P3.12 Funcion Delta de Dirac

Matemáticas V

Unidad IIITRANSFORMADAS DE LAPLACE

3. 12 Función Delta de Dirac

*Problemario*

Imagen. Ejercicio 1

1

1 Stephen L. Campbell, Richard Haberman. Introduccion a las ecuaciones diferenciales como problemas de valor de frontera. Pág. 288

Ejercicio 1:

Función de forzamiento impulsiva

Resuelva y '+ y=δ (t−1 ) , y (0)=1

Solución:

Tomando la transformada de Laplace en ambos lados se tiene:

sY (s )− y (0 )+Y ( s)=e−s

Despejando Y(s),

Y (s )= 1s+1

+ e−s

s+1,

De manera que:

y (t )=L−1[ 1s+1 ]+L−1[e−s 1s+1 ]=e−t+e−( t−1 ) H (t−1) (1)

Físicamente, este ejercicio se puede ver como el circuito RC lineal simple de la figura 3.12.1, donde y es la carga en el capacitor del tiempo, y existe una carga inicial de 1 en el capacitor. Para 0≤ t<1, el voltaje e es cero, y el capacitor se esta descargando. En el tiempo t=1, hay un impulso de voltaje, es decir se aplica un voltaje muy alto durante un periodo breve, lo que recarga el capacitor. Después el voltaje es 0 otra vez y el capacitor continúa descargándose.

La grafica de (1) se puede ver en la figura 3.12.2. Esta grafica debe interpretarse como que, en una problema real, y(t) estaría dada por una función como la de la figura 3.12.3.

Fig. 3.12.2Gráfica de (1)

Fig. 3.12.1 Fig. 3.12.3

Imagen. Ejercicio 22

2 R. Kent Nagle, Edward B. Saff, Arthur David Snider. Ecuaciones diferenciales con problemas con valores de frontera .Pág. 433

Ejercicio 2:

Una masa unida a un resorte se libera desde el reposo, a un metro por bajo de la posición de equilibrio para el sistema masa-resorte y comienza a vibrar. Después de π segundos, la masa es golpeada por un martillo que ejerce un impulso sobre la masa. El sistema queda descrito por el problema simbólico con valores iniciales.

d2 xd t 2

+9 x=3δ ( t−π ) ;x (0 )=1, dxdt

(0 )=0 (I)

Donde x(t) denota el desplazamiento con respecto del equilibrio en el instante t. Determinar x(t).

Solución:

Sea X ( s)=L x (s ) . Como

L x ' ' (s )=s2 X (s )−s y L δ (t−π ) (s )=e−πs

Al calcular la transformada de Laplace de ambos lados de (I) y despejar X(s) tenemos:

s2 X (s )−s+9 X ( s )=3e−πs

X ( s)= s

s2+9+e−πs 3

s2+9

¿ L cos3 t ( s)+e−πs L sin 3t (s)

Usamos la propiedad de translación para determinar la transformada inversa de Laplace de X(s)

Translación en t.

Teorema: Suponga que F ( s )=L f (s ) existe para s>α ≥0. Si α es una constante positiva, entonces:

L f ( t−a )u ( t−a ) (s )=e−as F (s),

Recíprocamente, una transformada inversa de Laplace de e−as F (s ) esta dada por:

L−1 e−as F (s) (t )=f ( t−a )u ( t−a )

Así tenemos que:

x (t )=cos3 t+[sin 3( t−π )] u(t−π )

¿ cos3 t , t<πcos3 t−sin 3 t , π< t

¿ cos3 t ,t<π

√2cos (3 t+ π4 ) , π> t

La grafica de x(t) aparece en color en la figura 3.12.4. Como comparación, la curva punteada exhibe el desplazamiento de un resorte vibrante sin perturbaciones. Observe que el impulso suma 3 unidades al momento en el instante t=π.

Desplazamiento de un resorte vibrante golpeado por un martillo t=πGrafica 3.12.4

Imagen. Ejercicio 3.3

3 Daniel A. Marcus. Ecuaciones Diferenciales. Pág. 448

Ejercicio 3:

Suponga que tratamos de resolver:

x ' '+x=δ1

Con condiciones iniciales x0=0 , x ' 0=0. Supongamos que buscamos una solución continua. Tomando transformadas de Laplace con L [x ]=L como es usual, obtenemos

s2 L+L=e−s

( s2+1 ) L=e−s

L= e−s

s2+1

x=L−1[ e−s

s2+1 ]Para esta inversa necesitamos el segundo teorema de translación.

