La función adjunta sirve para modelar la salida de un rectificador de media onda:

f ( x )={Sen (ωx ) ,∧0≤ωx ≤π0 ,∧−π ≤ωx ≤0

a) Represente gráficamente la señal de salida si esta se extiende periódicamente con periodo 2π

b) Determine la serie de Fourier que la representa.Solución:

30

f ( x )= 1π+ 12Sen (ωx )−2

π [∑n=1∞

1

(4n2−1 )cos (2nωx )]

PROBLEMA 29Una onda triangular se representa por la función:

f ( x )={−x ,∧−π<x<0x ,∧0<x<h

a) Represente gráficamente la función.

b) Represente f (x) mediante una serie de Fourier.Solución:

f ( x )= π2−4π [∑n=1

∞ cos (2n−1 ) x(2n−1 )2 ]

c) Estudie la convergencia de la serie en x=−π, x=0 y x=π

d) Muestre que: ∑n=1

∞1

(2n−1 )2=π 2

8

PROBLEMA 30Las series de Fourier se constituyen en una herramienta poderosa en el análisis del comportamiento de los sistemas físicos sujetos a perturbaciones periódicas f (t).El valor de la raíz media cuadrática o RMC de una función f (t), sobre un intervalo (a ,b) se define como:

⟨ f ( t)⟩=√∫ab

f 2 (t )dt

b−a

a) Sea f (t) una función definida x∈ [a ,b ], con un periodo fundamental T=b−a. Pruebe que aplicando la identidad de Parseval el valor RMC se reduce a la fórmula:

⟨ f ( t)⟩=√a02+ 12∑n=1∞

[an2+bn2 ]

b) Determine RMC de f (t)=E Sen (ωt ), con E y ω constantes positivas.

Solución:

El periodo fundamental de la función f (t)=E Sen (ωt ), es 2πω

.

Entonces el valor RMC de f (t) es:

31

⟨ f ( t)⟩=√ 1

( 2πω )∫0

2 πω

E2Sen2 (ωt )dt= E√2

PROBLEMA 31Un resorte vibra libremente con ambos extremos fijos en x=0 y x=L.a) Si su movimiento está descrito por la ecuación de onda:

∂2u ( x , t )∂ t2

=v2∂2u ( x , t )∂ x2

Con las condiciones iniciales:

u ( x , t )=f (x ) y ∂u (x ,0 )

∂ t=g(x )

Suponga que la solución de esta ecuación es una serie de Fourier de la forma:

u ( x , t )=∑n=1

∞

bn(t)Sen ( nπxL )Sustituya esta solución en la ecuación anterior y determine los coeficientes b (t)

Solución:Sustituyendo:

bn (t )=Ancos ( nπvtL )+BnSen ( nπvtL )Donde los coeficientes son:

An=2L∫0

L

f (x )Sen( nπxL )dx∧Bn=2nπv

∫0

L

g(x )Sen( nπxL )dxb) Considere la presencia de un medio resistivo que amortigua las vibraciones

de acuerdo con la ecuación:∂2u ( x , t )∂ t2

=v2∂2u ( x , t )∂ x2

−k∂u (x , t )∂ t

Suponga que rige la solución anterior con las mismas condiciones iniciales y nuevamente determine el coeficiente b (t), suponiendo que el amortiguamiento es pequeño, es decir:

( nπvL )2

−( k2 )2

>0

Solución:Sustituyendo:

bn (t )=e−k2t

[ Ancos (wnt )+BnSen (wnt ) ]

32

Donde los coeficientes son:

An=2L∫0

L

f (x )Sen( nπxL )dx∧Bn=2

Lwn∫0

L

g(x )Sen( nπxL )dx+ k2wn

An

Por lo que queda demostrado que:

wn2=( nπvL )

2

−( k2 )2

>0

c) Repita los cálculos pero suponiendo que el amortiguamiento es grande es decir:

( nπvL )2

−( k2 )2

<0

Solución:Sustituyendo:

bn (t )=e−k2t

[ Ancosh (σ nt )+BnSenh (σ nt ) ]

Donde los coeficientes son:

An=2L∫0

L

f (x )Sen( nπxL )dx∧Bn=2

Lσ n∫0

L

g(x) Sen( nπxL )dx+ k2σ n

An

Por lo que queda demostrado que:

σ n2=( nπvL )

2

−( k2 )2

<0

PROBLEMA 32En una placa circular de radio ρ=1, cuyas secciones superiores e inferior están aisladas, se mantiene la mitad de su periferia superior a una temperatura constante T 1 y la otra mitad a una temperatura constante T 2. Encontrar la temperatura de la placa en condiciones estacionarias.

a) La ecuación de difusión del calor, en coordenadas polares ( ρ ,θ ), en

condiciones estacionarias está dada por ∂2∅∂ x2

+ 1p∂∅∂ ρ

+ 1p2

∂2∅∂θ2

=0, donde

∅ ( ρ,θ ) es la función temperatura. Suponga que ∅ ( ρ,θ ) se puede separar como ∅ ( ρ,θ )=M ( ρ )N (θ ) y pruebe que la ecuación se transforma en ρ2M ' '

M+ ρM '

M=−N ' '

N.

b) A partir del resultado anterior, haga cada lado de la ecuación igual a λ2 y encuentre las EDO(2)

N ' ' (θ )+ λ2N (θ )=0

ρ2M ' ' ( ρ )+ρ M ' ( ρ )+M (ρ)=0

33

c) Pruebe que N (θ )=A1cos λθ+A2Sen λθ y M ( ρ )=B1 ρλ+B2ρ

−λ son soluciones de las correspondientes ecuaciones anteriores.

d) Pruebe que la solución general es:

∅ ( ρ,θ )=M ( ρ )N (θ )=∑∞ T 1+T2

2(T−T ) [1−ncos (nπ ) ]

nπρnSen (nθ )

34