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Ejercicios usando el teorema de parseval,calculo de residuos y transformada de fourier



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1) Verifique el primer teorema de Parseval para cada una de las siguientes funciones  f(x) .




A f(x)=\quad N{ e }^{ -\alpha { x }^{ 2 } }F(k)=\quad N\sqrt { \frac { 1 }{ 2\alpha  }  } { e }^{ \frac { -{ k }^{ 2 } }{ 4\alpha  }  }

\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| F(k) \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| f(x) \right|  }^{ 2 }dx }


\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| \quad N\sqrt { \frac { 1 }{ 2\alpha  }  } { e }^{ \frac { -{ k }^{ 2 } }{ 4\alpha  }  } \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| \quad N{ e }^{ -\alpha { x }^{ 2 } } \right|  }^{ 2 }dx }


\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { N }^{ 2 }\frac { 1 }{ 2\alpha  } { e }^{ \frac { -{ 2k }^{ 2 } }{ 4\alpha  }  }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { { N }^{ 2 }{ e }^{ -2\alpha { x }^{ 2 } } }dx }


\begin{equation} \frac { { N }^{ 2 } }{ 2\alpha  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ \frac { -{ 2k }^{ 2 } }{ 4\alpha  }  }dk\quad = } { N }^{ 2 }\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { { e }^{ -2\alpha { x }^{ 2 } } }dx } \quad (1) \end{equation}



Resolviendo la integral del lado izquierdo  de la ecuación (1) con una sustitución siendo u=\frac { k }{ \sqrt { 2\alpha  }  } y \sqrt { 2\alpha  } du=dk.

\frac { { N }^{ 2 } }{ 2\alpha  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ \frac { -{ 2k }^{ 2 } }{ 4\alpha  }  }dk\quad = } \frac { { N }^{ 2 } }{ 2\alpha  } \sqrt { 2\alpha  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ -{ u }^{ 2 } }du\quad  }


\frac { { N }^{ 2 } }{ 2\alpha  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ \frac { -{ 2k }^{ 2 } }{ 4\alpha  }  }dk\quad = } \frac { { N }^{ 2 } }{ \sqrt { 2\alpha  }  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ -{ u }^{ 2 } }du\quad  }


Utilizando la identidad de la siguiente integral especial ;
\begin{equation} \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ -{ u }^{ 2 } }du }= \sqrt { \pi  } \quad (2) \end{equation}


Se obtiene la siguiente solución:


\begin{equation} \frac { { N }^{ 2 } }{ 2\alpha  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ \frac { -{ 2k }^{ 2 } }{ 4\alpha  }  }dk\quad = } \frac { { N }^{ 2 } }{ \sqrt { 2\alpha  }  } \sqrt { \pi  } \end{equation}


Ahora resolviendo la integral del lado derecho  de la ecuación (1)a través de una sustitución siendo w=\sqrt { 2\alpha  } x y \frac { dw }{ \sqrt { 2\alpha  }  } =dx.

{ N }^{ 2 }\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { { e }^{ -2\alpha { x }^{ 2 } } }dx } =\frac { { N }^{ 2 } }{ \sqrt { 2\alpha  }  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { { e }^{ -{ w }^{ 2 } } }dw }


 Utilizando la misma propiedad de  la ecuación (2) se obtiene la siguiente solución:

\begin{equation} { N }^{ 2 }\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { { e }^{ -2\alpha { x }^{ 2 } } }dx } =\frac { { N }^{ 2 } }{ \sqrt { 2\alpha  }  } \sqrt { \pi  } \end{equation}


Reemplazando la ecuación (3) y (4) en la ecuación (1) se verifica que se cumple satisfactoriamente el primer teorema de parseval.

