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MarianAAAJ
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| Jackson666 escribió:
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Para ![[tex]\alpha = 2[/tex]](images/latex/1ab2b68cafbf3314fc33382cefaa84f291c59c93_0.png "[tex]\alpha = 2[/tex]") , te queda ![[tex]f(z)=\frac{1}{z^{4}+z^{2}+1}[/tex]](images/latex/529ac0789ffef76c4b9885a23c68244e2586ee0e_0.png "[tex]f(z)=\frac{1}{z^{4}+z^{2}+1}[/tex]") que tiene polos simples ![[tex]z_{1}=\mathbf{exp}\left({i \frac{2\pi}{3}}\right)[/tex]](images/latex/0acee4d0ad29f41a2608d4cac8ec36a9a3747f8a_0.png "[tex]z_{1}=\mathbf{exp}\left({i \frac{2\pi}{3}}\right)[/tex]") , ![[tex]z_{2}=\mathbf{exp}\left({i \frac{\pi}{3}}\right)[/tex]](images/latex/aee36b57c454e45d62d449516f8de141c056207c_0.png "[tex]z_{2}=\mathbf{exp}\left({i \frac{\pi}{3}}\right)[/tex]") y los conjugados también, obvio.
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Para calcular los ceros de la función ![[tex] z^4 + z^2 + 1 [/tex]](images/latex/f71dca49862dac3d4f0b7d004dad39d16d8219d0_0.png "[tex] z^4 + z^2 + 1 [/tex]") aplique q ![[tex] z^2 = x [/tex]](images/latex/eed6118f2a1f3f27700e0be26b7497ddd37bdd51_0.png "[tex] z^2 = x [/tex]") , y llegue a que ![[tex] x_1 = \frac{-1 + i \sqrt{3}}{2} [/tex]](images/latex/eb81d1e74f40a80961265f62c402f6f73005045c_0.png "[tex] x_1 = \frac{-1 + i \sqrt{3}}{2} [/tex]") y ![[tex] x_2 = \frac{-1 - i \sqrt{3}}{2} [/tex]](images/latex/52243dd520ef0f31d589630e42abf30c66c33b92_0.png "[tex] x_2 = \frac{-1 - i \sqrt{3}}{2} [/tex]") , si lo pasamos a la forma exponencial queda ![[tex] x_1 = e^{i . \frac{2}{3} . \pi} [/tex]](images/latex/32cf1da77bc30e829edf6a78df10d154b6ec82a3_0.png "[tex] x_1 = e^{i . \frac{2}{3} . \pi} [/tex]") y ![[tex] x_2 = e^{i . \frac{4}{3} . \pi} [/tex]](images/latex/c14c191389b592ad34954481552f399e0f957137_0.png "[tex] x_2 = e^{i . \frac{4}{3} . \pi} [/tex]") . Hice algo mal?.
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Jackson666
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| Me parece que te faltan 2 raíces (y una de las que calculaste no te sirve para calcular la integral).
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MarianAAAJ
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| Bueno si tener en cuenta las conjugadas, y las q tienen imaginario negativos no sirven para el cálculo de la integral.
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MarianAAAJ
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Me quedo que la integral del 4 es ![[tex] 2 . \pi . i . \left(Res \left (f(z), e^{i. \frac{2}{3} . \pi} \right) + Res \left (f(z), -e^{i. \frac{4}{3} . \pi} \right) \right) [/tex]](images/latex/90228864038ac0347e0ff02bb9fe5cc7aeae3add_0.png "[tex] 2 . \pi . i . \left(Res \left (f(z), e^{i. \frac{2}{3} . \pi} \right) + Res \left (f(z), -e^{i. \frac{4}{3} . \pi} \right) \right) [/tex]")
Y en el 4, no es necesario una condición inicial para y? Ya que si al aplicar la TL sobre la y' queda: s.Y(s) - y(0)
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Jackson666
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No estoy seguro de que la integral dé eso porque me parece que un residuo está mal. Los polos que tenes que considerar son ![[tex]z_{1}=\operatorname{exp}\left({i \frac{\pi}{3}}\right)[/tex]](images/latex/70fe0e81e481908ecaebdbbc90cd1dbb2eb69ca7_0.png "[tex]z_{1}=\operatorname{exp}\left({i \frac{\pi}{3}}\right)[/tex]") y ![[tex]z_{2}=\operatorname{exp}\left({i \frac{2\pi}{3}}\right)[/tex]](images/latex/5de4f48bf158c0cf96d858b16e810f3b09c0a322_0.png "[tex]z_{2}=\operatorname{exp}\left({i \frac{2\pi}{3}}\right)[/tex]") (no entiendo de dónde salió el menos del segundo residuo que pusiste).
