Universidad Nacional Abierta Matemática V (Cód. 739)

Tercera Prueba Parcial
Lapso 2015-1
739 – 1/2
Universidad Nacional Abierta
Vicerrectorado Académico
Área de Matemática
Matemática V (Cód. 739)
Cód. Carrera: 236 - 280
Fecha: 04-07-2015
MODELO DE RESPUESTAS
Objetivos del 8 al 10
OBJ 8 PTA 1
Sea
Px (t) =
∫
donde 0 < x < 1 y t ∈ R. Demuestre que
1
1 − x2
·
,
2π 1 − 2x cos(t) + x2
π
−π
Px (t) dt = 1.
SOLUCIÓN: Sea z = xeit con 0 < x < 1 y t ∈ R. Entonces,
Px (t) =
1
1 − x2
1
1 − x2
1
1 − x2
·
=
·
=
·
.
2π 1 − 2x cos(t) + x2
2π 1 − 2ℜ(z) + x2
2π 1 − z − z + x2
Por lo cual,
∫
2π
0
1
Px (t) dt =
2πi
I
C
1
1 − x2
dz
=
2
1−z−z+x z
2πi
I
C
x2 − 1
dz,
(z − 1)(z − x2 )
x2 − 1
tiene polos
(z − 1)(z − x2 )
simples en z = 1 y z = x2 , tenemos que, es analı́tica en C y en el interior de C salvo el punto z = x2 . Al
aplicar el Teorema de los Residuos,
(
)
I
x2 − 1
x2 − 1
x2 − 1
2
2
dz
=
2πi
Res
,
x
=
2πi
lim
(z
−
x
)
·
= 2πi.
2
(z − 1)(z − x2 )
(z − 1)(z − x2 )
z→x2
C (z − 1)(z − x )
donde C es la circunferencia de radio x recorrida en sentido antihorario. Como
Finalmente,
∫
0
OBJ 9 PTA 2
2π
1
Px (t) dt =
2πi
I
C
x2 − 1
dz = 1.
(z − 1)(z − x2 )
Calcule la Transformada Inversa de Laplace de la función h(s) =
s(s2
1
.
+ 4s + 6)
SOLUCIÓN: Al aplicar el Método de Descomposión en Fracciones Parciales, tenemos que,
{
}
{ }
{
}
1
1 −1 1
1 −1
s+4
H(t) = L−1 {h(s)} = L−1
=
L
−
L
.
s(s2 + 4s + 6)
6
s
6
s2 + 4s + 6
Por otro lado, aplicando el teorema de traslación,
{
}
√
}
{
}
{
}
{
√
(s
+
2)
+
2
s
+
2
s
+
4
2
= L−1
= L−1
+ 2L−1
L−1
s2 + 4s + 6
(s + 2)2 + 2
(s + 2)2 + 2
(s + 2)2 + 2
(√ ) √
(√ )
= e−2t cos
2t + 2 e−2t sen
2t .
Especialista: Federico J. Hernández Maggi
Área de Matemática
Validador: Gilberto Noguera
Evaluadora: Florymar Robles
Tercera Prueba Parcial
Lapso 2015-1
Finalmente,
−1
H(t) = L
739 – 2/2
(√ ) √2
(√ )
1 1 −2t
{h(s)} = − e cos
2t −
e−2t sen
2t .
6 6
6
OBJ 10 PTA 3 Utilice el Método de Transformadas de Laplace, para encontrar la solución de la
ecuación diferencial con valores iniciales,
Y ′′ + 4Y ′ + 6Y = 1 + e−t ,
donde Y (0) = 0 y Y ′ (0) = 0.
SOLUCIÓN: Al aplicar la transformada de Laplace a la ecuación diferencial, tenemos que,
L{Y ′′ (t)} + 4L{Y ′ (t)} + 6L{Y (t)} = L{Y ′′ (t) + 4Y ′ (t) + 6Y (t)} = L{1 + e−t } = L{1} + L{e−t } =
1
1
+
.
s s+1
Por otro lado,
L{Y ′ (t)} = sL{Y (t)} − Y (0) = s y(s),
L{Y ′′ (t)} = sL{Y ′ (t)} − Y ′ (0) = s2 L{Y (t)} − sY (0) − Y ′ (0) = s2 y(s).
Entonces,
1
1
+
,
s s+1
2s + 1
y(s) =
.
s(s + 1)(s2 + 4s + 6)
s2 y(s) + 4s y(s) + 6y(s) =
Finalmente, aplicando transformada inversa de Laplace a y(s) y el teorema de traslación, se tiene,
{
}
1
1
s + 10/3
−1
−1
Y (t) = L {y(s)} = L
+
−
6s 3(s + 1) 2(s2 + 4s + 6)
{ }
{
}
{
}
1
1
1
1
s + 10/3
1
+ L−1
+ L−1
= L−1
2
s
3
s+1
2
s2 + 4s + 6
√
(
)
(√ )
√
1 1
1
2 −2t
= + e−t − e−2t cos
2t −
e
sen
2t .
6 3
2
3
FIN DEL MODELO.
Especialista: Federico J. Hernández Maggi
Área de Matemática
Validador: Gilberto Noguera
Evaluadora: Florymar Robles