UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIRIA ELECTRICA Y ELECTRONICA BALOTARIO DEL EXAMEN FIANL DE MATEMATICAS AVANZADAS 1. El siguiente circuito está formado por un resistor R, un capacitor C y un inductor L conectado en serie a una fuente de voltaje e (t).Antes de cerrar el interruptor en el tiempo t=0, tanto la carga en el capacitor como la corriente resultante en el circuito son cero. Determine la carga q(t) en el capacitor y la corriente resultante i(t) en el circuito en el tiempo t sabiendo que R=120Ω,
L=1H, C=10−4F y e(t)=40v Solución: Aplicando la 2da ley de kirchhoff tenemos 𝑖𝑅 + 𝐿
𝑑𝑞 1 + ∫ 𝑖(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑒(𝑡) … . (1) 𝑑𝑡 𝑐
Utilizamos 𝑖(𝑡) =
𝑑𝑞 𝑑𝑡
Reemplazamos 𝐿
𝑑2 𝑞 𝑑𝑞 1 +𝑅 + 𝑞 = 𝑒(𝑡) 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑐
Sustituyendo los valores de R,Cy L y e(t) 𝑑2𝑞 𝑑𝑞 + 160 + 104 𝑞 = 20 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Aplicando la transformada de Laplace en los dos miembros (𝑆 2 + 160𝑆 + 104 )𝑄(𝑠) = [𝑆𝑞(0) +
𝑑𝑞 20 (0)] + 160𝑞(0) + 𝑑𝑡 𝑆
𝑑𝑞
Q(s) es la transformada de q(t), estamos suponiendo que q(0)=0 y 𝑑𝑡 (0) = 0 y i(0)=0 Esto reduce la ecuación a (𝑆 2 + 160𝑆 + 104 )𝑄(𝑠) =
20 𝑆
Despejando 𝑄(𝑠) =
𝑆(𝑆 2
20 + 160𝑆 + 104 )
Aplicando fracciones simples 4 1 1 (𝑆 + 80) + 3 (60) 𝑄(𝑠) = [ − ] 500 𝑆 (𝑆 + 80)2 + (60)2 Ahora le aplicamos la transformada inversa 𝑞(𝑡) =
1 4 (1 − 𝑒 −80𝑡 cos 60𝑡 − 𝑒 −80𝑡 sin 60𝑡) 500 3
Entonces la corriente resultante en el circuito eléctrico 𝑖(𝑡) =
𝑑𝑞 1 −80𝑡 = 𝑒 sin 60𝑡 𝑑𝑡 3
2. determine la transformada de la función cuya grafica es:
Solución: Esta función es periódica con periodo T=2 y para el cálculo de su transformada podemos utilizar la fórmula: 2 1 𝐿{𝑓(𝑡)} = ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 −2𝑠 1−𝑒 0
Puesto que la función es seccionada en el intervalo [0,2] entonces la integral se calcula también por secciones:
2 1 1 1 1 −𝑠𝑡 −𝑠𝑡 ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = (∫ 𝑒 𝑡𝑑𝑡 + ∫ 𝑒 −𝑠𝑡 0𝑑𝑡) 1 − 𝑒 −2𝑠 0 1 − 𝑒 −2𝑠 0 0
Así: 2 1 1 1 𝑠 + 1 −𝑠 −𝑠𝑡 ∫ 𝑒 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = ( − 2 𝑒 ) 1 − 𝑒 −2𝑠 0 1 − 𝑒 −2𝑠 𝑠 2 𝑠
Por lo tanto: 𝐿{𝑓(𝑡)} =
1 1 𝑠 + 1 −𝑠 ( − 2 𝑒 ) 1 − 𝑒 −2𝑠 𝑠 2 𝑠
3. Calcule la transformada Z f (kT ) (kT )
Solución
f ( z ) f (kT )z k k 0
(kT ) z k k 0
(0) (T ) z 1 ...
