Examen Final - 61.10. Analisis Matemático IIIA
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  - Punto I
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  - Punto V
- Resolución
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  - Punto IV
  - Punto V
- Discusión

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 $<tex>Im(z)>0</tex>$ cuya parte real sea solución del siguiente problema:

$<tex>u''_{xx} + u''_{yy} = 0</tex>$ , $<tex>0<x<1</tex>$ , $<tex>y>0</tex>$

$<tex>u(0,y)=0</tex>$ , $<tex>u(1,y)=0</tex>$

$<tex>|u(x,y)| < M</tex>$ , $<tex>u(x,0) = \sin(2 \pi x) - \frac{1}{2}\sin(5 \pi x)</tex>$

a) Sea $<tex>0 < a < \pi</tex>$ , $<tex>a \in \mathcal{R}</tex>$ . Hallar la serie de Fourier asociada a $<tex>f(x) = \left\lbrace\begin{array}{ccc} 1 & si & |t| \leq a \\ 0 & si & |t| > a \\\end{array}\right. </tex>$

Graficar la extensión periódica de $<tex>f(t)</tex>$ y analizar convergencia.

b) Hallar $<tex>\sum _{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} \sin(na)}{n}</tex>$

c) Hallar $<tex>\sum _{n=1}^{\infty} \frac{\sin^{2}(na)}{n^{2}}</tex>$

Punto III

Si $<tex>f(t)</tex>$ y $<tex>g(t)</tex>$ son de cuadrado integrable: $<tex>\int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) \overline{\hat g (\omega)} \,d\omega = 2 \pi \int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t)} \,dt</tex>$ .

a) Hallar la transformada de Fourier de $<tex>f(t) = U(t+a) - U(t-a)</tex>$

b) Usar lo anterior para calcular $<tex>\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(t)\sin(3t)}{t^{2}} \,dt</tex>$

Punto IV

a) Mostrar, estableciendo las hipotesis necesarias, que si $<tex>\hat f (\omega) = \mathcal{F}[f(t)]</tex>$ , entonces:

$<tex>\mathcal{F}[\hat f (\omega)] = 2 \pi f(-t)</tex>$
$<tex>\mathcal{F}[f'(t)] = \imath \omega \hat f (\omega) </tex>$
$<tex>\mathcal{F}[f(t-a)] = e^{- \imath \omega a}\hat f (\omega)</tex>$

b) Sabiendo que $<tex>\mathcal{F}[e^{-|t|}](\omega) = \frac{2}{1+\omega^{2}}</tex>$ , usar la parte a) para calcular $<tex>\mathcal{F}[\frac{1}{1+t^{2}}]</tex>$ y $<tex>\mathcal{F}[\frac{t}{(1+t^{2})^{2}}]</tex>$ .

Punto V

a) Hallar la ecuación diferencial y las condiciones iniciales del problema cuya solución es:

$<tex>y(t) = \int_{0}^{t} f(u) \sin(t-u) \,du + 2\cos(t)</tex>$

b) Sea $<tex>F(s) = \frac{s+1}{s^{2} + as + 1}</tex>$ , $<tex>a \in \mathcal{R}</tex>$ .

Demostrar que si $<tex>a \geq 0</tex>$ $<tex>f(t)</tex>$ está acotada y que si $<tex>a < 0</tex>$ , $<tex>f(t)</tex>$ no está acotada.
Comprobar que si $<tex>-2 < a < 2</tex>$ , $<tex>f(t)</tex>$ es una función oscilante de $<tex>t</tex>$ . ¿Para que valores de $<tex>a</tex>$ las oscilaciones aumentan con $<tex>t</tex>$ y para que valores disminuyen?

c) Si $<tex>f(t)</tex>$ y $<tex>f'(t)</tex>$ son regulares a trozos y de orden exponencial, la abscisa de convergencia de $<tex>f'(t)</tex>$ es negativa y si $<tex>F(s) = \mathcal{L}[f(t)]</tex>$ , entonces:

$<tex> \lim_{s \to 0} sF(s) = \lim_{t \to +\infty} f(t)</tex>$

si dichos límites existen.

