-
Lali Barrière [email protected]
-
Lali Barrière [email protected]
-
Lali Barrière [email protected]
-
Solució del tercer control (primera versió)Lali Barrière
1. Calcula la sèrie de cosinus de Fourier de la funció f(t)
={
1 si 0 < t ≤ 120 si 12 < t ≤ 1
La sèrie de cosinus és la sèrie de l’extensió parella de la
funció f(t). Per tant, la funció és parella i elseu periode és
T = 2. Calculem els coeficients a0 i an, n ≥ 1. (Els coeficients
bn, n ≥ 1, valen zero.)
a0 =42
∫ 10
f(t) dt = 2∫ 1/2
0
1 dt = 2 · 12
= 1
an =42
∫ 10
f(t) cos2πn2
t dt = 2∫ 1/2
0
cos πnt dt = 2[sinπnt
πn
]1/20
=2
πnsin
πn
2
Observem que aquests coeficients valen zero si n és parell. La
sèrie cosinus de Fourier de f(t) és, pertant,
12
+2π
∑n≥1
sin πn2n
cos πnt =12
+2π
(cos πt− cos 3πt
3+
cos 5πt5
− cos 7πt7
+ . . .)
De fet, els coeficients valen an =
0 si n és parell2π(2k − 1)
· (−1)k−1 si n = 2k − 1, senar
Per tant, la sèrie de cosinus de Fourier de f(t) que hem trobat
abans també es pot escriure
12
+2π
∑n≥1
(−1)n−1
2n− 1cos(2n− 1)πt
2. Sabent que, en [−π, π],t3 − π2t ∼ 12
∑n≥1
(−1)n sinntn3
calcula la suma∑n≥1
1n6
. Raona la resposta.
El terme general de la sèrie que volem sumar és el quadrat
dels coeficients de la sèrie de Fourier (si notenim en compte la
constant 12 que multiplica). Per això apliquem la relació de
Parseval. Trobem
12π
∫ π−π
(t3 − π2t)2 dt = 12
∑n≥1
(12)2
n6
Calculem la integral:∫ π−π
(t3 − π2t)2 dt =∫ π−π
(t6 − 2π2t4 + π4t2) dt =[t7
7− 2π2 t
5
5+ π4
t3
3
]π−π
= 2π7(17− 2
5+
13) =
16105
π7
Substituint i simplificant obtenim1π
16105
π7 = (12)2∑n≥1
1n6
que implica ∑n≥1
1n6
=1
945π6
1
-
Solució del tercer control (segona versió)Lali Barrière
1. Calcula la sèrie de sinus de Fourier de la funció f(t) = 2−
t definida entre 0 i 2.La sèrie de sinus és la sèrie de
l’extensió senar de la funció f(t). Per tant, la funció és
senar i el seuperiode és T = 4. Calculem els coeficients bn, n ≥
1. (Els coeficients a0 i an, n ≥ 1, valen zero.)
bn =44
∫ 20
f(t) sin2πn4
t dt =∫ 2
0
(2− t) sin πn2
t dt =[(t− 2) 2
πncos
πn
2t
]20
−∫ 2
0
2πn
cosπn
2t =
4πn
La sèrie sinus de Fourier de f(t) és, per tant,
4π
∑n≥1
1n
sinπn
2t =
4π
(sin
π
2t +
12
sinπt +13
sin3π2
t +14
sin 2πt +15
sin5π2
t +16
sin 3πt + . . .)
2. Sabent que, en [−π, π],
et ∼ eπ − e−π
π
12
+∑n≥1
(−1)n
n2 + 1(cos nt− n sinnt)
calcula la suma
∑n≥1
(−1)n
n2 + 1. Raona la resposta.
El terme general de la sèrie que volem sumar “apareix” en els
coeficients de la sèrie de Fourier. Peraixò apliquem el teorema
de Dirichlet. Per fer-ho hem de trobar el punt adequat. Observem
que l’únicque necessitem és que cos nt− n sinnt valgui 1, i això
es pot aconseguir fent t = 0.La funció està definida entre −π i
π, i és cont́ınua en t = 0. Només hem de substituir t per 0 en
lafunció i en la sèrie. Obtindrem la igualtat
e0 =eπ − e−π
π
12
+∑n≥1
(−1)n
n2 + 1
Fent càlculs: ∑
n≥1
(−1)n
n2 + 1=
π
eπ − e−π− 1
2
Observem que si ens demanessin calcular la suma∑n≥1
1
(n2 + 1)2
hauŕıem d’utilitzar la relació de Parseval.
