UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA ´ SOLUCIONARIO TERCERA PRACTICA CALIFICADA DE MATEMATICAS V Facult acu ltad ad de Inge Ingenie nierr´ıa El´ectr ectrica ica y Elec Electr tr´ onica o´nica Rodney Lopez Loja 20152600E Prof. Prof . Ing. I ng. Manuel Ar´ evalo evalo Villanueva Vill anueva
1. Determine Determine la temperatura temperatura en estado estado estacionario estacionario de una l´ amina amina delgada, delgada, que ocupa la regi´ on on Ω = (x, y )/ 1 y x , si en la frontera localizada en el cuadrante III la temperatura es 1, en el resto la temperatura es 0.
{
− ≤ ≤ }
Soluci´ on:
Sea la regi´on: on: Ω = (x, y )/
{
− 1 ≤ y ≤ x}
Realizamos Realizamos la traslaci´ traslaci´ on respectiva del punto (1;1) al origen. Sea ς el on ς el plano con traslaci´on, on, entonces: ς = (z
− (−1 − i))
ς = (z + 1 + i) i)
1
Dado que el ´angulo que forman las rectas con el plano es de ϕ(u; v): ϕ = ς 4
π 4,
realizamos la transformaci´on, para
ϕ = (z + 1 + i)4
Luego analizamos:
Donde θ = arctan(
v ) u + 1
Tenemos la funci´on de la temperatura: T (u; v) = Aθ + C De las condiciones de frontera: T = 1
→ θ = 0 −→ A(0) + C = 1 → C = 1 −1 T = 0 → θ = π −→ A(π) + 1 = 0 → A = π
Reemplazando tenemos: T (u; v) = Luego:
−1 arctan( π
v )+1 u + 1
u + iv = (z + 1 + i)4 u + iv = ((x + 1) + i(y + 1))4
u+iv = x 4 +4x3 +x2 ( 6y2 12y)+x( 12y3 24y 8)+y 4 +4y 3 8y 4+4i(x+1)(x2 +2x y(y+2))(y+1)
− −
−
− −
− − − u = x 4 + 4x3 + x2 (−6y2 − 12y) + x(−12y3 − 24y − 8) + y 4 + 4y3 − 8y − 4 v = 4(x + 1)(x2 + 2x − y(y + 2))(y + 1) − 1 4(x + 1)(x2 + 2x − y(y + 2))(y + 1) → T (x; y) = π arctan( x4 + 4x3 + x2(−6y2 − 12y) + x(−12y3 − 24y − 8) + y4 + 4y3 − 8y − 3 ) + 1 2. Determine la transformaci´ on de la franja Ω = {(x; y) /x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ π } mediante la transformaci´ on
w = (1 + i)sinh(z) + 1
2
Soluci´ on:
Se sabe: w = u + iv; z = x + iy Gr´ afica de Ω en el plano z :
Ahora hallamos las imagenes de ζ 1 , ζ 2 y ζ 3 en el plano w Para ζ 1 : y = 0 u + iv = (1 + i)sinh(x + iy) + 1 u + iv = (1 + i)sinh(x) + 1 u + iv = sinh(x) + 1 + i sinh (x) ζ 1 : v = u
−1
Para ζ 2 : x = 0 u + iv = (1 + i)sinh(x + iy) + 1 u + iv = (1 + i)sinh(iy) + 1 u + iv = 1
− sin(y) + i sin(y) ζ 2 : v = 1 − u
Para ζ 3 : y = π u + iv = (1 + i)sinh(x + iy) + 1 u + iv = (1 + i)sinh(x + iπ) + 1 u + iv = 1
− sinh (x) − i sinh (x) ζ 3 : v = u − 1
Ahora graficamos ζ 1 , ζ 2 y ζ 3 y con las condiciones de Ω nos queda: ∴
Grafica de Ω en el plano w
3
3. Determine la serie de Fourier de la funci´on peri´ odica definida por x(t) = cos(t) y grafique el espectro de frecuencia.
