problems matemáticas avanzadas para la ingeniería

7/26/2019 Problems Matemticas Avanzadas para la Ingeniera

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ndice general

ndice general 1

1. Introduccin 3

2. Problemas de Variable Compleja 52.1. Operaciones bsicas de nmeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.2. Potencias y raices de ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.3. mapeos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.4. Aplicaciones del Teorema de De Moivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.5. Derivacin Compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5.1. Ecuaciones de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.6. Integracin Compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.6.1. Integrales de contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.6.2. Teorema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.6.3. Teorema del Residuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.7. Series Complejas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.7.1. Convergencia de Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.7.2. Series de Mc Laurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.7.3. Series de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.7.4. Series de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3. Problemas de Anlisis de Fourier 553.1. Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.2. Series de Fourier en Senos y Cosenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.3. Series de Fourier de funciones peridicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.4. Espectros de Frecuencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.5. Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 903.6. Propiedades de la Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

3.7. Convolucin de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.8. Transformada de Fourier de funciones especiales . . . . . . . . . . . . . . 1223.9. Aplicaciones de la Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

1


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2 NDICE GENERAL


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Captulo 1Introduccin

Considero que una de las materias ms complicadas para los alumnos que cursanla carrera de Ingeniera en Sistemas Computacionales que se imparte en la Escuela Su-perior de Cmputo del Intituto Politcnico Nacional (ESCOM-IPN), y en especial paraaquellos que se inclinan en el rea de la Electrnica es la asignatura de Metodos Mate-mticos.

La presente seleccin de problemas resueltos de la materia de Mtodos Matem-ticos, tiene como objetivo principal proporcionar al alumno que cursa la materia, unapoyo bibliogrfico ms para el entendimiento de la misma, esperando que le sea degran ayuda, en la aplicacin de la teora adquirida en el saln de clases y poder ejercitarsus conocimientos en la solucin de problemas similares. La mayora de los problemasresueltos, son problemas que estn propuestos en libros tradicionales de la materia,como por ejemplo, el libro de Anlisis de Fourier de la editorial Addison-Wesley Ibe-roamericana, cuyo autor es Hwei P. Hsu., y el libro de Matemticas Avanzadas para

Ingeniera de la editorial Cecsa, cuyo autor es Peter V. Oeil., entre otros.

En la mayoria de los problemas se trat de ilustrar al alumno el ms mnimo pasoalgebraico, as como una ilustracin geomtrica de algunos problemas, con la finalidadde que el alumno entienda mejor la solucin de los mismos.

La mayoria de los problemas estn basados en exmenes departamentales, exme-nes extraordinarios y exmenes especiales que el autor ha aplicado, as como en ejerci-cios de clases en la imparticin de la materia en el segundo semestre del ciclo escolar2002-2003 en la ESCOM-IPN.

La idea de escribir esta serie de problemas, es debida principalmente a la expe-riencia que el autor ha adquirido al impartir la materia en el cuarto semestre en laESCOM-IPN, de la carrera de Ingeniera en Sistemas Computacionales y en la cual elndice de alumnos que no aprueban la materia es muy alto

Los problemas se encuentran distribuidos de la siguiente forma:

3


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4 1. Introduccin

En el captulo 1 se tratan problemas que comprenden lo relacionado a VariableCompleja; desde las operaciones bsicas de los nmeros complejos, algunos proble-mas de aplicacin a la Geometra Analtica, pasando por derivacin de funciones deVariable Compleja y aplicaciones de las condiciones de Cauchy-Riemann. En este cap-tulo, se pone nfasis en los problemas de expandir una funcin en series de Mc Laurin,

de Taylor y de Laurent. Finalmente, se abordan problemas de Integracin de funcionesde Variable Compleja; aplicaciones del teorema de Cauchy y aplicaciones del mismo,hasta llegar al teorema del Residuo y algunas aplicaciones al calculo de integrales defunciones de Variable Real.

En el captulo 2 se tratan problemas relacionados con el Anlisis de Fourier; desdela representacin en serie de Fourier de cualquier funcin peridica y no peridica,pasando por problemas de la transformada de Fourier de cualquier funcin y fun-ciones especiales (funcin delta de Dirac, de Heaviside, etc.) y algunas aplicaciones(espectros de frecuencia y de fase), hasta llegar a algunas aplicaciones de la TF como

convolucin y correlaci de funciones, que son temas que generalmente se dificultanal alumno y que el autor trata de ejemplificar paso a paso la teora. Al final del presenteproblemario, se presentan algunos problemas en cuya solucin involucra ecuacionesdiferenciales parciales.

Finalmente, como en cualquier tipo de trabajo, el lector tendr la ltima palabraen decidir si se cumple el objetivo principal, as tambin, el autor est abierto a todotipo de comentarios y sugerencias que sern bien venidas para la mejora del presentetrabajo.


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Captulo 2Problemas de Variable Compleja

En esta parte del problemario presentamos algunos problemas que van desde lailustracin de las operaciones bsicas de los nmeros complejos pasando por..

2.1. Operaciones bsicas de nmeros complejos

1. Aplique operaciones bsicas de nmeros complejos,

a) Escribir el siguiente nmero complejo

j

1 + j1+ 1

j

+ 1

1 + 11+ 1

j

,

de la formaa+ bi.

b) Encontrar la parte real e imaginaria del siguiente nmero complejo

z= j

1 +j+ j1+j+ j

1+j

Solucin:

a) Aplicando las operaciones elementales de nmeros complejos,

j

1 + j1+ 1

j

+ 1

1 + 11+ 1

j

= j

1 + j1j+

1

1 + 11j

= j

1 + j(j+1)2+

1

1 + 1+j2

= j

1 + j12+

1

1 + 1+j2

5


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6 2. Problemas de Variable Compleja

= 2j

1 +j+

2

3 +j

= 2j(1 j)

2 +

2(3 j)10

= 1 +j+3

51

5j

= 85

+ 45j.

b) Aplicando operaciones elementales de suma, multiplicacin y divisin denmeros complejos obtenemos,

j

1 +j =

j(1 j)(1 +j)(1 j) =

(1 +j)

2

j

1 +j+ j1+j=

2

3

j

(1 +j)

1 j1

j

=2

3

(1 +j)

2 =

1

3(1 +j)

finalmente,

j

1 +j+ j1+j+ j

1+j

= j

1 +j+ 13

(1 +j)

= 3

4

j

1 +j

= 3

4

j(1 j)(1 +j)(1 j) =

3

8(1 +j),

por lo tanto;Re(z) =

3

8 Im(z) =

3

8


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2.1. Operaciones bsicas de nmeros complejos 7

2. a) Resolver la ecuacinsin(z) = 1. La funcin logaritmo compleja puede to-marse definida porlog(z) = ln(|z|) +jArg(z), dondeArg(z)es el argumentoprincipal dez.

b) Demostrar que

+34 =1

4

,

si = 2343

, yes un complejo tal que 3

4

= 14.

Solucin:

a) Sabemos quesen(z) = eizeiz

2i , as la ecuacinsen(z) = 1es equivalente a

eiz eiz = 2i

multiplicando esta ecuacin poreiz y resolviendo la ecuacin cuadrtica eneiz obtenemos;

eiz2 1 = 2ieiz

o tambin, eiz2 2i(eiz) 1 = 0 ; si y= eiz

entonces

y=(2i)

(2i)2 + 4

2 =

2i

2 =i

de esta formaeiz =i,

por otro lado siz= ew, dondezywson complejos, entonces

w= log z

dondelog z= ln |z| + i arg z, por lo tanto, sieiz =ientonces,

iz= log (i) = ln |i| + i arg(i) = i 2

finalmentez=

2

,

obsrvese que tomamos el argumento principal del complejoi.

b) Sustituyendo el valor de = 2343obtenemos; +34 =

2 34 3+ 34


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realizando pasos algebraicos,

+34 = 14

2 3+ 3

34

3

4

=

1

42 3+ 3

94

34

=

1

4

14 34

y aplicando la hiptesis de que

34= 14obtenemos finalmente +34 =14


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2.2. Potencias y raices de ecuaciones 9

2.2. Potencias y raices de ecuaciones

3. a) Encontrar todos los valores del nmero complejo z, y localizarlos en el planocomplejo si:

z3 = 8i

b) Describir el lugar geomtrico de los puntos en el plano complejo que satis-facen la ecuacin,

|z+ 2i| = |z+ 1 3i|

Solucin:

a) En forma polar el numero complejo 8ise puede escribir como:8i= 8

cos

2

+ i sin

2

,

en forma ms general,

8i= 8

cos

2+ 2k

+ i sin

2+ 2k

por otro lado siz= r (cos + isen)aplicando el teorema de De Moivre,

z3 =r3 (cos 3+ i sin3) ,

de las ecuaciones anteriores obtenemos,

z3 (cos 3+ i sin3) = 8i= 8

cos

2+ 2k

+ i sin

2+ 2k

.

Aplicando la igualdad de nmeros complejos obtenemos,

r3 = 8,

=

1

3

2+ 2k

=

(4k

1)

6 ,

por lo tanto

z= 2

cos

(4k 1)

6

+ i sin

(4k 1)

6


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Figura 2.1: Races de la ecuacin z3 + 8i= 0.

parak = 0, 1, 2. Geomtricamente, los nmero complejos se ilustran en lafigura siguiente.

z1 = 2

cos

6 i sin

6

= 3 iz2 = 2

cos

2 i sin

2

= 2i

z3 = 2

cos

7

6 i sin7

6

=

3 i

b) Recordemos que |z w| representa la distancia entre los nmeros complejoszy wen el plano complejo, as |z+ 2i| = |z+ 1 3i| nos dice que la distanciaentre zy 2iy zy 1 + 3ies la misma. Por lo tanto el nmero complejozdebe equidistar a ambos puntos solamente si zesta en la resta perpendicular

al segmento de recta entre estos puntos y que bisceta al segmento, es decir;si,z= x+ iyentonces,

|z+ 2i| = |z+ 1 3i||x + iy+ 2i| = |x+ iy+ 1 3i|

|x+ (y+ 2) i| = |(x+ 1) + (y 3) i|x2 + (y+ 2)2 =

(x+ 1)2 + (y 3)2

x2 + y2 + 4y+ 4 = x2 + 2x+ 1 + y2 6y+ 94y+ 4 = 2x

6y+ 10,

de donde obtenemos la siguiente ecuacin de una recta,

y=1

5x +

3

5.