Analizar si puede aplicarse el resultado anterior a $<tex>F(s) = \frac{1}{1+s^{2}}</tex>$ . ¿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 $<tex>U(x,y) = X(x)Y(y)</tex>$ o $<tex>U=X*Y</tex>$ para simplificar.

” $<tex>u''_{xx} + u''_{yy} = 0</tex>$ ”, entonces:

$<tex>u''_{xx} = X''*Y</tex>$ y $<tex>u''_{yy} = X*Y''</tex>$

$<tex>X''*Y + X*Y'' = 0</tex>$ , dividiendo todo por $<tex>U</tex>$ ( $<tex>X*Y</tex>$ ) queda:

$<tex>\frac{X''}{X} + \frac{Y''}{Y} = 0</tex>$ ⇒ $<tex>\frac{X''}{X}= -\frac{Y''}{Y} = constante = k^{2}</tex>$ (porque dependen de variables distintas, entonces la división no puede dar otra cosa que una constante).

Primero resuelvo para $<tex>X</tex>$ :

$<tex>\frac{X''}{X}=k^{2}</tex>$ … $<tex>X'' - k^{2}X=0</tex>$ ⇒ $<tex>r^2 - k^2 = 0</tex>$ y $<tex>r = \pm k</tex>$

⇒ $<tex>X(x) = Ae^{kx} + Be^{-kx}</tex>$

Por las condiciones de contorno:

$<tex>U(0,y)=0</tex>$ ⇔ $<tex>X(0)Y(y)=0</tex>$ ⇔ $<tex>X(0)=0</tex>$ porque si $<tex>Y(y)=0</tex>$ se tendría $<tex>U(x,y)</tex>$ idénticamente nula.

entonces: $<tex>X(0) = Ae^{k0} + Be^{-k0} = A + B = 0</tex>$ ⇒ $<tex>A = - B</tex>$ y ahora $<tex>X(x) = A(e^{kx} - e^{-kx})</tex>$

$<tex>U(1,y)=0</tex>$ ⇔ $<tex>X(1)Y(y)=0</tex>$ ⇔ $<tex>X(1)=0</tex>$ porque si $<tex>Y(y)=0</tex>$ se tendría $<tex>U(x,y)</tex>$ idénticamente nula.

entonces: $<tex>X(1) = A(e^{k} - e^{-k}) = 0</tex>$ ⇒ $<tex>e^{k} - e^{-k} = 0</tex>$ porque si $<tex>A = 0</tex>$ se tendría $<tex>U(x,y)</tex>$ idénticamente nula.

$<tex>e^{k} - e^{-k} = 0</tex>$ ⇔ $<tex>e^{k} = e^{-k}</tex>$ ⇔ $<tex>e^{2k} = 1</tex>$ ⇔ $<tex>2k = \imath 2 n \pi</tex>$ ⇒ $<tex>k = \imath n \pi</tex>$ y ahora $<tex>X_{n}(x) = A_{n}(e^{\imath n \pi x} - e^{- \imath n \pi x}) = A_{n}2 \imath \sin(n \pi x)</tex>$

donde $<tex>A_{n}2 \imath</tex>$ es una constante que depende de $<tex>n</tex>$ y puedo hacer $<tex>A_{n}2 \imath = B_{n}</tex>$ y $<tex>X_{n}(x)= B_{n} \sin(n \pi x)</tex>$

Ahora resuelvo para $<tex>Y</tex>$ :

$<tex>\frac{Y''}{Y}=-k^{2}</tex>$ … $<tex>Y'' + k^{2}Y=0</tex>$ ⇒ $<tex>r^2 + k^2 = 0</tex>$ y $<tex>r = \pm \imath k</tex>$

⇒ $<tex>Y(y) = Ce^{\imath ky} + De^{- \imath ky}</tex>$ y $<tex>Y_{n}(y) = C_{n}e^{- n \pi y} + D_{n}e^{n \pi y}</tex>$

Uso otra de las condición para obtener que:

