Balotario de Matematica Avanzada Completo

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA ESCUELA PROFECIONAL DE INGENIERIA ELECTRONICA CURSO: MATEMÁTICA AVANZADA PROFESOR: CASTRO VIDAL INTEGRANTES APELIIDOS Y NOMBRES: BERNAOLA CAMPOS JULY LOPEZ FELIX DAVID NAVARRO PANDURO GEANCARLOS ORREGO GUTIERREZ JOHAN LEON AYALA HANZ 2012

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICAESCUELA PROFECIONAL DE INGENIERIA ELECTRONICA

CURSO: MATEMÁTICA AVANZADA

PROFESOR: CASTRO VIDAL

INTEGRANTES APELIIDOS Y NOMBRES:

BERNAOLA CAMPOS JULY LOPEZ FELIX DAVID NAVARRO PANDURO GEANCARLOS ORREGO GUTIERREZ JOHAN LEON AYALA HANZ

2012

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Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

EAP de Ingeniería Electrónica

BALOTARIO DEL EXAMEN FINAL DE MATEMATICAS AVANZADAS

Problema 1.

Sea f (x){0 si−3≤ x≤0x si0≤x ≤3

.Construir la serie de Fourier y analizar la convergencia en

todo R. Estudiar la convergencia para x=3.

Solución:

Calculemos los coeficientes de la correspondiente serie de Fourier.

a0=16∫−3

3

f ( x )dx=16∫0

3

xdx=34

an=13∫−3

3

f ( x )cos ( nπx3 )dx

¿ 13∫0

3

xcos ( nπx3 )dx=13 [ 9cos( nπx3 )n2π 2

+3xsin( nπx

3)

nπ ]0

3

= 3

n2π2(cos (nπ )−1 )

bn=13∫−3

3

f ( x ) sen( nπx3 )dx

¿ 13∫0

3

xsen( nπx3 )dx=13 [ 9 sen ( nπx3 )n2π 2

+3 xcos( nπx

3)

nπ ]0

3

=−3nπ

(cos (nπ ) )

La serie de Fourier la podemos escribir

34+∑

n=1

∞ [ 3

n2π2((−1 )n−1 )cos( nπx3 )− 3

nπcos (nπ ) sen ( nπx3 )]

Tenemos que f es continua en {−3,3 },donde su discontinuidad se encuentra en x=3±6n ,n∈Z

Por lo tanto, de acuerdo al teorema la serie converge a

f E ( x )={f ( x ) si x≠3±6n32si x=3±6n

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f E ( x )=34+ 3π2∑n=1

∞ [ 1n2 ( (−1 )n−1 )cos ( nπx3 )− πn(−1)n sen ( nπx3 )]

Es decir, al estudiar la convergencia en x=3 puntos de discontinuidad de la función se obtiene:

∑n=1

∞1

(2n−1)2= π2

8

32=34+ 3π 2∑n=1

[ 1n2 ((−1 )n−1 ) (−1 )n]

Problema 2.

Sea f ( x )={x−π<x<π0 x=−π ,π

Pruebe que

∑n=1

∞1n2

=π 2

6

Solucion:

Como f(x) en es una función impar se tiene que: an=0

bn=1π∫−π

π

xsen (nπ )dx=¿ 2π∫0

π

xsen (nπ )dx=−[ 2xcos (nx)nπ ]0

π

¿

bn={ 2n n=1,3,5 ,…

−2n

n=2,4,6 ,…

Por lo tanto

f ( x )=2∑n=1

(−1)n+1sen(nx )

n=2[ senx1 − sen2 x

2+ sen 3x

3……]

Aplicando identidad de Parseval

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1π∫−π

π

x2dx=4 [ 112 + 122 + 132+….]

