Examen Final Junio 2011 (2011)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Calculo Avanzado
Año del apunte 2011
Páginas 5
Fecha de subida 17/09/2014
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` CALCUL AVANC ¸ AT ETSETB 22-6-2011 1. Donada la funci´ o f : R2 −→ R definida per 2 ye−x 0 f (x, y) = /y 2 si y = 0 si y = 0 (a) Justifiqueu la continu¨ıtat de f en tot R2 .
(b) Calculeu les derivades direccionals de f en el punt (0, 0). Demostreu que f no ´es diferenciable en aquest punt.
(c) Justifiqueu la diferenciabilitat de f en els punts (a, b) amb b = 0 i demostreu que els plans tangents a la gr` afica de f en aquests punts contenen l’origen.
Resoluci´ o.
1. a) La funci´ on f solamente podr´ıa tener discontinuidades en los puntos de la forma (a, 0) con a ∈ R. Sin embargo, lim f (x, y) = 0 = f (a, 0), (x,y)→(a,0) dado que lim y=0 y 2 0 < e−x /y 2 ≤ 1.
(x,y)→(a,0) 2 2 f (hu, hv) − f (0, 0) = lim ve−u /v si v = 0 y h→0 h f (h, 0) − f (0, 0) ∂f ∂f D(1,0) f (0, 0) = lim = 0. En particular (0, 0) = 0 y (0, 0) = 1, es deh→0 h ∂x ∂y cir Jf (0, 0) = 0 1 . Luego, f no puede ser diferenciable en (0, 0) dado que D(u,v) f (0, 0) = u Jf (0, 0) .
v b) Aplicando la definici´ on, D(u,v) f (0, 0) = lim h→0 c) En la regi´ on A = R2 \ {(x, 0) | x ∈ R}, 2 2 ∂f 2x = − e−x /y ∂x y y ∂f = ∂y 1+ 2x2 y2 2 e−x /y 2 .
Dado que ambas funciones son continuas en A, f es de clase C 1 y, por tanto, diferenciable en A.
El plano tangente a la gr´ afica de f en (a, b) ∈ A tiene por ecuaci´on z = f (a, b) + ∂f ∂f (a, b)(x − a) + (a, b)(y − b) = ∂x ∂y Si x = y = 0, entonces z = b+ 2a2 2a2 −b− b b contienen el punto (0, 0, 0).
1 b− 2 e−a 2a 2a2 (x − a) + 1 + 2 b b /b2 2 (y − b) e−a /b2 .
= 0. Luego todos los planos tangentes 2. Sigui la funci´ o f (x, y) = log(x − y) sin(x − 2y).
(a) Calculeu el polinomi de Taylor fins a grau 2 en el punt (2, 1).
(b) Estudieu si el punt (2, 1) ´es extrem local o punt de sella de la funci´o donada.
Resoluci´ o.
2 3 2. a) Recordemos que el polinomio de Taylor de log(1 + x) alrededor de x = 0 es: x − x2 + x3 − · · · 3 5 y el de sin x alrededor de x = 0 es: x − x3! + x5! − · · · . Como x − y = 1 + [(x − 2) − (y − 1)], el polinomio de Taylor de log(x − y) alrededor del punto (2, 1) ser´a: [(x − 2) − (y − 1)] − [(x − 2) − (y − 1)]2 + ··· 2 y como x − 2y = (x − 2) − 2(y − 1), el polinomio de Taylor de sin(x − 2y) alrededor del punto (2, 1) ser´ a: [(x − 2) − (2y − 1)]3 + ··· [(x − 2) − 2(y − 1)] − 3! Por consiguiente, el polinomio de Taylor de grado menor o igual que 2 de f (x, y) alrededor del punto (2, 1) es: [(x − 2) − (y − 1)][(x − 2) − 2(y − 1)] = (x − 2)2 − 3(x − 2)(y − 1) + 2(y − 1)2 b) El polinomio de Taylor de grado menor o igual que 2 de una funci´on f de clase C 2 alrededor del punto (2, 1) es de la forma ∂f ∂f (2, 1)(x − 2) + (2, 1)(y − 1)+ ∂x ∂y 2 ∂2f ∂2f 1 ∂ f 2 (2, 1)(x − 2) + 2 (2, 1)(x − 2)(y − 1) + (2, 1)(y − 1)2 .
+ 2! ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 f (2, 1) + Comparando con el resultado obtenido en el apartado a) deducimos que ∂f ∂f (2, 1) = (2, 1) = 0 ∂x ∂y luego (2, 1) es punto cr´ıtico de f . Adem´as ∂2f (2, 1) = 2, ∂x2 ∂2f (2, 1) = −3 y ∂x∂y ∂2f (2, 1) = 4 ∂y 2 luego la matriz Hessiana de f en (2, 1) es Hf (2, 1) = 2 −3 −3 4 Los menores principales son ∆1 = 2 > 0 y ∆2 = 8 − 9 = −1 < 0. Por el criterio de Sylverter sabemos que la forma cuadr´ atica dada por Hf (2, 1) es indefinida y, por consiguiente, el punto (1, 2) es punto de silla de f .
2 3. (a) Proveu que el volum de l’el·lipsoide {x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 = 1} ´es 4πabc/3.
(b) Considereu la superf´ıcie E= x2 y2 + + z 2 = 1, z ≥ 0 , 4 9 i el camp vectorial f (x, y, z) = (x/2, y/2, 1). Fent servir el teorema de la diverg`encia de forma adient, calculeu f · ddS E Indicaci´ o: recordeu la f´ ormula del volum de l’el·lipsoide de l’apartat anterior i que l’`area encerclada per l’el·lipse {x2 /a2 + y 2 /b2 = 1} ´es πab.