1
4. Desarrollar un rectificador de media onda de la serie de Fourier: Tenemos una señal senoidal de entrada, y una señal rectificada de media onda como salida. Dicha función está representada por: 𝐴𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡, 𝑓(𝑡) = { 0,
𝜋 𝑤 𝜋 2𝜋 ≤𝑡≤ 𝑤 𝑤 0≤𝑡≤
Solución: Sabemos que : 𝑤 =
2𝜋 𝑇
y 𝜔0 = 𝑤.
Para un mejor desarrollo realizamos un reemplazo para poder tener todo en función de w: De la ecuación de Fourier: ∞
1 𝑓(𝑥) = 𝑎0 + ∑(𝑎𝑛 𝐶𝑜𝑠𝑛𝜔0 𝑥 + 𝑏𝑛 𝐶𝑜𝑠𝑛𝜔0 𝑥). 2 𝑛=1
Hallamos 𝑎0 :
2𝜋
𝜋
𝑤 2 𝑇 2 𝑤 𝑤 𝑎0 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑤 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝐴𝑠𝑒𝑛𝑤𝑥𝑑𝑥 𝑇 0 2𝜋 𝜋 0 0 𝜋 𝜋 𝑤 𝑤 𝐴𝑤 𝑤 = 𝐴 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑤𝑥𝑑𝑥 = − [𝑐𝑜𝑠𝑤𝑥] 𝜋 0 𝜋𝑤 0
= −𝐴/𝜋[cos(𝜋) − cos(0)] = −𝐴/𝜋[−1 − 1] −𝐴 2𝐴 (−2) = 𝜋 𝜋 Por lo tanto, tenemos que: 𝑎0 =
2𝐴 𝜋
Hallando 𝑎𝑛 : 2
𝑇
Sabemos por teoría que: 𝑎𝑛 = 𝑇 ∫0 𝑓(𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑥𝑑𝑥 Reescribimos todo en función de la frecuencia: 𝑇 𝑇 2 1 𝑎𝑛 = 𝑤 ∫ 𝑓(𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑥𝑑𝑥 = 𝑤 ∫ 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑛(𝑤𝑥)𝑑𝑥 2𝜋 𝜋 0 0
=
𝑇 𝐴 𝑤 ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑛(𝑤𝑥)𝑑𝑥 𝜋 0
Para hallar esta integral: 𝑇
∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑛(𝑤𝑥)𝑑𝑥 0
Usamos las identidades quedando de la siguiente manera: =
𝑇 𝐴 𝑤 ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑛(𝑤𝑥)𝑑𝑥 𝜋 0 𝜋
𝜋
𝑤 𝐴𝑤 1 𝑤 = [∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑛 + 1)𝑤𝑥𝑑𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑛( 𝑛 − 1)𝑤𝑥𝑑𝑥] 𝜋 2 0 0
𝜋 𝜋 𝐴𝑤 −1 1 = [ cos(𝑛 + 1) 𝑤𝑥 𝑤 + cos(𝑛 − 1)𝑤𝑥 𝑤 2𝜋 (𝑛 + 1)𝑤 0 (𝑛 − 1)𝑤 0 =
𝐴𝑤 1 1 [− (cos(𝑛 + 1) 𝜋 − cos(0) ) + (cos(𝑛 − 1) 𝜋 − cos(0))] 2𝜋 𝑛+1 𝑛−1
