Ejercicios Resueltos 2 (2012-2)

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Problemas Resueltos
1. Obtenga la transformada inversa de la siguiente función:
s2 − s
s3 + s2 + 9s+ 9
solución:
Primero haremos una descomposición en fracciones parciales
s2 − s
s3 + s2 + 9s+ 9
=
s(s− 1)
(s+ 1)(s2 + 9)
=
1
5
(
1
s+ 1
)
+
4
5
(
s
s2 + 9
)
− 9
5
(
1
s2 + 9
)
Aplicando transformada inversa a ambos lados de la igualdad, se tiene:
L−1
{
s(s− 1)
(s+ 1)(s2 + 9)
}
=
1
5
L−1
{
1
s+ 1
}
+
4
5
L−1
{
s
s2 + 9
}
− 9
5
L−1
{
1
s2 + 9
}
=
1
5
e−t +
4
5
cos 3t− 9
15
sen 3t
MAT023 1
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Departamento de Matemática
2. Sea A =
 1 2 −10 1 1
0 −1 1

(a) Resolver el sistema de ecuaciones:
X ′ = AX
(b) Haga el Retrato de Fase correspondiente al sistema.
Solución
(a) Valores Propios. Considerar el polinomio caracteristico de la matriz A∣∣∣∣∣∣
1− λ 2 −1
0 1− λ 1
0 −1 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(λ2 − 2λ+ 2)
Los valores caracteŕısticos son λ = 1 y los complejos conjugados λ = 1 ± i .
Vectores Propios.
Para λ = 1 + i : Considerar el sistema
 −1 2 −10 −i 1
0 −1 −i
  xy
z
 =
 00
0
 ⇔ ix+ 2y − z = 0−yi+ z = 0 ⇒ x = (1 + 2i)yy = y
z = iy
Tomar y = 1 Un generador es : xy
z
 =
 1 + 2i1
i
 =
 11
0
 +
 20
1
 i
Considerar u =
 11
0
 ; v =
 20
1

Para λ = 1 . Considerar el sistema 0 2 −10 0 1
0 −1 0
  xy
z
 =
 00
0
 ⇔ 2y − z = 0z = 0
−y = 0
MAT023 2
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Un generador es w =
 10
0

Solución general:
 xy
z
 = A et
 10
0
 + B et
cos(t)
 11
0
 − sen(t)
 20
1

+ C et
sen(t)
 11
0
 + cos(t)
 20
1

(b) El Retrato de Fase corresponde a una espiral que nace en el origen y se va abriendo en
la dirección del eje x . En el eje sale una flecha, el (0 , 0) es un repulsor.
Nota: No tengo tiempo de hacer un gráfico (ni el talento).
MAT023 3
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3. Sea f : [0, π]→ R definida por f(x) = x(π − x)
(a) Encontrar la serie senoidal de Fourier de f .
(b) Use lo anterior para calcular la suma de la serie
∞∑
n=1
(−1)n+1
(2n− 1)3
Solución
(a) Los coeficientes de Fourier para una serie senoidal quedan:
bn =
2
π
∫ π
0
x(π − x) sen(nx) dx
=
2
π
(
π
∫ π
0
x sennx dx−
∫ π
0
x2 sennx dx
)
=
2
π
(
π2(−1)n+1
n
− (−1)
n+1π
n
+
2
n3
(1− (−1)n)
)
=
4
πn3
(1− (−1)n)
=

