====== Examen Final - 61.10. Analisis Matemático IIIA ====== **Cátedra:** Isaacson\\ **Día:** 03/03/2009\\ ===== Enunciado ===== ==== Punto I ==== Hallar, si es posible y justificando claramente la respuesta, una función analítica en el semiplano Im(z)>0 cuya parte real sea solución del siguiente problema: u''_{xx} + u''_{yy} = 0, 0, y>0 u(0,y)=0, u(1,y)=0 |u(x,y)| < M, u(x,0) = \sin(2 \pi x) - \frac{1}{2}\sin(5 \pi x) ==== Punto II ==== ** a) ** Sea 0 < a < \pi, a \in \mathcal{R}. Hallar la serie de Fourier asociada a f(x) = \left\lbrace \begin{array}{ccc} 1 & si & |t| \leq a \\ 0 & si & |t| > a \\ \end{array} \right. Graficar la extensión periódica de f(t) y analizar convergencia. ** b) ** Hallar \sum _{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} \sin(na)}{n} ** c) ** Hallar \sum _{n=1}^{\infty} \frac{\sin^{2}(na)}{n^{2}} ==== Punto III === Si f(t) y g(t) son de cuadrado integrable: \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) \overline{\hat g (\omega)} \,d\omega = 2 \pi \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t)} \,dt. ** a) ** Hallar la transformada de Fourier de f(t) = U(t+a) - U(t-a) ** b) ** Usar lo anterior para calcular \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(t)\sin(3t)}{t^{2}} \,dt ==== Punto IV ==== ** a) ** Mostrar, estableciendo las hipotesis necesarias, que si \hat f (\omega) = \mathcal{F}[f(t)], entonces: -\mathcal{F}[\hat f (\omega)] = 2 \pi f(-t) -\mathcal{F}[f'(t)] = \imath \omega \hat f (\omega) -\mathcal{F}[f(t-a)] = e^{- \imath \omega a}\hat f (\omega) ** b) ** Sabiendo que \mathcal{F}[e^{-|t|}](\omega) = \frac{2}{1+\omega^{2}}, usar la parte a) para calcular \mathcal{F}[\frac{1}{1+t^{2}}] y \mathcal{F}[\frac{t}{(1+t^{2})^{2}}]. ==== Punto V ==== ** a) ** Hallar la ecuación diferencial y las condiciones iniciales del problema cuya solución es: y(t) = \int_{0}^{t} f(u) \sin(t-u) \,du + 2\cos(t) ** b) ** Sea F(s) = \frac{s+1}{s^{2} + as + 1}, a \in \mathcal{R}. -Demostrar que si a \geq 0 f(t) está acotada y que si a < 0, f(t) no está acotada. -Comprobar que si -2 < a < 2, f(t) es una función oscilante de t. ¿Para que valores de a las oscilaciones aumentan con t y para que valores disminuyen? ** c) ** Si f(t) y f'(t) son regulares a trozos y de orden exponencial, la abscisa de convergencia de f'(t) es negativa y si F(s) = \mathcal{L}[f(t)], entonces: \lim_{s \to 0} sF(s) = \lim_{t \to +\infty} f(t) si dichos límites existen. Analizar si puede aplicarse el resultado anterior a F(s) = \frac{1}{1+s^{2}}. ¿Por qué? - Las propiedades en los enunciados 3 y 4c no hay que demostrarlas. - Se pidió, para aprobar, mínimo un ejercicio bien de los de S.D.F (puntos 1 y 2), uno bien de los de T.D.F (puntos 3 y 4) y bien en su mayor parte el de T.D.L (punto 5). ===== Resolución ===== ==== Punto I ==== Se resuelve por separación de variables, llamando U(x,y) = X(x)Y(y) o U=X*Y para simplificar. "u''_{xx} + u''_{yy} = 0", entonces: u''_{xx} = X''*Y y u''_{yy} = X*Y'' X''*Y + X*Y'' = 0, dividiendo todo por U (X*Y) queda: \frac{X''}{X} + \frac{Y''}{Y} = 0 => \frac{X''}{X}= -\frac{Y''}{Y} = constante = k^{2} (porque dependen de