Sabemos por formula que: Cos(n+1) =−(−1𝑛 ), reemplazando:
=
𝐴𝑤 1 1 (1 + (−1𝑛 ) ) − (1 + (−1𝑛 ) )] [ 2𝜋 𝑛 + 1 𝑛−1
Operando llegamos a la siguiente expresión: 𝑎𝑛 = −
𝐴𝑤 1 [ 2 (1 + (−1𝑛 ))] 𝜋 𝑛 −1
Pero este, 𝑎𝑛 existiría si toma todos los valores pero diferente a 1: 𝑎𝑛 ≠ 1 Para poder hallar completamente 𝑎𝑛 , debemos hallar 𝑎1 : 𝜋
𝑤 2 𝑇 1 𝑎1 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑤𝑥𝑑𝑥 = 𝑤 ∫ 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑥)𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑥)𝑑𝑥 𝑇 0 𝜋 0 𝜋
𝑤 𝐴 = 𝑤 ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑛(𝑤𝑥)𝑑𝑥 𝜋 0 𝜋
𝑤 𝐴 = 𝑤 ∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝑤𝑥) 𝑑𝑥 2𝜋 0
𝜋 𝐴 1 =− 𝑤 cos(2𝑤𝑥) 𝑤 2𝜋 2𝑤 0 =−
𝐴 [cos(2𝜋) − cos(0)] = 0 4𝜋
Por lo tanto: 𝑎1 = 0 Debido a ello tenemos: 𝐴(1 + (−1)𝑛 ) − , 𝑠𝑖 𝑛 ≠ 0 𝑎𝑛 = { 𝜋 (𝑛2 − 1) 0, 𝑠𝑖 𝑛 = 0 Análogamente realizamos los mismo pasos del desarrollo 𝑎𝑛 ,para determinar 𝑏𝑛 . Por ello tenemos: 𝑏𝑛 = 0, para n ≠ 1 𝐴
𝑏1 = , para n = 1 2
Por ello tenemos los siguiente: 0, 𝐴 𝑏𝑛 = { , 2
𝑠𝑖 𝑛 ≠ 1 𝑠𝑖 𝑛 = 1
Una vez hallado los coeficientes respectivos… Analizamos en los casos cuando 𝑎𝑛 𝑦 𝑏𝑛 son diferentes de cero…reemplazamos…en la serie de Fourier: ∞
1 𝑓(𝑥) = 𝑎0 + ∑(𝑎𝑛 𝐶𝑜𝑠𝑛𝜔0 𝑥 + 𝑏𝑛 𝐶𝑜𝑠𝑛𝜔0 𝑥). 2 𝑛=1
De la manera más cómoda para analizarlo: No olvidar que 𝜔0 = 𝑤. ∞
𝐴 𝐴(1 + (−1)𝑛 ) 𝐴 𝑓(𝑥) = + ∑ ([− 𝐶𝑜𝑠𝑛𝜔 𝑥] + 𝑠𝑒𝑛𝑥𝜔0 𝑥) . 0 𝜋 𝜋 (𝑛2 − 1) 2 𝑛=1 ∞
𝐴 𝐴(1 + (−1)𝑛 ) 𝐴 𝑓(𝑥) = + ∑ ([− 𝐶𝑜𝑠𝑛𝜔0 𝑥]) + 𝑠𝑒𝑛𝜔0 𝑥. 2 𝜋 𝜋 (𝑛 − 1) 2 𝑛=1
∞
(1 + (−1)𝑛 ) 𝐴 𝐴 𝐴 𝑓(𝑥) = + 𝑠𝑒𝑛𝜔0 𝑥 − ∑ ([ 𝐶𝑜𝑠𝑛𝜔0 𝑥]) . 𝜋 2 𝜋 (𝑛2 − 1) 𝑛=1
Pero debemos tener en cuenta que,
1 + (−1)𝑛 , si n es par, da como resultado 2 1 + (−1)𝑛 , si n es impar, da como resultado 0
Entonces como desarrollo computacional y mayor tendencia al rectificador analizar series finitas e infinitas lo reescribimos de la siguiente manera: ∞
