UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA Ciclo Academico: 2016 - IIFACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA Fecha: 09 / 12 / 2016

DEPARTAMENTO ACADEMICOS Duracion: 2 horas

CURSO: MATEMATICA V COD. CURSO MA-185 MNO N◦ DE ORDEN: 35

EXAMEN FINALAPELLIDOS Y NOMBRES: Sarango Veliz, Andy Juan

NOTA: 20 CODIGO N◦ : 20141327K SECCION: N

NOTA: Se considerara orden, limpieza y claridad (buena letra) en la evaluacion de las integralesevite usar la calculadora para colocar solo respuestas. Fundamente y sustente paso a paso cada solucionde los problemas. Haga los dibujos en los casos que sean necesarios para fundamentar la solucion adecuadade los problemas planteados.

1. Determine la serie compleja de Fourier de la funcion periodica f de periodo T = 2π, definida porf(t) = t(t−π)(t−2π); 0 ≤ t ≤ 2π, y evalue usando el teorema de Parseval la siguiente suma

∑∞n=1

1n6 .

SOLUCION:

# f(t) = t(t− π)(t− 2π)

f(t+ 2π) = f(t)

# f(t) = t2[u−1(t)− u−1(t− 2π)]

f ′(t) = 2t[u−1(t)− u−1(t− 2π)] + t2[δ(t)− δ(t− 2π)]

f ′(t) = 2t[u−1(t)− u−1(t− 2π)]− 4π2δ(t− 2π)

f ′′(t) = 2[u−1(t)− u−1(t− 2π)] + 2t[δ(t)− δ(t− 2π)]− 4π2δ′(t− 2π)

f ′′(t) = 2[u−1(t)− u−1(t− 2π)]− 4πδ(t− 2π)− 4π2δ′(t− 2π)

f ′′′(t) = 2[δ(t)− δ(t− 2π)]− 4πδ′(t− 2π)− 4π2δ′′(t− 2π)

# w0 =2π

T=

2π

2π= 1

1

# an · n3 =2

2π

∫ 2π

0

[2δ(t)− 2δ(t− 2π)− 4πδ′(t− 2π)− 4π2δ′′(t− 2π)] sin(nt)dt

# an · n3 =1

π(4π)(n)

# an =4

n2

# −bn · n3 =1

π

∫ 2π

0

[2δ(t)− 2δ(t− 2π)− 4πδ′(t− 2π)− 4π2δ′′(t− 2π)] cos(nt)dt

# −bn · n3 =1

π[−4π2](−1)2(−1)n2

# bn = −4π

n

#a02

=1

2π

∫ 2π

0

t2dt

a02

=4π2

3

# Cn =1

2(an − j · bn) = (

2

n2+ j · 2π

n)

f(t) =

∞∑n=1

Cnej·nt = 2

∞∑n=1

(1

n2+j · πn

)ej·nt

TDP:1

T

∫ T2

−T2

[f(t)]2dt =

∞∑n=1

|Cn|2 →∞∑n=1

1

n6=

π6

945

2. Demuestre el teorema de simetrıa de la transformada de Fourier y de un ejemplo de aplicacion.If f(t)↔ F (w) then F (t)↔ 2πf(−w).

SOLUCION:

Demostracion# F [F (t)] = 2πf(−w)

SQ:

2πf(t) =

∫ ∞−∞

F (w)ej·wtdw

CDS # 2πf(−t) =

∫ ∞−∞

F (w)e−j·wtdw

IDV # 2πf(−w) =

∫ ∞−∞

F (t)e−j·wtdt = F [F (t)]

# F [f(t)] = 2πf(−w)

2

Ejemplo

F (w)/f(t) =sin(dt)

πt

SQ:

F [gd(t)] =2

wsin(

wd

2)

AT:

F [2

tsin(

td

2)] = 2πgd(−w)

F [sin(dt2 )

πt] = gd(−w) = gd(w)

F [sin(at)

πt] = g2a(w)

3. Disene un circuito digital para una respuesta al impulso h[n] =[( 12 )n − ( 2

5 )n]u−1[n]

SOLUCION:

TZ:

H(Z) =Z

Z − 12

− Z

Z − 25

; |Z| > 1

2

H(Z) =110Z

Z2 − 910Z + 1

5

H(Z) =110Z

−1

1− 910Z

−1 + 15Z−2

H(Z) =Y (Z)