$<tex>|U(x,y)| < M</tex>$ ⇔ $<tex>|X||Y| \leq B_{n}|Y| < M</tex>$ , porque $<tex>X</tex>$ es un seno y está acotada. Entonces la condición de $<tex>|U(x,y)| < M</tex>$ implica que $<tex>Y(y)</tex>$ esté acotada. Como $<tex>Y(y)</tex>$ es una combinación lineal de $<tex>Y_{n}(y)</tex>$ , los términos que aparecen son funciones exponenciales reales, y como la función está definida para $<tex>y>0</tex>$ los términos con $<tex>e^{n \pi y}</tex>$ tienen que ser nulos para todo $<tex>y</tex>$ lo que implica $<tex>D_{n}=0</tex>$ .

y ahora $<tex>Y_{n}(y) = C_{n}e^{- n \pi y}</tex>$ .

Con $<tex>X_{n}(x)</tex>$ y $<tex>Y_{n}(y)</tex>$ calculadas, reescribo $<tex>U_{n}(x,y)</tex>$ como:

$<tex>U_{n}(x,y) = B_{n} \sin(n \pi x) C_{n}e^{- n \pi y}</tex>$ y como $<tex>B_{n} * C_{n} = constante</tex>$ puedo hacer $<tex>U_{n}(x,y) = E_{n} \sin(n \pi x)e^{- n \pi y}</tex>$

y ahora $<tex>U(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} E_{n} \sin(n \pi x)e^{- n \pi y}</tex>$

Usando la última condición:

$<tex>u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} E_{n} \sin(n \pi x)e^{- n \pi 0} = \sum_{n=1}^{\infty} E_{n} \sin(n \pi x) = \sin(2 \pi x) - \frac{1}{2}\sin(5 \pi x)</tex>$ y los coeficientes $<tex>E_{n}</tex>$ tienen que ser los coeficientes de Fourier del desarrollo en serie de senos de la función $<tex>\sin(2 \pi x) - \frac{1}{2}\sin(5 \pi x)</tex>$ . Pero la función ya es una serie sumatoria de senos, por lo que $<tex>E_{2}=1</tex>$ , $<tex>E_{5}=-\frac{1}{2}</tex>$ y el resto de los $<tex>E_{n}</tex>$ es igual a 0.

Entonces, la función $<tex>U(x,y)</tex>$ queda:

$<tex>U(x,y) = 1 \sin(2 \pi x)e^{- 2 \pi y} - \frac{1}{2} \sin(5 \pi x)e^{- 5 \pi y}</tex>$

Punto II

a) Gráfico de la función y extensión periódica:

Como se ve en el gráfico se trata de una función par, entonces los coeficientes de Fourier $<tex>b_{n}</tex>$ son nulos y los $<tex>a_{n} = \frac{1}{\pi}\int_{- \pi}^{\pi} f(x) \cos (n x) \,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x) \cos (n x) \,dx</tex>$ .

$<tex>a_{0} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x) \,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{a} 1 \,dx = \frac{2a}{\pi}</tex>$

$<tex>a_{n} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x) \cos (n x) \,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{a} \cos (n x) \,dx = \frac{2 \sin(na)}{n}</tex>$

Entonces:

$<tex>f(x) = \frac{a}{\pi} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 \sin(na)}{n} \cos(nx)</tex>$

Falta analizar la convergencia

b) $<tex>f( \pi ) = \frac{a}{\pi} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 \sin(na)}{n} \cos(n \pi)</tex>$ pero $<tex>\cos(n \pi) = (-1)^{n}</tex>$ y $<tex>f( \pi ) = 0</tex>$ por la definición.

Reemplazando y despejando:

$<tex>0 = \frac{a}{\pi} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2 \sin(na)}{n}</tex>$ ⇒ $<tex>\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} \sin(na)}{n} = - \frac{a}{2 \pi}</tex>$

c) Parseval: $<tex>\frac{1}{\pi}||f(x)||^{2} = \frac{a_{0}^{2}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} + b_{n}^{2}</tex>$

Por un lado: $<tex>||f(x)||^{2} = \int_{- \infty}^{\infty} f(x)\overline{f(x)} \,dx</tex>$ que en este caso es $<tex>||f(x)||^{2} = \int_{- a}^{a} 1*1 \,dx = 2a</tex>$