∑n=1

∞1n2

= 14 π

∫−π

π

x2dx= 14 π

x3

3 −π

π

= π2

6

Problema 4.

uxx+uyy=u ,−∞<x<∞ ,0< y<1 ,

u ( x ,0 )=0 , u (x ,1 )=e− x2,−∞<x<∞

limx→±∞

u ( x , y )=0 , uniformemente en y para 0< y<1

Aplicando la transformada de Fourier en xSolución: Sea

u=u (w , y )=∫−∞

+∞

e−iwxu ( x , y )dx

Entonces tenemosEntonces tenemos

uyy=∫−∞

+∞

e−iwxuyy ( x , y )dx= ∂2

∂ y2 (∫−∞

+∞

e−iwx u ( x , y )dx)=uyy

uxx=( iw )2 u=−w2 u

Con lo que la ecuación se transforma enuyy−w2 u=u

Las condiciones de contorno se traducen en

uy (w ,0 )=∫−∞

+∞

e−iwxuy ( x ,0 )dx=0

u (w ,1 )=F (e− x2 )=√π e−w2

4

Tratando w como un parámetro y poniendo u (w , y )=v ( y ) nuestro problema se reduce a integrar la ecuación diferencial ordinaria v ´ ´−(1+w2 )v=0 con las condiciones de

contorno v ´ (0 )=0,v (1 )=√π e−w2

4 .Resulta entonces

v=v ( y )=c1 e√1+w2 y+c2e

−√1+w2 y

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v ´=c1√1+w2 e√1+w2 y−c2√1+w2 e−√1+w2 y

v (1 )=c1e√1+w2

+c2 e−√1+w2

=√π e−w2

4

v ´=c1√1+w2−c2√1+w2=0 ,De donde se deduce

c1=c2=√π e

−w2

4

e√1+w2

+e−√1+w2=√π e

−w2

4

2cosh√1+w2

v=v ( y )=c1(e√1+w2 y+e−√1+w2 y)=2c1cosh √1+w2 y

¿ √π e−w2

4 cosh√1+w2 y

cosh √1+w2

Y basta con usar la transformada inversa respecto de w:

u (w , y )= 12π

vp∫−∞

+∞

e iwx u (w , y )dw

¿ 12√ π

vp∫−∞

+∞e iwxe

−w2

4 cosh √1+w2 y

cosh √1+w2dw

Problema 5. Resolveremos la ecuación del calor en una barra infinita conociendo la distribución inicial de temperatura en la barra, usando la transformada de Fourier, para lo que suponemos se dan las hipótesis necesarias:

ut−k uxx=0 ,−∞<x<∞ ,t>0u ( x ,0 )=f (x) ,−∞<x<∞

limx→±∞

u ( x , t )=0 ,uniformemente en t para t>0

Solución:Efectuaremos la transformada de Fourier respecto a la variable espacial x. Sea

u=u (w , t )=∫−∞

+∞

e−iwx u ( x , t )dx

Entonces tenemos

ut=∫−∞

+∞

e−iwxut ( x , t )dx= ∂∂ t (∫−∞

+∞

e−iwxu ( x , t )dx)uxx=( iw )2 u=−w2 u

con lo que la ecuación se transforma enut+k w2u=0

La condición inicial se traduce en

u (w ,0 )=∫−∞

+∞

e−iwxu ( x ,0 )dx=∫−∞

+∞

e−iwx f ( x )dx=f (w )

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Tratando w como un parámetro y poniendo u(w , t)=z (t) nuestro problema se reduce a integrar la ecuación diferencial ordinaria z '+k w2 z=0 con la condición inicial z (0 )= f (w ). Resulta entonces

z=z ( t )=z (0 )ek w2 t= f (w )e−k w2 t=u (w , t )y basta antitransformada respecto de w. Para ello notemos que, poniendo

g (w , t )=e−k w2 t, su transformada es

g ( x , t )=F−1 ( g (w ,t ) )=F−1 (e−kt w2 )= 1√4 kπt

e−x2

4 kt

Y la solución pedida queda, utilizando el producto de convolución respecto de x,

u ( x , t )= f (x )∗g (x , t )=∫−∞

+∞

f (u )g ( x−u , t )du

u ( x , t )=∫−∞

+∞

f (u ) 1

√4kπte

−( x−u)2

4kt du=1

√4 kπt ∫−∞

+∞

f (u ) e−(x−u )2

4kt du

Problema 6.Resolveremos el problema de contorno

utt−uxx=2e−t senx ,0<x<π ,t>0 ,

u (0 , t )=u (π , t )=0 parat>0 ,limt⟶∞

u (x , t )=0uniformemente en x para0<x<π ,

ut ( x ,0 )=−senx para 0<x<π ,

Utilizando la transformada coseno de Fourier en la variable temporal t.Solución:Pondremos