𝐴 𝐴 2𝐴 1 𝑓(𝑥) = + 𝑠𝑒𝑛𝜔0 𝑥 − ∑ ([ 𝐶𝑜𝑠2𝑛𝜔0 𝑥]) . 2 𝜋 2 𝜋 (4𝑛 − 1) 𝑛=1
Aplicación sobre nuestra serie: 𝐴
= COMPONENTE DC DE DIRECTA, de un circuito rectificador…
𝜋 𝐴 2
𝑠𝑒𝑛𝜔0 𝑥 = SEÑAL DE ENTRADA QUE SE REDUCE EN UN 50% DE LA
SENOIDAL… 2𝐴 𝜋
1
∑∞ 𝑛=1 ([
(4𝑛2 −1)
𝐶𝑜𝑠2𝑛𝜔0 𝑥]). = MODOS O ARMONICOS DEL SISTEMA
RECTIFICADOR DE MEDIA ONDA…
5. Establecer la serie discreta de Fourier de: x[n] = {1,0,0,-1,1,0,0,-1,1,0,0,-1,…} y verificar para x(0), x(1), x(2), x(3), x(4). Desarrollo: Vemos que el Valor de las muestras es 4 𝑁−1
𝑋(𝑘) = ∑
𝑗
𝑥(𝑛)𝑒 −𝑁2𝜋𝑘𝑛
𝑛=0
Sustituimos el valor de N = 4 4−1
𝑋(𝑘) = ∑
𝑗
𝑥(𝑛)𝑒 −42𝜋𝑘𝑛
𝑛=0 3
𝑋(𝑘) = ∑
𝑗
𝑥(𝑛)𝑒 −2𝜋𝑘𝑛
𝑛=0 𝑗
𝑗
𝑗
𝑗
𝑋(𝑘) = 𝑥(0)𝑒 −2𝜋𝑘0 + 𝑥(1)𝑒 −2𝜋𝑘1 + 𝑥(2)𝑒 −2𝜋𝑘2 + 𝑥(3)𝑒 −2𝜋𝑘3 Terminamos por desarrollar y queda:
𝑗
𝑗
𝑗
𝑋(𝑘) = 1 ∗ 𝑒 0 + 0 ∗ 𝑒 −2𝜋𝑘1 + 0 ∗ 𝑒 −2𝜋𝑘2 + (−1)𝑒 −2𝜋𝑘3 𝑗
𝑋(𝑘) = 1 − 𝑒 −2𝜋𝑘3 3 3 𝑋(𝑘) = 1 − (𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑘) − 𝑗𝑠𝑖𝑛 ( 𝜋𝑘)) 2 2 Establecemos valores para x(0), x(1), x(2), x(3) y x(4) 3 3 𝑋(0) = 1 − (𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋0) − 𝑗𝑠𝑖𝑛 ( 𝜋0)) = 0 + 𝑗0 2 2 3 3 𝑋(1) = 1 − (𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋) − 𝑗𝑠𝑖𝑛 ( 𝜋)) = 1 − 𝑗 2 2 3 3 𝑋(2) = 1 − (𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋2) − 𝑗𝑠𝑖𝑛 ( 𝜋2)) = 2 + 𝑗0 2 2 3 3 𝑋(3) = 1 − (𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋3) − 𝑗𝑠𝑖𝑛 ( 𝜋3)) = 1 − 𝑗 2 2 3 3 𝑋(4) = 1 − (𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋4) − 𝑗𝑠𝑖𝑛 ( 𝜋4)) = 0 + 𝑗0 2 2
6. Calcular la serie discreta de Fourier para la siguiente gráfica:
Debido a la simetría de la secuencia respecto a n = 0, vamos a usar un intervalo simétrico por lo cual: 𝑁1
2𝜋 1 −𝑗𝑘( )𝑛 𝑁0 𝑎𝑘 = ∑ 𝑒 𝑁0 𝑛=−𝑁1
Haciendo m = n + N1, la ecuación anterior se convierte en: 2𝑁1
2𝑁1
𝑚=0
𝑚=0