Por otro lado: $<tex>\frac{a_{0}^{2}}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} + b_{n}^{2} = \frac{2a^{2}}{\pi^{2}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2} \sin^{2}(na)}{n^{2}}</tex>$

Igualando y despejando:

$<tex>\frac{2a}{\pi} = \frac{2a^{2}}{\pi^{2}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2} \sin^{2}(na)}{n^{2}}</tex>$

$<tex>\frac{2a}{\pi} - \frac{2a^{2}}{\pi^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2} \sin^{2}(na)}{n^{2}}</tex>$

$<tex>\frac{a}{2 \pi} - \frac{a^{2}}{2\pi^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin^{2}(na)}{n^{2}}</tex>$

$<tex>\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin^{2}(na)}{n^{2}} = \frac{a}{2 \pi}(1 - \frac{a}{\pi})</tex>$

Como $<tex>a < \pi</tex>$ , $<tex>(1 - \frac{a}{\pi})</tex>$ es positivo, que se tiene que cumplir porque se está haciendo una suma de infinitos terminos positivos ( $<tex>\frac{\sin^{2}(na)}{n^{2}}</tex>$ ).

Punto III

a) Primero, el gráfico de $<tex>f(t)</tex>$ para saber como es la función:

Entonces $<tex>f(t) = 1</tex>$ para $<tex>-a < t < a</tex>$ y $<tex>0</tex>$ para otros valores.

$<tex>\mathcal{F}[f(t)] = \int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{- \imath \omega t} \,dt = \int_{- a}^{ a} e^{- \imath \omega t} \,dt</tex>$

$<tex>\mathcal{F}[f(t)] = \frac{2sin(\omega a)}{\omega}</tex>$

b) Puedo reescribir el integrando como:

$<tex>\frac{\sin(t)\sin(3t)}{t^{2}} = \frac{1}{4}\frac{2 \sin(t)}{t}\frac{2 \sin(3t)}{t}</tex>$ .

De esta forma puedo pensar a las fracciones como las transformadas de dos funciones $<tex>h_{1}(x)</tex>$ y $<tex>h_{2}(x)</tex>$ tales que:

$<tex>h_{1}(x) = U(x+1) - U(x-1)</tex>$ y $<tex>\mathcal{F}[h_{1}(x)] = \frac{2 \sin(t)}{t}</tex>$

$<tex>h_{2}(x) = U(x+3) - U(x-3)</tex>$ y $<tex>\mathcal{F}[h_{2}(x)] = \frac{2 \sin(3t)}{t}</tex>$

Usando el teorema de la definición y lo anterior:

$<tex>\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(t)\sin(3t)}{t^{2}} \,dt = \frac{1}{4} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2 \sin(t)}{t}\frac{2 \sin(3t)}{t} \,dt = \frac{1}{4} 2 \pi \int_{-\infty}^{\infty} h_{1}(x)h_{2}(x) \,dx</tex>$ .

El producto de $<tex>h_{1}(x)</tex>$ con $<tex>h_{2}(x)</tex>$ se puede ver en el gráfico que sigue:

Además, las funciones $<tex>h_{2}(x)</tex>$ y $<tex>\frac{2 \sin(3t)}{t}</tex>$ son reales, por lo que conjugarlas da las mismas funciones.

Para terminar:

$<tex>\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(t)\sin(3t)}{t^{2}} \,dt = \frac{1}{4} 2 \pi \int_{-1}^{1} 1 \,dx = \pi</tex>$ .