0 n par
8
n3π
n impar
∴ x(π − x) = 8
π
∞∑
n=1
1
(2n− 1)3
sen((2n− 1)x) 0 ≤ x ≤ π
(b) Evaluando en x =
π
2
se tiene
π2
4
=
8
π
∞∑
n=1
(−1)n+1
(2n− 1)3
⇒
∞∑
(2n−1)3
(−1)n+1
(2n− 1)3
=
π3
32
MAT023 4
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4. Resolver la ecuación:
x y′′ + (2x+ 3) y′ + (x+ 3) y = 3 e−x
Con y(0) = 0 .
Solución
Aplicando Laplace en la ecuación se tiene:
L[xy′′] + 2L[xy′] + 3L[y′]+L[xy] + 3L[y] = 3L[e−x]
Haciendo Y = L[y] . Y simplicando la expresión queda:
(p+ 1)2
dY
dp
− (p+ 1)Y = − 3
p+ 1
⇒ dY
dp
− 1
p+ 1
Y = − 3
(p+ 1)3
Usando Fórmula de Leibnitz para ecuaciones diferenciales lineales
Y =
1
(p+ 1)2
+ K (p+ 1)
Como lim
p→∞
F (p) = 0 . Tomamos K = 0 . Luego:
Y =
1
(p+ 1)2
⇒ y(x) = L−1[Y ] = x e−x
MAT023 5
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5. Sea f(t) tal que admite Transformada de Laplace y sea L[f(t)](s) = F(s) :
(a) Probar L
[
f(t)
t
]
(s) =
∫ ∞
s
F(p) dp
(b) Probar
∫ ∞
0
f(t)
t
dt =
∫ ∞
0
F(p) dp
(c) Calcular
∫ ∞
0
sen(t)
t
dt
Solución
(a) Sea F (s) L[f(t)](s) . Sea
G(s) = L
[
f(t)
t
]
(s)
⇒ G ′(s) = − L
[
t
f(t)
t
]
(s) = −L[f(t)](s) = −F (s)
⇒ G(s) − G(a) =
∫ a
s
F (p) dp ∀ a > 0
Asumiendo que lim
a→∞
G(a) = 0 . Se cumple:
G(s) = L
[
f(t)
t
]
(s) =
∫ ∞
s
F (p) dp
(b) De la igualdad anterior:
L
[
f(t)
t
]
(s) =
∫ ∞
0
e−st
f(t)
t
dt =
∫ ∞
s
F (p) dp
Haciendo s → 0 :
lim
s→0
(∫ ∞
0
e−st
f(t)
t
dt
)
= lim
s→0
(∫ ∞
s
F (p) dp
)
⇒
∫ ∞
0
(
lim
s→0
e−st
) f(t)
t
dt = lim
s→0
(∫ ∞
s
F (p) dp
)
⇒
∫ ∞
0
f(t)
t
dt =
∫ ∞
0
F (p) dp
MAT023 6
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(c) Usando directamente (b) :
∫ ∞
0
sen(t)
t
dt =
∫ ∞
0
L[sen(t)](p) dp =
∫ ∞
0
1
p2 + 1
dp = Arctg(p)
∣∣∣∣∞
0
=
π
2
MAT023 7
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(d) Considerar el sistema (
x′
y′
)
=
(
−1 2
−1 −3
)
·
(
x
y
)
i. Encuentre la curva solución que pasa por el punto
(
0
1
)
ii. Haga el retrato de fase, indicando la orientación correcta de las curvas integrales.
Solución
Valores Propios:∣∣∣∣ −1− λ 2−1 −3− λ
∣∣∣∣ = λ2 + 4λ+ 5 = 0 ⇒ λ = −2 ± i
Vectores Propios:
(
1− i 2
−1 −1− i
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
⇔ (1− i)x+ 2y = 0 ⇔ y = i− 1
2
x
Tomar −→v =
(
2
i− 1
)
=
(
2
−1
)
+ i
(
0
1
)
Soluciones:
X1 =
[(
2
−1
)
cos(t) −
(
0
1
)
sen(t)
]
e−2t
X2 =
[(
0
1
)
cos(t) +
(
2
−1
)
sen(t)
]
e−2t
Solución General:
(
x(t)
y(t)
)
= c1 e
−2t
[(
2
−1
)
cos(t) −
(
0
1
)
sen(t)
]
+ c2 e
−2t
[(
0
1
)
cos(t) +
(
2
−1
)
sen(t)
]
MAT023 8
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i. Para t = 0 .(
0
1
)
= c1
(
2
−1
)
+ c2
(
0
1
)
=
(
2c1
−c1 + c2
)
⇒ c1 = 0
c2 = 1
La solución que pasa por
(
0
1
)
es(
x(t)
y(t)
)
= e−2t
(
2 sen(t)
cos(t)− sen(t)
)
ii. Las curvas integrales corresponden a espirales que convergen a (0,0) cuando t →
∞ , orientadas en sentido antihorario.
MAT023 9
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(e) Resolver la ecuación:
xy′′ + (2x+ 3)y′ + (x+ 3)y = 3 e−x
tal que y(0) = 0 .
Solución
Aplicando Laplace en la ecuación se tiene:
L[xy′′] + 2L[xy′] + 3L[y′]+L[xy] + 3L[y] = 3L[e−x]
Haciendo Y = L[y] . Y simplicando la expresión queda:
(p+ 1)2
dY
dp
− (p+ 1)Y = − 3
p+ 1
⇒ dY
dp
− 1
p+ 1
Y = − 3
(p+ 1)3
Usando Fórmula de Leibnitz para ecuaciones diferenciales lineales
Y =
1
(p+ 1)2
+ K (p+ 1)
Como lim
p→∞
F (p) = 0 . Tomamos K = 0 . Luego:
Y =
1
(p+ 1)2
⇒ y(x) = L−1[Y ] = x e−x
MAT023 10
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(f) Resolver el sistema
x′ = x− y + et cos(t)
y′ = x+ y + et sen(t)
tal que x(0) = y(0) = 0
Solución:
Aplicando Laplace:
sL[x] = L[x]− L[y] + L[et cos(t)]
sL[y] = L[x] + L[y] + L[et sen(t)]
⇔
(s− 1)L[x] + L[y] = s− 1
(s− 1)2 + 1
−L[x] + (s− 1)L[y] = 1
(s− 1)2 + 1
[(s−1)2+1]L[y] = 2(s− 1)
(s− 1)2 + 1
⇒ L[y] = 2(s− 1)
[(s− 1)2 + 1]2
= −
(
1
(s− 1)2 + 1
)′
= L[t et sen(t)]
Por lo tanto: y(t) = t et sen(t)
Por otra parte:
[(s− 1)2 + 1]L[x] = (s− 1)
2
(s− 1)2 + 1
− 1
(s− 1)2 + 1
= 1− 2
(s− 1)2 + 1
Entonces
L[x] = 1
(s− 1)2 + 1
− 2
[(s− 1)2 + 1]2
=L[et sen(t)]−
(
1
s− 1
)
2(s− 1)
[(s− 1)2 + 1]2
=L[et sen(t)]− L[et]L[t et sen(t)]
De donde:
x(t) = et sen(t)− et ∗ t et sen(t)
MAT023 11
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Resolviendo la convolución: x(t) = t et cos(t)
et ∗ t et sen(t) =
∫ t
0
et−u u eu sen(u) du
= et
∫ t
0
u sen(u) du
= et
[
sen(u)− u cos(u)
∣∣∣∣t
0
]
= et[sen(t)− t cos(t)]
MAT023 12
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(g) Resolver
y′′ − 2y′ + y − 2
∫ t
0
y(u)du = 5 ; t ≥ 0
con y(0) = 0 ; y′(0) = 0 .
Solución:
Aplicando Laplace se tiene
s2L[y]− 2sL[y] + L[y]− 2L
[∫ t
0
y(u)du
]
=L[5]
(
s2 − 2s+ 1− 2
s
)
L[y] = 5
s(
s3 − 2s2 + s− 2
s
)
L[y] = 5
s
L[y] = 5
s3 − 2s+ s− 2
=
5
(s2 + 1)(s− 2)
L[y] = 1
s− 2
− s
s2 + 1
− 2
s2 + 1
Aplicando L−1 .
y(t) = e2t− cos(t)− 2 sen(t)
MAT023 13
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(h) Resolver el sistema  x′(t)y′(t)
z′(t)
 =
 1 2 30 2 3
0 0 2
 ·
 x(t)y(t)
z(t)