X(Z)

4. Halle la correlacion de las siguientes senales:

f(t) =

{A , 0 ≤ t ≤ 10 , t > 1 ∧ t < 0

3

g(t) =

{−Bt2 + B

2 ,−1 ≤ t ≤ 10 , |t| > 1

La correlacion cruzada entre dos senales se define comoRxy(τ) =

∫∞−∞ x(t)y(τ + t)dt

SOLUCION:

SQ:R12(τ) = f(t) ∗ g(−t)/t = τ

f(t) = A[u−1(t)− u−1(t− 1)]

g(t) = −B2u−2(t+ 1)− B

2u−2(t− 1)−Bu−1(t− 1)

R′12(τ) = f ′(t) ∗ g(−t) = A[δ(t)− δ(t− 1)] ∗ g(−t) = Ag(x)−Ag(x− 1)

R′12(τ) = −AB2u−2(x+ 1)− AB

2u−2(x− 1)−ABu−1(x− 1) +

AB

2u−2(x) +

AB

2u−2(x− 2)

+ABu−1(x− 2)

R12(τ) = −AB2u−3(τ + 1)− AB

2u−3(τ− 1)−ABu−2(τ− 1) +

AB

2u−3(τ) +

AB

2u−3(τ− 2) +ABu−2(τ− 2)

5. Encuentre la temperatura T (x; y) en la faja semi-infinita x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ π. Si la temperatura en lafrontera es T = T0 en el segmento desde 0 hasta πi, T = 0 en las fronteras superior e inferior. Use elmapeo o la transformacion w = cosh z = cos(iz).

SOLUCION:

Mapero conforme Puesto que T no depende del tiempo (“distribucion de temperatura de estadoestacionario”), la ecuacion del calor se reduce a la ecuacion de Laplace.

∇2T =∂2T

∂x2+∂2T

∂y2= 0

Y debe encontrarse una solucion de esta ecuacion que satisfaga esas condiciones en la frontera.Para resolver este problema se mapea la faja, en la mitad superior del plano w. Ya que el segmento0 ≤ y ≤ πi, del eje y, se mapea en el segmento −1 ≤ u ≤ 1 del eje u, las condiciones en la fronteraen el plano w son:

T = T0 en el segmento desde− 1 hasta 1

T = 0 en todo el resto del ejeu

4

La parte real e imaginaria de las funciones analıticas son soluciones de la ecuacion de Laplacey debe encontrarse una solucion T (u, v) en la mitad superior del plano w que satisfaga esascondiciones en la frontera. Con este objetivo considerese las funciones:

ln(w + 1) = ln |w + 1|+ i · φ1 φ1 = arg(w + 1) = arctanv

u+ 1

ln(w − 1) = ln |w − 1|+ i · φ2 φ2 = arg(w − 1) = arctanv

u− 1

Puesto que φ1(u, v) y φ2(u, v) son funciones armonicas, φ2 − φ1 es armonica. Si w = u es real ymenor que −1, entonces φ2 − φ1 = π − π = 0; para w = u, real, en el intervalo −1 < u < 1, setiene φ2 − φ1 = π − 0 = π y para w = u > 1, real, se tiene φ2 − φ1 = 0 − 0 = 0. Por tanto lafuncion:

T (u, v) =T0π

(φ2 − φ1)

Es armonica en el semiplano v > 0 y satisface esas condiciones en la frontera en el plano w. Yaque tanφ1 = v

(u+1) y tanφ2 = v(u−1) , se deduce que:

tan(φ2 − φ1) =tanφ2 − tanφ1

1 + tanφ1 tanφ2=

2v

u2 + v2 − 1

T (u, v) =T0π

arctan2v

u2 + v2 − 1La funcion w = cosh z mapea la faja bajo consideracion en el semiplano v ≥ 0 y se tiene:

w = u+ iv = cosh(x+ iy) = coshx cos y + i sinhx sin y

Separando las partes real e imaginaria en ambos miembros, esta expresion puede escribirse:

u = coshx cos y

v = sinhx sin y

A partir de estas expresiones para u y v se sigue que, en T (u, v).

u2 + v2 − 1 = cosh2 x cos2 y + sinh2 x sin2 y − 1 = sinh2 x− sin2 y

Sustituyendo este resultado y la expresion para v en T (u, v) y denotado T (u(x,y), v(x,y)) porT ∗(x, y), se tiene.

