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Soluci´on Examen Recuperativo Matem´ aticas Aplicadas (1ero. 2009) (EXAMEN RECUPERATIVO - 1/2009) 1. (4p)Calcule la transformada de Laplace de la funci´ on: f (t)= |cos t| , 0 t π, f (t)= f (t + π) Soluci´ on: f (t) se puede reescribir en el intervalo [0] como f (t)= cos t 0 t< π 2 - cos t π 2 t π Haciendo uso de la funci´ on de Heaviside tendremos que f (t) = cos t[u(t) - u(t - π 2 )] - cos t[u(t - π 2 ) - u(t - π)] Simplificando f (t) = cos t - 2 cos tu(t - π 2 ) + cos tu(t - π) Tomemos ahora la transformada de Laplace de cada t´ ermino haciendo uso de la propiedad L(f (t)u(t - a)) = e -as L(f (t + a)). As´ ı L(cos t)= s s 2 +1 L(cos tu(t - π 2 )) = e - π 2 s L(cos(t + π 2 )) = -e - π 2 s L(sin t)= - e - π 2 s s 2 +1 L(cos tu(t - π)) = e -πs L(cos(t + π)) = -e -πs L(cos t)= - se -πs s 2 +1 Finalmente como la funci´ on f (t) es peri´ odica con periodo T = π L(f (t)) = 1 1 - e -πs s +2e - π 2 s - se -πs s 2 +1 2. (4p)Resuelva la ecuaci´ on: x 0 (t) - 2 Z t 0 x(u)du = e -t , 0 t< 1 t, 1 t< 2 0 , 2 t Con x (0) = 0 Soluci´ on: La funci´ on forzante f (t) se escribe haciendo uso de la funci´ on de Heaviside como f (t)= e -t [u(t) - u(t - 1)] + t[u(t - 1) - u(t - 2)] = e -t +(t - e -t )u(t - 1) - tu(t - 2) La transformada de Laplace de f (t) vendr´ a dada por

Aplicadas repa 1 2009 sol jPAEZ

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Solucion Examen Recuperativo Matematicas Aplicadas (1ero. 2009)

(EXAMEN RECUPERATIVO - 1/2009)

1. (4p)Calcule la transformada de Laplace de la funcion:

f(t) = |cos t| , 0 ≤ t ≤ π , f(t) = f(t+ π)

Solucion:f(t) se puede reescribir en el intervalo [0, π] como

f(t) ={

cos t 0 ≤ t < π2

− cos t π2 ≤ t ≤ π

Haciendo uso de la funcion de Heaviside tendremos que

f(t) = cos t[u(t)− u(t− π

2)]− cos t[u(t− π

2)− u(t− π)]

Simplificando

f(t) = cos t− 2 cos t u(t− π

2) + cos t u(t− π)

Tomemos ahora la transformada de Laplace de cada termino haciendo uso de la propiedad L(f(t)u(t − a)) =e−asL(f(t+ a)). Ası

L(cos t) =s

s2 + 1

L(cos tu(t− π

2)) = e−

π2 sL(cos(t+

π

2)) = −e−π2 sL(sin t) = − e−

π2 s

s2 + 1

L(cos tu(t− π)) = e−πsL(cos(t+ π)) = −e−πsL(cos t) = − se−πs

s2 + 1

Finalmente como la funcion f(t) es periodica con periodo T = π

L(f(t)) =1

1− e−πs

(s+ 2e−

π2 s − se−πs

s2 + 1

)

2. (4p)Resuelva la ecuacion:

x′(t)− 2∫ t

0

x(u)du =

e−t , 0 ≤ t < 1t , 1 ≤ t < 20 , 2 ≤ t

Con x (0) = 0

Solucion:

La funcion forzante f(t) se escribe haciendo uso de la funcion de Heaviside como

f(t) = e−t[u(t)− u(t− 1)] + t[u(t− 1)− u(t− 2)] = e−t + (t− e−t)u(t− 1)− t u(t− 2)