|
|
Soluci´ on:
Graficamos la funci´ on para poder identificar el per´ıodo:
Notamos que la funci´on es PAR; por ende no existe b n a0 La serie de Fourier tendra la forma: x (t) = + 2
∞
n=1
a0 y a n : 2
Sea T = π y w 0 = 2; entonces procedemos a hallar T /2
π/2
T/2
2 an = T
|
x(t) dt
a0 −T /2 = 2 π
an cos (nw0 t)
cos(t) dt
−π/2
=
|
π
=
2 π
π/2
2 x(t) cos (nw0 t)dt = π
−T/2
|
cos(t) cos(2nt)dt =
|
−π/2
−4 cos (nπ) π (4n2 − 1)
La serie de Fourier de x (t) es: ∴
|
2 cos(t) = π
|
−
4 π
∞
n=1
1 (4n2
− 1) cos(nπ)cos(2nt)
Ahora hallamos C n para graficar el espectro de frecuencias C n =
an
− ibn = an = 2
2
−2 cos(nπ); π (4n2 − 1)
n = ...; 3; 2; 1;0;1;2;3; ...
− − −
Grafica de Espectro de frecuencias:
1 4. Halle la regi´ on transformada por w = de la regi´ on definida por la ecuaciones z x > 1; y > 0. 4
Soluci´ on:
Se sabe: w = u + iv; z = x + iy Gr´ afica de Ω en el plano z
Primero despejamos x e y en funci´on de u y v 1 w = w w2
z =
| | u − iv
x + iy =
u2 + v 2
u v + i 2 2 + v u + v 2 u v x = 2 y = 2 2 u + v u + v 2
x + iy =
−
u2
−
∧
♣Cuando x > 1:
u > 1 + v 2
u2
u2 + v 2 u < 0 1 1 u2 u + + v 2 < 4 4
−
−
− u
♣Cuando y > 0:
1 2
2
2
+ v <
1 2
2
−v
> 0 + v 2 v > 0
u2
−
v < 0 Graficamos las regiones ∴
− u
1 2
2
+ v 2 <
1 2
2
y v < 0 para obtener la imagen de Ω
Gr´afica de Ω en el plano w
5
1 5. ¿En qu´ e se transforma la regi´ on z > 1, y > 0 por medio de w = 2
| |
Soluci´ on:
Hallamos los puntos criticos: dw 1 = (1 dz 2 En z = 1:
− z12 )
dw =0 dz
De la serie de Taylor de
1 1 f (z) = (z + ) 2 z
Alrededor de z = 1 tenemos: (w
− 1) = 12 [(z − 1)2 − (z − 1)3 + (z − 1)4 + ...]
Entonces en el v´ertice z = 1 los ´angulos se ”doblan” Por la transformaci´ on, cuando z =
−1 entonces w = −1 cuando z = 1 ± i
Entonces w = 0 Se observa de esta forma de manera analitica que la semicircuferencia
|z| = 1,
6
y > 0
z +
1 ? z
Se transforma en un segmento de recta que va desde z =
−1 a z = 1.
La regi´ on se transforma en el semiplano positivo v > 0, d´onde w = u + iv.