T ∗(x, y) =T0π

arctan2 sinhx sin y

sinh2 x− sin2 y

Observando que el numerador y el denominador son la parte imaginaria y la parte real de lafuncion (sinhx+ i sin y)2, puede escribirse:

T ∗(x, y) =T0π

arg[(sinhx+ i sin y)2] =2T0π

arg(sinhx+ i sin y)

Por lo tanto, la solucion del problema es:

T ∗(x, y) =2T0π

arctansin y

sinhx

Transformacion w = cosh z Para y > 0

Problema de Dirichlet

5

T (U, V ) = Mθ1 +Nθ2 + C

T (U, V ) = (T0 − T1

π)θ1 + (

T1 − T2π

)θ2 + T2

T (U, V ) =T0π

[arctan(V

U − 1)− arctan(

V

U + 1)]

U = coshx cos y

V = sinhx sin y

6. Encuentre graficamente la convolucion de f1(t) con un par de impulsos de longitud k cada uno, es decirf2(t) = kδ(t+ T ) + kδ(t− T ). La funcion f1 esta definida por:

f1(t) =

( 2Aa )t+A+ 2AT

a ;−T − a2 ≤ t ≤ −T

(−2Aa )t+A− 2ATa ;−T ≤ t ≤ −T + a

2

( 2Aa )t+A− 2AT

a ;T − a2 ≤ t ≤ T

(−2Aa )t+A+ 2ATa ;T ≤ t ≤ T + a

2

SOLUCION:

La convolucion de una funcion f(t) con una funcion de impulso unitario δ(t) produce la funcion f(t)misma. Esto se puede probar facilmente usando la propiedad de muestreo.

f(t) ∗ δ(t) =

∫ ∞−∞

f(τ)δ(t− τ)dτ = f(t)

Este resultado tambien se deduce del teorema de la convolucion temporal y del hecho de que:

f(t)↔ F (w) y δ(t)↔ 1

Por lo tanto:f(t) ∗ δ(t)↔ F (w)

Por consiguiente:

f(t) ∗ δ(t) = f(t)

Este resultado tambien es obvio graficamente. Puesto que el impulso se concentra en un punto y tieneun area de unidad, la integral de convolucion en la ecuacion produce la funcion f(t). Ası, la funcionde impulso unitario cuando convoluciona con una funcion f(t) reproduce la funcion f(t). Una simpleextension de los rendimientos de la ecuacion:

f(t) ∗ δ(t− T ) = f(t− T )

f(t− t1) ∗ δ(t− t2) = f(t− t1 − t2)

δ(t− t1) ∗ δ(t− t2) = δ(t− t1 − t2)

Paso 1 Graficamos las funciones.

Descansando el procedimiento de convolucion grafica descrito en clase, doblamos f2(τ) sobrela ordenada para obtener f2(−τ). Puesto que f2(τ) es una funcion par de f2(−τ) = f2(τ). Laconvolucion de f1(τ) con f2(τ) se reduce ası a la convolucion de f1(τ) con dos impulsos.

6

Paso 2 Convolucion.De la propiedad de una funcion de impulso para reproducir la funcion por convolucion, puede versefacilmente que cada impulso produce un impulso triangular de altura Ak en el origen (t = 0).Por lo tanto la altura neta del pulso triangular es 2Ak en el origen. A medida que la funcionf2(t − τ) se mueve mas lejos en una direccion positiva, el impulso situado originalmente en −Tencuentra el pulso triangular en τ = T y reproduce el pulso triangular de altura Ak en t = 2T .Del mismo modo, el impulso situado originalmente en T reproduce un pulso triangular de alturaAk en t = −2T . El resultado final de la convolucion se muestra en:

7. Use el teorema de la derivada para calcular la transformada de Fourier de x(t) = |t|u−1(1− t).

7

SOLUCION:

STDTDF

F [f · g] =1

2π[F (w) ∗G(w)]

Si:f = |t|

g = u−1(1− t)

Entonces:

X(w) =1

2π{F [|t|] ∗ F [u1(1− t)]}

# F [u−1(t)] = πδ(w) +1

j · wFactor de escala

# F [u−1(−t)] = F (−w)

Traslacion en el dominio del tiempo

# F [u−1(−t− (−1))] = ejw · F (−w)

8. Por definicion determine la siguiente convolucion y(t) ={

(e2t − 1)δ′(t) + 2e2tδ(t) + |t− u−1(t)|}∗e−|t|.

