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Final 09/02/12
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Foros-FIUBA Foros » Académico » Materias » 61. Matemática » 61.10 / 61.12 / 61.13 / 61.14 Análisis Matemático III » Final 09/02/12

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tul1
Nivel 4

Edad: 35
Registrado: 21 Feb 2011
Mensajes: 72

Carrera: Electrónica

Publicado: Dom Feb 12, 2012 6:40 pm Asunto: (Sin Asunto)


Lo ví lo ví.. estaba medio escondido Gracias

Lupin
Nivel 5

Registrado: 21 Jul 2010
Mensajes: 159

Publicado: Lun Feb 13, 2012 4:52 pm Asunto: (Sin Asunto)


Alguien sabe cuándo entregará las notas Maestripieri? O habrá que ir a rendir sin saber el resultado del primer coloquio?

_________________
Ser pobre no es un valor a defender, es una injusticia a corregir. Y nada como una educación pública exigente y de calidad para lograrlo.

estgc
Nivel 2

Registrado: 14 Feb 2012
Mensajes: 5

Publicado: Mar Feb 14, 2012 10:31 am Asunto: (Sin Asunto)


mario cachile no mando el mail con las notas todavia no?

JinnKaY
Nivel 9

Edad: 32
Registrado: 16 Jul 2010
Mensajes: 1445

Carrera: Electrónica y Mecánica
CARRERA.electronica.5.gif

Publicado: Mar Feb 14, 2012 3:11 pm Asunto: (Sin Asunto)