F c (u ( x ,t ) )=∫0

+∞

u ( x , t )coswt dt=u ( x ,w )=u

con lo queF c (u ( x ,t ) )=−ut ( x ,0 )−w2u=sen x−w2 u ,

F c (u ( x ,t ) )=uxx

F c (2e−t sen x )=2 sen x Fc (e−t )=2 sen x

w2+1puesto que se tiene

F c (e−t )=∫0

+∞

e−t coswt dt= 1w2+1

De esta forma la ecuación se transforma en

senx−w2 u−uxx=2 sen x

w2+1es decir,

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uxx+w2 u=sen x (1− 2

w2+1 )=(w2−1w2+1 )sen x

que utilizando w como parámetro y poniendo z(x)= u(x, w) puede escribirse como

z ' '+w2 z=(w2−1w2+1 )sen x

Una solución particular de esta ecuación es

z p=sen x

w2+1

u=u (x ,w )=c1coswx+c2 senwx+ sen x

w2+1por lo que la solución general es

u=u (x ,w )=c1coswx+c2 senwx+ sen x

w2+1Imponiendo las condiciones de contorno u (0 , t )=u (π , t )=0 se obtiene c1=c2=0 y resulta

u ( x , w )= sen x

w2+1La antitransformada es la solución de nuestro problema

u=u (x , t )=Fc−1( sen x

w2+1 )=sen x Fc−1( 1

w2+1 )=e−tsen x

Nota:Utilizando el hecho de que

e−t sen x=Fc−1( sen x

w2+1 )=2π ∫0+∞

sen xw2+1

coswt dw=2 sen xπ

∫0

+∞coswt dww2+1

se concluye que

∫0

+∞coswt dww2+1

= π e−t

2

Problema 7.Resolveremos el problema de contorno

utt−uxx=2e−t senx ,0<x<π

u (0 , t )=u (π , t )=0 , t>0

u ( x ,0 )=0 ,0<x<π

Utilizando la transformada de seno de Fourier en la variable temporal t

Solución:

Tenemos que F s (u (x , t ))=∫0

u ( x , t ) senwt dt

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¿ u ( x ,w )=u

Entonces:

utt=wu ( x ,0 )−w2u=−w2u ,uxx=uxx

F s (2e−t senx )=2 senx F s (e

−t )=2 senx w

1+w2

Y la ecuación con las condiciones dadas se transformaran en:

−w2u−uxx=2wsenx

1+w2,u (0 , w )=u (π ,w )=0

Si tratamos a w como un parámetro y poniendo que u ( x , w )=z (x ), nuestro problema quedara reducido a integrar la ecuación diferencial ordinaria de segundo orden

z ,,+w2 z=−2wsenx

1+w2 cuya solución sera z=c1 coswx+c2 senwx+z p con condiciones

iniciales z (0 )=z (π )=0 ∀w

Pondremos ahora z p=Asenx con lo que

z ,,+w2 z=−Asenx+w2 Asenx=Asenx (w2−1 )

−2wsenx

1+w2↔A= 2w

(1−w2 )(1+w2)= 2w

1−w4

Luego:

z (0 )=z (π )=0 ∀w↔c1=c2=0 y z=z p

Finalmente tenemos que:

u=u (x ,w )=z p=Asenx=2wsenx

1−w4

Utilizando la formula de inversión:

u=u (x , t )=2π∫0

∞u ( x ,w ) senwt dw

1−w4 dw

Problema 8.

Obtener el desarrollo en cosenos de la función:

f ( x )={ x ,0≤ x≤24−x ,2<x≤4

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Solución:

Definimos la función fuera del intervalo [0,4] de modo que la función sea par y periodica de periodo 4.

Halllamos su desarrollo en cosenos de la nueva función con:

a0=22∫0

2

f ( x )dx=∫0

2

xdx=2

Calculando los coeficientes an (n≥1¿

an=22∫0

2

f ( x ) cos nπ2

dx=∫0

2

xcosnπ2

xdx

Al integrar por partes se obtiene:

an={ 0 , si n es par−4n2π2

, si n es impar

Entonces la serie de Fourier de cosenos quedaría como:

a02

+∑n=1

ancosnπ2

x=1−∑n=1

∞8

(2n−1)2π 2cos

(2n−1)π2

x

Ademas f(x) es continua y tiene derivadas laterales en todo punto, se observa que la serie es convergente y su suma es f(x).