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2.2. Potencias y raices de ecuaciones 11

4. Encuentre las raices de la ecuacinz4 + 4 = 0y representarlas en el plano com-plejo.

Solucin:

Para encontrar las raices de z4 =1procedemos de la siguiente forma: Escribi-mos la ecuacin de la formaz4 =4, donde el complejo 4en forma polar estdado por, 4 = 4 [cos(+ 2k) + i sin(+ 2k)] ,por otro lado, si z = R[cos() + i sin()], aplicando el teorema de De Moivreobtenemos

z4 =R4[cos(4) + i sin(4)],

de las ecuaciones anteriores, obtenemos

R4 = 4

= + 2k

4

de donde, R= 2 y k= 0, 1, 2, 3. De esta forma las raices de la ecuacin z4 +4 = 0estn dadas por,

z= 4

4

cos

+ 2k

4

+ i sin

+ 2k

4

,

explcitamente, tenemos

k= 0 z0 =

2

cos

4

+ i sin

4

= 1 + i

k= 1 z1=

2

cos

34

+ i sin 34

= 1 + i

k= 2 z2=

2

cos 5

4

+ i sin5

4

= 1 ik= 3 z3= 2

cos74

+ i sin

74

= 1 i

Como podemos observar las races de la ecuacin z4 +4 = 0forman un cuadrado,como se muestra en la figura.

Figura 2.2: Races de la ecuacin z4 + 4 = 0.


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2.3. mapeos

5. La transformacinw =z+(dondeyson nmeros complejos constantes)mapea el punto z = 1 +j en el punto w = jy el puntoz = 1 jen el puntow= 1.

a) Determiney.

b) Encuentre e indique la regin en el plano w correspondiente a la parte Re(z) 0en el planoz.

c) Encuentre y grafique la regin en el planowcorrespondiente a |z|< 1en elplanoz.

Solucin:

a) Si el complejoz= 1 +jse mapea enw = j , entonces

j = (1 +j) + (a)

asimismo, siz= 1 jse mapea enw = 1, entonces

1 =(1 j) + (b)

es decir, tenemos 2 ecuaciones con 2 incognitas, a saber y . Restando laec.(b)de la ec.(a), obtenemos

j+ 1 = 2,

es decir, = 12j (1 +j)o tambin, = 12(1 j). Sustituyendoen la ec.(a)

obtenemos,

j =1

2(1 j)(1 +j) + = 1 + ,

es decir, = j 1. De esta forma el mapeo original se puede escribir de laforma,

w= f(z) =1

2(1 j) + (j 1) = (1 j)(z/2 1).

b) Debemos de expresar las partes real e imaginaria dez(xyy) en trminos delas partes real e imaginaria dew(uyv); para as poder encontrar la imagende las curvas o regiones especficas en el plano wa las correspondientes delplanoz. Por lo tanto, siz= x+jyyw = u +jv , entonces

u+jv = (1 j) [(x+jy)/2 1] ,


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2.3. mapeos 13

haciendo un poco de lgebra,

u+jv

1 j

1 +j

i +j

=

1

2(x+jy) 2

1

2(u+jv)(1 +j) =

1

2(x+jy) 1

(u v) + (u+ v)j = (x 2) +jy,de tal forma que igualando la partes real e imaginaria, obtenemos

u v = x 2u+ v = y,

La primera de stas ltimas ecuaciones es la que nos sirve para ver como lospuntosRe(z) = x > 0del planozse mapean en el planow. Obsrvese quedichos puntos son aquellos que satisfacen la desigualdadu v+ 2 0, esdecir;u

v

2, que es la regin acotada por la rectau

v =

2como semuestra en la figura en el planow.

Figura 2.3: Races de la ecuacin z4 + 4 = 0.

c) Para ver los puntos en el planow correspondientes al interior del crculo|z| = 1,(x2 + y2 = 1), en el planoz, sustituimos los valores dexy yen fun-cin deuyvencontrados en el inciso(b), es decir;

(u v+ 2)2 + (u + v)2 = 1

haciendo un poco de lgebra,

2u2 + 2v2 + 4u 4v+ 4 = 1u2 + v2 + 2u 2v+ 3/2 = 0,


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finalmente completando cuadrados obtenemos,

(u+ 1)2 + (v 1)2 =12

,

que es un crculo con centro en (1, 1)y radio1/2. De esta forma, si x2 +

y

2


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2.4. Aplicaciones del Teorema de De Moivre 15

2.4. Aplicaciones del Teorema de De Moivre

6. Mostrar que la ecuacin de una circunferencia en el planozse puede escribir dela forma,

zz+ z+ z+ = 0,

dondeyson constantes reales, mientras quepuede ser una constante com-pleja.

Solucin:

Recordemos que la ecuacin general de una circunferencia en el plano xyestdada por

A

x2 + y2

+ Bx+ Cy+ D= 0,

por otro lado, si

z = x +y

z = x

iy

entonces,x= 12(z+ z)yy = 1

2i(z z), por lo tanto

x2 + y2 =

1

2(z+ z)

2+

1

2i(z z)

2

=

1

4

z2 + 2zz+ z2

14

z2 2zz+ z2

= 1

2zz+

1

2zz

= zz

as, sustituyendo en la ecuacin de la circunferencia,

A (zz) + B

1

2(z+ z)

+ C

1

2i(z z)

+ D= 0,

reordenando trminos,

A (zz) +

B

2 +

C

2i

z+

B

2 C

2i

z+ D= 0,

de esta forma, si identificamos a las constantes

= zz

= B

2 +

C

2i

= B

2 C

2i = D,

la ecuacin de la circunferencia se puede escribir finalmente de la forma,

zz+ z+ z+ = 0,


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7. Probar la siguiente identidad triginomtrica de Lagrange

nj=1

cos(j) =1

2+

sin

n + 12

2sin

2

.sisin 2

= 0

Solucin:

Para este problema hacemos uso de la Identidad,

nj=0

zj = 1 + z+ z2 + . . . + zn1 + zn =1 zn+1

1 z

que es vlida siz= 1.

Seaz= cos +jsin , obtenemos:

1+(cos +jsin )+(cos +jsin )2+. . .+(cos +jsin )n =1 (cos +jsin )n+1

1 (cos +j sin )utilizando el Teorema de De Moivre que establece que:

(cos +j sin )n = cos(n) +jsin(n)

La expresin anterior se puede escribir de la forma,

1 + cos +j sin + . . . + cos n+j sin n=1

cos(n+ 1)

jsin(n + 1)

1 cos jsin pero el lado derecho de a ecuacin se puede escribir de la forma,

1 cos(n + 1) j sin(n+ 1)1 cos j sin =

1 cos(n + 1) j sin(n + 1)1 cos j sin

1 cos +jsin 1 cos +jsin

simplificando el lado derecho de la ecuacin, e identificando a esta parte como ,tenemos

= 1

(1 cos )2 + sin2 [(1 cos )(1 cos(n + 1)) + sin sin(n+ 1)]+ j[sin (1

cos(n + 1))

(1

cos ) sin(n + 1)(n + 1)]

= 1 cos cos(n + 1)+ cos(n + 1) cos + sin(n+ 1) sin

2(1 cos )+ j

sin sin(n + 1)+ sin(n+ 1) cos cos(n + 1) sin

2(1 cos )


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2.4. Aplicaciones del Teorema de De Moivre 17

as, igualando las partes real e imaginaria obtenemos;

1 + cos + . . . + cos n = 1 cos cos(n + 1)+ cos(n + 1) cos + sin(n + 1) sin

2(1 cos )sin + . . . + sin n =

sin sin(n + 1)+ sin(n + 1) cos cos(n+ 1) sin 2(1

cos )

utilizando la suma del coseno de 2 angulos;

cos(A B) = cos A cos B sin A sin B

dondeA= (n + 1)yB = , obtenemos:

1 + cos + cos 2+ . . . + cos n = 1 cos cos(n + 1)+ cos[(n + 1) ]

2(1 cos )=

1 cos cos(n + 1)+ cos n2(1 cos )

= 1

2+

cos n cos(n+ 1)2(1 cos )

utilizando la igualdadcos A cos B= 2 sin 12

(A+ B)sin 12

(B A)conB = (n + 1)yA= nobtenemos:

1 + cos + cos 2+ . . . + cos n=1

2+

2 sin

n + 12

sin 22(1 cos )

por otro lado, sabemos que,

sin

2=

1 cos

2

es decir,

sin2

2=

1

2(1 cos )

de donde,

2(1 cos ) = 4 sin2 2

.

Por lo tanto,

1 + cos + cos 2+ . . . + cos n = 1

2+

2 sin

n+ 12

sin 24sin2 2

= 1

2+

sin

n + 12

2sin 2.


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En forma anloga, utilizando la identidad del seno de la suma de 2 ngulos,

sin(A B) = sin A cos B cos A sin B,

conA= (n + 1)yB = obtenemos;

sin + sin 2+ . . . + sin n = sin

sin(n + 1)+ sin[(n+ 1)

]

2(1 cos )=

sin sin(n) sin(n + 1)2(1 cos )

y utilizando la siguiente identidad,

sin A sin B= 2 cos12

(A+ B)sin1

2(A B)

donde,

A = nB = (n + 1)

se tiene que,

A + B = (2n + 1)

A B = n (n + )=

finalmente,

nj=1

sin(j) = sin + sin 2+ . . . + sin n

= sin + 2 cos

(n + 12)

sin

2

2(1 cos )

= sin 2cos (n + 1

2)

sin

2

2(1 cos ) .


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2.5. Derivacin Compleja 19

2.5. Derivacin Compleja

2.5.1. Ecuaciones de Cauchy-Riemann

8. a) Defina el concepto de funcin analtica y funcin armnica.

b) Pruebe que = 6x2y2 x4 y4 +y x+ 1puede ser la parte real de unafuncin analtica.

c) Determine la funcin imaginaria de la funcin analtica.

Solucin:

a) Se dice que una funcin f(z)es analtica en z0si f(z)no slo existe en z0,sino en todo punto de alguna vecindad dez0; es decir, existe un nmero Rtal quef(z)existe para todazen |z z0| < R.