Sí, en el 4 ese necesaria la condición inicial. Para resolver la supones nula y listo.
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MarianAAAJ
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| Jackson666 escribió:
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No estoy seguro de que la integral dé eso porque me parece que un residuo está mal. Los polos que tenes que considerar son y (no entiendo de dónde salió el menos del segundo residuo que pusiste).
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Para calcular los ceros de la función aplique q , y llegue a que y , si lo pasamos a la forma exponencial queda y
Entonces si tengo en cuenta; el pasaje las raices que quedan son: ![[tex] z_1 = \pm \frac{-1 + i \sqrt{3}}{2} [/tex]](images/latex/eea82f970db0876af2256c08abff71ad5aab44a1_0.png "[tex] z_1 = \pm \frac{-1 + i \sqrt{3}}{2} [/tex]") y ![[tex] z_2 = \pm \frac{-1 - i \sqrt{3}}{2} [/tex]](images/latex/737421d136b15de860c63bca2e7467d9deecbf4a_0.png "[tex] z_2 = \pm \frac{-1 - i \sqrt{3}}{2} [/tex]")
Entonces ![[tex] z_1 = \pm e^{i . \frac{2}{3} . \pi} [/tex]](images/latex/1bcdc70117354cb7c391b23951369bfaebad6794_0.png "[tex] z_1 = \pm e^{i . \frac{2}{3} . \pi} [/tex]") y ![[tex] z_2 = \pm e^{i . \frac{4}{3} . \pi} [/tex]](images/latex/3ccad825fde5934f7eabdcf20e546ffd7ccbfae6_0.png "[tex] z_2 = \pm e^{i . \frac{4}{3} . \pi} [/tex]") Por lo que, para calcular la integral solo sirven las raíces donde la parte imaginaria es positiva.
En el 4, llegue a que ![[tex] y(s) = \frac{2 . (e^{-s} - e^{-2s})}{(s - s_1) . (s - s_2)} [/tex]](images/latex/c4bd088fb54a1e513001fb042f5181d986baa11a_0.png "[tex] y(s) = \frac{2 . (e^{-s} - e^{-2s})}{(s - s_1) . (s - s_2)} [/tex]") donde ![[tex]s_1=\frac{-3+\sqrt{5}}{2}[/tex]](images/latex/2a9d5d5e160cd6ed6b4ac6147d3e613a5a8603e0_0.png "[tex]s_1=\frac{-3+\sqrt{5}}{2}[/tex]") y ![[tex]s_2=\frac{-3-\sqrt{5}}{2}[/tex]](images/latex/1b6d52f790d60a49baa25f4ce0880fd09369ed8e_0.png "[tex]s_2=\frac{-3-\sqrt{5}}{2}[/tex]") .