1) a) Hallar el conjunto de valores de $[tex]\alpha[/tex]$ y $[tex]\beta \in R[/tex]$ para los que pueda asegurar que la integral $[tex]\int_0^\infty \frac{x^\beta cos(yx)dx}{x^\alpha+1}[/tex]$ converge independientemente de $[tex]y[/tex]$ . b) Elija valores adecuados para $[tex]\alpha[/tex]$ y $[tex]\beta[/tex]$ y calcule. Resolucion : a) Me fijo si converge absolutamente ^^ $[tex]\int_0^\infty \|\frac{x^\beta cos(yx)dx}{x^\alpha+1}\|=\int_0^\infty \frac{\|x^\beta cos(yx)dx\|}{\|x^\alpha+1\|}=\int_0^\infty \frac{\|x^\beta\| \|cos(yx)\|dx}{\|x^\alpha+1\|}=\int_0^\infty \frac{\|x^\beta\|dx}{\|x^\alpha+1\|}[/tex]$ $[tex]\int_0^\infty \frac{\|x^\beta\|dx}{\|x^\alpha+1\|}[/tex]$ Comparo $[tex]\frac{x^\beta}{x^\alpha+1}[/tex]$ con $[tex]\frac{1}{x^{\alpha-\beta}} \Rightarrow lim_{x \to \infty} \frac{\frac{x^\beta}{x^\alpha+1}}{\frac{1}{x^{\alpha-\beta}}}=lim_{x \to \infty} \frac{x^\alpha}{x^\alpha+1}=1[/tex]$ . Como $[tex]\frac{1}{x^{\alpha-\beta}}[/tex]$ converge si $[tex]\alpha-\beta>1 \Rightarrow \alpha> 1+\beta[/tex]$ y $[tex]\beta \geq 0[/tex]$ para que se mantenga en el numerador, y la funcion con la que compare sea convergente. Finalmente $[tex]\alpha>1+\beta [/tex]$ y $[tex]\beta \geq 0[/tex]$ es la solucion del problema. b) $[tex]\int_0^\infty \frac{x^\beta cos(yx)dx}{x^\alpha+1}[/tex]$ Tomo $[tex]\alpha=2,\beta=0[/tex]$ $[tex]\int_0^\infty \frac{cos(yx)dx}{x^2+1}[/tex]$ puedo analizarla por variable compleja ^^ $[tex]\int_\gamma \frac{e^{iyz}dz}{z^2+1}=\int_{C_R} \frac{cos(yx)dx}{x^2+1}+\int_{C_r} \frac{e^{iyz}dz}{z^2+1}+\int_{C_p} \frac{e^{iyz}dz}{z^2+1}[/tex]$ Donde $[tex]C_R[/tex]$ es una curva que va de 0 a R en el eje real $[tex]C_r[/tex]$ es la curva que va de R a 0 por sobre el eje real, $[tex]C_p[/tex]$ son las 2 curvas que bordean al polos $[tex]z=i[/tex]$ y $[tex]\gamma=C_R \cup C_r \cup C_p[/tex]$ Si R tiene a infinito, por Jordan para $[tex]y>0[/tex]$ la segunda integral da 0, y por Gauss la parte izquierda de la igualdad da 0, al se holomorfa la funcion dentro de la region interior de $[tex]\gamma[/tex]$ $[tex]0=\int_{0}^{\infty} \frac{cos(yx)dx}{x^2+1}+0-\pi i[res(\frac{e^{iyz}}{(z-i)(z+i)},i)][/tex]$ $[tex]\int_{0}^{\infty} \frac{cos(yx)dx}{x^2+1}=\pi i[\frac{e^{i^2y}}{2i}][/tex]$ $[tex]\int_{0}^{\infty} \frac{cos(yx)dx}{x^2+1}=\pi i[\frac{e^{-y}}{2i}]=\frac{\pi e^{-y}}{2}[/tex]$ Analogamente para $[tex]y<0[/tex]$ el resultado es $[tex]\frac{\pi e^y}{2}[/tex]$ Combinadas seria el resultado de la integral $[tex]\forall y[/tex]$ : $[tex]\frac{\pi e^{-\|y\|}}{2}[/tex]$ EDITADO : Con ayuda de Koreano antes habia calculado por inercia para ambos lados del eje X y luego dividia por 2, por este camino es mas corto. 2) Para la funcion $[tex]f(x)=x [/tex]$ si $[tex]0<x<\pi[/tex]$ , $[tex]m(x)[/tex]$ si $[tex]\pi<x<2\pi[/tex]$ a) Defina $[tex]m(x)[/tex]$ de modo que el desarrollo en serie exponencial de $[tex]f(x)[/tex]$ en el intervalo $[tex][0,2\pi][/tex]$ sea igual al de x en el intervalo $[tex][0,\pi][/tex]$ y obtenga dicho desarrollo. b) Defina $[tex]m(x)[/tex]$ de modo que se pueda asegurar que si deriva el desarrollo en serie trigonometrica de fourier de $[tex]f(x)[/tex]$ termino termino, la nueva serie converge puntualmente a la derivada de $[tex]f(x)[/tex]$ . Escriba la formula que permite calcular los coeficientes pero no haga la cuenta. c) Defina $[tex]m(x)[/tex]$ de modo que si en la serie reemplaza $[tex]x[/tex]$ por $[tex]\pi[/tex]$ , la serie converge puntualmente a $[tex]\frac{1}{2}[/tex]$ d) Explique que es la convergencia cuadratica de una serie de funciones y diga porque se puede asegurar que la serie hallada en a) converge cuadraticamente a f(x) en $[tex][0,2\pi][/tex]$ Resolucion : a) Defini $[tex]m(x)=x[/tex]$ de manera tal de tener una funcion $[tex]2\pi-periodica[/tex]$ $[tex]f(x)\sim \sum_{n=-\infty}^{\infty}C_n e^{inx}[/tex]$ con $[tex]C_n=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(x)e^{-inx}dx[/tex]$ Integro por partes (la integral que daban de ayuda era cualquier cosa, encima es una cuenta rapida, cuanto te podes ahorrar? por como viene la mano en los finales, NUNCA dan bien las ayudas $[tex]C_n=\frac{1}{2\pi}[\int_0^{2\pi}xe^{-inx}dx]=\frac{1}{2\pi}[x\frac{e^{-inx}}{-in}\|_{0}^{2\pi}+\frac{1}{in}\int_0^{2\pi}e^{-inx}dx][/tex]$ $[tex]\frac{1}{2\pi}[2\pi\frac{1}{-in}+\frac{1}{in}\frac{e^{-inx}}{-in}\|_{0}^{2\pi}]=\frac{1}{2\pi}[\frac{-2\pi}{in}+\frac{1}{in}(\frac{1}{-in}-\frac{1}{-in})]=\frac{1}{2\pi}[\frac{-2\pi}{in}]=\frac{-1}{in}[/tex]$ Pero esto es valido si $[tex]n \neq 0[/tex]$ entonces si $[tex]n=0[/tex]$ Tengo que hacer de nuevo la integral, trivialmente da $[tex]\pi[/tex]$ La seria queda $[tex]f(x) \sim \pi + \sum_{n=-\infty,n\neq 0}^{\infty}\frac{-e^{inx}}{in}[/tex]$ b) En este punto pedi que la funcion se continua en R, osea $[tex]f(0)=f(2\pi) y f(\pi^+)=f(\pi^-)[/tex]$ entonces quedo $[tex]m(x)=2\pi-x[/tex]$ para $[tex]\pi<x<2\pi[/tex]$ . Solo pide la formula, pero si hago el desarrollo completo .... $[tex]C_n(f(x))=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi} f(x)e^{inx}dx[/tex]$ Entonces $[tex]C_n(f`(x))=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi} f`(x)e^{inx}dx=e^{inx}f(x)\|_{0}^{2\pi}-\int_{0}^{2\pi}-in f(x)e^{-inx}dx[/tex]$ $[tex]f(2\pi)-f(0)+in\int_{0}^{2\pi}f(x)e^{-inx}dx=inC_n[/tex]$ ya que pedi $[tex]f(2\pi)=f(0)[/tex]$ c) $[tex]f(\pi)=\frac{1}{2}[/tex]$ , como $[tex]f(x)=\frac{f(x^+)+f(x^-)}{2}[/tex]$ y estoy evaluando la funcion justo en el punto de corte, $[tex]f(x-)=x y f(x+))m(x)[/tex]$ y reemplazo : $[tex]f(x)=\frac{x+m(x^+)}{2}\Rightarrow f(\pi)=\frac{\pi+m(\pi^+)}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow \pi+m(\pi^+)=1[/tex]$ Entonces podemos decir que $[tex]m(\pi^+)=1-\pi[/tex]$ podemos sugerir una solucion constante $[tex]m(x)=1-\pi[/tex]$ o una funcion lineal $[tex]m(x)=1-x[/tex]$ o cualquier otra que cumpla que evaluada en $[tex]\pi[/tex]$ de $[tex]1-\pi[/tex]$ . Es a gusto ^^ d) Si $[tex]\{f_n(x)\}[/tex]$ y $[tex]f(x)[/tex]$ son integrables en $[tex][a,b][/tex]$ , se dice que convergen en media cuadratica si : $[tex]\lim_{n \to \infty}(\int_a^b \|f_n(x)-f(x)\|^2dx)=0[/tex]$ Converge en media a los puntos donde la funcion es continua, y puntualmente al promedio aritmetico de los bordes 3) Resuelva la ecuacion del calor para una varilla metalica lateralmente aislada (k=1) ubicada en el eje x si sus extremos estan a temperaturas $[tex]T(0,t)=0ºC,T(2\pi,t)=1ºC[/tex]$ (ojo Koreano que tambien dijo de esa t ^^) y la temperatura inicial de la barra es la funcion $[tex]f(x)[/tex]$ del ejercicio 2)b) La ecuacion del calor (k=1) : $[tex]\frac{{\partial U(x,t)}}{{\partial t}}=\frac{{\partial^2 U(x,t)}}{{\partial x^2}}[/tex]$ Puse la funcion con W por costumbre. Aplico el metodo de separacion de variables $[tex]W(x,t)=X(x)T(t)[/tex]$ por lo que la ecuacion del calor queda: $[tex]X(x)T^{\prime}(t)=X^{\prime\prime}(x)T(t) \Rightarrow \frac{T^{\prime}(t)}{T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=-\lambda^2[/tex]$ y lo iguale a esa constante.Tengo el siguiente sistema: $[tex]X^{\prime\prime}(x)+\lambda^2X(x)=0[/tex]$ $[tex]T^{\prime}(t)+\lambda^2T(t)=0[/tex]$ Propongo como soluciones : $[tex]X(x)=ACos(\lambda x)+Bsen(\lambda x)[/tex]$ $[tex]T(t)=Ce^{-\lambda^2t}[/tex]$ Con la primer condicion : $[tex]X(0)=0ºC \Rightarrow A=0 \Rightarrow X(x)=Bsen(\lambda x)[/tex]$ Para resolver lo que sigue propongo $[tex]U(x,t)=W(x,t)+\phi(x)[/tex]$ y cambio las condiciones por : $[tex]U(0,t)=W(0,t)+\phi(0)=0ºC[/tex]$ , $[tex]U(2\pi,t)=W(2\pi,t)+\phi(2\pi)=1ºC[/tex]$ y $[tex]U(x,0)=W(x,0)+\phi(x)=f(x)[/tex]$ Entonces : $[tex]\phi(0)=0[/tex]$ y $[tex]\phi(2\pi)=1[/tex]$ Si aplico la ecuacion del calor sobre $[tex]U(x,t)[/tex]$ tal como la defini, se llega a que $[tex]\phi^{\prime\prime}=0 \Rightarrow \phi(x)=Ex+D[/tex]$ $[tex]\phi(0)=0 \Rightarrow D=0[/tex]$ $[tex]\phi(2\pi)=E2\pi=1 \Rightarrow E=\frac{1}{2\pi}[/tex]$ Volviendo a la funcion $[tex]X(x)=Bsen(\lambda x)[/tex]$ Entonces $[tex]X(2\pi )=Bsen(\lambda 2\pi )=0 \Rightarrow \lambda =\frac{n}{2}[/tex]$ $[tex]X(x)=Bsen(\frac{nx}{2})[/tex]$ $[tex]T(t)=Ce^{-\frac{n^2}{4}t}[/tex]$ $[tex]W(x,t)=\sum_{n=1}^{N}B_nSen(\frac{nx}{2})e^{-\frac{n^2}{4}t}[/tex]$ Recordar que $[tex]U(x,t)=W(x,t)+\phi(x)[/tex]$ ,usando la ultima condicion $[tex]W(x,0)=\sum_{n=1}^{N}B_nSen(\frac{nx}{2})=f(x)-\phi(x)[/tex]$ Por lo que $[tex]B_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}(f(x)-\phi(x))sen(\frac{nx}{2})dx[/tex]$ Finalmente la solucion es $[tex]U(x,t)=W(x,t)+\phi(x)=\sum_{n=1}^{N}(\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}(f(x)-\phi(x))sen(\frac{nx}{2})dx)Sen(\frac{nx}{2})e^{-\frac{n^2}{4}t}+\phi(x)[/tex]$ con $[tex]\phi(x)=\frac{x}{2\pi}[/tex]$ 4)a) Defina producto de convolucion de dos funciones $[tex]x(t)[/tex]$ e $[tex]y(t)[/tex]$ definidas en $[tex](-\infty,+\infty)[/tex]$ escriba la expresion de dicho producto si $[tex]x(t)=y(t)=0[/tex]$ para $[tex]t<0[/tex]$ (Funciones causales) b)Estableciendo hipotesis necesarias, demuestre la propiedad que permite obtener la transformada de Laplace del producto de convolucion de dos funciones causales en funcion de las transformadas de Laplace de cada una de dichas funciones c)Sabiendo que $[tex]x(0^+)=Y(0^+)=0[/tex]$ , que $[tex]y^\prime(t)+\int_0^t x(T)y(t-T)dT=x(t)[/tex]$ y $[tex]x^\prime(t)+2x(t)=H(t)[/tex]$ Obtener $[tex]x(t),y(t)[/tex]$ , con $[tex]H(t):Heaviside[/tex]$ Resolucion : a) Producto de convolucion : $[tex]x(t)y(t)=\int_{-\infty}^{\infty}x(T)y(t-T)H(t-T)dT[/tex]$ pero como las funciones estan definidas para los t positivos, $[tex]\int_{0}^{\infty}x(T)y(t-T)H(t-T)dT[/tex]$ b) Quiero demostrar que $[tex]L(x(t)y(t))=X(S)Y(S)[/tex]$ entonces partiendo desde la izquierda,aplicando las definiciones, tengo que llegar a la derecha. $[tex]L(x(t)y(t))=\int_{0}^{\infty}(x(t)*y(t))e^{-St}dt=\int_{0}^{\infty}[\int_{0}^{t}x(T)y(t-T)H(t-T)dT]e^{-St}dt[/tex]$ Siendo ambas funciones acotadas y de orden exponencial, puedo invertir el orden de integracion, antes la variable T iba de 0 a t, ya que $[tex]H(t-T)[/tex]$ era positiva si variabla T entre esos valores, ahora voy a integrar en t, y heaviside sera positivo entre T e infinito $[tex]\int_{0}^{\infty}[\int_{T}^{\infty}x(T)y(t-T)dt]e^{-St}dT=\int_{0}^{\infty}[\int_{T}^{\infty}y(t-T)e^{-St}dt]x(T)dT[/tex]$ Por el segundo teorema de traslacion $[tex]\int_{T}^{\infty}e^{-St}f(t-T)ft=e^{-ST}F(S)[/tex]$ Entonces $[tex]\int_{0}^{\infty}[\int_{T}^{\infty}y(t-T)e^{-St}dt]x(T)dT=\int_{0}^{\infty}e^{-ST}Y(s)x(T)dT=X(S)Y(S)[/tex]$ c) Aplico Laplace a todo,como esa integral fea es la definicion del producto de convolucion, por b) es el producto de las transformadas. $[tex](I)[SY(S)-y(0^+)]+Y(S)X(S)=X(S)[/tex]$ $[tex](II)[SX(S)-x(0^+)]+2X(S)=\frac{1}{S}[/tex]$ Condiciones iniciales nulas y reacomodo: $[tex](I)Y(S)=\frac{X(S)}{S+X(S)}[/tex]$ $[tex](II)X(S)=\frac{1}{S(S+2)}[/tex]$ Puedo aplicar la siguiente propiedad en (II) $[tex]L^{-1}(\frac{P(S)}{Q(S)})=\sum_{i=1}^{n}\frac{P(S_i)}{Q^{\prime}(S_i)}e^{S_i t}[/tex]$ $[tex]x(t)=L^{-1}(\frac{1}{S(S+2)})[/tex]$ $[tex]P(S)=1, Q(S)=S^2+2S,Q^{\prime}=2S+2[/tex]$ Las raices del denominador son 0 y -2 $[tex]Q^{\prime}(0)=2,Q^{\prime}(-2)=-2[/tex]$ $[tex]x(t)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{-2t}[/tex]$ Ahora busco la otra funcion desde (I) $[tex]Y(S)=\frac{X(S)}{S+X(S)}[/tex]$ ,con $[tex]X(S)=\frac{1}{S(S+2)}[/tex]$ $[tex]Y(S)=\frac{\frac{1}{S(S+2)}}{\frac{S^2(S+2)+1}{S(S+2)}}=\frac{1}{S^2(S+2)+1}[/tex]$ $[tex]Y(S)=\frac{1}{S^3+2S^2+1}[/tex]$ las raices son una mierda, aplico el mismo metodo que antes, si llamo a las raices $[tex]S_1,S_2,S_3[/tex]$ $[tex]y(t)=\frac{1}{Q^{\prime}(S_1)}e^{S_1t}+\frac{1}{Q^{\prime}(S_2)}e^{S_2t}+\frac{1}{Q^{\prime}(S_2)}e^{S_2t}[/tex]$ 5) La funcion de dos variables reales $[tex]F(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2}-e^{x^2-y^2}cos(2xy)+2y[/tex]$ es la parte real del potencial complejo de un fluido ideal. Hallar dicho potencial y la expresion del campo vectorial de velocidades asociado a el. Resolucion : $[tex]\frac{x}{x^2+y^2} = Re(\frac{1}{Z})[/tex]$ $[tex]-e^{x^2-y^2}cos(2xy) = Re(-e^{Z^2})[/tex]$ $[tex]2y = Re(-i2Z)[/tex]$ El potencial complejo es $[tex]W(Z)=\frac{1}{Z}-e^{Z^2}-2iZ[/tex]$ El campo de velocidades $[tex]V(z)=\bar{W^{\prime}(Z)}[/tex]$ $[tex]V(Z)=\bar{\frac{-1}{Z^2}-2Ze^{Z^2}-2i}[/tex]$ en el final pase todo a x e y y conjugue, es un embole y muy largo FIN se aceptan criticas