Solución:
El sistema queda expresado aśı:
x′ = x+ 2y + 3z
y′ = 2y + 3z
z′ = 2z
Hacer x(0) = A , y(0) = B y z(0) = C .
Aplicando Laplace en la 3a ecuación:
sL[z]−C = 2L[z]
(s− 2)L[z] =C → L[z] = C
s− 2
Luego se tiene:
z(t) =C e2t
Aplicando Laplace en la 2da ecuación:
sL[y]−B = 2L[y] + 3L[z]
(s− 2)L[y] =B + 3C
s− 2
L[y] = B
s− 2
+
3C
(s− 2)2
Luego se tiene:
y(t) =B e2t +3Ct e2t
MAT023 14
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Aplicando Laplace en la 1a ecuación:
sL[x]− A =L[x] + 2L[y] + 3L[z]
(s− 1)L[x] =A+ 2B
s− 2
+
6C
(s− 2)2
+
3c
s− 2
L[x] = A
s− 1
+
2B + 3C
(s− 1)(s− 2)
+
6C
(s− 1)(s− 2)2
L[x] = A
s− 1
+ (2B + 3C)
(
1
s− 2
− 1
s− 1
)
+ 6C
(
1
s− 1
− 1
s− 2
+
1
(s− 1)(s− 2)2
)
Luego se tiene:
x(t) =A et +(2B + 3C)(e2t− et) + 6C(et− e2t +t e2t)
x(t) = (A− 2B + 3C) et +(2B − 3C) e2t +6Ct e2t
Otra forma de hacerlo es:
Considerar A =
 1 2 30 2 3
0 0 2