2
-
Quart control: 5 de maig de 2004 - Grup 1BT61Lali Barrière
1. Calculeu la sèrie de Fourier complexa de f(t) = et + e−t
definida en [−π, π].
cn =12π
∫ π−π
(et + e−t)e−jnt dt =12π
∫ π−π
(et(1−jn) + e−t(1+jn)) dt =12π
[et(1−jn)
1− jn− e
−t(1+jn)
1 + jn
]π−π
=
=12π
[eπe−jnπ − e−πejnπ
1− jn− e
−πe−jnπ − eπejnπ
1 + jn
]π−π
=eπ − e−π
2π
(1
1− jn+
11 + jn
)(−1)n =
=eπ − e−π
π(1 + n2)(−1)n
Per tant, f(t) ∼ eπ − e−π
π
+∞∑n=−∞
(−1)n
(1 + n2)ejnt
2. (a) Calculeu la transformada de Fourier de la funció f(t)
=t
(t2 + 4)2
Coneixent la transformada e−2|t| ←→ 44 + ω2
, podem aplicar la propietat de dualitat i
després la propietat de derivació en temps. S’obtenen les
transformades següents4
4 + t2←→ 2πe−2|ω|
−8t(4 + t2)2
←→ jω2πe−2|ω|
Simplificant,t
(4 + t2)2←→ −jωπe
−2|ω|
4
(b) Considerem la funció g(t, ω) = −j · ejβt · eωt, amb t, ω ∈
R i β ∈ C.Doneu el mòdul i l’argument de g(t, ω). Quant val
lim
t→+∞g(t, ω)?
Escrivim β = a + bj, amb a i b reals. Llavors
g(t, ω) = −j · ej(a+bj)t · eωt = ej3π2 · e(−b+ja)t · eωt =
e(ω−b)t · ej(
3π2
+at)
Per tant, ||g(t, ω)|| = e(ω−b)t i arg(g(t, ω)) = 3π2
+ at
El ĺımit per t→ +∞ de g(t, ω) només existirà en dos casos:•
si el mòdul de g(t, ω) tendeix a zero, o bé• si el mòdul de g(t,
ω) val 1 i el seu argument és constant.
Per tant
limt→+∞
g(t, ω) =
0 si ω < bej
3π2 si ω = b i a = 0
@ altrament
-
Quart control: 5 de maig de 2004 - Grup 1BT62Lali Barrière
1. Calculeu la sèrie de Fourier complexa de f(t) = et − e−t
definida en [−π, π].
cn =12π
∫ π−π
(et − e−t)e−jnt dt = 12π
∫ π−π
(et(1−jn) − e−t(1+jn)) dt = 12π
[et(1−jn)
1− jn+
e−t(1+jn)
1 + jn
]π−π
=
=12π
[eπe−jnπ − e−πejnπ
1− jn+
e−πe−jnπ − eπejnπ
1 + jn
]π−π
=eπ − e−π
2π
(1
1− jn− 1
1 + jn
)(−1)n =
=(eπ − e−π)jn
π(1 + n2)(−1)n
Per tant, f(t) ∼ (eπ − e−π)
π
+∞∑n=−∞
(−1)njn(1 + n2)
ejnt
2. (a) Calculeu la transformada de f(t) ={
t si |t| ≤ 30 altrament
Només hem d’observar que f ′(t) = p3(t). A més, sabem que
p3(t)←→ 2sinω3
ω.
Aplicant la propietat de derivació en temps, amb la notació
f(t) ←→ F (ω), tindremf ′(t)←→ jωF (ω) = 2sinω3
ω. Per tant, f(t)←→ 2sinω3
jω2
(b) Considerem la funció H(t, ω) = e−jαω · j · eωt, amb t, ω ∈
R i α ∈ C.Doneu el mòdul i l’argument de H(t, ω). Quant val
lim
ω→+∞H(t, ω)?
