Examen Parcial Primavera 2011 (3) (2011)

Apunte Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura ACAL
Año del apunte 2011
Páginas 2
Fecha de subida 12/11/2014
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C´ alculo Avanzado 3/11/2011 1. Un amplificador en clase C transforma la entrada x(t) = cos t en la funci´on y(t) = cos t − cos α si cos t ≥ cos α 0 en caso contrario (a) Para el caso α = π/4 determinar los coeficientes a0 , a1 y a2 de la serie de Fourier en L2 (−π, π) ∞ SF [y](t) = a0 + (an cos nt + bn sin nt) n=1 Indicaci´ on: cos u cos v = Soluci´ on: π 1 a0 = 2π y(t) dt = −π cos(u + v) + cos(u − v) 2 α 4−π √ (cos t − cos α) dt = π1 (sin α − α cos α) = 4π 0.0483 −α 2 π α α 1 (1 + cos 2t − 2 cos α cos t) dt = a1 = π1 −π y(t) cos t dt = π1 −α (cos2 t − cos α cos t) dt = 2π −α 1 π−2 (2α + sin 2α − 4 cos α sin α) = 0.0908 2π 4π π α α 1 a2 = π1 −π y(t) cos 2t dt = π1 −α (cos t cos 2t−cos α cos 2t) dt = 2π (cos t+cos 3t−2 cos α cos 2t) dt −α 1√ 1 0.0750 3π (3 sin α + sin 3α − 3 cos α sin 2α) = 3π 2 1 2π (b) ¿Qu´e se puede decir de los coeficientes bn ? Soluci´ on: bn = 0, dado que y(t) sin nt tiene simetr´ıa impar y su integral en [−π, π] se anula.
(c) Escribir la igualdad de Parseval para la serie anterior.
Soluci´ on: π α 2 (y(t)) dt = −α (cos t − cos α)2 dt = −π 2 4 cos α sin α + 2α cos2 α = π−3 2 = 2πa0 + π α (cos2 t − −α ∞ 2 n=1 an 2. Dada la funci´on f : R2 → R definida por  3  2x y f (x, y) = x2 + y 4  0 2 cos α cos t + cos2 α) dt = α + si (x, y) = (0, 0) si (x, y) = (0, 0) 1 2 sin 2α − = (a) Justificar la continuidad de f en todo R2 .
Soluci´ on: Dado que f es un cociente de polinomios, y que el denominador solamente se anula en el punto (0, 0), podemos afirmar que es una funci´on continua (y m´as a´ un, de clase C ∞ ) en R2 \ {(0, 0)}.
Por otra parte, lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0) = 0 ya que, usando que x2 + y 4 ≥ x2 , para todo 2x3 y ≤ 2 |xy|, que tiende a 0 cuando (x, y) tiende a (x, y) = (0, 0) tenemos que |f (x, y)| = 2 x + y4 (0, 0). Por lo tanto, f es continua en todo R2 .
(b) Calcular las derivadas parciales de f en el punto (0, 0). Demostrar que f es diferenciable en dicho punto.
Soluci´ on: ∂f Es inmediato ver que ∂f ∂x (0, 0) = ∂y (0, 0) = 0 dado que f (x, 0) = f (0, y) = 0 para x e y cualesquiera.
Entonces, la condici´ on de tangencia en (0, 0) equivale a que lim (x,y)→(0,0) f (x, y) x2 + y 2 = lim (x,y)→(0,0) 2x3 y (x2 + y 4 ) x2 + y 2 =0 2x3 y 2 |xy| ≤ ≤ 2 |y|, usando que x2 + y 2 ≥ |x|, que tiende a 0 cuando (x2 + y 4 ) x2 + y 2 x2 + y 2 (x, y) tiende a (0, 0). Por lo tanto, f es diferenciable en (0, 0).
pero (c) Obtener la ecuaci´on de la recta tangente en el punto (1, 1, 1) a la curva definida por la intersecci´on de las superficies siguientes: z = f (x, y) x2 + y 2 + z 2 = 3 Soluci´ on: Sean S1 y S2 las dos superficies, respectivamente. Es inmediato comprobar que el punto (1, 1, 1) pertenece a ambas, dado que en particular f (1, 1) = 1. Considerando las siguientes funciones escalares de clase C ∞ (R3 ) definidas por F (x, y, z) = (z − f (x, y))(x2 + y 4 ) = z(x2 + y 4 ) − 2x3 y G(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 3 las superficies anteriores de pueden reescribir como los conjuntos de nivel F (x, y, z) = 0 y G(x, y, z) = 0. Entonces, los vectores ∇F (1, 1, 1) = (−4, 2, 2) y ∇G(1, 1, 1) = (2, 2, 2) son normales a S1 y S2 en (1, 1, 1), respectivamente. Como los dos vectores anteriores son linealmente independientes, podemos obtener un vector tangente a la curva intersecci´on, S1 ∩ S2 , como el producto vectorial (−4, 2, 2) × (2, 2, 2) = (0, 12, −12), por lo que (0, 1, −1) tambi´en es tangente a la misma. Finalmente, la recta tangente a S1 ∩ S2 en (1, 1, 1) queda descrita por el sistema de ecuaciones x=1 y+z =2 ...