6. Evaluar una de las integrales usando el teorema del residuo:
∞
a)
2π
sin3 x + cos3 x dx x3
−∞
b)
0
cos2 3θ dθ 5 4cos2θ
−
Soluci´ on:
b)Sea z = e iθ
→ dz = ieiθ dθ = izdθ; adem´as cos (θ) = e
+ e−iθ 2
− − − − − 2π
I =
iθ
0
z 3 +z −3 2
5
4
2
z 2 +z −2 2
1 I = 4i
2π
0
dz = iz
2π
0
2
z6 + 1 dz z 5 (2z 4 5z 2 + 2) A
7
2
z6 + 1 dz 4iz 5 (2z 4 5z 2 + 2)
Para resolver A hallamos los polos dentro de z = 1:
| |
√ 12 ,
z1 =
z2 =
−√ 1 , 2
z3 = 0
− − − − − − − − − − − − − orden
1
orden
orden
5
1
Ahora solucionamos A por el m´etodo de Residuos: 2π
A =
0
Re
Re
=
1
f ; √ 2
=
−1 f ; √ 2
Re(f ;0) = 2π
A =
0
2
z6 + 1 dz = 2πi z 5 (2z 4 5z 2 + 2)
1)! z → √ 1
2
1
z6 + 1
z 5 (2z 4
(1
− 1)! z → √
1
d4 l´ım 1)! z→0 dz 4
1
2
=
27 16
=
27 16
2
5z 2 + 2)
2
(z 0)5 z 6 + 1 z 5 (2z 4 5z 2 + 2)
2
z6 + 1 dz = 2πi z 5 (2z 4 5z 2 + 2)
=
21 8
27 27 21 + + 16 16 8
−
A =
)
2
5z 2 + 2)
1 z + √ 2
l´ım
0
z6 + 1
2 z 5 (2z 4
l´ım
(1
(5
√ 1
z
1
Re(f ;z
−3π i 2
La resoluci´on la integral ser´ıa:
∴
−1 I = 4i
2π
0
2
z6 + 1 1 1 dz = A = 5 4 2 z (2z 5z + 2) 4i 4i
−
− −3π i
−
2
=
3π . 8
7. Halle la serie de Fourier de la funci´on peri´ odica f definida por: t f (t) = (t + 2π)(t 3 Y eval´ ue:
∞
n=0
− 2π);
0
≤ t ≤ 2π; ∞
1
∧ (2n − 1)3
n=0
f (t + 2π) = f (2t) 1
(2n
− 1)6
Soluci´ on:
Observamos que la funci´on f(t) es impar, ya que: f (t) = f ( t) Por lo que solo habr´ıa que calcular b n ya que a 0 = 0; an = 0 Entonces: 2 T bn = f (t)sen(nw0 t))dt T 0
− −
Al ser el per´ıodo 2π, w0 = 1 1 bn = π
2π
0
t (t + 2π)(t 3 bn = 8
− 2π)(sen(nt)dt
12 πn 3
Entonces la serie de fourier es:
∞
12 f (t) = π Damos a t= π2 , entonces:
5π 3 = 96
n=1
1 sen(nt) n3
( 1)n+1 nπ sen( ) n3 2
∞
−
n=1
Debemos considerar solo los n impares, ya que los pares tienen seno igual a 0, haciendo el cambio de n por 2n-1 nos quedar´ıa: ∞ 5π 3 ( 1)2n−1+1 = 96 (2n 1)3 n=1
−
5π 3 = 96
−
∞
n=1
1
(2n
− 1)3
Pero piden la serie desde 0, por lo que debemos restar 1 en cada lado, finalmente: 5π 3 96
∞
−1=
n=0
1 (2n
− 1)3
Para hallar la otra serie pedida usaremos Parseval, como la funci´on es impar, Parseval se simplifica significativamente, nos queda: 1 2π
2π
0
t ( (t 3
− 2π)(t + 2π))2dt =
∞ ( 12 )2 π(2n−1)
n=1
3
2
Integramos: 1 1024π 7 = 2π 945 Despejamos y obtenemos lo pedido:
∞
72 1 π 2 (2n 1)6 n=1
−
∞
64π 6 = 8505
n=1
1 (2n
− 1)6
Sumamos 1 para que la serie empiece desde 0. 64π 6 1+ = 8505
∞
n=0
1 (2n
− 1)6
8. Eval´ ue una de las siguientes integrales usando el teorema del residuo:
∞
a)
−∞ ∞
c)
0
∞
(x + 1) cos x (x2 + 4x + 5)
1
−
3
dx
x p ; 1 2x cos θ + x2
b)
cos ax dx; a > 0; b > 0 x4 + b4
−∞
− ≤ p ≤ 1.