Se establece el resultado que es:

x=sin (t−1)u1(t)

La grafica de esta solución se muestra en la figura 3.12.5

Fig. 3.12.5

Segundo teorema de translación

Sea f(t) una función que tiene una transformada de Laplace y sea α una constante positiva. Entonces Forma 1: L[ f (t )ua (t )]=e−as L[ f ( t+a )],

Forma 2: L[ f (t−a )ua ( t )]=e−as L[ f ( t )],


4 Dennis G. Zill. Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones de modelado. Pág. 351

Ejercicio 4:

Resuelva y ' '+ y=4 δ (t−2π ) , sujeta a

a) y (0 )=1 , y ' (0 )=0 ;

b) y (0 )=0 , y ' (0 )=0

Estos dos problemas de valor inicial podrían servir de modelos para describir el movimiento de una masa en un resorte en un medio en que el amortiguamiento sea insignificante. Cuanto t=2π , se imparte un fuerte golpe a la masa. En a), la masa parte del reposo a una unidad debajo de la posición de equilibrio. En b), la masa se encuentra en reposo en la posición de equilibrio.

Solución

a) Según el siguiente teorema:

La transformada de Laplace de la ecuación diferencial es:

s2Y ( s )−s+Y (s )=4e−2πs osea Y ( s )= ss2+1

+ 4 e−2 πs

s2+1

Aplicamos la inversa del segundo teorema de translación para obtener

y (t )=cos t+4sin ( t−2 π ) A ¿)

Como sin (t−2π )=sin t , la solución anterior se puede expresar:

y (t )= cos t 0≤t<2πcos t+4sin t t ≥2

En la figura 3.12.6, vemos que la masa tenia movimiento armónico simple hasta que fue golpeada cuando t=2π. La influencia del impulso unitario es aumentar la amplitud de oscilación hasta √17 , cuando t>2.

b) En este caso , la transformada de la ecuación es, sencillamente,

Teorema. Transformada de la función delta de Dirac

Para t 0<0 L δ ( t− t0 ) =e− st 0

Y (s )=4 e−2πs

s2+1

Y así

y (t )=4 sin (t−2 π ) A ( t−2π )

¿ 0 ,0≤ t<24sin t ,t ≥2 π

La grafica de esta ecuación (Fig. 3.12.7) muestra que, como era de esperarse por las condiciones iniciales, la masa no se mueve si no hasta que se golpe cuando t=2π.

Graficas

Fig. 3.12.6 Fig. 3.12.7


5 Henry Edwards. David E. Penney. Ecuaciones Diferenciales. Pág. 505

Ejercicio 5:

Una masa m=1 está unida a un resorte constante k=4, no hay un amortiguador. La masa se libera desde el reposo, con x(0)=3. En el instante t=2π golpeamos la masa con un martillo, proporcionando un impulso p=8. Determinar el movimiento de la masa.

Solución:

Debemos resolver el problema con valores iniciales

x ' '+4 x=8δ 2π (t ); x (0 )=3 , x ' (0 )=0

Aplicamos la transformada de Laplace para obtener

s2 X (s )−3 s+4 X (s )=8e−2 πs

De modo que

X ( s)= 3 ss2+4

+ 8e−2 πs

s2+4

Si recordamos las transformadas del seno y del coseno, así como el teorema sobre translaciones en el eje t, vemos que la transformada inversa es:

x (t )=3cos 2t y 4u (t−2π ) sin 2(t−2 π)

¿3cos2 t+4u2 π ( t ) sin 2 t

Como 3cos2 t+4sin 2 t=5cos (2 t−a ) con a=tan−1( 43 )≈0.9273, al separar los casos

t<2π y t≧2π tenemos

x (t )= 3cos2 t sit ≦2π5cos (2 t−0.9273 ) sit≧ 2π

El movimiento resultante aparece en la figura 3.12.8. Observe que el impulso en t=2π produce una discontinuidad visible en la velocidad en t=2π, ya que ésta aumenta instantáneamente la amplitud de las oscilaciones de la masa de 3 a 5.

El movimiento de la masaFig. 3.12.8

Ejemplo 6.

Observe el siguiente circuito.

