PARCIAL MATE7

Caracas, 17-02-2013
SOLUCIÓN DEL PRIMER EXAMEN DE
MATEMÁTICAS VII ENE-MAR 2013-BLOQUE A
1) (13 puntos) Considere la función real f(x):

1
 7 ( x  7),7  x  0,


f ( x)  1,0  x  1,
2  x,1  x  2,

0, x  (,  7  (2, ),

a) (6 puntos) Calcule

 (x)
f gen
Como f es continua, su derivada generalizada es igual a su derivada clásica:

f (x)

1
 7 ,7  x  0,


 ( x)  1,0 x  1,
f gen
 1,1  x  2,

0, x  (,7)  (2, ),


 (x)
f gen
Luego la segunda derivada generalizada de f es:

1
1
 ( x)  0  (  0) 7 ( x)  (0  ) ( x)  (1  0)1 ( x)  (0  (1)) 2 ( x),
f gen
7
7
1
1
 ( x)   ( x  7)   ( x)   ( x  1)   ( x  2)
 f gen
7
7
b) (6 puntos) Calcule el valor de la integral:


 f ( x)sen(ax)dx,a  .



Si a=0:






f (x) sen(ax)dx 



 f ( x)sen(0)dx 0



a    0, Se tiene:
( sen(ax))  a cos(ax),
( sen(ax))  a 2 sen(ax)  sen(ax)  

( sen(ax))

a2

Luego usando la definición de una Distribución regular f, donde la función:

sen(ax)  C  (),


 f ( x)sen(ax)dx 





f ( x), sen(ax)  f ( x),

( sen(ax))
de 
a2

1
f ( x), ( sen(ax)) , Justificac ión :  T ,   T ,  ,  C ,
a2



1

 f ( x)sen(ax)dx   a

2

 ( x), sen(ax) , Justificac ión : T ( n ) ,   (1) ( n ) T ,  ( n ) , n  1,2,...
f gen



1
1 1
1
 ( x), sen(ax)  2
f gen
 ( x  7)   ( x)   ( x  1)   ( x  2), sen(ax) , de : 1)a)
2
7
a
a 7

Evaluando la función sen(ax) en los puntos centrados de Dirac, se tiene:


I

1 1
[ sen(7a)  sen(a)  sen(2a)]
2
7

 f ( x)sen(ax)dx a



I

1 1
[ sen(7a)  sen(a)  sen(2a)]
a2 7

2) (12 puntos) Exprese la función generalizada

1  x 2  ( x)
Como combinación del funcional de Dirac y sus derivadas.
Solución:
Por definición de Distribuciones:

1  x 2  ( x),    ( x), 1  x 2  ,   D(), Justificac ión : TS ,   S , T ,
 1  ( x), ( 1  x 2  )) , (), Justificac ión : T ( n ) ,   (1) ( n ) T ,  (n ) ,

Al calcular las derivadas de la función generalizada dada, se tiene:

[ 1  x 2  ( x)] 

[ 1  x 2  ( x)]  

[ 1  x 2  ( x)]  

x
1 x

2

 ( x)  1  x 2  ( x)()

1 x2
2x
 ( x) 
 ( x)  1  x 2  ( x)()
2 2
2
(1  x )
1 x

3x 1  x 2
3 1 x2
3x

(
x
)

 ( x) 
 ( x)  1  x 2  ( x)(  )
2 3
2 2
2
(1  x )
(1  x )
1 x

Usando esta últimaexpresión en:

()

Se tiene:

1  x 2  ( x),   1  ( x), ( 1  x 2  ))
   ( x),

3x 1  x 2
3 1 x2
3x

(
x
)

 ( x) 
 ( x)  1  x 2  ( x)
2 3
2 2
2
(1  x )
(1  x )
1 x

Evaluando el funcional del lado derecho del producto interno, en x=0, se tiene:

1  x 2  ( x),   3 (0)   (0)   ( x),3 ( x)   ( x) ( Aplicación  del  Funcional  de  Dirac)
  3( x)   ( x),  ( x) , Justificac ión : T ( n ) ,   (1) ( n ) T ,  ( n ) , n  1,2,..
 1  x 2  ( x)  3 ( x)   ( x)

3) Halle la solución causal de la ecuación:

ty (t )  y   4ty (t )  0;
y (0)  3, y (0)  0,  t  ,
Solución:
Sea v(t)=h(t)y(t), para reemplazar el PVI 4) por una sola ED en sentido
distribucional, “y” es la solución del PVI dado e:

y  C 2  ,0yC2 0, ,
Se tiene:

v gen (t )  h(t ) y (t )  y (0) (t )  h(t ) y (t )  3 (t ),
 (t )  h(t ) y (t )  y (0) (t )  y (0) (t )  h(t ) y (t )  3 (t ), ,
v gen

Aplicando la ED

 (t )  v(t )  4tv (t )  th(t ) y (t )  3t (t )  h(t ) y (t )  3 (t )  4th(t ) y(t ),
tvgen

Luego:

 (t )  v(t )  4tv (t )  h(t )[ty (t )  y (t )  4ty (t )]  3t (t ) 3 (t ),
tvgen
 3t (t )  3 (t ), (1)

Aplicando directamente la T.L. a (1), se tiene:

 ( z 2V ( z ))  zV ( z )  4V ( z )  L(3t (t ))  L(3 (t )) 
 3(1)( L( (t ))  3  3  3  0, ()

Justificación:

11) L( f gen (t ))  z n F ( z ), n  0,1,2,...
( n)

20) L(t n f (t ))  (1) n F ( n) ( z), n  0,1,2,...
Luego:

 ( z 2V ( z ))  zV ( z )  4V ( z )  2 zV ( z ) ...