Examen Final Junio 2011 (2011)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Cálculo I
Año del apunte 2011
Páginas 6
Fecha de subida 16/09/2014
Descargas 2
Subido por

Vista previa del texto

` CALCUL 21 de Juny 2011 (Justifiqueu tots els c` alculs) 1. Trobeu els nombres reals que compleixen | x + 1 | + | x − 2 |≥ 6. (0.75 pt) ´ Per definici´o, tenim que SOLUCIO: |x+1| = i |x−2| = x + 1 x ≥ −1 −x − 1 x < −1 x−2 x≥2 −x + 2 x < 2 Per tant, podem distingir tres intervals on els valors absoluts es comporten diferent: (−∞, −1), [−1, 2) i [2, ∞). Estudiem cada cas: (a) Per x < −1 L’equaci´o ens queda Operem i tenim −x − 1 − x + 2 ≥ 6 −2x + 1 ≥ 6 −2x ≥ 5 i per tant, tenim que x ≤ −5 . Observem que tots els valors que satisfan x ≤ 2 pertanyen a l’interval (−∞, −1) que estem estudiant.
−5 2 (b) Per −1 ≤ x < 2 Tenim que x+1−x+2≥6 Del que obtenim que 3 ≥ 6, la qual cosa ´es falsa, i per tant no tenim cap x en aquest interval que satisfaci la inequaci´o.
(c) Per x ≥ 2 x+1+x−2≥6 ens d´ona 2x ≥ 7, i per tant, x ≥ 27 . Com que 72 ≥ 2, tenim que totes les solucions pertanyen a l’interval [2, ∞) on ens hav´ıem restringit.
Aix´ı doncs, els valors d’x que satisfan la inequaci´o s´on (−∞, −5 ] ∪ [ 27 , ∞).
2 2. Doneu les arrels de l’equaci´o z 6 + 7jz 3 + 8 = 0 i representeu-les gr`aficament. (1.5 pt) ´ De forma similar a com es resolen les biquadrades, usem el canvi z 3 = t, i SOLUCIO: obtenim la nova equaci´o t2 + 7jt + 8 = 0 Usant la f´ormula per resoldre equacions de segon grau, trobem les arrels d’aquest polinomi: √ −7j ± −49 − 32 t= 2 Si operem, obtenim que −7j ± 9j 2 i per tant, tenim dues solucions, t1 = j i t2 = −8j.
t= Si desfem el canvi de variable, tenim z 3 = j i z 3 = −8j.
Aix´ı, hem de trobar les arrels c´ ubiques de j i de −8j. Ho farem de forma polar, i de forma exponencial (nom´es ´es necessari un dels dos m`etodes).
(a) Arrels c´ ubiques de j en forma polar: j = 1 π2 . Recordem que en forma polar, k k (rα ) = rkα . Per tant, si z = rα ´es soluci´o de l’equaci´o z 3 = 1 π2 , tenim que ´ a dir, que (r3 )3α = 1 π . Aix´ı doncs, tenim que r3 = 1 i per tant (rα )3 = 1 π2 . Es 2 r = 1. D’altra banda, tenim que dos nombres complexos en forma polar s´on iguals si tenen el mateix m`odul, i si la difer`encia d’arguments ´es un m´ ultiple de 2π. Per ´ a dir, α = π + 2kπ . Aix´ı, pels diversos valors tant, tenim que 3α = π2 + 2kπ. Es 6 3 de k, tenim 3 solucions de l’equaci´o k = 0 z1 = 1 π6 k = 1 z2 = 1 π + 2π = 1 5π 6 3 6 k = 2 z3 = 1 π + 4π = 1 3π 6 3 2 π (b) Arrels c´ ubiques de j en forma exponencial: j = ej 2 . Similarment a com ho hem fet amb la forma polar, tenim que si z = rejϕ , aleshores z 3 = r3 e3jϕ . Aix´ı, imposem que π r3 e3jϕ = ej 2 .
i obtenim π + 2πk 2 + πk . Aix´ı, per k de 0 a 2, tenim que 3 solucions de 3 r3 = 1 i 3ϕ = Per tant, r = 1 i ϕ = l’equaci´o inicial s´on π 6 π k = 0 z1 = ej 6 5π k = 1 z2 = ej 6 3π k = 2 z3 = ej 2 (c) Arrels c´ ubiques de −8j en forma polar: −8j = 8 3π . Per tant, imposem que 2 (r3 )3α = 8 3π 2 i obtenim r3 = 8 i 3α = Aix´ı, r = 2, i α = π 2 + 2kπ .