Se dice que una funcin es armnica en un dominio si satisface la ecuacin

de Laplace en dicho dominio.b) Si f(z) = u(x, y) + iv(x, y) es analtica, las funciones u y v satisfacen las

ecuaciones de C-R:

ux = vy,

uy = vx,

diferenciando la primera ecuacin con respecto a x y la segunda ecuacincon respecto ayse tiene,

2u

x2 =

x

v

y,

2u

y2 =

y

v

x,

si las segundas derivadas parciales son continuas, se demuestra del clculoque

x

v

y =

y

v

x

por lo tanto, de las ecuaciones anteriores se demuestra que,

2u

x2+

2u

y2 = 0.

En forma anloga se demuestra que:


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2v

x2+

2u

y2 = 0.

Es decir, la parte real y la parte imaginaria de una funcin analtica debensatisfacer una ecuacin de Laplace de la forma;

2

x2+

2

y2 = 0.

En este caso para la funcin dada= 6x2y2 x4 y4 + y x + 1

x = 12xy2 4x3 1

y = 12x2 4y3 + 1

de donde,

2

x2 = 12y2 12x2

2

y2 = 12x2 12y2

es decir,2

x2+

2

y2 = 0.

c) Para determinar la parte imaginaria de la funcin analticaf(z) =u(x, y) +iv(x, y), aplicamos las ecuaciones de C-R, dadas por:

u

x =

v

y,

v

x = u

y,

si identificamos au(x, y) =(x, y) = 6x2y2 x4 y4 +y x+ 1, aplicandola primera ecuacin de C-R, obtenemos;

v

y = 12xy2 4x3 1,

si integramos parcialmente con respecto ayobtenemos:

v(x, y) = 4xy3 4x3y y+ f(x),


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de donde,

v

x= 4y3 12x2y+ f(x)

x

y aplicando la segunda ecuacin de C-R obtenemos:

12x2y 4y3 + 1 = 4y3 + 12x2y fx

,

integrando nuevamente, obtenemos f(x) =x+ cte. Por lo tanto, la parteimaginaria de la funcin analticaf(z) =u + ivest dada por:

v(x, y) = 4xy3 4x3y x y+ cte.


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9. a) Demostrar queu= 2x(1 y)es armnica.b) Encontrar una funcinvtal quew = f(z) =u + ivsea analtica.

Solucin:

a) Para mostrar que la funcinu = 2x (1 y)es armnica debemos mostrarque satisface la ecuacin de Laplace dada por

2u= 2u

x2+

2u

y2 = 0,

de donde:u

x= 2 (1 y)

2u

x2 = 0

u

y = 2x

2u

y2 = 0

por tanto cumple 2u= 0.b) Para encontrarvtal quew= u + ivsea analtica, apliquemos las condicionesde Cauchy-Riemann (C-C-R) que estn definidas de la forma:

ux = vy,

vx = uyComo u

y = 2(1 y)aplicando la primera C-C-R, e integrando parcialmentecon respecto ay, obtenemos

v= 2y y2

2+ g (x) ,

de donde, derivando parcialmente con respecto a x, obtenemos:

v

x=

g(x)

x .

Asimismo, si aplicamos la segunda C-C-R e integramos obtenemos

g(x) = x2,

finalmente se tiene,

v(x, y) = 2y y2

+ x2

+ cte.la constante de integracin depende de las condiciones iniciales, en este casopodemos suponer que es igual a cero. Por lo tanto, la funcin analtica f(z) =f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y)estar dada por:

f(x, y) = 2x(1 y) + i 2y y2 + x2 .


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Si hacemosy = 0en la ecuacin anterior, obtenemos,

f(x) = u(x, 0) + iv(x, 0) = 2x+ ix2,

de donde reemplazandoxporz;

f(z) =u(z, 0) + iv(z, 0) = 2z+ iz

2

.Obsrvese que siz= x + iy, entonces

f(z) = 2(x+ iy) + i(x2 y2 + 2xyi)= 2x(1 y) + i(y y2 + x2)


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10. Aplique las ecuaciones de Cauchy-Riemann para,

a) Demostrar que la funcinu = ex (x sin y y cos y)es armnica.b) Encontrarvtal quef(z) =u + ivsea analtica.

c) Expresarf(z)en trminos dez.

Solucin:

a) Debemos verificar que la funcin usatisface la ecuacin de Laplace, de laforma

2u

x2+

2u

y2 = 0

de esta forma, si u= ex (x sin y y cos y), calculando las derivadas parcialescon respecto axyy, obtenemos

ux=

u

x = ex

(x sin y y cos y) + ex

sin y (2.1)= ex[(1 x)sin y y cos y],

de donde,

uxx=ux

x = ex[(1 x)sin y y cos y] ex sin y (2.2)

= ex[(x 2)sin y y cos y],

En forma anloga derivando parcialmente con respecto ay

uy = uy

= ex(x cos y cos y+ y sin y) (2.3)= ex[(x 1) cos y+ y sin y],

de donde,

uyy =uy

y = ex[(x 1) sin y+ y sin y+ y cos y] (2.4)

= ex[(2 x)sin y+ y cos y],

de las ecuaciones (2.2) y (2.4), vemos inmediatamente que se cumple

uxx+ uyy = 0.

b) Para encontrar la funcinvconjugada de utal que f(z) =u +jvsea analticaaplicamos las ecuaciones de Cauchy-Riemann, dadas por

ux= vy (a)


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vx = uy (b)Aplicando la primera ecuacin de Cauchy-Riemann (ver ecuaciones (2.3) y(a)), obtenemos

v

y =ex[(1 x)sin y y cos y]

integrando parcialmente con respecto a y, obtenemosv= = ex[(x 1) cos y y sin y cos y] + g(x) (2.5)

= ex(y sin y+ x cos y) + g(x),

derivando parcialmente con respecto ax, obtenemos

vx=v

x = ex(x cos y y sin y) + ex cos y) + g(x) (2.6)

= ex[(1 x)cos y y sin y] + g(x),aplicanco la segunda condicin de Cauchy Riemann (comparando las ecua-ciones (2.4) y (2.7)), obtenemos inmediatamente que

g(x) = 0 g(x) =ctefinalmente de la ecuacin (16), la funcinvest dada por,

v= ex(y sin y+ x cos y) + cte.

c) De los incisos anteriores la funcin analtica est dada por,

f(z) =f(x +jy) = u(x, y) +jv(x, y)

= ex

(x sin y y cos y) +j ex(y sin y+ x cos y) + g(x)Una forma de representar a la funcin en trminos de la variablezpor ejem-plo si,

y= 0 f(x) =u(x, 0) +jv(x, 0)y hacemos el cambioxporz, de tal forma que,

f(z) =u(z, 0) +jv(z, 0)

pero

u(z, 0) = 0v(z, 0) = zez

finalmente obtenemos,f(z) =jzez

salvo una constante aditiva arbitraria.


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11. a) Seanx = r cos()ey =r sin(), dondery son las variables polares comu-nes. Deducir la forma polar de las C-C-R.

b) A partir de las C-C-R en coordenadas polares, demostrar que u y vsatisfecenla ecuacin diferencial

2

r2 +

1

r2

2

2 +

1

r

r = 0,

que es la ecuacin de Laplace en coordenadas polares.Solucin:

a) Como:

u = u (x, y)

v = v (x, y)

y a su vez,

x = x (r, )

y = y (r, )

entonces,

u = u (x (r, ) , y (r, ))

v = v (x (r, ) , y (r, ))

aplicando regla de la cadena obtenemos,

u

x =

u

r

r

x+

u

x (2.7)

uy

= ur

ry

+ u

y

y usando las coordenadas polares,

r

x=

1

2

x2 + y2

12 2x=

xx2 + y2

=x

r= cos

x=

1

1 + yx

y

x2

=

1x2+y2

x2

y

x2

= y

x2 + y2 = y

r2 = 1

rsen

r

y =

1

2

x2 + y2

12 2y=

yx2 + y2

=y

r= sen

x=

1

1 + yx

1

x

=

1x2+y2

x2

1

x

=

x

x2 + y2 =

x

r2 =

1

rcos


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de las ecuaciones (2.21) y (2.22), obtenemos:

r 2v

r2 v

r =

1

r

2v

2

de donde2v

r2 +

1

r22v

2 +

1

r

v

r = 0. (2.23)Obsrvese que las ecuaciones (2.18) y (2.23) satisfacen una ecuacin de laforma:

2

r2 +

1

r22

2 +

1

r

r = 0,

que es la ecuacin de Laplace en coordenadas polares.


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2.6. Integracin Compleja

2.6.1. Integrales de contorno

12. Evalue la integral

dz(z a)n

dondeest dado por |z a| =R.a) Sines cualquier entero distinto de1.

b) Sin= 1.Solucin:Sabemos que la trayectoriaen forma paramtrica se puede representar dela forma,

z() =a + Rei,

donde0 2. De la expresin anterior obtenemos:z() a = Rei,

dz() = iReid.

Por lo tanto, sustituyendo en la integral pedida,

(z a)n dz = 20

Rein

iReid

= iRn+1 2

0

ei(n+1)d

= iRn+1

i(n + 1)

20

ei(n+1)d (i (n+ 1) )

= Rn+1

n + 1

ei(n+1) |20

=

Rn+1

n + 1

e2(n+1)i 1 .

As, de la ltima ecuacin; si nes cualquier entero entonces,

(z

a)n dz= 0,

ya quee2(n+1)i = 1, para cualquier enteron. Asimismo, sin= 1entonces,

(z a)n dz= iRn+1 20

d= 2iRn+1


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2.6. Integracin Compleja 31

13. Sies la elipsez(t) =a cos t+ ib sen t, para0 t 2calcular:

dz1 z2 .

Solucin:

Obsrvese que la integral pedida se puede escribir de la forma,

dz1 z2 =

20

z (t) dt1 [z(t)]2

,

y de la ecuacin de la elipse se tiene que,

z (t) = a sen t + ib cos t,

de donde obtenemos,

z (t)2 =a2 sen2 t b2 cos2 t 2abi sen t cos t. (2.24)

As tambin tenemos que,

1 z(t)2 = 1 a2 cos2(t) b2 sen2(t) + 2abi sen t cos ty adems comoa2 b2 = 1, entonces

1 z(t)2 = a2 b2 a2 cos2 t + b2 sin2 t 2abi sen t cos t= a2

1 cos2 t

b2

1 sen2 t

2abi sen t cos t

= a2

sen2

t b2

cos2

t 2abi sen t cos t, (2.25)as de las ecuaciones (20) y (21) obtenemos,

1 z(t)2 =z (t)2 ,

finalmente la integral resulta ser,

dz1 z2 =

20

z (t) dtz (t)

2

= 2

0dt

= 2.