Soluci´ on:
b)Para solucionar el ejercicio tomamos una semicircunferencia de radio R y ζ el arco de dicha semicircunferencia, entonces:
eiaz dz = z 4 + b4
R
eiax dx + x4 + b4
−R
eiaz dz z 4 + b4
ζ
9
eiaz dz = z 4 + b4
R
Nos percatamos que
−R
R
cos(ax) dx + i x4 + b4
−R
sin (ax) dx es x4 +b4
R
sin(ax) dx + x4 + b4
−R
eiaz dz z 4 + b4
ζ
cero debido a que es la funci´on impar y tambien
ζ
por el LEMA DE JORDAN; entonces nos queda lo siguiente:
R
eiaz dz es z 4 +b4
cero
eiaz dz = z 4 + b4
cos(ax) dx x4 + b4
−R
Buscamos los polos que se encuentren dentro de la region de la semicircunferencia: z1 =
√ b2 (1 + i) ∧
z2 =
√ b2 (−1 + i)
Debido a que son polos singulares podemos aplicar una forma reducida para evaluar el limite en el teorema del residuo: a−1 =
eiaz 4z 3
√ 2e−
− √ − √ − √ − √ ab √
2
|(z=1+i) =
√ sin ab 2
b−1 =
4z 3
− √ cos ab √ + sin ab √ 2 2
2ie
2
8b3
ab
eiaz
ab
√ cos ab 2
2e
|(z=1+i) =
− √ cos ab √ 2 2
8b3
ab
√ sin ab 2
− √ cos ab √ + sin ab √ 2 2
2ie
2
8b3
8b3
eiaz dz = 2πi (a−1 + b−1 ) z 4 + b4 ab
eiaz
z 4 + b4
2πe
− √
√ + cos ab √ sin ab 2 2
2
dz =
2b3
Entonces al igualar la integrales obrtenemos:
∞
∴
cos ax dx = x4 + b4
√ 2πe−
ab √
2
√ + cos ab √ sin ab 2 2 2b3
−∞
≥ 0; x = − a2 ; x = a2 , determine la distribuci´on de la a temperatura φ. Siendo las condiciones de frontera: φ = 0 si y = 0, φ = T si x = − y 2 9. En la regi´ on acotada por y
φ = 2T si x =
a . 2
Soluci´ on:
Graficamos la regi´on acotada en el plano z :
10
Uasamos la transformacion w = sin
πz para convertir toda la regi´on en un semiplano a
Sea z = x + iy y v = u + iv; entonces:
∧ w = sin
u + iv = sin
u + iv = sin Para x =
a 2
∧ y ≥ 0:
πz a π (x + iy) a
πx πy πx πy cosh + i cos sinh a a a a π y a u 1
u = cosh
− a2 ≤ x ≤ a2 ∧ y = 0:
v = 0
≥
Para
∧ − ≤ ≤ − ≤ ≤
u = sin
a 2
1
Para x =
π x a
x
sin
v = 0
a 2
π x a u 1
1
−1 ≤ ≤
− a2 ∧ y ≥ 0: u =
Ahora graficamos la regi´ on en el plano w:
∧
− cosh πa y u ≤ −1
11
v = 0
Ahora buscamos φ en funci´on bilineal como muestra el siguiente gr´afico:
Tenemos la funci´on φ (θ
1
;θ2 ) = Aθ 1 + Bθ 2 + C
Cuando φ = 2T
→ θ1 = 0 ∧ θ2 = 0 φ(0;0) = A (0) + B (0) + C C = 2T
Cuando φ = 0
→ θ1 = π ∧ θ2 = 0 φ(π;0) = A (π) + B (0) + C 0 = πA + C A =
− 2T π
Cuando φ = T
→ θ1 = π ∧ θ2 = π φ(π;π) = A (π) + B (π) + C T = πA + πB + C T B = π
T ⇒ φ(θ ;θ ) = − 2T θ1 + θ2 + 2T π π 1
2
Pero: θ 1 = tan−1
∧ − ∧ − v
u 1 πx πy y adem´as: u = sin cosh a a ∴
φ (x;y) =
−
2T tan−1 π
v u + 1 πx πy v = cos sinh a a
θ2 = tan−1
πy cos πx a sinh a πy sin πx 1 a cosh a
T + tan−1 π
πy cos πx a sinh a πy sin πx a cosh a + 1
+ 2T .