variables distintas, entonces la división no puede dar otra cosa que una constante). Primero resuelvo para X: \frac{X''}{X}=k^{2}... X'' - k^{2}X=0 => r^2 - k^2 = 0 y r = \pm k => X(x) = Ae^{kx} + Be^{-kx} Por las condiciones de contorno: U(0,y)=0 <=> X(0)Y(y)=0 <=> X(0)=0 porque si Y(y)=0 se tendría U(x,y) idénticamente nula. entonces: X(0) = Ae^{k0} + Be^{-k0} = A + B = 0 => A = - B y ahora X(x) = A(e^{kx} - e^{-kx}) U(1,y)=0 <=> X(1)Y(y)=0 <=> X(1)=0 porque si Y(y)=0 se tendría U(x,y) idénticamente nula. entonces: X(1) = A(e^{k} - e^{-k}) = 0 => e^{k} - e^{-k} = 0 porque si A = 0 se tendría U(x,y) idénticamente nula. e^{k} - e^{-k} = 0 <=> e^{k} = e^{-k} <=> e^{2k} = 1 <=> 2k = \imath 2 n \pi => k = \imath n \pi y ahora X_{n}(x) = A_{n}(e^{\imath n \pi x} - e^{- \imath n \pi x}) = A_{n}2 \imath \sin(n \pi x) donde A_{n}2 \imath es una constante que depende de n y puedo hacer A_{n}2 \imath = B_{n} y X_{n}(x)= B_{n} \sin(n \pi x) Ahora resuelvo para Y: \frac{Y''}{Y}=-k^{2}... Y'' + k^{2}Y=0 => r^2 + k^2 = 0 y r = \pm \imath k => Y(y) = Ce^{\imath ky} + De^{- \imath ky} y Y_{n}(y) = C_{n}e^{- n \pi y} + D_{n}e^{n \pi y} Uso otra de las condición para obtener que: |U(x,y)| < M <=> |X||Y| \leq B_{n}|Y| < M, porque X es un seno y está acotada. Entonces la condición de |U(x,y)| < M implica que Y(y) esté acotada. Como Y(y) es una combinación lineal de Y_{n}(y), los términos que aparecen son funciones exponenciales reales, y como la función está definida para y>0 los términos con e^{n \pi y} tienen que ser nulos para todo y lo que implica D_{n}=0. y ahora Y_{n}(y) = C_{n}e^{- n \pi y}. Con X_{n}(x) y Y_{n}(y) calculadas, reescribo U_{n}(x,y) como: U_{n}(x,y) = B_{n} \sin(n \pi x) C_{n}e^{- n \pi y} y como B_{n} * C_{n} = constante puedo hacer U_{n}(x,y) = E_{n} \sin(n \pi x)e^{- n \pi y} y ahora U(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} E_{n} \sin(n \pi x)e^{- n \pi y} Usando la última condición: u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} E_{n} \sin(n \pi x)e^{- n \pi 0} = \sum_{n=1}^{\infty} E_{n} \sin(n \pi x) = \sin(2 \pi x) - \frac{1}{2}\sin(5 \pi x) y los coeficientes E_{n} tienen que ser los coeficientes de Fourier del desarrollo en serie de **senos** de la función \sin(2 \pi x) - \frac{1}{2}\sin(5 \pi x). Pero la función ya es una serie sumatoria de senos, por lo que E_{2}=1, E_{5}=-\frac{1}{2} y el resto de los E_{n} es igual a 0. Entonces, la función U(x,y) queda: U(x,y) = 1 \sin(2 \pi x)e^{- 2 \pi y} - \frac{1}{2} \sin(5 \pi x)e^{- 5 \pi y} ==== Punto II ==== ** a) ** Gráfico de la función y extensión periódica: {{:materias:61:10:isaacson_03_03_2009_punto_2a.gif|:materias:61:10:isaacson_03_03_2009_punto_2a.gif}} Como se ve en el gráfico se trata de una función par, entonces los coeficientes de Fourier b_{n} son nulos y los a_{n} = \frac{1}{\pi}\int_{- \pi}^{\pi} f(x) \cos (n x) \,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x) \cos (n x) \,dx. a_{0} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x) \,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{a} 1 \,dx = \frac{2a}{\pi} a_{n} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x) \cos (n x) \,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{a} \cos (n x) \,dx = \frac{2 \sin(na)}{n} Entonces: f(x) = \frac{a}{\pi} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 \sin(na)}{n} \cos(nx) Falta analizar la convergencia ** b) ** f( \pi ) = \frac{a}{\pi} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 \sin(na)}{n} \cos(n \pi) pero \cos(n \pi) = (-1)^{n} y f( \pi ) = 0 por la definición. Reemplazando y despejando: 0 = \frac{a}{\pi} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2 \sin(na)}{n} => \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} \sin(na)}{n} = - \frac{a}{2 \pi} ** c) ** Parseval: \frac{1}{\pi}||f(x)||^{2} = \frac{a_{0}^{2}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} + b_{n}^{2} Por un lado: ||f(x)||^{2} = \int_{- \infty}^{\infty} f(x)\overline{f(x)} \,dx que en este caso es ||f(x)||^{2} = \int_{- a}^{a} 1*1 \,dx = 2a Por otro lado: \frac{a_{0}^{2}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} + b_{n}^{2} = \frac{2a^{2}}{\pi^{2}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2} \sin^{2}(na)}{n^{2}} Igualando y despejando: \frac{2a}{\pi} = \frac{2a^{2}}{\pi^{2}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2} \sin^{2}(na)}{n^{2}} \frac{2a}{\pi} - \frac{2a^{2}}{\pi^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2} \sin^{2}(na)}{n^{2}} \frac{a}{2 \pi} - \frac{a^{2}}{2\pi^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin^{2}(na)}{n^{2}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin^{2}(na)}{n^{2}} = \frac{a}{2 \pi}(1 - \frac{a}{\pi}) Como a < \pi, (1 - \frac{a}{\pi}) es positivo, que se tiene que cumplir porque se está haciendo una suma de infinitos terminos positivos (\frac{\sin^{2}(na)}{n^{2}}). ==== Punto III ==== ** a) ** Primero, el gráfico de f(t) para saber como es la función: {{:materias:61:10:isaacson_03032009_3a.gif|:materias:61:10:isaacson_03032009_3a.gif}} Entonces f(t) = 1 para -a < t < a y 0 para otros valores. \mathcal{F}[f(t)] = \int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{- \imath \omega t} \,dt = \int_{- a}^{ a} e^{- \imath \omega t} \,dt \mathcal{F}[f(t)] = \frac{2sin(\omega a)}{\omega} ** b) ** Puedo reescribir el integrando como: \frac{\sin(t)\sin(3t)}{t^{2}} = \frac{1}{4}\frac{2 \sin(t)}{t}\frac{2 \sin(3t)}{t}. De esta forma puedo pensar a las fracciones como las transformadas de dos funciones h_{1}(x) y h_{2}(x) tales que: h_{1}(x) = U(x+1) - U(x-1) y \mathcal{F}[h_{1}(x)] = \frac{2 \sin(t)}{t} h_{2}(x) = U(x+3) - U(x-3) y \mathcal{F}[h_{2}(x)] = \frac{2 \sin(3t)}{t} Usando el teorema de la definición y lo anterior: \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(t)\sin(3t)}{t^{2}} \,dt = \frac{1}{4} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2 \sin(t)}{t}\frac{2 \sin(3t)}{t} \,dt = \frac{1}{4} 2 \pi \int_{-\infty}^{\infty} h_{1}(x)h_{2}(x) \,dx. El producto de h_{1}(x) con h_{2}(x) se puede ver en el gráfico que sigue: {{:materias:61:10:isaacson_03032009_3c.gif|:materias:61:10:isaacson_03032009_3c.gif}} Además, las funciones h_{2}(x) y \frac{2 \sin(3t)}{t} son reales, por lo que conjugarlas da las mismas funciones. Para terminar: \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(t)\sin(3t)}{t^{2}} \,dt = \frac{1}{4} 2 \pi \int_{-1}^{1} 1 \,dx = \pi. ==== Punto IV ==== ** a) ** Son demostraciones, en la teórica deberían haberlas dado o deberían estar en algun libro, pero resuelvo la primera porque no me acuerdo que se haya dado en clase. Como \hat f (\omega) = \mathcal{F}[f(t)], f(t) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{\imath \omega t} \,dt => 2 \pi f(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{\imath \omega t} \,dt => 2 \pi f(-t) = \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{\imath \omega (-t)} \,dt Por otro lado: \mathcal{F}[\hat f (\omega)] = \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{- \imath x \omega} \,d\omega y como x y t toman todos los valores reales, puedo reemplazar x por t: \mathcal{F}[\hat f (\omega)] = \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{- \imath t \omega} \,d\omega Comparando los resultados se ve que coinciden y queda demostrado. ** b) ** \mathcal{F}[\frac{1}{1+t^{2}}]: Puedo pensar que \frac{1}{1+t^{2}} es la transformada de Fourier de una función g(x), entonces g(x) = \frac{e^{-|x|}}{2} Usando la primer propiedad del ejercicio anterior: \mathcal{F}[\frac{1}{1+t^{2}}] = 2 \pi \frac{e^{-|-x|}}{2} = \pi e^{-|x|}. \mathcal{F}[\frac{t}{(1+t^{2})^{2}}]: Primero hay que darse cuenta que: (\frac{1}{1+t^{2}})' = \frac{2t}{(1+t^{2})^{2}} = 2 \frac{t}{(1+t^{2})^{2}} Usando la 2da propiedad: \mathcal{F}[\frac{2t}{(1+t^{2})^{2}}] = \imath \omega \mathcal{F}[\frac{1}{1+t^{2}}] => \mathcal{F}[\frac{t}{(1+t^{2})^{2}}] = \frac{\imath \omega \pi}{2}e^{-|x|}. ==== Punto V ==== ** a) ** Primero hay que notar que \int_{0}^{t} f(u) \sin(t-u) \,du es el producto de convolución entre f(t) y \sin(t). Entonces se puede aplicar la transformada de Laplace a cada término de la expresión y(t) = \int_{0}^{t} f(u) \sin(t-u) \,du + 2\cos(t) quedando: \mathcal{L}[y(t)] = \mathcal{L}[f(t)]\mathcal{L}[\sin(t)] + 2\mathcal{L}[\cos(t)] \mathcal{L}[\sin(t)] = \frac{1}{1 + s^{2}} \mathcal{L}[\cos(t)] = \frac{s}{1 + s^{2}} \mathcal{L}[y(t)] = \mathcal{L}[f(t)]\frac{1}{1 + s^{2}} + 2\frac{s}{1 + s^{2}} Despejo \mathcal{L}[f(t)]: \mathcal{L}[y(t)](1+s^{2}) - 2s = \mathcal{L}[f(t)] s^{2}\mathcal{L}[y(t)] - s2 - s0 + \mathcal{L}[y(t)] = \mathcal{L}[f(t)] Antitransformo: y'' + y = f(t), y(0^{+}) = 2 y y'(0^{+}) = 0. ** b) ** Este ejercicio no supe hacerlo en el final y sigo sin saber, el que sepa que lo agregue. ** c) ** La función F(s) = \frac{1}{1+s^{2}} es la transformada de Laplace de \sin(t) Calculando los límites por separado se puede ver que no coinciden: \lim_{s \to 0} sF(s) = \lim_{s \to 0} \frac{s}{1+s^{2}} = 0 \lim_{t \to +\infty} \sin(t) no existe porque la función seno oscila. Que los limites no coincidan muestra que no se puede aplicar el teorema. Esto pasa porque (\sin(t))' = \cos(t) no converge, y una condición necesaria es que f'(t) tenga abscisa de convergencia negativa. No estoy seguro que sea así el ejercicio, no vi la corrección del final pero creo que está bien. ===== Discusión ===== Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.