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 $<tex>\hat f (\omega) = \mathcal{F}[f(t)]</tex>$ , $<tex>f(t) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{\imath \omega t} \,dt</tex>$ ⇒ $<tex>2 \pi f(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{\imath \omega t} \,dt</tex>$

⇒ $<tex>2 \pi f(-t) = \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{\imath \omega (-t)} \,dt</tex>$

Por otro lado:

$<tex>\mathcal{F}[\hat f (\omega)] = \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{- \imath x \omega} \,d\omega</tex>$ y como $<tex>x</tex>$ y $<tex>t</tex>$ toman todos los valores reales, puedo reemplazar $<tex>x</tex>$ por $<tex>t</tex>$ :

$<tex>\mathcal{F}[\hat f (\omega)] = \int_{-\infty}^{\infty} \hat f (\omega) e^{- \imath t \omega} \,d\omega</tex>$

Comparando los resultados se ve que coinciden y queda demostrado.

b) $<tex>\mathcal{F}[\frac{1}{1+t^{2}}]</tex>$ :

Puedo pensar que $<tex>\frac{1}{1+t^{2}}</tex>$ es la transformada de Fourier de una función $<tex>g(x)</tex>$ , entonces $<tex>g(x) = \frac{e^{-|x|}}{2}</tex>$

Usando la primer propiedad del ejercicio anterior:

$<tex>\mathcal{F}[\frac{1}{1+t^{2}}] = 2 \pi \frac{e^{-|-x|}}{2} = \pi e^{-|x|}</tex>$ .

$<tex>\mathcal{F}[\frac{t}{(1+t^{2})^{2}}]</tex>$ :

Primero hay que darse cuenta que: $<tex> (\frac{1}{1+t^{2}})' = \frac{2t}{(1+t^{2})^{2}} = 2 \frac{t}{(1+t^{2})^{2}}</tex>$

Usando la 2da propiedad:

$<tex>\mathcal{F}[\frac{2t}{(1+t^{2})^{2}}] = \imath \omega \mathcal{F}[\frac{1}{1+t^{2}}]</tex>$

⇒ $<tex>\mathcal{F}[\frac{t}{(1+t^{2})^{2}}] = \frac{\imath \omega \pi}{2}e^{-|x|}</tex>$ .

Punto V

a) Primero hay que notar que $<tex>\int_{0}^{t} f(u) \sin(t-u) \,du</tex>$ es el producto de convolución entre $<tex>f(t)</tex>$ y $<tex>\sin(t)</tex>$ .

Entonces se puede aplicar la transformada de Laplace a cada término de la expresión $<tex>y(t) = \int_{0}^{t} f(u) \sin(t-u) \,du + 2\cos(t)</tex>$ quedando:

$<tex>\mathcal{L}[y(t)] = \mathcal{L}[f(t)]\mathcal{L}[\sin(t)] + 2\mathcal{L}[\cos(t)]</tex>$

$<tex>\mathcal{L}[\sin(t)] = \frac{1}{1 + s^{2}}</tex>$

$<tex>\mathcal{L}[\cos(t)] = \frac{s}{1 + s^{2}}</tex>$

$<tex>\mathcal{L}[y(t)] = \mathcal{L}[f(t)]\frac{1}{1 + s^{2}} + 2\frac{s}{1 + s^{2}}</tex>$

Despejo $<tex>\mathcal{L}[f(t)]</tex>$ :

$<tex>\mathcal{L}[y(t)](1+s^{2}) - 2s = \mathcal{L}[f(t)]</tex>$

$<tex>s^{2}\mathcal{L}[y(t)] - s2 - s0 + \mathcal{L}[y(t)] = \mathcal{L}[f(t)]</tex>$

Antitransformo:

$<tex>y'' + y = f(t)</tex>$ , $<tex>y(0^{+}) = 2</tex>$ y $<tex>y'(0^{+}) = 0</tex>$ .

b)

Este ejercicio no supe hacerlo en el final y sigo sin saber, el que sepa que lo agregue.

c) La función $<tex>F(s) = \frac{1}{1+s^{2}}</tex>$ es la transformada de Laplace de $<tex>\sin(t)</tex>$

Calculando los límites por separado se puede ver que no coinciden:

$<tex>\lim_{s \to 0} sF(s) = \lim_{s \to 0} \frac{s}{1+s^{2}} = 0 </tex>$

$<tex>\lim_{t \to +\infty} \sin(t)</tex>$ no existe porque la función seno oscila.

Que los limites no coincidan muestra que no se puede aplicar el teorema. Esto pasa porque $<tex>(\sin(t))' = \cos(t)</tex>$ no converge, y una condición necesaria es que $<tex>f'(t)</tex>$ 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.