10. Sea f integrable en [0; L]. Entonces, demuestre que los coeficientes de la serie de Fourier de senos de f en [0; L] satisfacen:
∞
b2n
≤
n=1
2 L (f (x))2 dx L −L
Soluci´ on:
Sea: a0 + S k (t) = 2
k
(an cos(nω0 t) + bn sen(nω0 t))
n=1
12
La suma de los primeros (2k+1) t´ermino de una serie de Fourier que representa f (t) en el intervalo −T t T . 2 2
≤ ≤
Si f (t) se aproxima por S k (t), es decir, a0 f (t) = + 2
k
(an cos(nω0 t) + bn sen(nω0 t)) + εk (t)
n=1
εk (t) = f (t)
− S k (t)
Y ε k (t) es la diferencia o error entre f (t) y su aproximaci´on, entonces el error cuadr´atico medio E k (t) est´ a definido por: 1 1 E k (t) = [εk (t)]2 dt = [f (t) S k (t)]2 dt...(α) T − T − T 2
T 2
T 2
−
T 2
Ahora de (α): T 2
− 1 E k (t) = T
1 E k (t) = T
T 2
−T
[f (t)]2 dt
2
−T
[f (t)
2
T 2
2 T
−T 2
− S k (t)]2dt T 2
1 [f (t)S k (t)]dt + T
−T
[S k (t)]2 dt
2
Ahora: 2 T
T 2
−T 2
2 a0 [f (t)S k (t)]dt = T 2
T 2
−T 2
2 f (t)dt + T
k
T 2
an
n=1
−T 2
2 cos(nω0 t)dt + T
k
T 2
bn
n=1
−T
sen(nω0 t)dt
2
Ahora bien: T 2
an =
−T
f (t)cos(nω0 t)dt
2
T 2
bn =
−T
f (t)sen(nω0 t)dt
2
Reemplazando: 2 T
T 2
−T 2
a0 2 [f (t)S k (t)]dt = + 2
k
(an 2 + bn 2 )
n=1
Utilizando relaciones de ortogonalidad: 1 T
T 2
−T 2
1 [S k (t)] dt = T 2
T 2
−T 2
a0 + 2
2
k
(an cos(nω0 t) + bn sen(nω0 t))
n=1
a0 2 1 dt = + 4 2
Sustituyendo se tiene: 1 E k (t) = T
T 2
−T 2
2
[f (t)] dt
−
13
a 0 2 4
−
1 2
k
n=1
(an 2 + bn 2 )
k
n=1
(an 2 + bn 2 )
Ahora se tiene: 1 E k (t) = T
T 2
−T
[f (t)
2
− S k (t)]2dt ≥ 0
Y de la ´ultima igualdad: 2 T
T 2
−T
2
[f (t)] dt
2
≥
a0 2 + 2
k
(an 2 + bn 2 )...(β )
n=1
Dado que f es integrable en [0; L], y la serie de Fourier resulta ser de senos, la funci´on es una funci´on impar, entonces: an = 0 donde n = 0, 1, 2, 3... Como la funci´on resulta de una expansi´on de senos, esta se refleja respecto al eje y por lo que el per´ıodo de la funci´on es: 2T Reemplazando estos datos en β tenemos: k
≥
1 L [f (x)]2 dx L −L Ahora hacemos que k
bn 2
n=1
→ ∞, entonces: ∞
n=1
bn
2
≤
1 L [f (x)]2 dx L −L
Quedando demostrado lo pedido.
Hecho en LATEX
14