(c) Considereu el con truncat S = {x2 + y 2 − (1 − z 2 ) = 0, 0 ≤ z ≤ 1} i el camp vectorial 2 2 g(x, y, z) = (−y + z(y 2 + cos(x)2 ), x + z(x2 + sin(y)2 ), z 2 + zex +y ). Calculeu rot g · dS.
S Indicaci´ o: feu servir el teorema de Stokes de forma adient.
Resoluci´ o.
3. a) Considerem el canvi de variables (x, y, z) = φ(u, v, w) = (au, bv, cw). El seu jacobi`a ´es | det Dφ| = abc. A m´es, φ−1 ({x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 ≤ 1}) = {u2 + v 2 + w2 ≤ 1}, ´es a dir, l’esfera de radi 1. Per tant, pel teorma del canvi de variables, volum ({x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 ≤ 1}) = 1 dx dy dz {x2 /a2 +y 2 /b2 +z 2 /c2 ≤1} = abc du dv dw φ−1 ({x2 /a2 +y 2 /b2 +z 2 /c2 ≤1}) = abc 1 du dv dw {u2 +v 2 +w2 ≤1} 2 2 = abc volum ({u + v + w2 ≤ 1}) 4 = πabc.
3 2 2 b) Sigui V = x4 + y9 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0 . Observem que ´es la meitat superior d’un el·lipsoide de semieixos 2, 3 i 1. Per tant, volum (V ) = 4π. A m´es, la vora de V, orientada amb a normal cap 2 2 a fora, ´es ∂V = E + T on T = x4 + y9 + z 2 ≤ 1, z = 0 . Com div f = 1, pel teorema de la diverg`encia tenim que 4π = volum (V ) = 1 dx dy dz = V div f dx dy dz = V f dS = ∂V Es a dir, f dS = 4π − E f dS.
T 3 f dS + E f dS T Com el vector normal a T en l’orientaci´o escollida ´es n = (0, 0, −1), f · n = −1 i T ´es una el·lipse de semieixos 2 i 3, f · n dS = − f dS = T T 1 dS = −`area (T ) = −6π.
T Per tant, f dS = 4π + 6π = 10π.
E c) Tenim que la vora de S ´es ∂S = {x2 +y 2 = 1, z = 0}, una circumfer`encia de radi 1. Orientem S amb la normal cap amunt i, per a poder aplicar el teorema de Stokes, ∂S en sentit antihorari, quan es mira des de dalt. Observem que, en aquesta orientaci´o, el vector tangent unitari a ∂S en (x, y, 0) ´es t = (−y, x, 0). Per tant, com x2 + y 2 = 1 sobre ∂S, rot g · dS = g·d = S ∂S g · td = ∂S 1 d = longitud (∂S) = 2π.
∂S 4. Considerem l’espai euclidi` a C[−1, 1] de les funcions reals cont´ınues en l’interval [-1,1], amb el 1 f (x)g(x) √ producte escalar f, g = dx i la norma euclidiana f = f, f 1/2 corresponent.
1 − x2 −1 Els polinomis de Txebixev T0 (x) = 1, T1 (x) = x, T2 (x) = 2x2 − 1, T3 (x) = 4x3 − 3x, . . . hi s´on una successi´ o ortogonal i compleixen T0 2 = π, i Tk 2 = π/2 per a k ≥ 1.
Sigui f (x) = x3 .
(a) Expresseu f com a combinaci´ o lineal de T0 , T1 , T2 i T3 .
(b) Calculeu la projecci´ o ortogonal de f sobre el subespai dels polinomis de grau ≤ 2.
1 (c) Indiqueu quin ´es el polinomi p(x) de grau ≤ 2 que fa m´ınima la integral −1 (f (x) − p(x))2 √ dx.
1 − x2 Justifiqueu la resposta.
Resoluci´ o.
4. a) A simple vista s’observa que T3 (x) + 3T1 (x) = 4x3 − 3x + 3x = 4x3 , de manera que f= 3 1 T1 + T3 .
4 4 b) Podem expressar els vectors d’aquest subespai R2 [x] indistintament amb la base can`onica (1, x, x2 ) o amb els tres primers polinomis de Txebixev, (T0 , T1 , T2 ). Ara b´e, aquesta base ´es ortogonal per al producte escalar considerat, la qual cosa facilita el c`alcul de la projecci´o ortogonal P (f ) de f sobre T0 , T1 , T2 : P (f ) = T0 (T1 |f ) (T2 |f ) (T0 |f ) + T1 + T2 .
2 2 T0 T1 T2 2 4 Com que en l’apartat anterior hem expressat f = 34 T1 + 41 T3 i els Tk s´on ortogonals, els productes escalars s´ on immediats: (T0 |f ) = 0 (T1 |f ) = Per tant la projecci´ o ortogonal demanada ´es 3 4 3 T1 4 2 (T2 |f ) = 0 .
T1 2 3 T1 = T1 , o sigui T1 2 4 3 x.
4 c) La integral considerada no ´es m´es que f − p 2 , de manera que el que es demana ´es el vector p ∈ R2 [x] m´es proper a f . Aquesta propietat ´es justament una de les caracter´ıstiques que compleix la projecci´ o ortogonal de f sobre R2 [x]. Per tant p(x) = [Puntuaci´ o dels apartats: 2+6+2 pt] 5 3 x.
4 ...