Con R=110 Ω, L=1 H, C=0.001 F y una batería que proporciona e0=90V . Suponga que inicialmente el circuito es pasivo, sin corriente ni carga. En el instante t=0, el interruptor se cierra y en el instante t=1 se abre y se deja abierto. Determinar la corriente resultante i(t) en el circuito.

Solución:

Disponemos de las funciones delta y podemos partir de la ecuación ordinaria para circuitos.

L i' '+R i'+ 1C

i=e '( t)

En este ejemplo tenemos

e (t )=90−90u ( t−1 )=90−90u1 ( t )

De modo que e ' (t )=−90δ (t−1 ) por la ecuación ddt

ua (t )=δ a ( t )=δ (t−a). Por lo tanto.

Queremos resolver el problema con valores iniciales

i' '+110 i'+1000 i=−90δ (t−1 ) ; i (0 )=0 , i' (0 )=90 (21)

El hecho de que i’(0)=90 proviene de la sustitución de t=0 en la ecuación

Fig 3.12.9 Circuito RLC en serie

L i' (t )+Ri ( t )+ 1C

q (t )=e (t)

Con los valores numéricos i (0 )=q (0 )=0 y e (0 )=90

Al transformar el problema en (21), obtenemos la ecuación

s1 I (s )−90+110 sI ( s )+1000 I (s )=−90e− s

Por tanto,

I ( s )= 90 (1−e−s )s2+110 s+1000

Ejercicio 7:

Consideremos una masa en un resorte m=k=1 y x(0)=x’(0)=0. En cada uno de los instantes t=0, π, 2π, 3π, …, nπ, …, la masa es golpeada por un martillo con un impulso unitario. Determinar el movimiento resultante.

Solución

Debemos resolver el problema con valores iniciales

x ' '+x=∑n=0

∞

δnπ ( t ) ;x (0 )=0=x ' (0 )

Como L δ nπ (t ) =e−nπs, la ecuación transformada es

s2 X (s )+X (s )=∑n=0

∞

e−nπs,

De modo que

X ( s)=∑n=0

∞e−nπs

s2+1

Calculamos la transformada inversa de Laplace término a término; el resultado es

x (t )=∑n=0

∞

u(t−nπ )sin ( t−nπ )

Como sin (t−nπ )=(−1)n sin t y u (t−nπ )=0 para t<nπ , entonces

x (t )=sin t−sin t+sin t−…+ (−1 )nsin t ;

x (t )=sin t0

si nes parsi nes impar

Por tanto, x(t) es la rectificación de media onda de sin t que aparece en la figura 7.12.10. La explicación física es que el primer golpe del martillo (en el instante t=0) hace que la

masa comience a moverse hacia la derecha; justo al momento de regresar al origen, al segundo golpe la detiene en seco; permanece inmóvil hasta que el tercer golpe vuelve a moverla, y así sucesivamente. Por supuesto, si los golpes no se sincronizan en forma perfecta, entonces el movimiento de la masa será un poco distinto.

Imagen. Ejercicio 8

Fig 3.12.10 La rectificación de media onda de seno t

8

Ejercicio 8.

8 Robert L. Borrelli, Courtney S. Coleman, Ecuaciones Diferenciales, una perspectiva de modelación. Pág. 401

¿Qué sucede cuando se golpea un resorte oscilante?

Supóngase que el peso pendiente del extremo de un resorte oscilante no amortiguado regido por la ley de Hooke recibe un golpe fuerte. ¿Cómo responde el sistema? Si “y” es la medida del desplazamiento del peso desde el equilibrio, entonces el sistema puede modelarse con:

m y ' ' ( t )+ky ( t )=Aδ ( t−T ) , y (0 )=α , y ' (0 )=β(a)

Donde m es la masa, k es la constante del resorte, A es una constante positiva, T>0 es el instante en que el resorte es golpeado y α y β son valores iniciales. La “fuerza”aδ (t−T )

Se denomina fuerza impulsiva, en tanto que su integral en el tiempo es el impulso. Se

divide la EDO de (a) entre m, se establece km

=ω2 y se transforma:

( s2+ω2 )L [ y ]−sα−β=A e−Ts/m

L [ y ]= sα+ βs2+ω2+

A e−Ts/ms2+ω2 (b)

Donde se utiliza la formula de

L [δ(t−u)]=e−us

Al invertir (b) se tiene

y (t )=α cosωt+ βωsinωt escalón ( t−T ) escalón(t−T )(c)

