Examen Final Enero 2012 (2012)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Cálculo I
Año del apunte 2012
Páginas 6
Fecha de subida 16/09/2014
Descargas 1
Subido por

Vista previa del texto

ETSETB-UPC: Resoluci´o Examen de C`alcul, gener 2012 1. Es tractava de factoritzar a R√i a C el polinomi p(x) = x4 + 64 x4 + 64 = 0 ⇒ x4 = −64 ⇒ x = 4 −64 Per calcular les arrelsl quartes d’un n´ umero complex, primer l’expressem en forma polar −64 = √ π+2kπ √ 4 πj 64e ⇒ −64 = 2 2e 4 = √  √ π √ √ √ 2 + 2j 2 2e 4 = 2 2(cos π4 + j sin π4 ) = 2 2( 22 +√j 22 ) =   √  √ √  √ 3π 2 2 3π 3π 2 2e 4 = 2 2(cos 4 + j sin 4 ) = 2 2(− √2 + j √2 ) = −2 + 2j √ 5π √ √ 2 5π 5π  4 = 2 2 + j sin ) = 2 −√j 22 ) = −2 − 2j 2e 2(cos 2(−  4 4  √ 7π √ 2 √ √  2 2 7π 2 2e 4 = 2 2(cos 7π 4 + j sin 4 ) = 2 2( 2 − j 2 ) = 2 − 2j La factoritzaci´ o a C ´es: p(x) = (x − (2 + 2j)) (x − (−2 + 2j))(x − (−2 − 2j))(x − (2 − 2j)) La factoritzaci´ o a R s’obt´e agrupant els factors lineals del tipus (x − z)(x − z) (x − (2 + 2j)(x − (2 − 2j)) = ((x − 2) − 2j)((x − 2) + 2j) = (x − 2)2 + 4 = x2 − 4x + 8 (x − (−2 + 2j))(x − (−2 − 2j)) = ((x + 2) − 2j)((x + 2) + 2j) = x2 + 4x + 8 Y aix´ı queda p(x) = (x2 − 4x + 8)(x2 + 4x + 8) √ Gr`aficament les arrels estan ubicades sobre un quadrat inscrit en una circumfer`encia de radi 2 2, centrada a l’origen. Els v`ertexs del quadrat estan sobre les bisectrius dels 4 quadrants (angle π/4 al primer quadrant, etc.).
2.
(a) (3 punts sobre 10) Una primera forma de calcular el l´ımit ´es la seg¨ uent: lim x ln x = lim x→0+ x→0+ ln x 1/x = lim = lim −x = 0 + 1/x x→0 −1/x2 x→0+ On per a la segona igualtat s’ha fet servir l’Hˆopital.
D’altra banda, una segona forma de trobar-lo ´es fent el canvi y = 1/x. Llavors: ln(1/y) − ln y −1/y = lim = lim =0 y→+∞ y→+∞ y→+∞ y y 1 lim x ln x = lim x→0+ On per a la tercera igualtat s’ha fet servir l’Hˆopital.
(b) (7 punts sobre 10) La funci´ o f ´es cont´ınua per a tot x ∈ (− π2 , +∞) − {0} (tot el domini de f excepte el 0).
Per a que f sigui cont´ınua a 0 s’ha de complir que lim f (x) = f (0). Aix´ı, en aquest cas s’han x→0 de provar les dues igualtats seg¨ uents: lim f (x) = f (0) = lim f (x) x→0− x→0+ El primer l´ımit ´es lim ln(x + 1) ln x = lim x ln x = 0 x→0+ x→0+ x quan x → 0 i a la segona el resultat On a la primer igualtat s’ha fet servir que ln(x + 1) de l’apartat anterior. Per tant A = 0.
Per al segon l´ımit tenim que lim 1 + x→0− B x lim 1 + B x→0− 1 1 − sin x x = lim 1 + B x→0− x − (x − x3 /6 + o(x3 )) x3 x − sin x x2 sin x x→0− = lim 1 + B x→0− x − sin x x3 = lim 1 + B x3 /6 + o(x3 ) x3 =1+ = B 6 Per tant B = −6.
Observaci´o 1. En el l´ımit: lim 1 + x→0− B x 1 1 − sin x x (al ser una suma) ´es incorrecte substituir sin x per x.
Observaci´o 2. El l´ımit: lim B x→0− x − sin x x3 pot ser tamb´e calculat sense fer servir Taylor.
Per exemple, fent servir l’Hˆ opital: x − sin x x3 lim B x→0− 3. Per f (x) = ex 2 +3x+2 f (x) = ex = lim B x→0− 1 − cos x 3x2 = lim B x→0− sin x 6x = lim B x→0− cos x B = 6 6 cos3 (ln x) tenim que 2 +3x+2 (2x + 3) cos3 (ln x) + 3 cos2 (ln x)(− sin(ln x)) 1 x i, per tant, f (1) = e6 (5 cos3 (ln 1) − 3 cos2 (ln 1) sin(ln 1)) = 5e6 . La recta tangent a f en el punt d’abscissa x = 1 ve donada per l’equaci´ o y − f (1) = f (1)(x − 1). Substituint els valors f (1) = e6 i f (1) = 5e6 , s’obt´e com a equaci´ o de la recta tangent y = 5e6 x − 4e6 = e6 (5x − 4).
4.