La transformada de Laplace de f(t) vendra dada por

Page 2: Aplicadas repa 1 2009 sol jPAEZ

F (s) =1

s+ 1+ e−sL(t+ 1− e−(t+1))− e−2sL(t+ 2)

F (s) =1

s+ 1+ e−s(

1s2

+1s− e−1

s+ 1)− e−2s(

1s2

+2s

)

Tomando transformada a la ecuacion integro-diferencial se tiene

sX(s)− 2X(s)s

= F (s)

Despejando a X(s)

X(s) =s

s2 − 2F (s)

Sustituyendo a F (s)

X(s) =s

(s+ 1)(s2 − 2)+ e−s(

1s(s2 − 2)

+1

(s2 − 2)− e−1s

(s+ 1)(s2 − 2))

− e−2s(1

s(s2 − 2)+

2(s2 − 2)

)

Hallemos la transformada inversa de las expresiones que se repiten

L−1(s

(s+ 1)(s2 − 2)) , L−1(

1s(s2 − 2)

) , L−1(1

(s2 − 2))

Aplicando residuos en los polos simples s = −1, s =√

2, s = −√

2

L−1(s

(s+ 1)(s2 − 2)) = e−t +

12(1 +

√2)e√

2t +1

2(1−√

2)e−√

2t

Aplicando nuevamente el metodo de los residuos

L−1(1

s(s2 − 2)) = −1

2+

14e√

2t +14e−√

2t

Aplicando nuevamente residuos

L−1(1

(s2 − 2)) =√

24e√

2t −√

24e−√

2t

Finalmente se aplica la propiedad L−1(F (s)e−as = f(t) u(t− a)

f(t) = e−t +1

2(1 +√

2)e√

2t +1

2(1−√

2)e−√

2t

+(

cosh (t− 1)− 1 + sinh (t− 1)− 12e

(t− 1)e−(t−1) − 12e

sinh(t− 1))u(t− 1)

+ (cosh(t− 2) + 2 sinh (t− 2)) u(t− 2)

3. (7p)Calcule

a)∮C

e1

z+π

zdz | z | = 2π

SolucionGraficando la region:

2

Page 3: Aplicadas repa 1 2009 sol jPAEZ

En virtud de que la funcion:

f (z) =e

1z+π

z

es el cociente de funciones analıticas en todo punto de C y dentro de C exceptuando los puntos singulares:

z1 = −π ∧ z = 0

las cuales se encuentran dentro del contorno C.Entonces por el Teorema de los Residuos se tiene que:∮

C

e1

z+π

zdz = 2πi

2∑k=1

Re s (f (z) , zk)

que en nuestro caso: ∮C

e1

z+π

zdz = 2πi [Re s (f (z) , z = 0) + Re s (f (z) , z = −π)]

Llamemos a:(b1)1 = Re s (f (z) , z = 0) , (b1)2 = Re s (f (z) , z = −π)

Es claro que en z = 0 ocurre un polo simple y el residuo esta dado por:

(b1)1 = lımz→0

e1

z+π

zz = e

Ahora identificaremos tipo de singularidad que ocurre en z = −π, y esto lo haremos Buscando el desarrolloen series de Laurent alrededor de z = −π de f (z) , de lo que tenemos:

e1

z+π

z=

1ze

1z+π

Entonces hallamos el desarrollo de: 1z

1z

=1

(z + π)− π= − 1

π

1

1−[

(z+π)π

] = − 1π

[1 +

(z + π)π

+(z + π)2

π2+

(z + π)3

π3+ · · ·

]

y el de: e1

z+π

e1

z+π =10!

+11!

1z + π

+12!

1(z + π)2

+13!

1(z + π)3

+ · · ·

Realizando el producto se tiene:

1ze

1z+π = − 1

π

[1 +

(z + π)π

+(z + π)2

π2+ · · ·

][10!

+11!