¿ [α− Amω

sinωT escalón (t−T )]cosωt+[ βω

+ Amω

cosωTescalón(t−T )]sinωt

Donde se utiliza la identidad trigonométrica sinω (t−T )=sinωt cosωT−cosωt sinωT . La solución y(t) del PVI (a) es continua, pero nótese el ángulo agudo en t=T , en tanto que y’(t) tiene una discontinuidad de salto en t=T (fig. 3.12.11)

El resorte de este ejemplo continúa oscilando después del golpe impulsivo. ¿Es posible elegir la amplitud y el tiempo de modo que el golpe detenga las oscilaciones?

Fig. 3.12.11


Ejercicio 9.

Detección de las oscilaciones.9 Robert L. Borrelli, Courtney S. Coleman, Ecuaciones Diferenciales, una perspectiva de modelación. Pág. 402

Si queremos detener las vibraciones del resorte del ejercicio anterior, debemos elegir A y T de modo que y(t)=0 para t>T. Por la formula

y (t )=α cosωt+ βωsinωt escalón (t−T ) escalón(t−T )

Se observa que y(t)=0 para t>T si

Amω

sinωT=α ,A

mωcosωT =−β

ω(I )

Se nota que β≠0 es necesario medir el tiempo de golpe y elegir su amplitud de modo que

Am

= αωsinωT

, tanωT =−αωβ

Esto es,

T= 1ω

arc tan (−αωβ ) , A= mαω

sinωT

Donde se supone que ωT ≠kπ . Con esta elección de T y A, las vibraciones cesan en t=T. En la figura 3.12.12 se muestran las gráficas de y(t) y y’(t) con

m=1 , α=1 , β=−1,ω=1 , T=π4

y A=√2.

Imagen. Ejercicio 10.

Fig. 3.12.12 Respuesta de un resorte a un golpe en el instante T=1.

Fig. 3.12.13 Detención de las oscilaciones con un golpe bien cronometrado en T=π/4.

10

Ejercicio 10.

Encontrar la solución del problema con valores iniciales.10 William E. Boyce, Richard C. Diprima. Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera. Pág. 314.

y ' '+2 y '+2 y=δ ( t−π )(A)

y (0 )=0 , y ' (0 )=0(B)

Este problema con valores iniciales podría presentarse en el estudio de un circuito eléctrico al cual se le aplica un voltaje impulsivo unitario en el instante t=π.

Para resolver el problema dado, tomamos la transformada de Laplace de la ecuación diferencial, obteniendo.

( s2+2 s+2 )Y (s )=e−πs ,

Donde se han usado las condiciones iniciales (B). Por lo tanto,

Y (s )= e−πs

s2+2 s+2=e−πs 1

( s+1 )2+1(C)

L−1 1

(s+1 )2+1 =e−1sin t (D)

Se aquí, tenemos

y=L−1 Y (s)=uπ (t)e−(t−π ) sin (t−π )(E)

Que constituye la solución formal del problema dado. Es posible, también escribir y en la forma.

y= 0 t<π ,e−( t−π )sin (t−π ) ,t ≥ π

(F)

La grafica de la ecuación (F) se muestra en la fig. 3.12.14.

Como las condiciones iniciales en t=0 son homogéneas y no existe excitación externa hasta t=π produce una respuesta el intervalo 0 < t <π. El impulso en t=π produce una respuesta que persiste indefinidamente, no obstante que decae exponencialmente cuando no hay otra excitación externa adicional. También es interesante observar que la respuesta es continua en t=π a pesar de la naturaleza singular de la función de fuerza en

ese punto; sin embargo, la pendiente de la solución tiene una discontinuidad por salto en este punto y su seguridad derivada no esta definida allí. Esto lo exige la ecuación diferencial (A) en virtud de que una singularidad en un miembro de la ecuación debe balancearse por otra, en el otro miembro.


Fig. 3.12.14 Solución del problema con valores iniciales (A), (B).

11

Ejercicio 11.

Resolver y ' '+2 y '+2 y=δ (t−3 ); y (0 )= y ' (0 )=0

11 Peter V. O’Neil. Matemáticas avanzadas para ingeniería. Pág. 35

Aplique la transformada de Laplace a la ecuación diferencial para obtener

s2Y ( s )+2 sY (s )+2Y ( s )=e−3 s

Entonces

Y (s )= e−3 s

s2+2 s+2

Para encontrar la transformada inversa de la función de la derecha. Primero escriba.