3 3π + 2kπ 2 Pels diversos valors de k, tenim les 3 solucions que ens faltaven de l’equaci´o: k = 0 z4 = 2 π2 k = 1 z5 = 2 7π 6 k = 2 z6 = 2 11π 6 3π (d) Arrels c´ ubiques de −8j en forma exponencial: −8j = 23 ej 2 . Per tant, si z = sejα 3π s3 e3jα = 23 ej 2 .
i obtenim 3π + 2πk 2 . Aix´ı, per k de 0 a 2, tenim que les 3 solucions de Per tant, s = 3 i α = π2 + 2πk 3 l’equaci´o inicial que ens faltaven s´on s3 = 23 i 3α = π k = 0 z4 = ej 2 7π k = 1 z5 = ej 6 11π k = 2 z6 = ej 6 3. Considereu la funci´o f (x) =    amb a, b ∈ R.
sin2 (x+sin x) 4x2 +a b−1 cos x−b a+sin x x<0 x=0 x>0 (a) Estudieu les condicions sobre a i b per a que la funci´o tingui com a domini tots els reals. (0.75 pt) (b) Afegiu (si cal) condicions sobre a i b perqu`e sigui cont´ınua a R. (0.5 pt) ´ SOLUCIO: (a) La funci´o no estar`a definida si un dels denominadors s’anul·la. Per tant, necessitem d’una banda que 4x2 + a = 0, i de l’altra, que a + sin(x) = 0.
Del primer cas, 4x2 + a = 0, obtenim que a = −4x2 . Com que −4x2 pot prendre ´ a dir, a > 0.
qualsevol valor negatiu, tenim que a no pot ser negativa. Es Del segon cas, tenim que si a + sin(x) = 0, aleshores a = − sin(x). Com que − sin(x) pot prendre qualsevol valor entre −1 i 1 (inclosos), aleshores a ∈ [−1, 1].
De les dues condicions, tenim que a > 1. Com que no tenim cap condici´o sobre b, b pot prendre qualsevol valor.
(b) Per la continu¨ıtat, nom´es hem d’estudiar el cas x = 0, ja que a la resta de punts la funci´o ´es un quocient de funcions cont´ınues on el denominador no s’anul·la.
Per tant, imposem que lim f (x) = f (0) = lim+ f (x) x→0− Calculem aquests valors: x→0 • limx→0− f (x) = limx→0− • f (0) = b − 1 • limx→0+ f (x) = limx→0+ sin2 (x+sin x) 4x2 +a cos x−b a+sin x = = 0 a = 0.
1−b .
a Aix´ı, tenim que 1−b a i conseq¨ uentment, la funci´o ´es cont´ınua si b = 1 i a > 1.
0=b−1= 4. Sigui f (x) = x2 ln 1 1+x .
(a) Trobeu el domini de la funci´o. (0.25 pt) (b) Demostreu que f (x) = 0 t´e una u ´nica soluci´o. (Suggeriment: Un cop calculada f (x) podeu usar el canvi de variable u = 1/(1 + x) )(1.5 pt) (c) Doneu el polinomi de Taylor de grau ≤ 5 de f (x) al voltant de x = 0. (1.5 pt) (d) Calculeu limx→0 f (x) .
(sin 2x)3 (0.5 pt) ´ SOLUCIO: (a) f (x) est`a definida si el denominador no s’anul·la i si l’interior del logaritme ´es m´es gran que 0. Per tant, d’una banda imposem que 1 + x = 0, ´es a dir, que x = −1.
De l’altra, tenim que 1 > 0.
1+x Aix`o ser`a cert, sempre que 1 + x > 0, i per tant tenim que x > −1.
De les dues condicions, tenim que la funci´o f (x) est`a definida sempre que x > −1.
1 ) + x2 · (b) f (x) = 2x ln( 1+x 1 1 1+x · −1 (1+x)2 1 = 2x ln( 1+x )− x2 1+x 1 1 ) − x 1+x = 0.
Aix´ı, f (x) = 0 si x = 0 o si 2 ln( 1+x 1 = x(2 ln( 1+x )− x ).
1+x 1 Per estudiar la segona part, usem el canvi proposat u = 1+x (que ´es el mateix que 1−u 1−u x = u ) i tenim 2 ln(u) − u u = 0, que ´es el mateix que 2 ln(u) = 1 − u.
Aix´ı, podem veure (gr`aficament, per exemple) que 2 ln(u) ´es una funci´o que ´es estrictament creixent, mentre que 1 − u ´es estrictament decreixent. Per tant, nom´es es trobaran en un punt, que ´es u = 1 (ja que 2 ln(1) = 1 − 1). Per tant, = 0, que ´es una soluci´o que ja desfent el canvi de variable, tenim que x = 1−1 1 hav´ıem trobat.
Aix´ı, f (x) s’anul·la nom´es quan x = 0.