Problema 9. (SERIE DE FOURIER)

Hallar la serie de Fourier de la función f ( x )= xπ

definida en ←π ,π ¿ y extendida

periódicamente. Utiliza ese desarrollo para calcular:

∑n=0

(−1)n 12n+1

Esta funcion satisface la condicion del teorema de desarrollabilidad.

Solucion:

La funcion es impar, luego se trata de una serie de semos, y los coeficientes se pueden calcular en formulas reducida. La serie de la forma:

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xπ=∑

n=0

bn sen (nx )

Los coeficientes seran:

an=0

bn=22π

∫−π

πxπsen(nx)dx

Integrando por partes:

∫ xπsen (nx )dx=[ u=x⟹du=dx

dv=sen (nx )dx⟹v=−cos (nx )

n ]=−xcos(nx)n

+sen(nx)

n2

bn=1π2

∫−π

π

xsen(nx)dx= 1π 2 [−xcos (nx )

n+sen (nx )

n2 ]−π

π

bn=1π2 [−πcos (πn )

n−(−(−π )cos (−πn )

n )+ sen (nπ )n2

−sen (n(−π ))

n2 ]bn=

1

π2 [−πcos (πn )n

−( πcos (πn )n )]

bn=1π2 [−2 πcos (πn )

n ]=−2π [(−1)nn ]= 2π [(−1)n+1n ]

bn=2π [ (−1)n+1n ]

Por consiguiente, la serie de Fourier sera:

xπ= 2

π∑n=0

∞ [ (−1)n+1n ] sen(nx)x=2∑

n=0

∞ [(−1)n+1

n ]sen (nx )

x=2( senx1 − sen2 x2

+…)

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Reemplazando en

x=π2

π2=2( sen( π2 )

1−

sen2( π2 )2

+sen 3( π2 )

3−…)=2(1−0−13 +…)=2(1−13+ 15−…)

En tanto:

∑n=0

(−1)n 12n+1

=(1−13 + 15−…)

π2=2( senx1 − sen2 x

2+…)

π2=2(1−13+ 15−…)

2∑n=0

(−1)n 12n+1

= π2

∑n=0

(−1)n 12n+1

=π4

Problema 10.

I. Desarrollar en serie de Fourier la función periódica de periodo 2π , definida por:

f ( x )=x2 ,−π ≤x ≤π

II. A partir del resultado obtenido calcular la suma de:

∑n=1

∞1n2

III. Determine la convergencia de la serie

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∑n=1

∞1n4

Solución I:

La función f es par por lo cual obtenemos una serie de cosenos, que tiene la forma:

a0+∑n=1

an cos (nx )

a0=1π∫0

π

f (x )dx=1π∫0

π

x2dx=1π [ x33 ]

0

π

=π2

3

an=2π∫0

π

f ( x )cos (nx )dx=2π∫0

π

x2 cos (nx )dx

an=[ x2sin (nx )n

+2 xcos(nx)

n2 ]0

π

=4cos (nπ )

n2=4(−1)n

n2

Luego la serie es:

π 2

3+4∑

n=1

∞ (−1)n

n2cos (nx )

Como la función es continua en R, entonces:

x2=π 2

3+4∑

n=1

∞ (−1)n

n2cos (nx)

Solución II:

La serie numérica se puede obtener haciendo x=πy f (π )=π 2

π2=π 2

3+4∑

n=1

∞ (−1)n

n2cos (nx )

De donde

∑n=1

∞1n2

=14 (π−π2

3 )=π2

6

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Como la función f es seccionalmente suave para −π ≤x ≤π y f (−π )=f (π ) se cumplen las condiciones de suficiencia de la identidad de Parseval, entonces:

1π∫−π

π

[x2]2dx=2[ π23 ]+∑n=1

∞ [ 4 (−1 )n

n2 ]2

1π [ x55 ]

−π

π

=29π4+∑

n=1

∞16

n4

∑n=1

∞1n2

= π4

90

Problema 11.