Después por fracciones simples, me queda que ![[tex] y(s) = 2 . \left ( \frac{1}{ \sqrt 5 . (s - s_1) } - \frac{1}{\sqrt 5 . (s - s_2)} \right) . (e^{-s} - e^{-2s})[/tex]](images/latex/398d420f695ad10e7e4ac62fa17926e085c9b037_0.png "[tex] y(s) = 2 . \left ( \frac{1}{ \sqrt 5 . (s - s_1) } - \frac{1}{\sqrt 5 . (s - s_2)} \right) . (e^{-s} - e^{-2s})[/tex]")
Haciendo distributiva uno de los términos queda: ![[tex] \frac{2 . e^{-s}}{\sqrt 5 . (s - s_1)} [/tex]](images/latex/4023633a9deb981c2437af5d922155d7969f2aea_0.png "[tex] \frac{2 . e^{-s}}{\sqrt 5 . (s - s_1)} [/tex]")
Como transformo eso? salen las constantes para afuera, y después por el primer teorema de traslación?
En el 5b, aplico transformada de fourier no?
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Jackson666
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Lo que no me di cuenta es que ![[tex]\operatorname{exp}\left({i \frac{\pi}{3}}\right) = -\operatorname{exp}\left({i \frac{4\pi}{3}}\right)[/tex]](images/latex/b858a22cdf76165a440cc4a185a56be9af3da987_0.png "[tex]\operatorname{exp}\left({i \frac{\pi}{3}}\right) = -\operatorname{exp}\left({i \frac{4\pi}{3}}\right)[/tex]") . O sea, el residuo te da lo mismo (me había equivocado yo al no ver que el número era el mismo pero estaba expresado de 2 formas distintas).
Claro, podes usar el primer teorema o sino podes usar el teorema de los residuos para calcular la antitransformada.
Sí, para el 5 b podes usar la TF o variables separables, como más te guste.
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MarianAAAJ
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| Jackson666 escribió:
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Lo que no me di cuenta es que . O sea, el residuo te da lo mismo (me había equivocado yo al no ver que el número era el mismo pero estaba expresado de 2 formas distintas).
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Queda así:
Siendo ![[tex] z_0 = e^{i. \frac{2}{3} . \pi} [/tex]](images/latex/a0a8a774a9d7705a2bad91ee10f45f180ef4db4b_0.png "[tex] z_0 = e^{i. \frac{2}{3} . \pi} [/tex]")
![[tex] Res \left (f(z), z_0 \right) = \lim_{z \to } (z - z_0) . \frac{1}{f(z)} [/tex]](images/latex/0bb169f912abe166c6d922894ba4ed2f271ed140_0.png "[tex] Res \left (f(z), z_0 \right) = \lim_{z \to } (z - z_0) . \frac{1}{f(z)} [/tex]")
Como queda la indeterminación 0/0, aplico L'H
![[tex] \lim_{z \to } \frac{1}{f'(z)} = \frac {1}{f'(z_0)} [/tex]](images/latex/650e2230b92ced3555204c97c21147378c60bad5_0.png "[tex] \lim_{z \to } \frac{1}{f'(z)} = \frac {1}{f'(z_0)} [/tex]")
Donde ![[tex] f'(z) = 2 z (2 z^2 + 1), f'(z_0) = 2 . \frac{-1 + i \sqrt 3}{2}. ( - i \sqrt 3) = 3 + i \sqrt 3 [/tex]](images/latex/ede58806d8c773a5893b65bed0446312b20626b3_0.png "[tex] f'(z) = 2 z (2 z^2 + 1), f'(z_0) = 2 . \frac{-1 + i \sqrt 3}{2}. ( - i \sqrt 3) = 3 + i \sqrt 3 [/tex]")
Entonces ![[tex] Res \left (f(z), z_0 \right) = \frac {1}{ 3 + i \sqrt 3} = \frac{ 3 - i \sqrt 3}{12} [/tex]](images/latex/c5a47db50269d60eb0d849ba6ea3b12c7cbcf10b_0.png "[tex] Res \left (f(z), z_0 \right) = \frac {1}{ 3 + i \sqrt 3} = \frac{ 3 - i \sqrt 3}{12} [/tex]")