Valores Propios
det(Aλ I) =
∣∣∣∣∣∣
1− λ 2 3
0 2− λ 3
0 0 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(2− λ)2 = 0
Valores propios: lambda = 1 ; λ = 2 (de multiplicidad 2) .
Vectores Propios
• para λ = 1 .
 0 2 30 1 3
0 0 1
  xy
z
 =
 00
0
 ⇔ 2y + 3z = 0y + 3z = 0
z = 0
⇔ y = z = 0
Por lo tanto el espacio propio queda: V1 =
〈 10
0
〉
MAT023 15
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Luego X1 = e
t
 10
0
 es solución.
MAT023 16
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• Para λ = 2 .
 −1 2 30 0 3
0 0 0
  xy
z
 =
 00
0
 ⇔ −x+ 2y + 3z = 0
3z = 0
⇔ z = 0 ; x = 2y
Por lo tanto el espacio propio queda: V2 =
〈 21
0
〉
Luego X2 = e
2t
 21
0
 es solución.
Una segunda solución (para λ = 2) sale del sistema:
 −1 2 30 0 3
0 0 0
  xy
z
 =
 21
0
 ⇔ −x+ 2y + 3z = 2
3z = 1
⇔ z = 1
3
; x = 2y−1
Tomar P =
 11
1
3

Luego X3 = t e
2t
 21
0
+ e2t
 11
1
3
 es solución.
Solución General xy
z
 = A et
 10
0
+B e2t
 21
0
+ C
t e2t
 21
0
+ e2t
 11
1
3