Dada la función f ( x )=x e− xcon x≥0

a) Verifique que considerando las extensiones par e impar de la función f:

∫0

[ 1−ω2

(1+ω2)2 ]cos (ωx )dω=∫0

[ 2ω

(1+ω2 )2 ] sen(ωx)dω

b) Estudiar la convergencia de la IF para deducir que:

∫0

[ 1

(1+ω2 )2 ] dω=∫0

[ ω2

(1+ω2)2 ]dω

Solucion:

Consideremos que para f ( x )=x ex con x≥0 la extensión par:

f p(x)={x e−x si x≥0−x ex si x<0

f p ( x ) 1π∫0

A (ω)cos (ωx)dω

Donde

A (ω )=2∫0

xe− xcos (ωx)dx

Ahora considerando la función impar de f

f i(x)={x e−x si x ≥0−x ex si x<0

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f p ( x ) 1π∫0

B(ω)sen (ωx)dω

Donde

B (ω)=2∫0

x e−x sen (ωx )dx

Podemos calcular los coeficientes A(ω) y B(ω)

A (ω )=2∫0

xe− xcos (ωx )dx

A (ω )=2[ x e− x (−cos (ωx )+ωsen (ωx ) )(1+ω2)

−e−x ((1−ω2 )cos (ωx )−2ωsen (ωx ))

(1+ω2)2 ]0

A (ω )=2[ 1−ω2

(1+ω2)2 ]

B (ω)=2∫0

x e−x sen (ωx)dω

B (ω)=2[ x e−x (−sen(ωx)−ωcos (ωx))(1+ω2)

−e− x( (1−ω2 ) sen (ωx )+2ωcos (ωx))

(1+ω2)2 ]0

B (ω)=2[ 2ω

(1+ω2 )2 ]Construyendo las respectivas integrales de Fourier y aplicando el teorema de la convergencia, puesto que f es una función seccionalmente ∀ x≥0, se tiene que:

x e−x= 2π∫0

[ 1−ω2

(1+ω2 )2 ]cos (ωx )dω

x e−x= 2π∫0

[ 1−ω2

(1+ω2 )2 ]sen (ωx)dω

Por lo tanto, las extensiones son iguales:

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∫0

[ 1−ω2

(1+ω2)2 ]cos (ωx )dω=∫0

[ 2ω

(1+ω2 )2 ] sen(ωx)dω

En x=0 se tiene un punto en que estas extensiones son continuas, luego ambas integrales convergen a f (0)=0

∫0

∞1−ω2

(1+ω2)2dω=0⟹∫

0

∞1

(1+ω2)2dω=∫

0

∞ω2

(1+ω2)2dω

Problema 12.

Si f (x)es una función par, con integral de Fourier

F (x)= 1π∫0

A(ω)cos (ωx)dω

a) Demuestre que

xf ( x )= 1π∫0

A¿(ω)cos (ωx)dω

Donde:

A¿ (ω)=−dA (ω)dω

Solucion:

xf ( x )= 1π∫0

A¿ (ω ) sen(ωx)dω

Es impar, por lo cual:

A¿ (ω)=2∫0

vf ( v ) sen (ωv)dv… (1)

Como:

f ( x )= 1π∫0

f (v)cos (ωv)dv

Derivando el coeficiente:

dA (ω)dω

=−2∫0

vf ( v ) sen (ωv )dv… ..(2)

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Igualando 1 con 2:

dA (ω)dω

=−A¿ (ω)

b) Demostrar que:

x2 f ( x )=1π∫0

A¿(ω )cos (ωx )

Donde:

A¿ (ω)=−d2 A (ω)d ω2

Solucion:

x2 f ( x )=1π∫0

A¿(ω )cos (ωx )dω

Función par:

A¿ (ω)= 2π∫0

v2 f (v )cos (ωv)dv…… (1)

Como:

f ( x )= 1π∫0

A(ω)cos (ωx)dω

Siendo:

A (ω )=2∫0

f (v )cos (ωv)dv

Derivando:

dA (ω)dω

=−2∫0

vf ( v ) sen(ωv)dv⇒

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d2 A (ω)d ω2 =−2∫

0

v2 f (v)cos (ωv )dv… ..(2)

Igualando 1 y 2

d2 A (ω)d ω2 =−A¿ (ω)

Problema 13.