_________________

http://tinyurl.com/8y3ghjg

$[tex][|0|.................|25|.................|50|.................|75|.................|100|][/tex]$
$[tex][|||||||||||||||||||||||||||||||||||..............................................................][/tex]$

Última edición por JinnKaY el Mar Feb 14, 2012 11:50 pm, editado 18 veces

tul1
Nivel 4

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Carrera: Electrónica

Publicado: Mar Feb 14, 2012 8:19 pm Asunto: (Sin Asunto)

Cita:

a) Me fijo si converge absolutamente ^^

$[tex]\int_0^\infty |\frac{x^\beta cos(yx)dx}{x^\alpha+1}|=\int_0^\infty \frac{|x^\beta cos(yx)dx|}{|x^\alpha+1|}=\int_0^\infty \frac{|x^\beta| |cos(yx)|dx}{|x^\alpha+1|}=\int_0^\infty \frac{|x^\beta|dx}{|x^\alpha+1|}[/tex]$

$[tex]\int_0^\infty \frac{|x^\beta|dx}{|x^\alpha+1|}[/tex]$

Comparo $[tex]\frac{x^\beta}{x^\alpha+1}[/tex]$ con $[tex]\frac{1}{x^{\beta-\alpha}} \Rightarrow lim_{x \to \infty} \frac{\frac{x^\beta}{x^\alpha+1}}{\frac{1}{x^{\alpha-\beta}}}=lim_{x \to \infty} \frac{x^\alpha}{x^\alpha+1}=1[/tex]$ .