Para el otro punto ![[tex] z_1 = -e^{i. \frac{4}{3} . \pi} [/tex]](images/latex/208343c2284a85c010496c0552ff817658eb6226_0.png "[tex] z_1 = -e^{i. \frac{4}{3} . \pi} [/tex]")
![[tex] Res \left (f(z), z_1 \right) = \lim_{z \to } (z - z_0) . \frac{1}{f(z)} [/tex]](images/latex/c91efab7b04a600ea94813d5b8b4983251eeef0a_0.png "[tex] Res \left (f(z), z_1 \right) = \lim_{z \to } (z - z_0) . \frac{1}{f(z)} [/tex]")
Como queda la indeterminación 0/0, aplico L'H
![[tex] \lim_{z \to z_1 } \frac{1}{f'(z)} = \frac {1}{f'(z_1)} [/tex]](images/latex/eb55669b24727218d84ef1f2d64e2ec553e04b94_0.png "[tex] \lim_{z \to z_1 } \frac{1}{f'(z)} = \frac {1}{f'(z_1)} [/tex]")
Donde ![[tex] f'(z_1) = 2 . \frac{1 + i \sqrt 3}{2} . (i \sqrt 3) = - 3 + i \sqrt 3[/tex]](images/latex/2523cb5e71d507db3a83286dcabac7199dda18fd_0.png "[tex] f'(z_1) = 2 . \frac{1 + i \sqrt 3}{2} . (i \sqrt 3) = - 3 + i \sqrt 3[/tex]")
Entonces ![[tex] Res \left (f(z), z_1 \right) = \frac {1}{- 3 + i \sqrt 3} = \frac{- 3 - i \sqrt 3}{12} [/tex]](images/latex/73ce8e8fe7e2effee1ee8719ceaafa709c8344eb_0.png "[tex] Res \left (f(z), z_1 \right) = \frac {1}{- 3 + i \sqrt 3} = \frac{- 3 - i \sqrt 3}{12} [/tex]")
Por lo tanto ![[tex] 2 \pi i \left( \frac{ 3 - i \sqrt 3}{12} + \frac{- 3 - i \sqrt 3}{12} \right) = \frac{ \pi . \sqrt 3}{3} [/tex]](images/latex/4abb2d4e5ab18cf8ba71dc5c448aa4666cb32caa_0.png "[tex] 2 \pi i \left( \frac{ 3 - i \sqrt 3}{12} + \frac{- 3 - i \sqrt 3}{12} \right) = \frac{ \pi . \sqrt 3}{3} [/tex]")
Tenía una cuenta mal y me quedaba distinto, pero ahí llegue al mismo resultado
| Jackson666 escribió:
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Claro, podes usar el primer teorema o sino podes usar el teorema de los residuos para calcular la antitransformada.
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Me termino quedando diferente, nose de donde sacas la función de heaviside cuando antitransformas; según lo q entiendo:
![[tex] L \left(\frac{2 . e^{2s}}{\sqrt 5 (s - s_1)} \right) = \frac{2}{\sqrt 5} e^{s_1(t-2)} [/tex]](images/latex/5a1399225d57bd2759c4e0806191033177ef80f0_0.png "[tex] L \left(\frac{2 . e^{2s}}{\sqrt 5 (s - s_1)} \right) = \frac{2}{\sqrt 5} e^{s_1(t-2)} [/tex]")
s1 es una de las raíces.
Si hago lo mismo para los otros tres términos q me quedaron no me queda nunca lo de la función de Heaviside que avos te queda metida dentro de y(t)
| Jackson666 escribió:
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Sí, para el 5 b podes usar la TF o variables separables, como más te guste.
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Como se haaría por TF, no tengo idea, si podes hacer un toque te lo agradecería. 
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Jackson666
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La integral impropia está bien, o al menos a Wolfram le da lo mismo  .
La función de Heaviside la tenes que considerar siempre. O sea, no es que "se saca de la galera"... En Análisis III se ve la transformada de Laplace unilateral (que no es la única), por ende, se supone que lo que se transformó tenía multiplicando a la función de Heaviside SIEMPRE, por más que no esté escrito explícitamente.