\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| F(k) \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| f(x) \right|  }^{ 2 }dx }


\frac { { N }^{ 2 } }{ \sqrt { 2\alpha  }  } \sqrt { \pi  } =\frac { { N }^{ 2 } }{ \sqrt { 2\alpha  }  } \sqrt { \pi  }


B. f(x)=\quad \frac { a }{ { x }^{ 2 }+a^{ 2 } }   y
F(k)=\quad \sqrt { \frac { \pi  }{ 2 }  } { e }^{ -ka }

\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| F(k) \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| f(x) \right|  }^{ 2 }dx }


\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| \quad \sqrt { \frac { \pi  }{ 2 }  } { e }^{ -ka } \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| \frac { a }{ { x }^{ 2 }+a^{ 2 } }  \right|  }^{ 2 }dx } 


\begin{equation} \frac { \pi  }{ 2 } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ -2ka }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { a^{ 2 } }{ { \left( { x }^{ 2 }+a^{ 2 } \right)  }^{ 2 } } dx } \end{equation}


Se resuelve  la integral del lado izquierdo  de la ecuación (5) a través de una sustitución siendo u=-2ka y -\frac { du }{ 2a } =dk se obtiene:

\frac { \pi  }{ 2 } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ -2ka }dk\quad = } -\frac { \pi  }{ 2(2a) } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ u }du\quad  }


\frac { \pi  }{ 2 } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ -2ka }dk\quad = } -\frac { 2\pi  }{ 2(2a) } \int _{ 0 }^{ +\infty  }{ { e }^{ u }dk\quad  }



\frac { \pi  }{ 2 } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ -2ka }dk\quad = } -\frac { \pi  }{ 2a } \left( \frac { 1 }{ \infty  } -1 \right) 


\begin{equation} \frac { \pi  }{ 2 } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { e }^{ -2ka }dk\quad = } \frac { \pi  }{ 2a } \end{equation}


Ahora para resolver la integral del lado derecho  de la ecuación (5) se utiliza el  calculo de residuos .

\begin{equation} \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { a^{ 2 } }{ { \left( { x }^{ 2 }+a^{ 2 } \right)  }^{ 2 } } dx } =\quad 2\pi i\sum _{ j=1 }^{ n }{ Res\left[ f(z) \right]  } \underset { z={ z }_{ o }j }{  } \end{equation}


Haciendo cambio de variable x=z se obtiene la raíz del denominador o el polo en la cual toma el siguiente valor z=ia.

\begin{equation} f\left( z \right) =\frac { a^{ 2 } }{ { \left( { z }^{ 2 }+a^{ 2 } \right)  }^{ 2 } } =\frac { a^{ 2 } }{ { \left( { z }^{  }-ia^{  } \right)  }^{ 2 }{ \left( { z }^{  }+ia^{  } \right)  }^{ 2 } } \end{equation}


El residuo de esta función es la siguiente:

Res\left[ f\left( z \right)  \right] =\frac { 1 }{ 1! } \lim _{ z->ia }{ \frac { d }{ dz } \left\{ { \left( { z }^{  }-ia^{  } \right)  }^{ 2 }\frac { a^{ 2 } }{ { \left( { z }^{  }-ia^{  } \right)  }^{ 2 }{ \left( { z }^{  }+ia^{  } \right)  }^{ 2 } }  \right\}  }


Res\left[ f\left( z \right)  \right] =\lim _{ z->ia }{ \frac { d }{ dz } \left\{ \frac { a^{ 2 } }{ { \left( { z }^{  }+ia^{  } \right)  }^{ 2 } }  \right\}  }


Res\left[ f\left( z \right)  \right] =\lim _{ z->ia }{ \left\{ { { -2a }^{ 2 }\left( { z }^{  }+ia^{  } \right)  }^{ -3 } \right\}  }


\begin{equation} Res\left[ f\left( z \right)  \right] =\frac { 1 }{ 4ia } \end{equation}


Reemplazando la ecuación (9) en la (7).

\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { a^{ 2 } }{ { \left( { x }^{ 2 }+a^{ 2 } \right)  }^{ 2 } } dx } =\quad 2\pi i\left( \frac { 1 }{ 4ia }  \right)


Por lo tanto la solución es:

\begin{equation} \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { a^{ 2 } }{ { \left( { x }^{ 2 }+a^{ 2 } \right)  }^{ 2 } } dx } =\frac { \pi  }{ 2a } \end{equation}


Ahora reemplazando la ecuación (10) y (6) en la ecuación (5) se puede apreciar que también se cumple el primer teorema de parseval.