Escrivim α = a + bj, amb a i b reals. LlavorsH(t, ω) =
e−j(a+bj)ω · j · eωt = e(b−ja)ω · ej
π2 · eωt = e(b+t)ω · ej(
π2−aω)
Per tant, ||H(t, ω)|| = e(b+t)ω i arg(H(t, ω)) = π2− aω
El ĺımit per ω → +∞ de H(t, ω) només existirà en dos casos:•
si el mòdul de H(t, ω) tendeix a zero, o bé• si el mòdul de H(t,
ω) val 1 i el seu argument és constant.
Per tant
limω→+∞
H(t, ω) =
0 si t < −bej
π2 si t = −b i a = 0
@ altrament
-
Cinquè control: 19 de maig de 2004 - Grup 1BT61Lali
Barrière
1. Calculeu l’antitransformada de U(ω − ω0).
Sabem u(t)←→ πδ(ω) + 1jω
.
Aplicant la propietat de dualitat, tindrem πδ(t) +1
jt←→ 2πU(−ω) = 2π(1 − U(ω)).
Utilitzant δ(t)←→ 1, podem deduir δ(t)2− 1
jω2π←→ U(ω)
Aplicant la propietat de translació en freqüència obtenim
ejω0t(
δ(t)
2− 1
jω2π
)
=δ(t)
2− ejω0t 1
jω2π←→ U(ω − ω0)
2. Considerem la funció f(t) =
{
1− t si |t| < 10 altrament
Calculeu i representeu p1(t) ∗ f(t)
Sabem que p1(t) ∗ f(t) =∫ +∞
−∞f(u) · p1(t− u) du. Com que f(u) només és diferent de zero
a
l’interval [−1, 1], i p1(t − u) només és diferent de zero a
l’interval [t− 1, t + 1], la convolucióvaldrà zero per tots els
punts t que compleixin t + 1 < −1, és a dir, t < −2, o bé
t− 1 > 1,és a dir, t > 2.
Per als valors de t de l’interval [−2, 2], hi ha dos casos
segons si t és negativa o positiva. Per−2 < t < 0, els punts
on f(u) · p1(t − u) 6= 0 són els de l’interval [−1, t + 1]. En
canvi, per0 ≤ t < 2, els punts on f(u) · p1(t− u) 6= 0 són els
de l’interval [t− 1, 1]. Per tant,
p1(t) ∗ f(t) =
0 si t ≤ −2∫ t+1
−1(1− u) du = 2− t
2
2si − 2 < t < 0
∫ 1
t−1(1− u) du = 2− 2t + t
2
2si 0 ≤ t < 2
0 si 2 ≤ t
1
2
2−1−2 0
-
Cinquè control: 19 de maig de 2004 - Grup 1BT62Lali
Barrière
1. Calculeu l’antitransformada de F (ω) =6
10 + 2ω + ω2
Descomposem en fraccions simples.
ω2+2ω+10 = 0⇒ ω = −1±√
1− 10 = −1±3j⇒ 610 + 2ω + ω2
=A
ω + 1− 3j +B
ω + 1 + 3j
A + B = 0A(1 + 3j) + B(1− 3j) = 6
}
⇒ A = −B3jA− 3jB = 6
}
⇒ A = 1/j, B = −1/j
6
10 + 2ω + ω2=
1
j(ω + 1− 3j) −1
j(ω + 1 + 3j)=
1
jω + 3 + j− 1
jω − 3 + j
Utilitzant eatu(t)←→ 1jω − a , si Re(a) < 0, i −e
atu(−t)←→ 1jω − a , si Re(a) > 0, obtenim
6
10 + 2ω + ω2=
1
jω + 3 + j− 1
jω − 3 + j ←→ e(−3−j)tu(t) + e(3−j)tu(−t) = e−3|t|−jt
2. Sigui f(t) = 2p1/2(t− 1/2) + p1(t− 2).
(a) Dibuixeu f(t) i f(t) ∗ (δ(t) + δ(t− 3)).
1 1
22
33 4 6
f(t) f(t) ∗ (δ(t) + δ(t − 3))
(b) Calculeu f(t) ∗ p1(t) en el punt t = 3/2.Tal com mostra la
figura, (f ∗ p1)(3/2) = 2 · 1/2 + 1 · 3/2 = 5/2.
t = 3/2 5/21/2