Sabiendo que ![[tex]\mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-\alpha s}F(s)\right\}(t) = f(t-\alpha)u(t-\alpha)[/tex]](images/latex/7ca9edb56626a6f2cde7d415bd125b98076ec13d_0.png "[tex]\mathcal{L}^{-1}\left\{e^{-\alpha s}F(s)\right\}(t) = f(t-\alpha)u(t-\alpha)[/tex]") , que ![[tex]\mathcal{L}^{-1}\left\{F(s-\alpha)\right\}(t) = e^{\alpha t}f(t)u(t)[/tex]](images/latex/c93cdbfe03f3f0fc06c0760ba099e0d92f3e8e4f_0.png "[tex]\mathcal{L}^{-1}\left\{F(s-\alpha)\right\}(t) = e^{\alpha t}f(t)u(t)[/tex]") y que ![[tex]\mathcal{L}\left\{u(t) \right\}(t) = \frac{1}{s}[/tex]](images/latex/56b586982494f999326e72bc671251e9d4fa6d38_0.png "[tex]\mathcal{L}\left\{u(t) \right\}(t) = \frac{1}{s}[/tex]") , la antitransformada es ![[tex]\operatorname{exp}\left[s_{1}(t+2) \right]u(t +2)[/tex]](images/latex/0675be311cc91af708ea810ea7de77634a2429ae_0.png "[tex]\operatorname{exp}\left[s_{1}(t+2) \right]u(t +2)[/tex]") , como te dio a vos.
Para la EDDP del 5), elegís transformar en "x" por cómo están dadas las CB. Suponiendo la derivada parcial de primer orden respecto de "x" con límite nulo en "los infinitos" y usando las propiedades de la transformada, la EDDP se te convierte en ![[tex]F_{yy}(\omega,y) + (i\omega)^{2}F(\omega,y) = 0[/tex]](images/latex/413253bac2d15f4ad0737822e95bf41cbd71ca1f_0.png "[tex]F_{yy}(\omega,y) + (i\omega)^{2}F(\omega,y) = 0[/tex]") , o sea, ![[tex]F_{yy}(\omega,y) - \omega^{2}F(\omega,y) = 0[/tex]](images/latex/d249ebd552f1d13423a69c2f93361fe3fb447b61_0.png "[tex]F_{yy}(\omega,y) - \omega^{2}F(\omega,y) = 0[/tex]") .
Tiene por soluciones ![[tex]F(\omega,y) = A(\omega)e^{\omega y} + B(\omega)e^{-\omega y}[/tex]](images/latex/1c5741c004ee831a24016a419a2ca210d1edfced_0.png "[tex]F(\omega,y) = A(\omega)e^{\omega y} + B(\omega)e^{-\omega y}[/tex]") . La transformada tiene que ser acotada. Trata de seguirlo.
EDIT: Corregido.
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Última edición por Jackson666 el Mar Ene 31, 2012 9:14 pm, editado 1 vez
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MarianAAAJ
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| Jackson666 escribió:
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La función de Heaviside la tenes que considerar siempre. O sea, no es que "se saca de la galera"... En Análisis III se ve la transformada de Laplace unilateral (que no es la única), por ende, se supone que lo que se transformó tenía multiplicando a la función de Heaviside SIEMPRE, por más que no esté escrito explícitamente.
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Entiendo lo que decís q está implícita en toda función; no entiendo bien el desarrollo que hiciste.