SOLUCION:

9. a) Calcule la transformada Z de x[n] = 4−|n|.

b) Un sistema LTI en tiempo discreto esta descrito por la ecuacion de diferencias: y[n] = 45y[n− 1]−

14y[n−2]+x[n]−x[n−2]. Encuentre la respuesta natural del sistema ante las condiciones inicialesy(−1) = 0 y y(−2) = −4, y la respuesta forzada del sistema ante un escalon unitario.

SOLUCION:

Parte a La transformada Z de la funcion x[n], se denota por Z {x[n]}, se define como:

Z {x[n]} =

∞∑k=0

x[kT ]Z−k

Separamos:

4−|n| =

4n n < 0

1 n = 0

4−n n > 0

Entonces tendremos:

Z {x[n]} =

∞∑k=0

4kT · Z−k +

∞∑k=0

1 · Z−k +

∞∑k=0

4−kT · Z−k

Z {x[n]} ={

1 + 4T · Z−1 + · · ·}

+{

1 + ·Z−1 + · · ·}

+{

1 + 4−T · Z−1 + · · ·}

Condiciones:

|4T

Z| < 1

| 1Z| < 1

8

| 1

4T · Z| < 1

# Z {x[n]} =1

1− 4Z

+1

1− 1Z

+1

1− 14·Z

Z {x[n]} =1

4 · Z − 1+

1

Z − 1+

4

Z − 4+ 3

Parte b Sistema LTI en tiempo discreto.

y[n] =4

5y[n− 1]− 1

4y[n− 2] + x[n]− x[n− 2]

Condiciones iniciales:y(−1) = 0

y(−2) = −4

Aplicando TZ.

Y (Z) =4

5[Z−1·Y (Z)+ 0︸︷︷︸

y(−1)

]−1

4[Z−2·Y (Z)+y(−1)·Z−1·Y (Z)+y(−2)·Y (Z)]+X(Z)−[Z−2·X(Z)]

Operando:

Y (Z) =4

5· Z−1Y (Z)− 1

4(Z−2 ·X(Z)− 4 · Y (Z)) +X(Z)− Z−2 ·X(Z)

Factorizando:

Y (Z) · [ 5 · Z − 16 · Z2

20 · Z3] = X(Z) · (Z

2 − 1

Z2)

H(Z) =Y (Z)

X(Z)=

20 · Z(Z2 − 1)(5 · Z − 16 · Z2)

9

10. Encuentre la solucion de la ecuacion de onda ∂2u∂t2 = c2 ∂

2u∂x2 , correspondiente a la desviacion inicial

triangular en t = 0.

u(x; 0) = f(x) =

2kl x ; 0 ≤ x ≤ l

2

2kl (l − x) ; l2 ≤ x ≤ l

u(0; t), u(l; t), ∀t. Ademas ∂u∂t |t=0 = g(x) = 0

SOLUCION:

Condiciones inicialesu(x, 0) = f(x)

Deformacion inicial

∂u

∂t|t=0 = g(x) = 0

Velocidad inicial (igual a 0)

Condiciones de fronterau(0; t) = 0

u(l; t) = 0

Sabemos que:

u(x; t) =

∞∑n=1

Bn · cos(λnt) · sin(nπ

lx)

# Bn =2

l

[∫ l2

0

(2kx

l) · sin(

nπx

l)dx−

∫ l

l2

2kx

l(x− l) · sin(

nπx

l)dx

]Entonces:

Bn =8k

n2 · π2· sin(

nπ

2)

# u(x; t) =8k

π2

∞∑n=1

[sin(nπ2 )

n2· cos(λnt) · sin(

nπx

l)

]donde: λn = cnπ

l

10

Por lo tanto, toma la forma:

u(x; t) =8k

π2

[1

12· sin(

π

lx) · cos(

πc

lt)− 1

32· sin(

3π

lx) · cos(

3πc

lt) +− · · ·

]

Para construir la grafica de la solucion puede aplicarse u(x; 0) = f(x).

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