Y (s )= 1

(s+1)2+1e−3 s

Ahora use ambos teoremas de corrimiento. Ya que L−1 [1/(s2+1)]=sin (t). Un corrimiento en la variable s da.

L−1[ 1

(s+1)2+1 ]=e−tsin(t )

Ahora, un corrimiento en la variable t para obtener

y (t )=H (t−3 ) e−(t−3)sin(t−3)

En la fig. 3.12.15 se muestra de esta solución. La solución es diferenciable para t>0, excepto que y’(t) tiene un salto de discontinuidad de magnitud 1 en t=3. La magnitud del salto es el coeficiente de δ (t−3) en la ecuación diferencial.

Fig. 3.12.15 Gráfica de:

y (t )= 0 si0≤t<3e−(t−3)sin( t−3) sit>3


12

Ejercicio 12.

12 Peter V. O’Neil. Matemáticas avanzadas para ingeniería. Pág. 37

Suponga que, en el siguiente circuito

La corriente y la carga en el condensador son cero en el tiempo cero. Quiere determinar la respuesta del voltaje de salida a un transitorio modelado por δ (t).

El voltaje de salida es q (t)/C, de esta manera determinará q (t ) . Por la ley de voltaje de Kirchhoff.

L i'+Ri+ 1C

q=i'+10 i+100q=δ (t)

Como i=q '

q ' '+10q '+100q=δ (t)

Las condiciones iniciales son q (0 )=q ' (0 )=0.

Aplique la transformada de Laplace a la ecuación diferencial y use las condiciones iniciales para obtener

s2Q ( s )+10 sQ (s )+100Q (s )=1

Entonces

Q (s )= 1

s2+10 s+100

Para invertir esto usando el teorema del corrimiento. Complete el cuadrado

Q (s )= 1

(s−5)2+75

Como

Fig. 3.12.16

L−1 ¿

Entonces

q (t )=L−1[ 1

(s−5)2+75 ]= 15√3

e−5 tsin (5√3 t )

El voltaje de salida es

1C

q ( t )=100q (t )=20√3

e−5 t sin (5√3 t )

En la figura 3.12.16 se muestra una gráfica de esta salida. La salida del circuito muestra oscilaciones amortiguadas a su frecuencia natural, aunque no fue forzada explícitamente por oscilaciones de esta frecuencia.


Fig. 3.12.17 Salida del circuito de la figura 3.12.16

13

Ejercicio 13

13 La transformada de Laplace. Disponible en URL: http://canek.uam.mx/Ecuaciones/Teoria/6.Laplace/ImpConvolucion.pdf. Pág. 4

http://canek.uam.mx/Ecuaciones/Teoria/6.Laplace/ImpConvolucion.pdf

Una masa unida a un resorte se libera desde el reposo a 2 m por debajo de la posición de equilibrio y comienza a vibrar. Después de 5 s, la masa recibe un golpe que suministra un impulso (momento lineal) sobre la masa de 8 N-s dirigido, hacia abajo. Hallar la posición de la masa en cualquier instante.

El sistema queda descrito por el siguiente PVI

m x' ' (t )+kx ( t )=8δ (t−5 ) , con x (0 )=2 y x ' (0 )=0.

Dividiendo entre m:

x ' ' ( t )+ km

x (t )= 8m

δ ( t−5 ) , conx (0 )=2 y x ' (0 )=0.

Consideramos ω2= km

. Si aplicamos TL en ambos miembros de la ED

x ' ' (t )+ω2 x ( t )= 8m

δ ( t−5 ) .