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2.6.2. Teorema de Cauchy

14. Calcule la siguiente integral,

zdz

(9 z2)2(z+ i)2 .

Solucin:Aplicando la frmula integral de Cauchy para derivadas superioresque establece: Si f(z)es analtica a lo largo de un contorno cerrado simple ascomo en su interior yz0es un punto del interior de, entonces

fn(z0) = n!

2i

f(z)

(z z0)n+1 dz,

si aplicamos la expresin anterior con n = 1,z0 =iy adems identificamos af(z) = z(9z2)2 , podemos escribir la expresin de la forma,

f

(z0) =

1!

2i

f(z)

(z z0)2 dz. (2.26)Por lo tanto la integral original se reescribe de la forma,

zdz

(9 z2)2(z+ i)2 =

z

(9z2)2

(z+ i)2dz.

por lo tanto, aplicando la ecuacin (22) obtenemos,

zdz

(9 z2)2(z+ i)2 = 2id

dz

z

(9 z2)2

|z=i

= 2i

(9 z2

)2

z[2(9 z2

)(27)](9 z2)4

|z=i= 2i

(9 z2)[(9 z2) + 47]

(9 z2)4

|z=i

= 2i

z2 + 4z+ 9(9 z2)3 |z=i

= 2i

(i)2 + 48 i) + 9(9 (i)2)3

=

1 + 4i + 9

103

2i

= 2i

1000[10 4i] .

Finalmente, obtenemos

zdz

(9 z2)2(z+ i)2 =

500[4 + 10i]


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2.6.3. Teorema del Residuo

15. Calcule la siguiente integral

zdz

(9

z2) (z+ i)2

dondeesta definida por |z| = 2, en sentido positivo.Solucin:

def(z) =

z

(9 z2) (z+ i)2

nos damos cuenta que tenemos puntos singulares en:

z01 = 3i

z02 = 3iz03 = i

pero nuestroes |z| = 2por lo tantoz01y z02estn fuera de nuestro contorno deintegracin.

Tambin podemos observar que tenemos un polo de orden 2, as que para calcu-lar el residuo utilizamos la siguiente frmula.

Resz=zof(z) = 1

(m 1)! lmzzo

dm1

dzm1[z zo]m f(z)

por lo tanto,

Reszo=if(z) = lmzi

d

dz(z+ i)2

z

(9 z2) (z+ i)2

= lmzi

d

dz

z

9 z2

. . .

= 1

10,

Aplicando el teorema del residuo, obtenemos

f(z) dz= 2i

k

resz=zk f(z)

finalmente,

zdz

(9 z2) (z+ i)2 = 2i

110

= i

5 =

5i


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16. Calcular la integral, C

ez

(z 1)2 ,

donde, es el crculo |z| = 2en sentido positivo.

Solucin:Obsrvese que la funcin del integrando,

f(z) = ez

(z 1)2 ,

es analtica sobre y dentro del contorno , excepto en el punto singular z= 1, yde acuerdo al teorema del residuo, el valor de la integral anterior ser igual a 2iveces el residuo def(z)enz= 1, es decir,

ez

(z 1)2 dz= 2i [resz=1f(z)]

Para calcular este residuo podemos proceder de dos formas:

a) Haciendo un desarrollo en serie de Laurent en potencias de(z 1)de la si-guiente forma:

Aplicando la serie de Taylor de f(z) = ez alrededor dez= 1(ver ejemplo1 de desarrollo de funciones en series de Taylor), y haciendo un sencillomanipuleo algebraico de la funcin para obtener el siguiente desarrollo en

serie de Laurent,

f(z) = ez

(z 1)2 =e[(z1)+1]

(z 1)2

= e1

n=0

(1)n (z 1)n

(z 1)2 =e1

n=0

(1)n(z 1)n2

= e1

1

(z 1)2 1

(z 1)+ 1 (z 1) + (z 1)2 . . . ,

que es vlida para la regin 0


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en este caso,z0 = 1, es un polo de orden2, por lo que el clculo del residuoest dado por

Resz0=1f(z) = 1

(2 1)!lmz1

d

dz(z 1)2 e

z

(z 1)2

= lmz1 d

dzez

= lmz1

ez= 1

e,

por lo tanto la integral pedida resulta ser,

C

ez

(z 1)2 = 2i

e .

Este problema ilustra lo importante de saber expander una funcin en serie deLaurent alrededor de cualquier singularidad, o ms propiamente dicho, en cual-quier regin del plano complejo, para algunas veces poder identificar los coefi-cientes de la series (residuos).

Obsrvese que en este problema tambin podemos aplicar la frmula integral deCauchy dada por la expresin

f(z)

(z z0)n+1dz=

2i

n!f(n) (z0) .

en este caso n= 1, usando la frmula anterior la integral pedida se puede calcularde la forma,

ez

(z 1)1+1 dz=2i

1! f1(z0= 1),

de donde, si

f(z) = ez

f1(z) = ez

entonces,

f1(z= 1) = 1e

por lo tanto, C

ez

(z 1)2 = 2i

e .


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17. Calcule la siguiente integral

dz

z3 z4

dondeesta definida por

|z

|= 12 .

Solucin a) Teorema del residuo:

Para este caso vemos que la funcin dada tiene un polo de orden 3 en z = 0,puesto que donde f(z) = 1z3z4 =

1z3(1z)

, por lo que la integral dada se puedecalcular de la forma,

dz

z3 z4 = 2i [Resz=z0f(z)]

usando la frmula para oncontrar los residuos, en este caso con m= 3 obtenemos,

[Resz=0f(z)] = 12!

lmz0

d2dz2

z3

1z3 (1 z)

=

1

2 lmz0

d2

dz2

1

1 z

= 1

2 lmz0

d

dz

1

(1 z)2

= 1

2 lmz0

2

(1 z)3

= 1,

por lo tanto, el resultado de la integral dada es,

dz

z3 z4 = 2i.

Solucin b) Expansin en series de Laurent

Obsrvese que,

dz

z3 z4 =

1

z3

1

1 z

,

tiene puntos singulares en z= 0 y z= 1. De esta forma z= 1 est fuera de nuestrocontorno de integracin, por lo que carece de nuestro inters para el problema,por lo que debemos encontrar la serie de Laurent paraf(z) = 1z3z4en el dominio0< |z|


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obsrvese que hicimimos uso de la convergencia de la serie geomtrica. Escri-biendo algunos trminos de la serie obtenemos,

f(z) = 1

z3+

1

z2+

1

z+ 1 + z+ z2 + z3 + . . .

de donde obtenemos que el residuob1 = 1. Por lo tanto, la integral resulta ser,

dz

z3 z4 = 2iResz=0f(z) = 2i.

Solucin c) Frmula integral de Cauchy:

Usando la frmula integral de Cauchy dada por la expresin

Cf(z)

(z

z0)

n+1 dz=2i

n!f(n) (z0) .

en este caso n= 2, usando la frmula anterior la integral pedida se puede calcularde la forma,

dz

z3 z4 =

1

z3

1

1 z

=

11z

z2+1dz

= 2i

2! f2(z0 = 0),

de donde, si

f(z) = 1

1 zf1(z) =

1

(1 z)2

f2(z) = 2

(1 z)3

entonces,f2(z= 0) = 2

por lo tanto,

dz

z3 z4 = 2i.


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2.7. Series Complejas

2.7.1. Convergencia de Series de potencias

18. Dada la siguiente serie de potencias,

n=0

nn

n!

(z i)n,

encontrar su radio de convergencia.Solucin:Para este problema, recordemos que una serie de potencias

n=0 an(z z0)n de-

be converger para |z z0| < Ry diverger para |z z0| > R, es decir; la serie depotencias convergeen un disco abierto con centro en z0y diverger en el exteriorde este disco, este disco se llama disco de convergenciade la serie de potencias y suradioR, se llamaradio de convergenciade la serie de potencias.

Aplicando el criterio de la razn que establece que:

Si una seriez1,z2,. . ., conz= 0(n= 1, 2, . . . ,) es tal que

lmn

zn+1zn =L

entonces,

a) siL 1, la serie diverge absolutamente,

c) siL= 1, no es aplicable el criterio.

Para este caso tenemos,

lmn

(n+1)n+1

(n+1)! (z i)n+1nn

n!(z i)n

= lmnn!(n + 1)n+1(n + 1)!nn (z i)

= lm

n(n + 1)

n+1

n+ 1

1

nn

(z

i)

= lmn

n + 1

n

n(z 1)

= lm

n

1 +

1

n

n|z i|

= e|z i|.


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2.7. Series Complejas 39

Este lmite es menor que 1 si e|z i| < 1, es decir; si |z i| < 1e . Por lo tanto laserie de potencias converge para |z i| < 1e , y diverge si |z i| > 1e . Asimismo, elradio de convergencia esR = 1ey el disco de convergencia es el disco de radio

1e

con centro eni, como se muestra en la siguiente figura.

Figura 2.4: Regin de convergencia, |z i| < 1e .


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2.7.2. Series de Mc Laurin

19. Encontrar la serie de Maclaurin paraf(z) = sen zyf(z) = cos z.

Solucin:

Las series de Maclaurin tendrn la forma

f(z) =

an(z 0)n =

n=0

anzn,

donde los coeficientes de la serie estarn dados poran= fn(z=0)

n! , encontremos los

coeficientes de la serie. Sif(z) = sen z, entonces

fI(z) = cos z

fII I = cos zfV(z) = cos z

fV I I(z) = cos z. . .

f2n+1(z) = (1)ncosz

&

fII(z) = sin zfIV (z) = sin z

fV I(z) = sin zfV III(z) = sin z

. . .

f2n(z) = (1)n sin z

n= 0, 1, 2 . . . ,. Por lo tanto,

a2n+1 = f2n+1(z= 0)

(2n + 1)! =

(1)n(2n + 1)!

a2n = f

2n

(z= 0)(2n)! = 0.

As, la serie de Maclaurin paraf(z) = sen zest dada por:

sen z=

n=0

(1)n(2n + 1)!

z2n+1.