MAT023 17
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(i) Resuelva la ecuación utilizando Transformada de Laplace:
y′(t) + y(t)−
∫ t
0
y(v) sen(t− v) dv = − sen(t) , y(0) = 1
(j) Encuentre la Transformada de Laplace inversa, de la función:
F(s) =
s(1 + e−3s)
s2 + π2
solución:
(a) Aplicando Laplace la ecuación queda:
L(y′) + L(y)− L
(∫ t
0
y(v) sen(t− v) dv
)
= −L(sen(t))
sL(y)− 1 + L(y)− L(y)
(
1
s2 + 1
)
= − 1
s2 + 1
L(y)
(
s+ 1− 1
s2 + 1
)
= 1− 1
s2 + 1
L(y) = s
s2 + s+ 1
L(y) =
s+ 1
2(
s+ 1
2
)2
+
(√
3
2
)2 − 1√3 ·
√
3
2(
s+ 1
2
)2
+
(√
3
2
)2
Aplicando transformada inversa:
y(t) = e−t/2 cos
(√
3
2
t
)
− 1√
3
e−t/2 sen
(√
3
2
t
)
(b) Observar que: F(s) =
s(1 + e−3s)
s2 + π2
=
s
s2 + π2
+ e−3s
(
s
s2 + π2
)
Aplicando la transformada inversa:
MAT023 18
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L−1
[
s(1 + e−3s)
s2 + π2
]
= cos(πt) + µ(t− 3) cos(πt− 3π) = cos(πt)− µ(t− 3) cos(πt)
MAT023 19
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6. Resolver la ecuación
y′′ + 4y = f(t) , y(0) = 1 , y′(0) = 0
donde f(t) =
{
1 si 0 ≤ t ≤ 1
t si t > 1
solución:
Note que f(t) = 1 + (t− 1)u(t− 1). Aplicando T.L ambos lados de la ecuación, obtenemos
s2L(y)− s+ 4L(y) = 1
s
+ L((t− 1)u(t− 1))
(s2 + 4)L(y) = s+ 1
s
+ e−s
1
s2
L(y) = s
s2 + 4
+
1
s(s2 + 4)
+ e−s
1
s2(s2 + 4)
L(y) = L(cos(2t)) + 1
2
L(1 ∗ sen(2t)) + 1
2
e−sL(t ∗ sen(2t))
Por otro lado,
1 ∗ sen(2t) = 1
2
(1− cos(2t)) y t ∗ sen(2t) = 1
4
(2t− sen(2t))
Por lo tanto, la solución es
y(t) =
1
4
+
3
4
cos(2t) +
1
8
[2(t− 1)− sen 2(t− 1)]u(t− 1)
MAT023 20
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7. Usando transformada de Laplace, resuelva el siguiente problema de valor inicial.
ty
′′ − ty′ + y = 2(et − 1), y(0) = 0, y′(0) = −1
solución:
Sea Y (s) = L(y(t))(s). Tenemos
L(ty′′(t))(s) = − d
ds
(s2Y (s)− Y (0)− Y ′(0)) = −2sY (s)− s2Y ′(s)
L(−ty′(t))(s) = d
ds
(sY (s)− Y (0)) = Y (s) + sY ′(s)
L(2et − 2)(s) = 2
s− 1
− 2
s
.
Entonces aplicando transformada de Laplace a la ecuación se obtiene:
−2sY (s)− s2Y ′(s) + Y (s) + sY ′(s) + Y (s) = 2
s− 1
− 2
s
Es decir
s(s− 1)Y ′(s) + 2(1− s)Y (s) = 2
s− 1
− 2
s
O bien
Y
′
(s) +
2
s
Y (s) = − 2
s2(s− 1)2
.
Para resolver esta ecuación diferencial, encontramos primero la solución general de la ecuación
homogénea
Y
′
(s) +
2
s
Y (s) = 0,
que es
MAT023 21
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Yh(s) =
c
s2
.
Para resolver la ecuación completa por el método de variación de constantes, debemos en-
contrar c(s) tal que
c
′
(s)
s2
= − 2
s2(s− 1)2
⇒ c′(s) = − 2
(s− 1)2
⇒ c(s) = 2
s− 1
+ r.
Luego
Y (s) =
2
s2(s− 1)
+
r
s2
= 2
[
1
s− 1
− 1
s2
− 1
s
]
+
r
s2
.
Entonces aplicando transformada inversa, se obtiene
Y (s) = 2 [et − t− 1] + rt.
Entonces para todo r, tenemos y(0) = 0. Pero la condición y
′
(0) = −1 implica r = −1, por
lo que nuestra solución es:
y(t) = 2 [et − 1]− 3t.
MAT023 22
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8. Use la siguiente identidad
L[t f(t)](s) = − d
ds
(L[f(t)](s))
para encontrar
L−1
[
ln
(
s+ 1
s− 1
)]
solucin:
Suponer que :
L[g(t)](s) = ln
(
s+ 1
s− 1
)
Entonces
L[t g(t)](s) = 2
(s+ 1)(s− 1)
=
1
s− 1
− 1
s+ 1
Aplicando L−1 se tiene:
t g(t) = L−1
[
1
s− 1
− 1
s+ 1
]
Por lo tanto
g(t) =
1
t
[et − e−t] = 2
t
senh(t)
Luego L−1
[
ln
(
s+ 1
s− 1
)]
=
2
t
senh(t)
MAT023 23
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9. Usando transformada de Laplace resuelva la ecuación
ty′′ + (t− 1)y′ + y = 1
6
e−t(3t2 − t3) , y(0) = 0
Encuentre además aquella solución que verifica y(1) = 0 .
solucin:
Haciendo z = L[y] y aplicando Laplace queda:
L[ty′′] + L[ty′]− L[y′] + L[y] = 1
6
L[e−t(3t2 − t3)]
−(s2z − sy(0)− y′(0))′ − (sz − y(0))′ − (sz − y(0)) + z = 1
6
L[e−t(3t2 − t3)]
(s2 + s)z′ + 3sz = −
[
1
(s+ 1)3
− 1
(s+ 1)4
]
La cual corresponde a una ecuacin lineal
z′ +
3s
s2 + s
z =
1
(s+ 1)5s
− 1
(s+ 1)4s
Aplicando la formula para resolver una ecuacin lineal
z =
1
(s+ 1)3
[∫
(s+ 1)3
[
1
(s+ 1)5s
− 1
(s+ 1)4s
]
ds + C
]
=
1
(s+ 1)3
[
−
∫
ds
(s+ 1)2
+ C
]
=
1
(s+ 1)4
+
C
(s+ 1)3
Y aplicando L−1
y =
1
6
e−t t3 + K e−t t2
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Evaluando en t = 1 , se tiene K = −1
6
. Luego
y(t) =
e−t
6
(t3 − t2)
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10. (a) Calcular L−1
[
Arctg
(
1
s
)]
.
(b) Calcular
∫ ∞
0
eax sen(bx)
x
dx
Solucin:
(a) Sea F (s) = Arctg
(
1
s
)
?L[f(t)]
⇒ −F ′(s) = − 1
1 + ( 1
s2
)
·
(
− 1
s2
)
= L[tf(t)]
=
1
1 + s2
= L[tf(t)]
⇒ tf(t) =L−1
[
1
1 + s2
]
= sen(t)
⇒ f(t) = sen(t)
t
(b) Usar
∫ ∞
0
f(t)
t
dt =
∫ ∞
0
F (p) dp donde L[f(t)] = F (s) .
∫ ∞
0
eax sen(bx)
x
dx =
∫ ∞
0
L[eax sen(bx)](p) dp
=
∫ ∞
0
b
(p− a)2 + b2
dp
= Arctg
(
p− a
b
) ∣∣∣∣∞
0
=
π
2
− Arctg
(a
b
)
MAT023 26
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11. Obtenga el desarrollo en serie de Fourier de tipo senoidal de
f(x) = sen2(x) ; x ∈ [0, π]
Use esta serie para calcular:
1
1 · 3 · 5
− 1
3 · 5 · 7
+
1
5 · 7 · 9
− 1
7 · 9 · 11
+ · · ·
Solucin:
Para n 6= 2 se tiene:
bn =
2
π
∫ π
0
sen2(x) sen(nx) dx
=
2
π
∫ π
0
1
2
(1− cos(2x)) sen(nx) dx
=
1
π
∫ π
0
sen(nx) dx − 1
π
∫ π
0
cos(2x) sen(nx) dx
=
1
π
∫ π
0
sen(nx) dx − 1
2π
∫ π
0
[sen((n+ 2)x) + sen((n− 2)x)] dx
= − 1
nπ
[(−1)n − 1] + 1
2π
[
cos((n+ 2)x)
n+ 2
+
cos((n− 2)x)
n− 2
] ∣∣∣∣π
0
=
1
π
[
1
n
− n
n2 − 4
]
[1 − (−1)n]
=