2𝜋 2𝜋 1 1 𝑗𝑘(2𝜋 −𝑗𝑘( )(𝑚−𝑁1 ) )𝑁 −𝑗𝑘( )𝑚 𝑁0 𝑁0 𝑎𝑘 = ∑𝑒 = 𝑒 𝑁0 1 ∑ 𝑒 𝑁0 𝑁0
Cuya sumatoria consiste en los primeros (2N1+1) términos de una serie geométrica, la cual al ser evaluada produce:
2𝑁1
−𝑗𝑘2𝜋
(2𝑁1 +1)
2𝜋 𝑁0 1 1 𝑗𝑘(2𝜋 1−𝑒 −𝑗𝑘( )(𝑚−𝑁1 ) )𝑁 𝑁0 𝑎𝑘 = ∑𝑒 = 𝑒 𝑁0 1 ( ) 2𝜋 𝑁0 𝑁0 −𝑗𝑘( ) 2𝑁 𝑚=0 0 1−𝑒 1 1 𝑠𝑒𝑛[2𝜋𝑘(𝑁1 + 2)/𝑁0 2𝑁1 𝑎𝑘 = = 2𝜋𝑘 𝑁0 𝑁0 𝑠𝑒𝑛(2𝑁 ) 0
Donde k = 0,+-N0,+-2N0 Reescribiendo la expresión anterior:
𝑁0 𝑎𝑘 =
𝑠𝑒𝑛[
(2𝑁1 + 1)Ω0 ] 2 | Ω 𝑠𝑒𝑛( 20 ) 2𝜋𝑘 Ω0 = 𝑁0
7. Determine la representación en serie de Fourier discreta de la secuencia: 𝜋 𝜋 𝑥[𝑛] = 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 𝑠𝑒𝑛 𝑛 3 4 SOLUCION 𝜋
𝜋
Tomemos 𝑥[𝑛] = 𝑥[𝑛] = 𝑐𝑜𝑠 3 𝑛 + 𝑠𝑒𝑛 4 𝑛 = 𝑥1 [𝑛] + 𝑥2 [𝑛], donde: 𝜋 𝜋 𝑥1 [𝑛] = 𝑐𝑜𝑠 𝑛 = 𝑐𝑜𝑠Ω1 𝑛 → Ω1 = 3 3 𝜋 𝜋 𝑥2 [𝑛] = 𝑠𝑒𝑛 𝑛 = 𝑠𝑒𝑛Ω2 𝑛 → Ω2 = 4 4 Ω
1
Ω
1
Como 2𝜋1 = 6, 𝑥1 [𝑛] es periódica con período fundamental N1 = 6, y como 2𝜋2 = 8, 𝑥2 [𝑛] es periódica con período fundamental N2 = 8, Vemos que X[n] tendrá un período fundamental equivalente al 𝜋 múltiplo común de 6 y 8, es decir N0 = 24 y Ω0 = 12; Por tanto tenemos:
Asi que:
Siendo la serie discreta de Fourier:
8. Halle la representación en serie trigonométrica de Fourier para la siguiente señal f(t) = 𝑒 −𝑡 , 0≤ t ≤1, mostrada en la figura
La señal f(t) = 𝑒 −𝑡 , 0≤ t ≤1, y para este ejemplo T₀ = 1, w₀ = 2π Primero calcularemos los coeficientes An 2
𝑡+𝑇₀
An = 𝑇₀ ∫𝑡
𝑓(𝑡) 𝐶𝑜𝑠𝑛 𝑤𝑡 𝑑𝑡
1
= 2∫0 𝑒 −𝑡 𝐶𝑜𝑠2𝑛𝜋𝑡 Entonces por tabla de integrales tenemos: 𝑒 𝑎𝑢
∫ 𝑒 𝑎𝑢 𝐶𝑜𝑠𝑏𝑢 𝑑𝑢 = 𝑎2 + 𝑏2 (a Cosbu + b Senbu) Realizando las sustituciones: a = -1, b = 2𝜋, 𝑠𝑒 𝑡𝑒𝑛𝑑𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒: 2 𝑒 −𝑡
1
An = 1+4𝑛2 𝜋2 ∫0 ( − Cos2nπt + 2nπSen2nπt ) Evaluando límites:
2
An = 1+4𝑛2 𝜋2[𝑒 −1 (-Cos2nπ + 2nπSen2nπ) - 𝑒 0 (- Cos(0) + 2nπ Sen(0))] De tal forma que: 2
An = 1+4𝑛2 𝜋2 ( 1 - 𝑒 −1 ) ∀n.