1z + π

+12!

1(z + π)2

+ · · ·

]

3

Page 4: Aplicadas repa 1 2009 sol jPAEZ

de donde se observa que el coeficiente del termino de potencia 1z−1 esta dado por:

b1 = − 1π

(1

π01!+

1π12!

+1

π23!+

1π34!

+ · · ·)

Sabiendo que:ew − 1w

=11!

+w

2!+w2

3!+w3

4!+ · · ·

evaluando queda:e

1π − 1

=11!

+1

π12!+

1π23!

+1

π34!+ · · ·

por lo que

π(e

1π − 1

)=

11!

+1

π12!+

1π23!

+1

π34!+ · · ·

Entonces:(b1)2 = − 1

π

[π(e

1π − 1

)]= 1− e 1

π

y finalmente ∮C

e1

z+π

zdz = 2πi [(b1)1 + (b1)2] = 2πi

[e

1π +

(1− e 1

π

)]= 2πi

b)∫ ∞

0

cos πx coswx1− x4

dx 0 < w < π

SolucionLlamemos: f (x) = cos πx coswx

1−x4

Es sencillo observar que esta funcion tiene simetrıa par es decir cumple que: f (x) = f (−x) con 0 <w < π, entonces podemos escribir:

I =∫ ∞

0

cos πx coswx1− x4

dx =12

∫ ∞−∞

cos πx coswx1− x4

dx

Ahora como: cosA cosB = 12 cos (A−B) + 1

2 cos (A+B) , tenemos:

cos πx coswx =12

cos (πx+ wx) +12

cos (πx− wx)

por lo que:

I =12

∫ ∞−∞

12 cos (πx+ wx) + 1

2 cos (πx− wx)1− x4

dx =14

∫ ∞−∞

cos (π + w)x1− x4

dx+14

∫ ∞−∞

cos (π − w)x1− x4

dx

llamemos: α = π + w, y a β = π − w, entonces:

I =14

∫ ∞−∞

cosαx1− x4

dx+14

∫ ∞−∞

cosβx1− x4

dx

resolviendo∫∞−∞

cosαx1−x4 dx y

∫∞−∞

cosαx1−x4 dx tenemos:

I1 =∫ ∞−∞

cosαx1− x4

dx = Re[∫ ∞−∞

eαx

1− x4dx

], y tambien: I2 =

∫ ∞−∞

cosβx1− x4

dx = Re[∫ ∞−∞

eβx

1− x4dx

]por lo que: I = 1

4 (I1 + I2)y segun lo estudiado respecto a este tipo de integrales, queda para I1 que:

I1 = Re

2πi∑

Im(zk)>0

Re s(

eαz

1− z4, zk

)+ πi

∑Im(zm)=0

Re s(

eαz

1− z4, zk

)4

Page 5: Aplicadas repa 1 2009 sol jPAEZ

donde zk y zm representan a las singularidades de eαz

1−z4 dentro del contorno (sobre el semiplano Im (z) ≥ 0)establecido en este tipo de integrales.Las singularidades de eαz

1−z4 se encuentran en los puntos que anulan al denominador: 1−z4, es decir cuando:

1− z4 = 0(1− z2

) (1 + z2

)= 0

(1− z) (1 + z) (z − i) (z + i) = 0

Entoces las singularidades son: z = ±i, z = ±1. Aplicando la formula queda:

I1 = Re[2πiRe s

(eαz

1− z4, z = i

)+ πi

[Re s

(eαz

1− z4, z = 1

)+ Re s

(eαz

1− z4, z = −1

)]]como la singularidades son todas polos simples los residuos se pueden calcular mediante:

Re s(P (z)Q (z)

, z = z0

)=

P (z0)Q′ (z0)

donde z0 es un polo simple deP (z)Q (z)

aplicando queda:

Re s(

eαz

1− z4, z = i

)=

eαz

−4z3

∣∣∣∣z=i

= −14ieiα

Re s(

eαz

1− z4, z = i

)=

eαz

−4z3

∣∣∣∣z=1

= −14eα

Re s(

eαz

1− z4, z = i

)=

eαz

−4z3

∣∣∣∣z=−1

=14e−α

sustituyendo queda:

I1 = Re[2πi

(−1

4ieiα

)+ πi

[−1

4eα +

14e−α

]]= Re

[2πi

(−1

4ieiα

)− πi

2sinh (α)

]I1 = Re

2(cosα+ i sinα)− πi

2sinh (α)

]=π

2cosα =

π

2cos (π + w)

De forma similar cambiando a α por β obtenemos que:

I2 =π

2cosβ =

π

2cos (π − w)

por lo que: ∫ ∞0

cos πx coswx1− x4

dx =14

(π2

cos (π + w) +π

2cos (π − w)

)= −π

4cosw

4. (5p)Desarrolle en serie de Fourier

f(x) = |2− |x− 1|| , −1 ≤ x ≤ 3 , f(x) = f(x+ 4)

Solucion

De estos datos sabemos que f es periodica de perıodo T = 4. Estudiando el modulo tenemos:

|x− 1| ={

+ (x− 1) si x− 1 ≥ 0−(x− 1) si x− 1 < 0

Asociando eso con el intervalo base donde esta definida la funcion queda:

(−3, 1) entonces f (x) queda: f(x) = |2− [−(x− 1)]| = |x+ 1| y estudiando el modulo tenemos:

|x+ 1| ={

+ (x+ 1) si x+ 1 ≥ 0 ∴ x ≥ −1−(x+ 1) si x+ 1 < 0 ∴ x < −1

por lo que: f(x) = x+ 1

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Page 6: Aplicadas repa 1 2009 sol jPAEZ

(1, 4) entonces f (x) queda: f(x) = |2− (x− 1)| = |−x+ 3| y estudiando el modulo tenemos:

|−x+ 3| ={

+ (−x+ 3) si −x+ 3 ≥ 0 ∴ x ≤ 3−(−x+ 3) si −x+ 3 < 0 ∴ x > 3

por lo que: f(x) = −x+ 3

Entonces f se puede reescribir en un perıodo tenemos:

f(x) ={

x+ 1 si x ∈ [−1, 1]−x+ 3 si x ∈ (1, 3]

Graficando obtenemos lo siguiente:

entonces el desarrollo de Fourier de f lo podemos hallar por:

f (x) = a0 +∞∑n=1

(an cosnw0x+ bn sinnw0x)

donde:

a0 =1T

∫ T

0

f (x) dx, an =2T

∫ T

0

f (x) cos(nw0x)dx, y bn =2T

∫ T

0

f (x) sin(nw0x)dx

Tambien sabemos que: w0 = 2πT = 2π

4 = 12π

Calculamos los a0 tenemos:

a0 =14

∫ 3

−1

f (x) dx =14

(∫ 1

−1

(x+ 1) dx+∫ 3

1

(−x+ 3) dx)

a0 =14

(2 + 2) = 1

Entonces:

an =24

∫ 4

0

f (x) cos(n12πx)dx =

12

(∫ 1

−1

(x+ 1) cos(n12πx)dx+

∫ 3

1

(−x+ 3) cos(n12πx)dx

)integrando por partes tenemos:∫

(x+ 1) cos(

12πnx

)dx = 1

π2n2

(4 cos 1

2πnx+ 2πn sin 12πnx+ 2πnx sin 1

2πnx)

+ C1∫(−x+ 3) cos(n 1

2πx)dx = − 1π2n2

(4 cos 1

2πnx− 6πn sin 12πnx+ 2πnx sin 1

2πnx)