Dado el siguiente sistema, obtenga la salida X1(t) cuando X ( t)=cos (6 t)

Solucion:

Se busca la función de transferencia de X1(t). Llamémosla H x1( f )

X ( f )−3Y (f )+X1 ( f )= jωY (f )

Y (f )=X (f )+X 1 ( f )3+ jω

−3 X1 (f )+9Y ( f )= jωX 1( f )

−3 X1 ( f )+9( X ( f )+X1 ( f )3+ jω )= jω X1(f )

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X1 (f )X ( f )

=H x1 (f )= 9(6 jω+( jω)2)

= 9jω(6+ jω)

Reeplazando ω=6 queda

H x1 (ω=6 )= 9j6 (6+ j6)

= 14 √2

e− j135

Se obtiene la salida

X1 ( t )= 14√2

cos (6 t−135)

Calculando la anti transformada:

hx 1 (t )=0.75 sgn ( t )−1.5e−6tu (t)

Problema 14.

Obtenga la transformada z de la siguiente función donde a es una constante. Grafique y compare en MatLab la función en tiempo continuo y la función en tiempo discreto.

x (t )=1a(1−e−at)

Solución:

Distribuyendo tenemos que:

x (t )=1a− e−at

a

Luego por la transformada del escalón unitario y la propiedad lineal de la transformada z, se tiene:

X ( z )= 1

a(1−z−1)− 1

a(1−z−1)

¿ 1−e−ak z−1−1+z−1

a(1−z−1)a(1−e−ak z−1)

¿ 1a[

z−1(1−e−ak)1−z−1 (1+e−ak )+z−2 e−ak

]

Usando MatLab comprobaremos la respuesta del sistema continuo con la del sistema discreto.

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0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

n (samples)

Am

plitu

de

Impulse Response

Problema 15.Para la función Y (z), determinar los polos y ceros y ubicarlos dentro del plano z. Los teoremas del valor inicial y final son aplicables en dicha función. ¿Por qué? Hallar sus valores.

Y ( z )= 0,792 z2

(z−1 ) ( z2−0,416 z+0,208 )Solución:

Para hallar los polos y ceros de Y (z), introducimos los comandos:z=tf(’z’);Yz=.792*z^2/((z-1)*(z^2-0.416*z+.208)) [ceros,polos,K]=zpkdata(Yz,’v’)

Vemos que hay un cero doble en el origen, un polo real en 1 y un par de polos complejos conjugados:

ceros =00

polos =1.00000.2080 + 0.4059i0.2080 - 0.4059i

K =

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0.7920Ahora, graficamos el plano z con los ceros y polos obtenidos:

[num,den]=tfdata(Yz,’v’);zplane(num,den)zgrid

Por el teorema del valor inicial:

y (t=0 )= limz⟶∞

Y ( z )= limz⟶∞

0,792 z2

z3−1,416 z2+0,624 z+0,208

limz⟶∞

0,792z

1−1,416

z+0,624

z2+0,208

z3

Por el teorema del valor final:

y (t⟶∞ )= limz⟶1

[1−z−1Y ( z ) ]= limz⟶1

z−1z

0,792 z2

( z−1 ) ( z2−0,416 z+0,208 )

limz⟶1

0,792 z2

z2−0,416 z+0,208=1

Estos teoremas son aplicables porque, por definición, existen los límites calculados.

Problema 16.Resuelva la siguiente ecuación en diferencias tanto de manera analítica como por computadora con Matlab. La función de entrada u [k ]=1 parak=0 ,1 ,2 ,…

x (k+2 )−x (k+1 )+0 ,25 x ( k )=u (k+2 ) , donde x (0 )=1 y x (1 )=2Solución:

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Las transformadas zdex (k ) , x (k+1) yx (k+2) están dadas, respectivamente, por

Z [ x (k ) ]=X ( z )Z [ x (k+1 ) ]=zX ( z )−zx (0 )

Z [ x (k+2 ) ]=z2 X ( z )−z2 x (0 )−zx (1 )

Además, la transformada z de u[k+2] es

Z [u (k+2 ) ]=z2U ( z )−z2u (0 )−zu (1 )= z2

1−z−1−z2– z

ya que u (0 )=u (1 )=1.