0 Si n es par
− 8
(n− 2)n(n+ 2)π
Si n es impar
Para n = 2 facilmente se concluye que b2 = 0
Luego se tiene:
sen2(x) = − 8
π
[
1
(−1) · 1 · 3
sen(x) +
1
1 · 3 · 5
sen(3x) +
1
3 · 5 · 7
sen(5x) +
1
5 · 7 · 9
sen(7x) + · · ·
]
MAT023 27
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Departamento de MatemáticaEvaluando en x =
π
2
1 = − 8
π
[
− 1
1 · 3
− 1
1 · 3 · 5
+
1
3 · 5 · 7
− 1
5 · 7 · 9
+
1
7 · 9 · 11
− · · ·
]
Despejando
π
8
− 1
3
=
1
1 · 3 · 5
− 1
3 · 5 · 7
+
1
5 · 7 · 9
− 1
7 · 9 · 11
+ · · ·
Luego se tiene:
1
1 · 3 · 5
− 1
3 · 5 · 7
+
1
5 · 7 · 9
− 1
9 · 11 · 13
+ · · · = 3π − 8
24
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12. Sea f : [0, π]→ R definida por f(x) = x(π − x)
(a) Encontrar la serie senoidal de Fourier de f .
(b) Use lo anterior para calcular la suma de la serie
∞∑
n=1
(−1)n+1
(2n− 1)3
Solución
bn =
2
π
∫ π
0
x(π − x) sen(nx) dx
=
2
π
(
π
∫ π
0
x sennx dx−
∫ π
0
x2 sennx dx
)
=
2
π
(
π2(−1)n+1
n
− (−1)
n+1π
n
+
2
n3
(1− (−1)n)
)
=
4
πn3
(1− (−1)n) =