Si mi función a antitransformar es q: ![[tex] \frac{ e^{2s}}{(s - s_1)} [/tex]](images/latex/467a471b9b5819b5bd9697edd09167d1a82886c1_0.png "[tex] \frac{ e^{2s}}{(s - s_1)} [/tex]")
Entonces:
![[tex] \int_{0}^{ +\infty } \frac{ e^{-2s}}{(s - s_1)} . e^{-st} dt = \int_{0}^{ +\infty } \frac{ e^{-s (t+2)}}{(s - s_1)} dt [/tex]](images/latex/0dd192e1f4e8dbca8242c717c4b4e275b75673af_0.png "[tex] \int_{0}^{ +\infty } \frac{ e^{-2s}}{(s - s_1)} . e^{-st} dt = \int_{0}^{ +\infty } \frac{ e^{-s (t+2)}}{(s - s_1)} dt [/tex]")
Puedo decir que esa integral es igual a ![[tex] F(t + 2) [/tex]](images/latex/ea5568c43a9c33630149eef5f63999de4bfce9bb_0.png "[tex] F(t + 2) [/tex]") donde ![[tex] F(t) = L \left( \frac{1}{s - s_1} \right) = e^{t . s_1} [/tex]](images/latex/b529810b6d7caa6ab39061679a83330ea61ed813_0.png "[tex] F(t) = L \left( \frac{1}{s - s_1} \right) = e^{t . s_1} [/tex]")
Por lo tanto ![[tex] F(t + 2) = e^{s_1 (t + 2)} [/tex]](images/latex/bd01ca1cd97f0492806e7910ad4f93ad78559103_0.png "[tex] F(t + 2) = e^{s_1 (t + 2)} [/tex]")
Nose donde "meter" la función de Heaviside
En el 5, para resolver la e.d. que queda, está bien decir que: ![[tex] F(w, 0) = 2 \ si \ x \in [0, 2], y F(w, 0) = 0 \ si \ x \notin [0, 2] [/tex]](images/latex/d267fce2759702da9c23d0e5ecff97644c1911a4_0.png "[tex] F(w, 0) = 2 \ si \ x \in [0, 2], y F(w, 0) = 0 \ si \ x \notin [0, 2] [/tex]")
Con respecto a ![[tex] F(0, y) [/tex]](images/latex/e189657511a4526f80a15bd8b4c96d97a2796c9e_0.png "[tex] F(0, y) [/tex]") puedo decir algo?
No logro hallar la anti-transformada me queda una integral totalmente horrible; por lo que dudo mucho q este bien lo q hice jaja
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Última edición por MarianAAAJ el Mar Ene 31, 2012 6:25 pm, editado 1 vez
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Jackson666
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Me explico más detalladamente acerca de la antitransformada de Laplace (mira mi post anterior que le pifié a los números que escribí).
Considera ![[tex]F(s) = \frac{1}{s}[/tex]](images/latex/26c53b64125bdf33da9edffe70a5713770061a1e_0.png "[tex]F(s) = \frac{1}{s}[/tex]") . Su antitransformada es ![[tex]f(t) = u(t)[/tex]](images/latex/bdfbb15e8e4928e0aedbc08143dd45cf4a511bde_0.png "[tex]f(t) = u(t)[/tex]") . Ahora considera ![[tex]G(s) = F(s-a) = \frac{1}{s-a}[/tex]](images/latex/ab58e06e29d90ad607bcd393a2b6188f4be27472_0.png "[tex]G(s) = F(s-a) = \frac{1}{s-a}[/tex]") . Del primer teorema de traslación, sabes que su antitransformada es ![[tex]g(t) = e^{at} \cdot f(t) = e^{at} \cdot u(t)[/tex]](images/latex/801c5c8b1c6703dfab2df1a14c549cbc1b2d6c9b_0.png "[tex]g(t) = e^{at} \cdot f(t) = e^{at} \cdot u(t)[/tex]") . Ahora, considera ![[tex]H(s) = e^{-(-2)s}G(s) = \frac{e^{2s}}{s-a}[/tex]](images/latex/74464ff5d513efe11476d49fdd7952fb6a986192_0.png "[tex]H(s) = e^{-(-2)s}G(s) = \frac{e^{2s}}{s-a}[/tex]") . Su antitransformada es ![[tex]h(t) = g(t+2) = e^{a(t+2)} \cdot u(t+2)[/tex]](images/latex/844bdf7c869f118f5d2db43e59b2c153011ba697_0.png "[tex]h(t) = g(t+2) = e^{a(t+2)} \cdot u(t+2)[/tex]") . ¿Se entiende mejor?.