Al tomar la transformada z de ambos miembros de la ecuación en diferencias dada, se obtiene

z2 X ( z )−z2−2 z−zX ( z )+z+0 ,25 X ( z)= z2

1−z−1−z2−z

Despejando X (z)/z, para luego aplicar el método de inversión por fracciones parciales:

X ( z )z

= z2

z3−2 z2+1,25 z−0 ,25= z2

( z−1 )(z−12 )2

La función expandida tendrá la forma:X ( z )z

=a1

( z−12 )2+

a2

z−12

+a3z−1

donde los coeficientes son:

a1=[( z−12 )2

.X (z )z ]z=1

2

=−12

a2={ ddz [(z−12 )2

.X ( z )z ]}z=1

2

=−3

a3=[ ( z−1 ) . X ( z )z ]

z=1=4

Reemplazando y multiplicando ambos miembros por z:

X ( z )=−12z−1

(z−12 )2−

3

1−12z−1

+4

1−z−1

La transformada inversa, resulta:

Page 22: Balotario de Matematica Avanzada Completo

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x (k )=−k

2k− 3

2k+4

Con el siguiente programa podemos comparar las secuencias obtenidas con la ecuación de diferencias dada al comienzo del problema y la forma cerrada obtenida:

%Metodo iterativo - Ecuación de diferenciasx(1)=1;x(2)=2; N=30;u=[ones(1,N+3)];for k=1:N-1

x(k+2)=u(k+2)+x(k+1)-0.25*x(k);end k=0:N;subplot(2,1,1);stem(k,x);title(’Metodo itarativo - Ecuacion de diferencias’);

%Metodo iterativo - Expresion en forma cerradafor k=1:N+1

x(k)=-(k-1)/(2^(k-1))-3/(2^(k-1))+4 end k=0:N;subplot(2,1,2);stem(k,x,’r’);title(’Metodo iterativo - Expresion en forma cerrada’);

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Problema 17. Encontrar la expresión en forma cerrada de y[n] usando el método de la transformada Z. Donde u[n] representa la función escalón.

y [n ]−56y [n−1 ]+ 1

6y [n−2 ]=( 15 )

n

u [n ] , donde y [−1 ]=6e y [−2 ]=25

Solucion:Z [Y (n−1 ) ]=Y ( z ) z−1+ y (−1 ) z−1+ y (−2) Además transformando z de ambos miembros de la ecuación en diferencias dada, se obtiene

Y ( z )−56

[Y ( z ) z−1+6 ]+Y (z )−16

[Y ( z ) z−2+6 z−1+25 ]= 1

1− z−1

5

Y ( z )[z2−56 z+ 16 ]−5 z2+z+25

6z2= z3

1− z−1

5

Y ( z )[z3−3130 z2+ 16z− 130 ]=116 z3−7

6z2+ 15z

Despejando Y(Z)/Z, para luego aplicar el método de inversión por fracciones parciales Y (Z )Z

=a1

z−12

+a2

z−−13

+a3

z−−15

Donde los coeficientes son:

a1=[( z−12 ). Y (Z )Z ]Z=1

2

=32

a2=[( z−13 ) . Y (Z )Z ]Z=1

3

=−23

a3=[(z−15 ) . Y (Z )Z ]Z=1

5

=1

Le descomposición en fracciones parciales podría haberse obtenido con Matlab , de la siguiente manera :Num=[011/6−7/61/6 ] ;

Den=[1−31/301/3−1 /30 ] ;

[ R ,P , K ]=residuez (num,den )

R=

-1.5000

-0.6667

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1.0000

P=

1.8000

0.3333

0.2000

K=

[]

Reemplazando y multiplicando ambos miembros por z:

Y ( z )= 3/2

1−12z−1−

23

1−13z−1

+1

1−15z−1

La transformada inversa, resulta:

y (n)= 3

2n+1− 2

3n+1

1

5n

Que es la forma cerrada pedida:

Con el siguiente programa podemos comparar las ecuaciones obtenidas con la ecuación de diferencias dadas al comienzo del problema y la forma cerrada obtenida:

%Metodo iterativo –Ecuacion de diferencias

y(1)=25;

y(2)=6;

N=30;

U=[0 0 ones(1 , N+1)];

For n=1:N*1

Y(n+2)=(1/5)´(n-1)*u(n+2)+(5/6)*y(n+1)-(1/6)*y(n)

end

n=-2:N

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subplot(2, 1 ,2);

stem(n, y, ´r´);

title(´Metodo iterativo – Expresion en forma cerrada ´);

Problema 18.Encuentre la transformada inversa de Z utilizando el método de expansión en fracciones parciales y con Matlab (comando residuez).