Como $[tex]\frac{1}{x^{\beta-\alpha}}[/tex]$ converge si $[tex]\beta-\alpha\geq 2 \Rightarrow \beta\geq 2+\alpha[/tex]$ y $[tex]\beta \geq 0[/tex]$ para que se mantenga en el numerador, y la funcion con la que compare sea convergente.

Finalmente $[tex]\alpha \geq 2 [/tex]$ y $[tex]\beta \geq 0[/tex]$ es la solucion del problema.

No estoy de acuerdo.
Yo saco apartir del estudio de convergencia el $[tex]V(\infty) \alpha\geq\beta [/tex]$ y del de $[tex]V(0) \beta \geq -1[/tex]$ .

Siendo que en $[tex]V(0)[/tex]$ : $[tex] \frac{x^\beta cos(yx)}{x^\alpha+1}\approx\frac{x^\beta}{1}=\frac{1}{x^{-\beta}}[/tex]$

Como $[tex]\int_{V(0)}\frac{dx}{x^a}\in CV[/tex]$ para $[tex]a \leq 1[/tex]$ .

Entonces $[tex]\beta \geq -1[/tex]$ .

Y para el $[tex]V(\infty)[/tex]$ : $[tex] \frac{x^\beta cos(yx)}{x^\alpha+1}\approx\frac{x^\beta cos(xy)}{x^\alpha}=\frac{cos(xy)}{x^{\alpha - \beta}}[/tex]$

Como $[tex]\int_{V(\infty)}\frac{dx}{x^a}\in CV[/tex]$ para $[tex]a \geq 1[/tex]$ .

Entonces $[tex]\alpha\geq\beta [/tex]$ .

Jackson666
Nivel 9

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Publicado: Mar Feb 14, 2012 8:32 pm Asunto: (Sin Asunto)

tul1 escribió:

Y para el $[tex]V(\infty)[/tex]$ : $[tex] \frac{x^\beta cos(yx)}{x^\alpha+1}\approx\frac{x^\beta cos(xy)}{x^\alpha}=\frac{cos(xy)}{x^{\alpha - \beta}}[/tex]$

Como $[tex]\int_{V(\infty)}\frac{dx}{x^a}\in CV[/tex]$ para $[tex]a \geq 1[/tex]$ .

Entonces $[tex]\alpha\geq\beta [/tex]$ .

Esto está mal. Estas llamando $[tex]a = \alpha - \beta[/tex]$ , después decís que tiene que ser $[tex]a > 1[/tex]$ (ojo que me parece que el igual no lo incluye), pero después concluís que $[tex]\alpha > \beta[/tex]$ cuando debería ser $[tex]a > 1 \Longleftrightarrow \alpha - \beta > 1 \Longleftrightarrow \alpha > 1 + \beta[/tex]$ .

Cuando usaron el lema de Jordan al calcular la integral, había que aclarar que la solución es válida para $[tex]y>0[/tex]$ , ¿no?.

koreano
Nivel 9

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Carrera: No especificada

Publicado: Mar Feb 14, 2012 8:34 pm Asunto: (Sin Asunto)


El de la integral impropia está mal. Estás incluyendo ambos polos cuando el interior de tu curva solo incluye uno de los dos (dependiendo por dónde circules). Y tenés que considerar ambas circulaciones por separado porque el problema era para todo $[tex]y[/tex]$ , positivo y negativo. El resultado correcto es: http://tinyurl.com/7mrfzmt . El cálculo es relativamente fácil, circulando por el plano superior ( $[tex]y\geq 0[/tex]$ ) te queda calcular solo el residuo de la función $[tex]\frac{e^{iyz}}{z^2 + 1}[/tex]$ en $[tex]z_0 = i[/tex]$ . Como es un polo simple y el numerador no se anula podés calcular el residuo con simplemente reemplazando en el numerador y la derivada del denominador y te queda $[tex]\text{Res}_{z=i} = \frac{e^{-y}}{2i}[/tex]$ . La integral es la mitad (porque estás considerando solo el semieje real en la integral que buscás) de $[tex]2\pi i \cdot e^{-y}{2i} = \pi e^{-y}[/tex]$ . Para el caso $[tex]y \leq 0[/tex]$ resulta similarmente que el residuo es $[tex]\pi e^y[/tex]$ (porque el único polo en el semiplano inferior es $[tex]z_1 = -i[/tex]$ ). Poniendo todo junto en una ecuación es $[tex]I = \frac{\pi e^{-\|y\|}}{2}[/tex]$