No, ojo con lo del 5. Si vos tenes ![[tex]u(x,0) = f(x)[/tex]](images/latex/4cae3a8546bfd85cbc7cdda074e658865e5d9427_0.png "[tex]u(x,0) = f(x)[/tex]") , transformando en ambos lados, se obtiene ![[tex]F(\omega,0) = B(\omega) = \mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(\omega)[/tex]](images/latex/d9dd56172b04c306628818c5d5c9b1161c91481c_0.png "[tex]F(\omega,0) = B(\omega) = \mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(\omega)[/tex]") .
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MarianAAAJ
Nivel 7
Edad: 35
Registrado: 14 Ene 2009
Mensajes: 437
Carrera: Informática
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| Jackson666 escribió:
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Me explico más detalladamente acerca de la antitransformada de Laplace (mira mi post anterior que le pifié a los números que escribí).
Considera . Su antitransformada es . Ahora considera . Del primer teorema de traslación, sabes que su antitransformada es . Ahora, considera . Su antitransformada es . ¿Se entiende mejor?.
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Sisi, se entendio; pero me parece que queda ![[tex] e^{a(t-2)} \cdot u(t-2) [/tex]](images/latex/7e76deb2ef103fbf84aa70f425d79adc4f702fd1_0.png "[tex] e^{a(t-2)} \cdot u(t-2) [/tex]")
| Jackson666 escribió:
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No, ojo con lo del 5. Si vos tenes , transformando en ambos lados, se obtiene .
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Pero si f(x) = cte; no se cumple q F(w,0) = cte? De todas formas no lo logro resolver; nose como hallar los coeficientes q dependen de w
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Jackson666
Nivel 9
Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
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Lo de Laplace es una cuestión de signos nomas. Chequealo bien.
| MarianAAAJ escribió:
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| Jackson666 escribió:
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No, ojo con lo del 5. Si vos tenes , transformando en ambos lados, se obtiene .
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Pero si f(x) = cte; no se cumple q F(w,0) = cte? De todas formas no lo logro resolver; nose como hallar los coeficientes q dependen de w
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No entiendo de dónde sale que la transformada de una constante es una constante. De hecho, la TF de la función 1 es la delta de Dirac.
Por eso traté de ser explícito antes. El único coeficiente que depende de omega (recorda que una solución la descartaste por ser no acotada) se deduce de la transformada de Fourier de f(x) que es dato. Después usas el teorema de convolución y listo.
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MarianAAAJ
Nivel 7
Edad: 35
Registrado: 14 Ene 2009
Mensajes: 437
Carrera: Informática
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| No lo logro resolver, nose como seguirlo; si lo podes seguir te agradecería, gracias.
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Jackson666
Nivel 9
Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
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Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
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Observa que f(x) es la barrera de potencial corrida 1 a la derecha, que llamamos g(x). Entonces, ![[tex]B(\omega) = \mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(\omega) = \mathcal{F}\left\{g(x + 1)\right\}(\omega) = 4e^{i\omega}\operatorname{sinc}(\omega)[/tex]](images/latex/a219a5b1284685fdcc95d306f0382d980b3286f3_0.png "[tex]B(\omega) = \mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(\omega) = \mathcal{F}\left\{g(x + 1)\right\}(\omega) = 4e^{i\omega}\operatorname{sinc}(\omega)[/tex]") (si no pifié en los signos).
Tenes que entonces ![[tex]F(\omega,y) = 4e^{i\omega}\operatorname{sinc}(\omega) e^{-\omega y} = 4\operatorname{exp}\left[\omega(i-y)\right]\operatorname{sinc}(\omega)[/tex]](images/latex/249efd6f5572bb8542063201a11195f79e007cad_0.png "[tex]F(\omega,y) = 4e^{i\omega}\operatorname{sinc}(\omega) e^{-\omega y} = 4\operatorname{exp}\left[\omega(i-y)\right]\operatorname{sinc}(\omega)[/tex]") . Ahora usa el teorema de convolución.
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