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Para |z| < . En forma anloga, sif(z) = cos z, entonces

fI(z) = sin zfII I = sin z

fV(z) = sin z

f

V I I

(z) = sin z. . .

f2n+1(z) = (1)n sin z

&

fII(z) = cos zfIV (z) = cos z

fV I(z) = cos zfV III(z) = cos z

. . .f2n(z) = (1)n cos z

n= 0, 1, 2 . . . ,. Por lo tanto,

a2n+1 = f2n+1(z= 0)

(2n + 1)! = 0

a2n = f2n(z= 0)

(2n)! =

(1)n(2n)!

.

As, la serie de Maclaurin paraf(z) = cos zest dada por:

cos z=

n=0

(1)n(2n)!

z2n.

para |z| < .


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20. Encontrar la serie de potencias, en la forma indicada, que representa la funcinf(z) = 1z3en las tres regiones siguientes:

a) |z|


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es decir, si |z 2| 3, la serie est dada por1

z 3=1

z+

3

z2+

9

z3+

27

z4 . . .

La regin de convergencia, para las tres series dadas se ilustran enla siguientefigura.

Figura 2.5: Regiones de convergencia, |z|


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2.7.3. Series de Taylor

21. a) Expresar a la funcinf(z) =ez en serie de Taylor alrededor de z= 0.b) Encontrar la serie de Maclaurin paraf(z) =z2e3z.c) Encontrar la serie de Taylor def(z) =ez alrededor dez0 = i.

Solucin:a) Comof(z) =ez es una funcin entera (analtica en todo el plano complejo),

tiene un arepresentacin en serie de Taylor (Maclaurin) valida para toda z,por lo tanto, como se cumpe que:

f(z) = ez

f(z) = ez

f(z) = ez

...

fn(z) = ez,

entonces,fn(z= 0) =ez=0 = 1,

por lo tanto, los coeficentes de Taylor estn dados por:

an=fn(z= 0)

n! =

1

n!,

finalmente la serie de Maclaurin para f(z) =ez est dada por:

ez =

n=0

zn

n!,

para |z| < .

b) Ntese que la forma ms fcil de obtener la serie def(z), es sustituyendozpor3zen el resultado del inciso anterior, y despus multiplicar la expresinresultante por la funcinz2, es decir;

e3z =

n=0

(3z)n

n! ,

de donde,

z2e3z =

n=0

z2(3z)n

n!

=

n=0

zn

n!zn+2,


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finalmente, sustituyendonporn 2obtenemos,

z2e3z =

n=2

3n2

(n 2)!zn.

c) La serie buscada debe tener la forman=0 an(z i)n. Del inciso a), sabemos

que

ez =

n=0

zn

n!,

alrededor dez = 0, en forma anloga al inciso b) si sustituimos zpor z ien la ecuacin anterior obtenemos

ezi =

n=0

(z i)nn!

,

peroezi = ezei

, por lo tanto,ez = eiezi

, as de la ecuacin anterior obte-nemos,

ez =ei

n=0

(z i)nn!

=

n=0

ei

n!(z i)n.

Oosrvese que la serie de Taylor de ez alrededor de z0 = iconverge paratodaz, es decir; para |z i| < .


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22. Encontrar la serie de Taylor paraf(z) = 11+zalrededor dez0 = 2i.Solucin:

La serie bucada debe tener la forma

n=0 an(z+ 2i)n. Manipulando algebraica-

mente la funcin dada de la forma,

11 + z

= 11 + z+ 2i 2i = 1(1 2i) + (z+ 2i) = 11 2i

1

1 + z+2i12i

,

obsrvese que el manipuleo algebraico siempre se hace con el objetivo de tenerlas potencias deseadas, que en este caso es en potencias dez+ 2i. As, usando laserie geomtrica,

n=0

(z)n =

n=0

(1)nzn = 11 + z

si |z|


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2.7.4. Series de Laurent

23. La funcinf(z) =e1z es analtica en todo el plano complejo excepto en el origen,

es decir; es analtica en el anillo0 < |z| < . Como se vi anteriormente,f(z) =ez tiene una representacin en serie de Maclaurin para todo zde la forma,

ez =

n=0

znn!

,

entonces el desarrollo de Laurent paraf(z) =e1z est dado por,

e1z =

n=0

1

n!

1

zn.

24. Encontrar la serie de Laurent de la funcin f(z) = 1z5

cos zen el anillo 0< |z| < .

Solucin:

Recordemos que la serie de Maclaurin para f(z) = cos zest dado por,

cos z=

n=0

(1)n(2n)!

z2n.

en |z| < . De este modo,

1

z5cos z =

n=0

(1)n

(2n)!z2n

z5

=

n=0

(1)n(2n)!

z2n5

= 1

0!

1

z5 1

2!

1

z3+

1

4!

1

z 1

6!z+

1

8!z3 . . .

es el desarrollo de Laurent def(z) = 1z5

cos zen el anillo0< |z| < .


48/129


25. Encuentre la serie de Laurent def(z) = 11+z2alrededor dez0= i.

Solucin:

La serie pedida tendr la forma an(z+i)n, aplicando fracciones parciales la

funcin dada se puede escribir de la forma,1

1 + z2 =

1

(z+ i)(z i) = i

2

1

z+ i i

2

1

z i ,

0bsrvese que el primer trmino ya est en potencias z+ i, por lo que manipule-mos algebraicamente el segundo trmino de la forma,

i

2

1

z i = i

2

1

z i+ i i

= i

2

1

2i 1

z+i2i

aplicando la convergencia de la serie geomtrica, obtenemos

i

2

1

z i = i

2

1

2i

n=0

z+ i

2i

n

= i

2

n=0

1

(2i)n+1(z+ i)n

.

Ntese que

z+i2i

< 1es equivalente a|z+i| < 2, por lo tanto el desarrollo de

Laurent paraf(z) = 11+z2

en el anillo01, y en forma anloga1

2

1

1 z2

=

n=0

zn

2n+1,

vlida paraz

2

< 1, es decir; para |z| < 2. Por lo tanto, la serie de potencias paraf(z)enD2tiene la forma:

f(z) =

n=0

1

zn+1+

n=0

zn

2n+1,

para1


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27. Dada la funcin,

f(z) = 1

z2(1 + z),

encuentre la expansin en serie de Laurent alrededor de,

a) z= 0,

b) z= 1.En casa caso, determine la regin en donde es vlida.

Solucin:

a) En este casoz0 = 0, entonces necesitamos una serie de potencias dez. Usan-do la convergencia de la serie geomtrica obtenemos,

1

z2(1 + z) =

1

z2

1

1 + z

=

1

z2

n=0

(1)nzn

= 1z2

1 z+ z2 z3 + z4 . . .la serie anterior es vlida para0< |z|


52/129


28. Desarrolle la funcinf(z) =

z

(z 1)(2 z)en una serie de Laurent vlida para

a) 1< |z| 2,c) |z 1| >1,d) 0< |z 2|


53/129


vlida paraz

2

1. Ahora, slo manipulamos el segundo trminof(z)de laforma

2

2 z = 2

z 2= 1

z

2

1 2z

= 2

z

n=0

2n

zn

vlida para 2

z

< 1, es decir |z| >2, por lo tanto la serie de potencias de f(z)para |z| >2est dada por:

f(z) =

n=0

1

zn + 1

n=0

2n+1

zn+1

=

n=0

1 2n+1 1

zn+1

= 1z 3

z2 7

z3 15

z4

c) para |z 1| >1, obsrvese que el primer trmino def(z) = 1z1+ 22zya esten potencias de(z 1), as que slo manipulemos el segundo trmino

2

z 2 = 2

z 1 1= 2

z 1

1

1 11z

= 2

z 1

n=1

1

(z 1)n


54/129


por lo tanto, la serie de potencias de f(z)para |z 1| >1es de la forma

f(z) = 1

z 1+ 2

z 1

n=1

1

(z 1)n

= 1

z 1+ 2

n=1

1

(z 1)n+1

= 1

z 1+ 2

(z 1)2 + 2

(z 1)3 +

d) Para0< |z 2|


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Captulo 3

Problemas de Anlisis de Fourier

En esta segunda parte del presente problemario, presentamos algunos problemasde...

3.1. Series de Fourier

29. Escribir la serie de Fourier def(x) =xen el intervalo[, ].

Solucin:

Primeramente calculemos los coeficientes de Fourier. Po definicin si fes una

funcin integrable en el intervalo [, ]. Los coeficiente de Fourier de fen elintervalo[, ]son los nmeros:

a0 = 1

2

f(x)dx, (3.1)

an = 1

f(x)cos(nx)dx, (3.2)

bn= 1

f(x)sen(nx)dx. (3.3)

La serie de Fourier defen el intervalo[, ]es la serie:

f(x) =a0+

n=1

[ancos(nx) + bnsen(nx)] , (3.4)

55


56/129

56 3. Problemas de Anlisis de Fourier

aplicando la ecuaciones (23),(24) y (25) obtenemos,

a0= 1

2

xdx=

1

4x2

= 0

an= 1

xcos(kx)dx=

xn

sen(nx) + 1n2

cos(nx)

= 0

bn = 1

xsen(kx)dx =

x

ncos(nx) +

1

n2sen(nx)

= 1n

cos(n) 1n

cos(n)

= 2n

cos(n)

= 2n

(1)n+1.

Por lo tanto, sustituyendo los coeficientes a0,any bnen la ecuacin (26), la seriede Fourier def(x) =xen el intervalo[, ]est dada por

f(x) =

n=1

2

n(1)n+1sen(nx)

En la siguiente figura se muestra la la funcin y su serie de Fourier.

-3 -2 -1 0 1 2 3x

-3

-2

-1

0

1

2

3

y

Figura 3.1: Grfica def(x) =xy su serie de Fourier para n= 15.


57/129

3.1. Series de Fourier 57

30. Encontrar la serie de Fourier de la funcin definida por,

f(x) =

k si < x


58/129


En la siguiente figura se muestra la la funcin y su serie de Fourier para el casok= 1.

0 1 2 3 4 5 6

x

-1

-0.5

0

0.5

1

y

Figura 3.2: Grfica def(x)y su serie de Fourier para n= 1yn= 5.

Obsrvese tambin que en los ejemplos anteriores, los coeficientes a0y anresul-taron ser iguales a cero, esto se debe a la paridad e imparidad de las funcionesque analizaremos en otra seccin.

Observacin:Los problemas anteriores se refieren a series de Fourier de funciones definidas enel intervalo[, ]. Podemos extender el clculo de las series para series de Fou-rier en cualquier intervalo [L, L]simplemente cambiando de escala, al hacer elcambio de variablet =

xL, como se ilustra en los siguiente problemas.