Obtenemos:

s2 X (s )−sx (0 )−x ' (0 )+ω2 X (s )= 8m

e−5 s

Así, al tener en cuenta las condiciones iniciales, encontramos:

( s2+ω2 ) X (s )=2 s+ 8m

e−5 s;

De donde:

X ( s)=2 s+ 8

me−5 s

s2+ω2 =2 s

s2+ω2+8e−5 s

ms2+ω2

Lo único que resta obtener x(t) mediante el cálculo de la TL inversa. De esta manera:

x (t )=L−1 2 ss2+ω2 + 8m L−1 e−5 s

s2+ω2 =¿

¿2cosωt+ 8mω

u (t−5 ) sin [ω ( t−5 ) ]=¿

¿2cosωt+ 8

√mku (t−5 )sin [ω (t−5 ) ]=¿

Observemos que, dada la presencia de la función u(t−5), el efecto que tiene el impulso sobre el sistema sólo es detectable para t ≥5. La gráfica de la función de posición es la siguiente:

En la gráfica resulta notoria la perturbación que se imprime al sistema en el tiempo t=5 s por efecto del impulso aplicado. Observe que, en ese momento, la masa está debajo de la posición de equilibrio y se va dirigiendo hacia esta posición cuando recibe un golpe justo en la dirección contraria, lo que explica por qué la oscilación se aminora y adema por qué se aprecia en ese instante un cambio abrupto en la dirección tangencial sobre la gráfica.

Fig. 3.12.18


14

14 La transformada de Laplace. Disponible en URL: http://canek.uam.mx/Ecuaciones/Teoria/6.Laplace/ImpConvolucion.pdf. Pág. 3

http://canek.uam.mx/Ecuaciones/Teoria/6.Laplace/ImpConvolucion.pdf

Ejercicio 14.

Calcular la TL de f (t )=δ (t−α ) .

Usando

∫0

∞

h ( t ) δ ( t−α ) dt=h (a )

Con h (t )=e−st :

L δ (t−α )=∫0

∞

e−st δ (t−α ) dt=e−αs

De acuerdo a las consideraciones anteriores, formalmente podemos decir que la derivada de la función escalón unitario es la delta de Dirac. Es decir:

u' (t−α )=δ (t−α )

En efecto, observamos:

δ α ,ε ( t )=1ε

[u ( t−α )−u(t−α−ε )]

De donde:

δ (t−α )=lime →0

δα , ε (t )=lime →0

u (t−α )−u(t−α−ε)ε

=¿

¿ lime→ 0

u (t−α−ε )−u( t−α)−ε

=¿¿

Tomando h=−ε se tiene que ε →0⇒h→0.

¿ lime→0

u (t−α+h )−u(t−α)h

=u ' (t−α )

Imagen. Ejercicio15.

Ejercicio15.

f ( t )= 0 si t<12 si1<t<31 si>3

La gráfica de esta función aparece en la figura 3.12.19 y muestra un salto (incremento) de 2 unidades en t=1 y una caída (disminución) de 1 unidad en t=3. En términos de funciones escalonadas tenemos

f ( t )=2u1 ( t )−u3 (t )(I )

En general, cualquier combinación lineal de función escalonadas unitarias

b1ua1( t )+b2ua2

( t )+…+bnun ( t )

Tiene saltos o caídas en los puntos t=α i de acuerdo con los coeficientes b i. Los coeficientes positivos corresponden a saltos, los coeficientes negativos corresponden a caídas.

Empleando (I) junto con la siguiente formula:

L [ua(t)]=1s

e−as si a>0

Obtenemos

L [ f (t )]=2L [u1(t )]−L [u3(t)]

¿ 2se−s−1

se−3 s

Fig. 3.12.19

Bibliografía

C. Henry Edwards, David E. Penney Ecuaciones diferenciales 4a, ed.E Pearson Educación, México, 2001

Daniel A. MarcusEcuaciones Diferenciales, 1a. ed.Compañía editorial continental, México, 1993

Robert L. Borrelli, Courtney S. ColemanEcuaciones Diferenciales, una perspectiva de modelación, 1a. ed.Oxford university press, México, 2002.

Stephen L. Campbell, Richard HabermanIntroducción a las ecuaciones diferenciales con problemas de valor de frontera, 1ra. Ed.McGRAW-HILL, México, 1998

R. Kent Nagle, Edward B. Saff, Arthur David Snider.Ecuaciones diferenciales y problemas con valores de frontera, 3a. ed.Pearson Educación, México, 2001

William E. Boyce, Richard C. DiprimaEcuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera, 3ª. Ed.Editorial Limusa, México, 1978.

Peter V. O’Neil. Matemáticas avanzadas para ingeniería. 6ª. Ed.Cengaje Learnig, México, 2008.

Dennis G. Zill.Ecuaciones diferenciales con aplicaciones de modelado. 6ª. Ed.Intemational Thomson Editores. México.1997

P3.12 Funcion Delta de Dirac

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