tul1
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Publicado: Mar Feb 14, 2012 8:38 pm Asunto: (Sin Asunto)


En el 1,b) tampoco estoy de acuerdo. No hace falta calcular: $[tex]res(\frac{e^{iyz}}{(z-i)(z+i)},-i)[/tex]$ Porque no esta singularidad no se encuentra en dominio de integración (no está adentro la semicircunferencia). Y solo queda $[tex]\int_\gamma \frac{e^{iyz}dz}{z^2+1}=2 \pi i[res(\frac{e^{iyz}}{(z-i)(z+i)},i)][/tex]$ Aparte para utilizar el lema de Jordan sería para $[tex]y>0[/tex]$ .

tul1
Nivel 4

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Carrera: Electrónica

Publicado: Mar Feb 14, 2012 8:47 pm Asunto: (Sin Asunto)

Me ganarón de mano

Soy muy lento con latex..

Cita:

Sí, no incluye. Es que no sabía como poner el latex mayor estricto.

Cita:

Poniendo todo junto en una ecuación es $[tex]I = \frac{\pi e^{-|y|}}{2}[/tex]$

Koreano no entiendo muy bien de donde sacás ese módulo..

koreano
Nivel 9

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Publicado: Mar Feb 14, 2012 8:52 pm Asunto: (Sin Asunto)

tul1 escribió:

Koreano no entiendo muy bien de donde sacás ese módulo..

$[tex]\begin{cases}\pi e^{-y} & y \geq 0\\\pi e^{y} & y \leq 0\end{cases}[/tex]$

Se puede combinar en esta única ecuación: $[tex]\pi e^{-|y|}[/tex]$

tul1
Nivel 4

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Publicado: Mar Feb 14, 2012 9:17 pm Asunto: (Sin Asunto)


Ahora lo que dejo desconsertado en el examen fue el 4,c), para antitransformar: $[tex]X(S)=\frac{1}{S^2(S+2)+1}=\frac{1}{S^3+2S^2+1}[/tex]$ Las raíces sin calcu son imposibles de sacar.. y aparte con el método de fracciones simples estás hasta mañana... ¿A alguién se le ocurre como sacarlo?

tul1
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Publicado: Mar Feb 14, 2012 9:18 pm Asunto: (Sin Asunto)

koreano escribió:

tul1 escribió:

Koreano no entiendo muy bien de donde sacás ese módulo..

$[tex]\begin{cases}\pi e^{-y} & y \geq 0\\\pi e^{y} & y \leq 0\end{cases}[/tex]$

Se puede combinar en esta única ecuación: $[tex]\pi e^{-|y|}[/tex]$

Gracias Koreano ya entendí Smile

koreano
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Publicado: Mar Feb 14, 2012 9:19 pm Asunto: (Sin Asunto)

tul1 escribió:

Ahora lo que dejo desconsertado en el examen fue el 4,c), para antitransformar: $[tex]X(S)=\frac{1}{S^2(S+2)+1}=\frac{1}{S^3+2S^2+1}[/tex]$
Las raíces sin calcu son imposibles de sacar.. y aparte con el método de fracciones simples estás hasta mañana...
¿A alguién se le ocurre como sacarlo?

Yo lo dejé planteado, se me ocurre que fue un error de enunciado que no se avivaron..

Jackson666
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Carrera: Electricista
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Publicado: Mar Feb 14, 2012 9:23 pm Asunto: (Sin Asunto)


¿Estás seguro que están bien las cuentas?.

tul1
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Carrera: Electrónica

Publicado: Mar Feb 14, 2012 9:30 pm Asunto: (Sin Asunto)

Jackson666 escribió:

¿Estás seguro que están bien las cuentas?.

Creería que sí.

Aparte no es la primera vez que veo algo así en Coloquios..

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