59/129


31. Dada la funcin,

f(x) =

0 para 3 x 0x para0 x 3

Encontrar la serie de Fourier de fen el intervalo[3, 3].

Solucin:Sifes una funcin integrable en el intervalo [L, L]. Los coeficiente de Fourierdefen el intervalo[L, L]son los nmeros:

a0= 1

2L

LL

f(x)dx. (3.5)

an= 1

L

LL

f(x)cos

n

Lx

dx, (3.6)

bn= 1

L

LL

f(x)senn

Lx

dx, (3.7)

La serie de Fourier defen el intervalo[L, L]es la serie:

f(x) =a0+

n=1

ancosn

Lx

+ bnsenn

Lx

, (3.8)

para n= 1, 2, 3, . . . , donde los nmeros a0, a1, . . . , b0, b1, . . . , bnson los coeficientes

de Fourier defen el intervalo[L, L]. Calculemos primeramente los coeficientesconL = 3, aplicando la ecuacin (27) obtenemos,

a0 = 1

2(3)

33

f(x)dx

= 1

6

03

f(x)dx+1

6

30

f(x)dx

= 1

6

30

xdx

=x2

12

3

0

= 9

12,

por lo tanto,

a0= 9

12=

3

4.


60/129


Asimismo, de la ecuacin (28) obtenemos

an=1

3

30

xcosn

3 x

dx,

esta integral se resuelve por el mtodo de integracin por partes: si hacemos u=x, entoncesdu = dx, as tambin si dv =cos n

3

x dx, entoncesv = 3n

sen n3x,

de esta forma obtenemos,

an = 1

3

x

3

nsenn

3 x

3n

30

senn

3 x

dx

= 1

3

3x

nsenn

3 x

+ 9

n22cosn

3 x

3

0

= 1

3

3(3)

n sen(n) +

9

n2cos(4)

1

3

9

n22

= 3

n

2

2 cos(n) 3

n

2

2,

por lo tanto,

an= 3

n22[cos(n) 1].

En forma anloga para el coeficiente bn, de la ecuacin (29) obtenemos,

bn=1

3

30

xsennx

3

dx,

anlogamente, aplicando el mtodo de integracin por partes; si hacemos u =x,entoncesdu = dx, as tambin si dv = sen n3 x, entoncesv =

3n

cos n3 x,de esta forma obtenemos,

bn = 1

3

x 3

ncosn

3 x

+ 3

n

30

cosn

3 x

dx

=

x

ncosn

3 x

+ 3

n22senn

3 x

3

0

= 3n

cos(n) + 3

n2sen(n)

0

ncos(0) +

3

n22sen(0)

por lo tanto,

bn= 3

n cos(n),

finalmente, sustituyendo los valores de los coeficientes a0,any bnen la ecuacin(30), la serie de Fourier defen el intervalo[3, 3]est dada por,

f(x) =3

4+

n=1

3

n22((1)n 1)

cosn

3 x

3

n(1)n+1

senn

3 x

.


61/129


-3 -2 -1 0 1 2 3

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Figura 3.3: Grfica def(x) =xy su serie de Fourier para n= 5yn= 10.

Obsrvese quecos(n) = (1)n y cos(n) = (1)n+1. La siguiente figura mues-

tra la funcin y su serie de Fourier.

En algunos casos podemos ahorrarnos trabajo al calcular los coeficientes de Fou-rier observando las propiedades de la funcin dada, dependiendo de la paridade imparidad de la misma, como se ilustra en los siguientes problemas.


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32. Calcule las series de Fourier de las siguientes funciones y en los intervalos indi-cados:

a) f(x) = |x|, para el intervalo x .b) f(x) = cos x2 sen(x), para el intervalo x .c) f(x) = sen(x), para el intervalo0 x

Solucin:

a) Comof(x) =|x|es una funcin par en el intervalo [, ], entonces de laecuacin (31) su serie de Fourier estar dada (conL= ) por:

f(x) =a0+

n=1 ancos(nx),

y de las ecuaciones (32) y (33) conL= , los coeficientesa0yanestn dadospor:

a0= 1

0

f(x)dx.

an= 2

0

f(x)cos(nx)dx,

sustituyendo el valor de la funcin f, obtenemos

a0= 1

0

xdx= 1

x2

2

0

=

2,

en forma anloga, para el coeficiente ansustituyendo el valor de la funcintenemos

an = 2

0

x cos(nx)dx

= 2

x

nsen(nx)

0

1n

0

sen(nx)dx

,


63/129


en donde aplicamos el mtodo de integracin por partes, al hacer los cam-bios de variableu = x, de dondedu = dx, y tambin, dv = cos(nx)dx, dedonde v = 1n sen(nx). Obsrvese que al evaluar en los lmites, la primeraintegral resulta ser igual a cero, por lo tanto,

an = 2

n 0 sen(nx)dx

=

2

ncos(nx)

0

= 2

n(cos(n) 1)

= 2

n2[(1)n 1] .

Por lo tanto, la serie de Fourier de la funcin f(x) = |x| en el intervalo[, ]est dada por:

f(x) =

2+

n=1

2

n2((1)n 1)cos(nx)


-3 -2 -1 0 1 2 3

x

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y

Figura 3.4: Grfica def(x) = |x| y su serie de Fourier para n= 3yn= 10.

b) Para este caso, observese que la funcinf(x) = cos

x2

sen(x)en el inter-valo [, ] no es par ni impar, por lo que su serie de Fourier estar dada por:


64/129


f(x) =a0+

n=1

ancosn

Lx

+ bnsenn

Lx

,

donde los coeficeintes estn dados por,

a0= 1

2L

LL

f(x)dx,

an= 1

L

LL

f(x)cosn

Lx

dx,

bn= 1

L

L

L

f(x)sennL

x dx,Calculando los coeficientes conL= , obtenemos

a0 = 1

2

cosx

2

sen(x)

dx

= 1

senx

2

+ cos(x)

= 1

sen

2 sen

2 + (cos() cos()) ,de esta forma,

a0 = 2

.

donde se aplic el hecho de que sen() = sen()y tambin cos() =cos(). Asimismo, para el coeficienteanobtenemos,

an = 1

cosx

2

sen(x)

cos(nx)dx

= 1

cosx2 cos(nx)dx

sen(x)cos(nx)dx ,la segunda integral es cero debido a la ortogonalidad de las funciones se-no y coseno. Para resolver la primera integral hacemos uso de la identidadtrigonomtrica del coseno de la suma y diferencia de 2 ngulos;

cos(A B) = cos A cos B sen A sen B,


65/129


que para este caso tenemos,

cosx

2+ nx

= cos

x2

cos(nx) sen

x2

sen(nx)

cosx

2 nx

= cos

x2

cos(nx) + sen

x2

sen(nx),

de donde obtenemos,

cosx

2

cos(nx) =

1

2

cos

x + 2nx

2

+ cos

x 2nx

2

= 1

2

cos

1 + 2n

2

x + cos

1 2n

2

x

por lo tanto la integral para el coeficiente anresulta ser

an = 1

2

cos1 + 2n

2 x + cos1 2n

2 x

= 1

2

2

1 + 2nsen

1 + 2n

2

x

+ 2

1 2nsen

1 2n2

x

= 1

2

4

1 + 2n

sen

2+ n

+

4

1 2n

sen

2 n

usando nuevamente la siguiente identidad,

sen

2 n

= sen

2

cos(n) cos

2

sen(n) = cos(n) = (1)n,

finalmente obtenemos la expresin para el coeficiente an,

an = 1

2

4

1 + 2n(1)n + 4

1 2n(1)n

= 4

(1)n1 4n2

.

Con un procedimiento similar al clculo del coeficiente an, el lector puedeverificar que bn= 0. De esta forma, la serie de Fourier para la funcinf(x) =cos x2 sen(x), en el intervalo x est dada por,

f(x) = 2

4

n=1

(1)n4n2 1cos(nx).



66/129


-3 -2 -1 0 1 2 3

0

0.5

1

1.5

Figura 3.5: Grfica de f(x) = cos

x2

sen(x)(lnea punteada) y su serie de Fourierparan= 3, (lnea continua).

c) En este caso, como la funcinf(x) = sen(x)es impar, entonces su serie deFourier tendr la forma,

f(x) =

n=1

bnsenn

Lx

,

donde el coeficientebnest dado por,

bn= 2

L

L0

f(x)senn

Lx

dx,

en este caso,

bn=

2

0 sen(x)sen(nx)dx,

de un procedimiento anlogo al inciso anterior, obtenemos

sen(x) sen(nx) =1

2[cos(1 n)x cos(1 + n)x] ,

por lo qu ela integral para el coeficiente bnse transforma como,

bn = 1

0

[cos(1 n)x cos(1 + n)x] dx

= 1

0

cos(1 n)xdx

0

cos(1 + n)xdx

= 1

1

(1 n)sen(1 n)x0

1(1 + n)

sen(1 + n)x0

= 0,

como era de esperarse!, el lector puede revisar un poco la teora para queno le sorprenda la afirmacin anterior.


67/129


33. Dada la funcin,

f(x) =

0 para x


68/129


a0 = 1

2

f(x)dx

= 1

2

1

0dx + 1

2

21

dx+ 1

2

2

3dx

= 12

2

1

dx +

2

3dx

= 1

2[x|21+ 3x|2 ] =

1

2[1 + 3( 2)],

por lo tanto,

a0= 1

2[3 5].

Asimismo, de la ecuacin (28) obtenemos

an = 1

f(x)cos(nx)dx

= 1

1

0cos(nx)dx+

21

cos(nx)dx+

2

3cos(nx)dx

= 1

1

nsen(nx)

2

1

+ 3

nsen(nx)

2

= 1

1

n

(sen2n

sen(n)) +

3

n

(sen(n)

sen(2n))

= 1

1

nsen(2n) 1

nsen(n) 3

nsen(2n)

,

por lo tanto,

an = 1

2

n(sen(2n) + sen(n))

en forma anloga para el coeficiente bn, de la ecuacin (29) obtenemos,

bn = 1

f(x)sen(nx)dx

= 1

1

0sen(nx)dx+

21

sen(nx)dx+ 3

2

sen(nx)dx


69/129


= 1

1

ncos(nx)

2

1

3n

cos(nx)

2

= 1

1

n(cos2n cosn) 3

n(cosn cos2n)

= 1

1

ncos(2n) +

1

ncos(n)

3

ncos(n) +

3

ncos(2n)

= 1

1

ncos(2n)(3 1) +1

ncos(n) 3

n(1)n

,

por lo tanto,

bn= 1n

[2cos(2n) 3(1)n + cos(n)]

finalmente, sustituyendo los valores de los coeficientesa0, any bnen la ecua-

cin (30) la serie de Fourier de fest dada por,

f(x) = 1

2[3 5]

n=1

1

2

n(sen(2n) + sen(n))

cos(nx)

n=1

1

n[2cos(2n) 3(1)n + cos(n)] sen(nx).