\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| F(k) \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| f(x) \right|  }^{ 2 }dx }


\frac { \pi  }{ 2a } =\frac { \pi  }{ 2a }


C
f(x)=\quad \left[ 1\quad \left( \left| x \right| \le \quad a \right) \quad  \right] \quad y\quad \left[ 0\quad \left( \left| x \right| >\quad a \right)  \right] \quad donde\quad \left( a>0 \right) )  y   F(k)=\quad \sqrt { \frac { 2 }{ \pi  }  } \left( \frac { sin\left( ak \right)  }{ k }  \right)

\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| F(k) \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| f(x) \right|  }^{ 2 }dx }


\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| \quad \sqrt { \frac { 2 }{ \pi  }  } \left( \frac { sin\left( ak \right)  }{ k }  \right)  \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -a }^{ +a }{ { \left| 1 \right|  }^{ 2 }dx }   



\begin{equation} \frac { 2 }{ \pi  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left( \frac { sin\left( ak \right)  }{ k }  \right)  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -a }^{ +a }{ 1\quad dx } \end{equation}


Se resuelve  la integral del lado izquierdo  de la ecuación (11) utilizando la siguiente identidad { sin }^{ 2 }\left( ak \right) =\frac { 1-cos\left( 2ak \right)  }{ 2 } .


\frac { 2 }{ \pi  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { 1 }{ { k }^{ 2 } } \left( \frac { 1-cos\left( 2ak \right)  }{ 2 }  \right) dk\quad =\frac { 2 }{ \pi  }  } \left( \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { 1 }{ { 2k }^{ 2 } }  } dk\quad -\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { cos\left( 2ak \right)  }{ { 2k }^{ 2 } }  } dk \right)


\frac { 2 }{ \pi  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { 1 }{ { k }^{ 2 } } \left( \frac { 1-cos\left( 2ak \right)  }{ 2 }  \right) dk\quad = } \frac { 2 }{ \pi  } \quad \left( 0\quad -\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { cos\left( 2ak \right)  }{ { 2k }^{ 2 } }  } dk \right)



Integrando por partes la anterior ecuación,

\frac { 2 }{ \pi  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { 1 }{ { k }^{ 2 } } \left( \frac { 1-cos\left( 2ak \right)  }{ 2 }  \right) dk\quad = } \frac { 2 }{ \pi  } \frac { 1 }{ 2 } \left( \frac { cos\left( 2ak \right)  }{ k } +2a\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { sin\left( 2ak \right)  }{ k }  } dk \right) 


Evaluando desde menos infinito hasta infinito \frac { cos\left( 2ak \right)  }{ k } = 0.


Ahora Sea u=2ak , \frac { du }{ 2a } =dk y k=\frac { u }{ 2a } se obtiene:


\begin{equation} \frac { 2 }{ \pi  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { 1 }{ { k }^{ 2 } } \left( \frac { 1-cos\left( 2ak \right)  }{ 2 }  \right) dk\quad = } \frac { 1 }{ \pi  } \left( 2a\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { sin\left( u \right)  }{ u }  } du \right) \end{equation}


Utilizando la identidad de la siguiente integral especial ;

\begin{equation} \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ \frac { sin\left( u \right)  }{ u }  } du=\quad \pi \end{equation}


Se obtiene la siguiente solución:
\begin{equation} \frac { 2 }{ \pi  } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left( \frac { sin\left( ak \right)  }{ k }  \right)  }^{ 2 }dk\quad = } \quad 2a \end{equation}



Ahora reemplazando la ecuación (14) en la ecuación (11):

2a=\int _{ -a }^{ +a }{ 1\quad dx }


Por consiguiente, cumple el primer teorema de parseval.
\int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| F(k) \right|  }^{ 2 }dk\quad = } \int _{ -\infty  }^{ +\infty  }{ { \left| f(x) \right|  }^{ 2 }dx }


2a =2a

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