Problemas de Matemática: Transformada de Laplace, Serie de Fourier e Ecuaciones Diferenciais

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Coordinación de Matemática III (MAT-023)
2do Semestre de 2009
Taller de Ejercicios 3 - Pauta: Lunes 23 de Noviembre
1. Use la siguiente identidad
L[t f(t)](s) = − d
ds
(L[f(t)](s))
para encontrar
L−1
[
ln
(
s+ 1
s− 1
)]
Solución:
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)
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2. 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
+ · · ·
Solución:
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) + · · ·
]
2
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Evaluando 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
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3. 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 .
Solución:
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 ecuación lineal
z′ +
3s
s2 + s
z =
1
(s+ 1)5s
− 1
(s+ 1)4s
Aplicando la formula para resolver una ecuación 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
Evaluando en t = 1 , se tiene K = −16 . Luego
y(t) =
e−t
6
(t3 − t2)
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4. Encuentre la solución general del sistema x′y′
z′
 =
 −2 −1 01 −2 0
0 0 3
  xy
z

Intente el retrato de fase.
Solución:
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 solución 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
El espacio propio V−2+i esta generado por
 i1
0
 =
 01
0
 + i
 10
0

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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 solución 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 ∞ .
EL RETRATO DE FASE ESTA PENDIENTE EN BUSCA DE UN EXPERTO EN
GRAFICAR EN LATEX PARA QUE HAGA EL DIBUJO
6