70/129


3.2. Series de Fourier en Senos y Cosenos

34. Encuentre la serie de Fourier de la funcinf(x) = x2 en el intervalo[, ].

Solucin:

Recordemos del Clculo elemental los siguientes resultados para funciones parese impares, considerando quefes una funcin integrable en el intervalo[L, L]:

a) Sifes par entonces,

LL

f(x)dx= 2

L0

f(x)dx.

b) Sifes impar entonces, LL

f(x)dx= 0,

de lo enterior, si fes par, entonces la serie de Fourier de fen el intervalo[L, L]est dada por:

f(x) =a0+

n=1

ancosn

Lx

, (3.9)

donde los coeficientesa0yanestn dados por:

a0 = 1

L

L0

f(x)dx. (3.10)

an = 2

L

L0

f(x)cosn

Lx

dx, (3.11)

Como la funcin f(x) = x2 es una funcin par, entonces de la ecuacin (31) la

serie de Fourier defen el intervalo[, ]estar dada (conL= ) por:

f(x) =a0+

n=1

ancos(nx),


71/129

3.2. Series de Fourier en Senos y Cosenos 71

y de las ecuaciones (32) y (33) con L= , los coeficientesa0yanestn dados por:

a0 = 1

0

f(x)dx.

an= 2

0

f(x)cos(nx)dx,

sustituyendo el valor de la funcin f, obtenemos

a0 = 1

0

x2dx= 1

x3

3

0

=2

3,

en forma anloga, para el coeficienteansustituyendo el valor de la funcin tene-mos

an = 2

0

x2cos(nx)dx

= 2

x2

nsen(nx)

0

2n

0

xsen(nx)dx

,

en donde aplicamos el mtodo de integracin por partes, al hacer los cambiosde variable u = x2, de donde du = 2xdx, y tambin,dv = cos(nx)dx, de dondev = 1n sen(nx), aplicando nuevamente el mtodo de integracin por partes, ha-ciendo ahora u = xy dv = sen(nx)dx, obtenemos du = dxy v = 1

ncos(nx)

respectivamente, de tal forma que la integral anterior resulta,

an = 2

x2

nsen(nx)

0

x

ncos(nx)

0

+1

n

0

cos(nx)

= 2

x2

nsen(nx)

0

2x

n2cos(nx)

0

2

n3sen(nx)

0

= 2

2

n2cos(n)

= 4

n2cos(n)

= (1)n 4n2

.


72/129


Por lo tanto, sustituyendo los resultados anteriores en la ecuacin (31) la serie deFourier de la funcinf(x) =x2 en el intervalo[, ]est dada por:

f(x) =

2

3 +

n=1

(1)

n 4

n2 cos(nx)

= 2

3 + 4

cosx + cos2x

4 cos3x

9 + . . .

.

En la siguiente figura se muestra la funciny = x2 y su serie de Fourier.

-3 -2 -1 0 1 2 3

0

2

4

6

8

10

Figura 3.6: Grfica def(x) = x2 (lnea continua) y su serie de Fourier para n = 1, 3, 5,

(lneas punteadas).


73/129


35. Calcular las series de Fourier en cosenos y senos para la funcin definida por:

f(x) =

1 para0 x /22 para/2 x

Solucin:

Aplicando la paridad e imparidad de las funciones tenemos las siguientes defini-cin:

Definicin:

Sifes integrable en[0, L], entonces

a) La serie de Fourier en cosenos defen[0, L]est dada por,

a0+

n=1

ancosn

Lx

,

donde los coeficientesa0yanestn dados por:

a0 = 1

L

L0

f(x)dx,

an = 2

L

L0

f(x)cosn

Lx

dx

b) La serie de Fourier en senos defen [0, L]est dada por,

n=1

bncosnx

L

,

donde el coeficientebnest dado por:

bn= 2

L

L0

f(x)sennx

L

dx

As, para la serie de Fourier en cosenos, de las expresiones dadas en la defi-

nicin anterior obtenemos,

a0 = 1

0

f(x)dx,

an = 2

0

f(x)cos(nx)dx


74/129


por lo tanto, obtenemos

a0 = 1

2

0

dx+2

2

dx= 1

2

+

2

2

=

3

2

tambin,

an = 2

2

0

cos(nx)dx+4

2

cos(nx)dx

= 2

1

nsen(nx)

2

0

+4

1

nsen(nx)

2

= 2

nsenn

2

+

4

1

nsen(n) 1

nsenn

2

= 2

n senn

2 2senn

2 = 2

nsen

n2

De esta forma, la serie de Fourier en cosenos defen[0, ]est dada por:

3

2

n=1

2

nsenn

2

cos(nx).

En la expresin anterior, ntese que sen

n2

= 0sines un entero positivo,

por lo tanto necesitamos quedarnos nicamente con los trminos que con-

tengannimpar, por lo que la serie estar dada por:

3

2

n=1

2

(2n 1) sen

(2n 1)2

cos(2n 1)x

adems, si aplicamos la siguiente identidad trigonomtrica

sen(A B) = senAcosB cosAsenBobtenemos,

sen

n 2

= sen(n)cos

2

cos(n)sen

2

= cos(n) = (1)n = ()n+1

y adems como (1)n+1 = (1)n,la serie de Fourier estar dada por:


75/129


3

2+

2

n=1

(1)n(2n 1)

cos(2n 1)x

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

Figura 3.7: Grfica de la funcin del ejemplo anterior (lnea continua) y su serie deFourier paran= 3n= 10yn= 5, (lneas punteadas).

De la misma forma para la serie de Fourier en senos, de las expresiones da-das en la definicin anterior obtenemos,

bn = 2

0

f(x)sen(nx)dx

y de la definicin de la funcin dada obtenemos,

bn = 2

0

f(x)sen(nx)dx

= 2

/20

sen(nx)dx+ 2

2

sen(nx)dx

= 2

1

n

cos(nx)

2

0

2

2

n

cos(nx)

2

= 2

1

n cosn

2 1

n

2

ncos(n) +

2

ncos

n

2 =

2

n

1 + cos

n2

4

ncos(n).

Por lo tanto, la serie de Fourier en senos defen el intervalo[0, ]est dadapor:


76/129


2

n=1

1

n

1 + cos

n2

2()n

sen(nx).

obsrvese quecos(n) = (1)n.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

0

0.5

1

1.5

2

Figura 3.8: Grfica de la funcin del ejemplo anterior (lnea continua) y su serie deFourier paran= 5n= 25yn= 50, (lneas punteadas).


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3.3. Series de Fourier de funciones peridicas 77

3.3. Series de Fourier de funciones peridicas

36. Seag una funcin peridica definida porg(t) = t2 para el intervalo 0 < t < 3yg(t+3) =g(t)para todo t, encontrar la forma de ngulo de fase o forma armnicade la funcing(t).

Solucin:

Si la funcing(t)es peridica de periodoT, de la expresin para los coeficientesde Fourier las integrales se pueden tomar sobre cualquier intervalo de longitudT, por lo tanto, para todo nmero real a, se pueden escribir los coeficientes deFourier de la forma:

a0 = 1

T

a+Ta

g(t)dt. (3.12)

an= 2

T

a+Ta

g(t)cos (nw0t) dt, (3.13)

bn= 2

T

a+Ta

g(t)sen (nw0t) dt. (3.14)

Los resultados anteriores para la serie de Fourier se pueden escribir en una formams compacta, que se le llama la forma de ngulo de fase o forma armnica,

g(t) =a0+

n=1

cncos (nw0t + ). (3.15)

donde,

cn =

a2n+ b2n

n = tan1

bnan

.

se denominan respectivamente laAmplitud armnicay elngulo de fase. Laecuacin anterior muestra que para toda funcin gque sea peridica (con ciertaspropiedades de continuidad) se puede escribir como una suma de ondas cose-noidales (o senoidales). Para nuestro problema, como la funcin es peridica deperiodo 3, podemos integrar sobre cualquier intervalo de longutid 3, por conve-niencia integramos de 0 a 3aplicando las ecuaciones (34), (35) y (36), los coefi-cientes de Fourier, que el lector puede verificar resolviendo las integrales, estndados por:


78/129


a0=1

3

30

t2dt= 3

an= 23

3

0

t2cos

2n3

t

dt= 9n22

bn =2

3

30

f(t)sen

2n

3 t

dt= 9

n.

sustituyendo los resultados anteriores en la ecuacin (37), la serie de Fourier parag(t)est dada por,

g(t) = 3 +

n=1

9

n22cos

2nt

3

9

nsen

2nt

3

.

De los resultados anteriores, laAmplitud armnicay elngulo de fase estndados por:

cn =

a

2

n+ b

2

n = 9

n222

+ 9

n2

= 9

n22

1 + n

2

2

n = tan1

9n9

n22

= tan1(n).

Por lo tanto, la forma de ngulo de fase o forma armnica de la representacinde Fourier de la funcin gest dada por,

g(t) = 3 +

n=1 9

n221 + n22cos2nt

3 + tan1(n).

El espectro de amplitud para esta funcin est formado por los puntos (nw0, cn/2),donde nw0 = 2n/3. Asimismo, el espectro de amplitud permite visualizar lalongitud de cada una de las armnicas en las que se descompone la funcin pe-ridica.


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37. Determinar la serie compleja de la funcinf(t)definida por:

f(t) =3

4t,

para0< t


80/129


cn = 3

32

4

in te

in4

t80

+ 4

in

80

ein4

tdt

= 3

8 1

in te

in4

t

8

0+

16

n22 e

in4

t

8

0=

38

8

inei2n + 0 +

16n22

ei2n 1

= 3i

n.