0 n par
8
n3π
n impar
∴ x(π − x) = 8
π
∞∑
n=1
1
(2n− 1)3
sen((2n− 1)x) 0 ≤ x ≤ π
Evaluando en x =
π
2
π2
4
=
8
π
∞∑
n=1
(−1)n+1
(2n− 1)3
⇒
∞∑
(2n−1)3
(−1)n+1
(2n− 1)3
=
π3
32
MAT023 29
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13. Dado el sistema lineal (
ẋ
ẏ
)
=
(
−2 −1
1 b
)(
x
y
)
Determine para que valores del parmetro real b, el (0, 0) es un sumidero en espiral para el
sistema.
solución:
Para tener un sumidero en espiral en (0,0) se deben tener valores propios complejos, con
parte imaginaria no nula y parte real negativa. Hacer∣∣∣∣ −2− λ −11 b− λ
∣∣∣∣ = λ2 + (2− b)λ+ (1− 2b) = 0
Luego se debe tener :
b− 2
2
< 0 ∧ (2− b)2 − 4(1− 2b) < 0
b < 2 ∧ b2 + 4b < 0
b < 2 ∧ − 4 < b < 0
Por lo tanto : Cuando −4 < b < 0 el retrato de fase del sistema corresponde a un sumidero
en espiral.
MAT023 30
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14. Encuentre la solucin general del sistema x′y′
z′
 =
 −2 −1 01 −2 0
0 0 3
  xy
z

Intente el retrato de fase.
Solucin:
Valores propios: ∣∣∣∣∣∣
−2− λ −1 0
1 −2− λ 0
0 0 3− λ
∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)(λ2 + 4λ+ 5) = 0
De donde λ = 3 o λ = −2 ± i .
Vectores propios:
Para λ = 3 .
 −5 −1 01 −5 0
0 0 0
  xy
z
 =
 00
0
 ⇔ −5x− y = 0
x− 5y = 0 ⇔
 xy
z
 =
 00
z

El espacio propio V3 esta generado por
 00
1

Por lo tanto una solucin es: x1(t)y1(t)
z1(t)
 = e3t
 00
1
 =
 00
e3t

Para λ = −2 + i .
 −i −1 01 −i 0
0 0 5− i
  xy
z
 =
 00
0
 ⇔ −ix− y = 0x− iy = 0
(5− i)z = 0
⇔ x = iy
z = 0
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El espacio propio V−2+i esta generado por
 i1
0
 =
 01
0
 + i
 10
0

Para λ = −2 − i . El espacio propio V−2−i esta generado por
 −i1
0
 =
 01
0
 −
i
 10
0

Luego se tienen las soluciones:
 x2(t)y2(t)
z2(t)
 = e−2t cos(t)
 01
0
 − e−2t sen(t)
 10
0

 x3(t)y3(t)
z3(t)
 = e−2t sen(t)
 01
0
 + e−2t cos(t)
 10
0

La solucin general queda: x(t)y(t)
z(t)
 = A
 x1(t)y1(t)
z1(t)
 + B
 x2(t)y2(t)
z2(t)
 + C
 x3(t)y3(t)
z3(t)

El retrato de fase corresponde en el plano z = 0 a una espiral estable y en el eje z la linea
de fase sale del origen. Luego para un punto en R3 la curva integral debe enrollarse, en una
espiral, en torno del eje z pero debe tender a ∞ .
MAT023 32