Ahora calcularemos el coeficiente independiente A₀. 1
𝑡+𝑇₀
A₀ = 𝑇₀ ∫𝑡
𝑓(𝑡)𝑑𝑡 1
A₀ = ∫0 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 = - 𝑒 −1 + 𝑒 0 A₀ = 1 - 𝑒 −1 = 1.264 Concluimos calculando los coeficientes de Bn. 2
𝑡+𝑇₀
Bn = 𝑇₀ ∫𝑡
𝑓(𝑡)𝑆𝑒𝑛𝑛𝑤 0 𝑡 𝑑𝑡
Entonces por tabla de integrales tenemos 𝑒 𝑎𝑢
∫ 𝑒 𝑎𝑢 𝑆𝑒𝑛𝑏𝑢 𝑑𝑢 = 𝑎2 + 𝑏2 (aSenbu + bCosbu) Sustituyendo a = -1 y b = 2nπ, se tendrá entonces: 2 𝑒 −𝑡
1
Bn = 1+4𝑛2 𝜋2 ∫0 (−𝑆𝑒𝑛2𝑛𝜋𝑡 − 2𝑛𝜋𝐶𝑜𝑠2𝑛𝜋𝑡) 2 𝑒 −𝑡
Bn = 1+4𝑛2 𝜋2 [ 𝑒 −1 (−𝑆𝑒𝑛2𝑛𝜋 − 2𝑛𝜋𝐶𝑜𝑠2𝑛𝜋) - 𝑒 0 (−𝑆𝑒𝑛(0) − 2𝑛𝜋𝐶𝑜𝑠(0))] 2 𝑒 −𝑡
Bn = 1+4𝑛2 𝜋2 [-2nπ𝑒 −1 + 2nπ] 4𝑛𝜋
Bn = 1+4𝑛2 𝜋2 ( 1 - 𝑒 −1 ) ∀ n. Finalmente, la representación en serie trigonométrica de Fourier para la señal f(t) será: F(t) = 1.264+∑∞ 𝑛=1[
2 1+4𝑛2 𝜋 2
(1 − 𝑒 −1 )𝐶𝑜𝑠2𝑛𝜋𝑡 +
4𝑛𝜋 1+4𝑛2 𝜋 2
(1 − 𝑒 −1 )𝑆𝑒𝑛2𝑛𝜋𝑡]
9. En el circuito obtenenga i0 (t ) mediante la transformadas de Fourier
SOLUCION
12. Determine la transformada inversa de Z si X ( z )
1 (1 z )(1 z 1 ) 2 1
ROC : z 1.
13. Halle la representación de la integral de Fourier de la función f ( x) xe
x
x ,
Problema 14
SOLUCION
Problema 15
SOLUCION
16. Una barra metálica de 100 cm de longitud tiene los extremos x=0 y x=100 mantenidos a 0’’C. Inicialmente, la mitad de a barra está a 60’’C, mientras que la otra mitad está a 40’’C. Asumiendo una difusividad de 0,16 unidades cgs y que la superficie de la barra está aislada, encuentre la temperatura en toda parte de la barra al tiempo t. La ecuación de conducción del calor es: 𝝏𝒖 𝝏𝟐 𝒖 = 𝟎, 𝟏𝟔 𝟐 𝝏𝒕 𝝏𝒙
… (𝟏)
Donde 𝑼(𝒕, 𝒙) es la temperatura en el sitio x al tiempo t. Las condiciones de frontera son: 𝒖(𝟎, 𝒕) = 𝟎, 𝒖(𝟏𝟎𝟎, 𝒕) = 𝟎
𝑼(𝒙, 𝟎) = {
𝟔𝟎, 𝟎 < 𝒙 < 𝟓𝟎 𝟒𝟎, 𝟓𝟎 < 𝒙 < 𝟏𝟎𝟎
17. Expanda en una serie de Fourier de la función con gráfica:
𝒇(𝒕) = {
𝟎 𝝅−𝒙
𝒑𝒂𝒓𝒂 − 𝝅 < 𝒙 < 𝟎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝟎 ≤ 𝒙 < 𝝅
SOLUCION
… (2)
18. Expanda en una serie de Fourier de la función con grafica:
𝒇(𝒕) = {
−𝟏 𝟐
𝒑𝒂𝒓𝒂 − 𝝅 < 𝒙 < 𝟎 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝟎 ≤ 𝒙 < 𝝅
SOLUCION
19. Desarrollar en serie de Fourier la siguiente función f(x) =x 2 ; π