2 3 (c) De les llistes de problemes, sabem que P T (ln(1 + x), 0, 3) = x − x2 + x3 . Com que 2 3 1 1 ln( 1+x ) = − ln(1 + x), tenim que P T (ln( 1+x ), 0, 3) = −x + x2 − x3 . Aix´ı, usant les propietats del producte de polinomis de Taylor, tenim que P T (x2 ln 1 1+x , 0, 5) = P T (x2 , 0, 5) · P T (ln 1 1+x , 0, 5) |5−truncat la qual cosa ´es el mateix que x4 x5 x2 x3 − ) = −x3 + − 2 3 2 3 x2 · (−x + (d) Usant el polinomi de Taylor que acabem de calcular, i sabent (infinit`esims equivalents) que sin(x) x quan x tendeix a 0, podem veure que 4 −x3 + x2 − f (x) lim = lim x→0 (sin 2x)3 x→0 (2x)3 x5 3 Per tant, aix`o ´es el mateix que −1 −1 −x3 = lim = .
3 x→0 8 x→0 8x 8 lim 3 +∞ √ 1 dx. En cas de ser 5. Analitzeu la converg`encia de la integral impr`opia 0 x2 +1 convergent doneu el seu valor. (1.25 pt) ´ Primer de tot, veiem que el denominador no s’anul·la en cap punt entre 0 SOLUCIO: i +∞. Per tant, la integral NO ´es de segona esp`ecie, i nom´es hem d’estudiar el cas de la primera esp`ecie.
Usant el criteri de comparaci´o del quocient, com que lim x→+∞ √ 1 x2 +1 1 x3 3 =1 aleshores la integral impr`opia de primera esp`ecie demanada ´es convergent si i nom´es si la integral de x13 ho ´es. Com que 3 > 1, la integral de x13 ´es convergent, i per tant tamb´e ho ´es la integral que se’ns demana.
Per calcular la integral ara +∞ 0 √ 1 x2 +1 3 dx podem usar diversos m`etodes diferents, com • Usar el canvi de variable x = sinh(t): en aquest cas, dx = cosh(t)dt. A m´es a m´es, √ si x = 0, t = 0, i quan x = +∞, t = +∞. Aleshores x2 + 1 = sinh2 (t) + 1 = cosh2 (t) = cosh(t). Per tant, la integral ens queda +∞ √ 0 1 3 x2 + 1 +∞ dx = 0 1 cosh(t) 3 +∞ cosh(t)dt = 0 1 cosh(t) 2 dt Aix´ı, hem de calcular M lim M →+∞ 0 1 cosh(t) 2 dt = lim [tanh(t)]M 0 = lim tanh(M ) − tanh(0) = 1 M →+∞ M →+∞ • Usar el canvi de variable x = tan(t): en aquest cas, dx = cos12 (t) dt. A m´es a m´es, √ sin2 (t) si x = 0, t = 0, i quan x = +∞, t = + π2 . Aleshores x2 + 1 = cos 2 (t) + 1 = sin2 (t)+cos2 (t) cos2 (t) 1 cos2 (t) = +∞ √ 0 1 x2 + 1 = 1 .
cos(t) Per tant, la integral ens queda π 2 3 dx = 3 1 1 cos(t) 0 1 dt = cos2 (t) π 2 cos(t)dt 0 Aix´ı, nom´es hem de calcular π 2 0 π cos(t)dt = [sin(t)]02 = sin(π/2) − sin(0) = 1 − 0 = 1.
6. (a) Analitzeu per quins valors de α ∈ R la s`erie (b) Trobeu el radi de converg`encia de la s`erie √ n! es convergent.
n≥1 nαn ´ √ n! n n≥1 nn/2 x . (0.5 pt) (1 pt) ´ SOLUCIO: (a) Apliquem el criteri d’Alembert, calculem an+1 = lim n→+∞ an n→+∞ lim Operant queda lim n→+∞ n n+1 (n + 1)! nαn √ (n + 1)α(n+1) n! αn 1 (n + 1)α−1/2 Ara, sabem que lim n→+∞ n n+1 αn n = elimn→+∞ αn( n+1 −1) = e−α .
Per tant, si α = 1/2 el l´ımit ´es e−1/2 < 1 i la s`erie convergeix, per α > 1/2 el l´ımit ´es 0 < 1 i tamb´e hi ha converg`encia, finalment per α < 1/2 el l´ımit ´es +∞ i la s`erie divergeix.
n (b) Sabem que el radi de converg`encia de la s`erie es ρ = γ1 on γ = n≥1 an x ´ lim n |an |. Ara, recordem que si existeix el limn→+∞ an+1 , aleshores tamb´e exan √ isteix el limn→+∞ n an i t´e el mateix valor. Llavors, usant el mateix c`alcul que hem fet a l’apartat anterior per α = 21 obtenim γ = √1e i el radi demanat ´es √ ρ = e.
...