Lo anterior se sigue del hecho de que ei2n = cos(2n) isen(2n) = 1, paracualquier enteron. Obsrvese tambin, que el resultado anterior se cumple paran= 0, as para calcular el coeficiente c0aplicamos la ecuacin (33), puesto quec0 = a0, de esta forma obtenemos,

c0= 18

80

34

tdt= 332

t2

2

8

0

= 384

(8)2 = 3.

Por lo tanto, la serie de Fourier compleja de la funcinf(t) = 34 t, para0 < t


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38. Encontrar la serie de Fourier trigonomtrica para la funcinf(t) = ATt, a partirdel resultado del problema anterior.

Solucin

Del problema anterior, en general se tiene para una funcin definida porf(t) =ATt, para0 < t < Tde periodoTque se conoce comofuncin Diente de Sierra,se tiene que

cn= i A

nw0T =i

A

2n

n = 0, y paran= 0obtenemos,

c0 = 1T

T

0

f(t)dt= AT2

T

0

tdt= AT2

t22

T

0

= A2

,

por lo tanto, la serie de Fourier compleja para la funcin Diente de Sierraestdada por:

f(t) =A

2 + i

A

2

1

neinw0t.

De la forma compleja de la Serie de Fourier de una funcin f(t)peridica de pe-

riodoTdada por la ecuacin,

f(t) =

cneinw0t,

donde

cn=1

2(an ibn) = 1

T

T2

T2

f(t)einw0tdt,

se puede obtener fcilmente la forma trigonomtrica de la Serie de Fourier def(t)

de la siguiente manera:De las ecuaciones anteriores obtenemos,

c0 = 1

2a0

cn = 1

2(an ibn)


82/129


cn = cn=1

2(an+ ibn),

es decir;

a0 = 2c0

2cn = an ibn2cn = an+ ibn,

de donde obtenemos,

an = cn+ cn

bn = i(cn cn)

es decir;

an = 2(cn)bn = 2(cn).

De esta forma, para el problema anterior, tenemos que

a0 = A

an = 0

bn = An

,

y como la serie de Fourier Trigonomtrica est dada por:

f(t) = a0+

n=1

[ancos (nw0t) + bnsen (nw0t)]

se tiene que,

f(t) = A A

n=1

1

nsen (nw0t)

= A A

sen(w0t) +

1

2sen(2w0t) +

1

3sen(3w0t) + . . .

39. Determinar la series de Fourier compleja y trigonomtrica de la funcinf(t) = et,en el intervalo(0, 2)yf(t + 2) =f(t).

Solucin:


83/129


Por definicin, de la ecuacin (38)la serie de Fourier compleja de una funcin f(t)est dada por,

cneinw0t

dondew0 = 2T, cn = 1T

T2

T2

f(t)einw0tdty Tes el periodo de la funcin, que en

este casoT = 2, de dondew0 = 1. De esta forma, los coeficientes de Fourier cnestn dados por,

cn= 1

2

22

22

f(t)einw0tdt= 1

2

eteintdt

En forma anloga al problema anterior, podemos integrar en cualquier intervalode longitud igual al periodo, es decir, podemos calcular a los coeficientescnde laforma,

cn = 1

2

20

e(1in)tdt

= 1

2

1

1 ine(1in)t

2

0

= 1

2

1

1 in

e(1in)2 1

en la ecuacin anterior obsrvese que,

e(1in)2 =e2ei2n =e2[cos(2n) sen(2n)] =e2

De esta forma, los coeficientes de Fourier estn dados por,

cn= e2 12(1 in) .

Por lo tanto, la serie de Fourier compleja de la funcin f(t) = et, en el intervalo(0, 2)est dada por,


84/129


e2 12(1 in)

1

1 ineinw0t.

Para pasar a la forma trigonomtrica empleamos la siguientes relaciones de loscoeficientes de Fourier, (ver problema anterior).

a0 = 2c0

an = cn+ cn

bn = i(cn cn)de la expresin que se obtuvo para los coeficientes cntenemos que,

c0 =e2 1

2 ,

de donde,

a0=e2 1

,

asimismo para los coeficientesanybnobtenemos,

an = e2 1

2 1

1

in

+ 1

1 + in= e

2 12

1 + in+ 1 in

1 + n2

= e2 1

2

2

1 + n2

= e2 1

1

1 + n2

,

bn = ie2 1

2

1

1 in 1

1 + in

= ie2 12

1 + in 1 + in

1 + n2

= i

e2 12

2in

1 + n2

= 1 e2

n

1 + n2

.


85/129


Sustituyendo las expresiones anteriores de los coeficientes en la serie de Fouriertrigonomtrica, obtenemos

f(t) = a0+

n=1

[ancos (nw0t) + bnsen (nw0t)]

= e2 1

+

n=1

e2 1

1

1 + n2

cos (nw0t) +

1 e2

n

1 + n2

sen (nw0t)

= e2 1

1 +

n=1

1

1 + n2(cosnt nsennt)


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3.4. Espectros de Frecuencia 87

vsla frecuencia discreta nw0, es decir el espectro de frecuencias es una funcindiscreta y existe slamente cuando,

w= 0, 2T

, 4T

, . . . ,

Tomando algunos valores especficos paradyT, por ejemplo, si d = 120

yT = 14,

entoncesw0 = 2T = 214

= 8. por lo tanto el espectro de amplitud existe cuando

w = 0, 8, 16 , . . . ,adems como dT

= 1/201/4

= 15, entonces nd

T = n 1

5 = m,

param = 0, 1, 2, 3, . . . ,es decir el espectro de amplitud se hace cero en elvalor denw0para el cual,

nw0d

2=m,

o tambin,

nd

T =m,

para m= 0, 1, 2, 3, . . . , es decir cuando w= 5w0= 40, 10w0 = 80, 15w0=120 , . . . ,como lo muestra la siguiente figura.Asimismo, si tomamos por ejemplo, d = 1

20 y T = 1

2de segundo, entonces

w0 = 4 y dT = 110

, por consiguiente el espectro de amplitud existe cuandow = 0, 4, 8 , . . . ,y se hace cero en el valor de nw0para el cual nw0 d2 = mo nd

T = n110

= m(m = 0, 1, 2, 3, . . . ,) es decir cuandow =10w0 =

40, 20w0= 80, 30w0= 120 , . . ., etc.


88/129


89/129

3.4. Espectros de Frecuencia 89

donde:

|cn| = AdT

sen

ndT

nd

T

,

y

n= nw0d2

.

Por lo tanto, el espectro de amplitud es exactamente el mismo que el ejemploanterior y no se ve afectado por el cambio de origen, pero el espectro de fase esahora igual a nw0d

d = n dT radianes.En general, si f(t)es una funcin peridica con periodo T, y su serie de Fourierest dada por:

f(t) =

cneinw0t

de la ecuacin anterior, obtenemos

f(t ) =

cneinw0(t)

=

cneinw0teinw0

=

C

ne

inw0t

donde Cn = cneinw0. As mismo, del ejemplo anterior el coeficiente cn estabadado porcn= |cn|ein , por lo tanto

Cn = |cn|eineinw0= |cn|ei(nnw0).

La ecuacin anterior indica que el espectro de amplitud de f(t)y f(t )es el

mismo; sin embargo, las fases son diferentes. El desplazamiento de una funcinf(t)en un tiempoproduce un atraso denw0radianes en la componente de lafrecuencianw0.


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3.5. Transformada de Fourier

42. Calcular la Transformada de Fourier de la funcing(t) = te2tf(t)donde,

f(t) = [u (t + a) u (t a)] .

Solucin:

Por definicin, la TF de una funcin g(t) est dada por:

F[g(t)] =

g(t)ejw tdt,

de esta forma,

F[g(t)] =

te2t[u(t + a) u(t a)]ejw tdt

= aa te

(2+jw)t

dt

=

aa

tetdt,

donde = 2+jw . Resolviendo la integral por partes, identificando a las variablesde la formau= tydv = etdt, de donde

du = dt,

v = 1

eT.

As, la integral resulta ser de la forma,

F[g(t)] =

t

1

et

a

a

+1

aa

etdt

=

t

et

aa

+1

1

eaa

= aea + aea 12 ea ea

=

a

ea ea+ 1

2

ea ea

=

a

+

1

2

ea ea .


91/129

3.5. Transformada de Fourier 91

Por lo tanto,

F[g(t)] = [2sinh(a)]

a

+

1

2

,

finalmente, sustituyendo el valor de= 2 +jw obtenemos,

F[T e2T [u(T+ a) u(T a)]] = 2

a

2 +jw+

1

(2 +jw)2

sinh(2 +jw)a.


92/129


43. Dada la funcin,

f(t) =

et parat >00 parat


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por lo tanto,

R(w) =

2 + w2

(w) = w2 + w2

,

asimismo, los espectros de Amplitud y de fase, |F(w)| y(w)de la funcin f(t)estn dados por:

Figura 3.10: Transformada de Fourier de la funcin exponencial,= 1y= 2.

|F(w)| = 2 + w2

(w) = tan1 w

.


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44. Dada la funcin,

f(t) =

0 parat < ak para a t < a0 parat > a.

donde a y kson nmeros positivos, encontrar la Transformada de Fourier de f(t).Como se muestra en la figura, esta funcin se puede representar como la diferen-cia de dos funciones de HeavisideH(t), que analizaremos posteriormente en lasecin de transformadas de Fourier de funciones generalizadas (funciones sim-

blicas).

Figura 3.11: Funcin pulso rectangular.

Solucin:

En forma anloga al problema anterior, sustituyendo el valor de la funcin dadaen la definicin para la transformada de Fourier obtenemos,

F[f(t)] = a

f(t)ejw tdt +

aa

f(t)ejw tdt +

a

f(t)ejw tdt

= k

aa

ejw tdt= k1jw

ejw t

a

a

= kjw

ejw a ejw a

= 2k

w

ejw a ejw a

2j

.

finalmente, obtenemos

F[f(t)] = 2ka

sin(wa)

wa


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Figura 3.12: Transformada de Fourier de un pulso rectangular.

45. Determinar la transformada de Fourier de la funcin que se muestra en la si-guiente figura,

Solucin:

Aplicando la definicin de la transformada de Fourier obtenemos,

F[f(t)] = 0T

A

Tejw tdt+ =

T0

A

T

ejw tdt

= AT

1

jw

ejw t

0T

AT

1

jw

ejw t

T0

= AjwT

1 ejw T+ A

jwT

problems matemáticas avanzadas para la ingeniería

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