+ C2

Sustituyendo:

an =1

2π2n2

[(4 cos

12πnx+ 2πn sin

12πnx+ 2πnx sin

12πnx

)]1−1

+

− 12π2n2

[(4 cos

12πnx− 6πn sin

12πnx+ 2πnx sin

12πnx

)]31

6

Page 7: Aplicadas repa 1 2009 sol jPAEZ

tenemos entonces al evaluar:

an =1

2π2n2

(4πn sin

12πn

)− 1

2π2n2

(4 cos

32πn− 4 cos

12πn+ 4πn sin

12πn

)y como:

seqn=1.,6

(cos 1

2πn)

= {0,−1, 0, 1, 0,−1}seqn=1.,6

(cos 3

2πn)

= {0,−1, 0, 1, 0,−1}seqn=1.,6

(sin 1

2πn)

= {1, 0,−1, 0, 1, 0}

an =1

2π2n2

(4πn sin

12πn

)− 1

2π2n2

(4πn sin

12πn

)= 0

Ahora hallando a los bn

bn =24

∫ 4

0

f (x) sin(n12πx)dx =

12

(∫ 1

−1

(x+ 1) sin(n12πx)dx+

∫ 3

1

(−x+ 3) sin(n12πx)dx

)integrando por partes sabemos que∫

(x+ 1) sinαxdx =1α2

(sinαx− xα cosαx) + C

Entonces tenemos:∫(x+ 1) sin

(12πnx

)dx = − 1

π2n2

(2πn cos 1

2πnx− 4 sin 12πnx+ 2πnx cos 1

2πnx)

+ C1∫(−x+ 3) sin(n 1

2πx)dx = − 1π2n2

(4 sin 1

2πnx+ 6πn cos 12πnx− 2πnx cos 1

2πnx)

+ C2

Sustituyendo:

bn = − 12π2n2

[(2πn cos

12πnx− 4 sin

12πnx+ 2πnx cos

12πnx

)]1−1

+

− 12π2n2

[(4 sin

12πnx+ 6πn cos

12πnx− 2πnx cos

12πnx

)]31

tenemos entonces al evaluar:

bn = − 12π2n2

(4πn cos

12πn− 8 sin

12πn

)+

− 12π2n2

(4 sin

32πn− 4 sin

12πn− 4πn cos

12πn

)bn = − 1

2π2n2

[4πn cos

12πn− 8 sin

12πn +

4 sin32πn− 4 sin

12πn− 4πn cos

12πn

]y como:

seqn=1.,6

(cos 1

2πn)

= {0,−1, 0, 1, 0,−1, . . .}seqn=1.,6

(cos 3

2πn)

= {0,−1, 0, 1, 0,−1, . . .}seqn=1.,6

(sin 1

2πn)

= {1, 0,−1, 0, 1, 0, . . .}seqn=1.,6

(sin 3

2πn)

= {−1, 0, 1, 0,−1, 0, . . .}de lo que se puede establecer que: sin 1

2πn = − sin 32πn, y entonces:

bn =1

2π2n2

(16 sin

12πn

)bn =

8 sin 12πn

π2n2

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Page 8: Aplicadas repa 1 2009 sol jPAEZ

entonces:

bn ={

8π2, 0,− 8

9π2, 0,

825π2

, 0,− 849π2

, 0,8

81π2, 0, . . .

}Ahora:

f (x) = 1 +∞∑n=1

8 sin 12πn

π2n2sin(

12πnx

)que tambien se puede escribir:

f (x) = 1 +∞∑k=1

8 (−1)k+1

π2 (2k − 1)2sin(

12π (2k − 1)x

)

que con 3 termino su grafica queda:

Nota: Es importante observar que el hecho de que: an = 0 se pudo haber deducido ya que si a f (x) le restamos”1”la funcion resultante: f1 (x) = f (x) − 1 es una funcion de simetrıa impar por lo que los an de f1 (x) sonclaramente nulos.

Otro procedimiento pudo partir de hallar el desarrollo en series de f1 (x) y luego haciendo f1 (x) + 1 encontrara: f (x) = f1 (x) + 1.

Catedra de Matematicas Aplicadas

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