X (Z )= z−1(0.5−z−1)(1−0.5 z−1)(1−0.8 z−1)

Solución:

Multiplicamos el numerador y denominador por x2 y luego, divido ambos miembros por z para expresar X ( z)/ z

X (Z )Z

=0.5(z−2)

z( z−0.5)(z−0.8)

La función expansiva tendrá la forma:

X (Z )Z

=a1

z−0.5+

a2z−0.8

+a3z

Donde los coeficientes son:

a1=[ ( z−0.5 ) . Y (Z )Z ]

Z=0.5=5

a2=[ ( z−0.5 ) . Y (Z )Z ]

Z=0.8=−2.5

Page 26: Balotario de Matematica Avanzada Completo

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a1=[ ( z ) . Y (Z )Z ]

Z=0=−2.5

Reemplazando y multiplicando ambos miembros por z:

X ( z )= 51−0.5 z−1

+a2

1−0.8 z−1−2.5

La descomposición en fracciones parciales podría haberse realizado con Matlab, de la siguiente manera:

Num=[0.5−1 ] ;

Den=[1−1.3 .4 ] ;

[ R ,P , K ]=residuez (num,den )

R=

-2.5000

5.000

P=

0.8000

0.5000

K=

-2.5

Por ejemplo inspección de la salida de la tabla , la transformada inversa resulta :

x (k )=5. (0.5 )k−2,5 (0.8 )k−2,5.δ (k ) (5)

Que es el resultado de la ecuación en diferencias en forma cerrada.

Para verificar el resultado, puedo compararlo con el método de matlab.

N=30;

Delta =[1 zeros(1.N )]

%Metodo iterativo –Expresion en forma cerrada

For k=1:N+1

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X(k)=5*(0.5)(k-1)-2.5*(0.8)(k-1)-2.5*delta(k);

End

K=0:N;

Subplot( 2,1,1);

Title (´Metdo iterativo – Expresion en forma cerrada´):

%Metodo Matlab

Num=[0.5 -1]

Den =[1 -1.3 .4];

N=0:1:N;

X=[1 zeros(1 N)];

Y=filter (num,den,x);

Subplot(2,1,2);

Stem(n,y,´r);

Title(´Metdo Matlab´);

Problema 19.

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Utiliza el método el método de la integral inversa encuentre la señal discreta en tiempo correspondiente a la siguiente transformada z:

Y ( z )= z(z−0,75)(z+0,5)

Solución:

Hacemos F ( z )=zn−1Y ( z ), tenemos:

F ( z )= zn

(z−0,75)(z+0,5)

F(z) tiene polos en z=0,75 y en z=0,5. La transformada inversa z dado por:

y (n )=Res (F ( z );0.75 )+Res (F ( z ) ,−0.5 )

Puesto que los polos son de primer grado:

Res [F ( z ) ,0.75 ]=[ ( z−0.75 )F ( z ) ] z=0.75

¿(0.75)zn

( z−0.75 )(z+0.5)

¿(0.75)n

0.75+0.5

¿ 45(0.75)n

Res [F ( z ) ,−0.5 ]=[ ( z+0.5 )F ( z ) ]z=0.5

¿ −45

(−0.5)n

La transformada inversa de z es la suma de los residuos en z=0.75 y en z=-0.5

y (n )=( 45 )[ (0.75 )n− (−0.5 )n]

Problema 20.

Determinar la transformada inversa de:

X ( z )=z−1+6 z−4−2 z−7

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Solución:

Por definición de transformada z se tiene :

x (n )=δ (n−1 )+6 δ (n−4 )−2δ (n−7 )

De donde:

x (0 )=0 ; x (1 )=1 ;x (4 )=6 ; x (7 )=2