(a) Els polinomis de Taylor s´ on els seg¨ uents: P T (f, 3, 0) = x 1 + 1 2 2x + x 1 + x2 2 + 0+ x 1 + 0x2 2 1 3 3x .
P T (g, 3, 0) = 1 + x + x2 + x3 .
2 + −1x3 6 + 1+ 0x 1 + −1x2 2 + 0x3 6 = 1 + 2x + (b) En aquest cas nom´es cal fer la multiplicaci´o dels dos polinomis i truncar a ordre 2: P T (h, 2, 0) = 1 + 2x + 12 x2 + 13 x3 1 + x + x2 + x3 (truncat) = 1 + 3x + 27 x2 (c) Aquest l´ımit es pot calcular de la manera seg¨ uent: limx→0 −x2 +o(x2 ) 2x2 +o(x2 ) 3x limx→0 h(x)−e 1−cos 2x = limx→0 1+3x+ 72 x2 − 1+ 3x + 9x2 1 1− 2 + −1·4x 1+ 0x 1 2 2 +o(x2 ) +o(x2 ) = − 12 (d) Utilitzant el polinomi de Taylor de g i el polinomi de Taylor seg¨ uent: x 1 x3 P T (axex +b sin x+c cos x, 0, 3) = ax 1 + c + (a + b) x + a − 1 2c x2 + 1 2a − 1 6b + x2 2 +b 0 + x 1 + 0x2 2 + −1x3 6 +c 1 + 0x 1 + −1x2 2 trobem que hauria de ser c = 1, a + b = 1, ´es a dir b = 1 − a i tamb´e a − 12 c = 1, o sigui c = 1, b = −1/2, a = 3/2.
5.
(a) Teorema de Bolzano: Donada una funci´o cont´ınua f : [a, b] → R, amb f (a)f (b) < 0, existeix un cert ξ ∈ (a, b) tal que f (ξ) = 0.
Considerem la funci´ o auxiliar f (x) = cos(x) + 2 cos(2x) + 3 cos(3x), donada per la mateixa equaci´o. Una soluci´ o de l’equaci´ o equival a un zero de f . Per tant, per tal d’utilitzar el teorema, anem a buscar un zero de f .
Apliquem el teorema a f en [0, π]. Clarament f ´es una funci´o cont´ınua perqu`e ´es suma de funcions del tipus k cos(kx): • • • • k ´es una constant, que ´es una funci´o cont´ınua en tot R, kx ´es un polinomi, que ´es una funci´o cont´ınua en tot R, cos(x) ´es una funci´ o cont´ınua en tot R, cos(kx) ´es composici´ o de dues funcions cont´ınues en tot R, per tant ´es cont´ınua en tot R, • k cos(kx) ´es producte de dues funcions cont´ınues en tot R, per tant ´es cont´ınua en tot R, o sigui, que k cos(kx)´es cont´ınua en tot R, en particular tamb´e en [0, π]. La primera hip`otesi del teorema ´es certa.
Anem a comprovar la segona hip` otesi: tenim f (0) = cos(0) + 2 cos(0) + 3 cos(0) = 6 cos(0) = 6 > 0, f (π) = cos(π) + 2 cos(2π) + 3 cos(3π) = −1 + 2 − 3 = −2 < 0, per tant, f (0)f (π) = −12 < 0 i la segona hip`otesi tamb´e ´es certa.
La tesi del teorema ens assegura l’exist`encia d’un1 zero de f , ξ ∈ (0, π), que equival a una soluci´o de l’equaci´ o en l’interval obert demanat.
1 El teorema assegura l’exist`encia d’un zero, com a m´ınim. Eventualment, pot haver-hi m´es d’un zero depenent de la funci´ o de treball.
3 + 0x3 6 = = (b) Teorema de Rolle: Donada una funci´ o F : [a, b] → R cont´ınua, derivable en (a, b) amb F (a) = F (b), existeix un valor ξ ∈ (a, b) tal que F (ξ) = 0.
Aix´ı com a l’apartat anterior hem aplicat el Teorema de Bolzano directament a la funci´o definida per l’equaci´ o, ara la funci´ o que s’anul.la ´es la derivada. Per tant, si volem aplicar el Teorema de Rolle, haurem d’agafar una funci´o auxiliar F que compleixi F (x) = cos(x) + 2 cos(2x) + 3 cos(3x). Clarament F ´es qualsevol primitiva de l’expressi´o cos(x) + 2 cos(2x) + 3 cos(3x), per exemple F (x) = sin(x) + sin(2x) + sin(3x).
Sigui f la funci´ o definida en el primer apartat. Ja hem comprovat que ´es cont´ınua en tot R.
Pel Teorema Fonamental del C` alcul, una primitiva de f ´es derivable en tot R. Per tant, F ´es derivable en tot R. Aix´ı doncs, la funci´o F compleix les dues primeres hip`otesis del Teorema de Rolle amb [a, b] = [0, π].
Comprovem la tercera hip` otesi: F (0) = sin(0) + sin(0) + sin(0) = 0, F (π) = sin(π) + sin(2π) + sin(3π) = 0, per tant, F (0) = F (π).
El teorema ens assegura l’exist`encia d’un cert ξ ∈ (0, π) que ´es zero de F , ´es a dir F (ξ) = f (ξ) = 0. Un altre cop equival a l’exit`encia d’una soluci´o de l’equaci´o en (0, π).
6. La funci´o f (x) ´es clarament cont´ınua en tot R. Mirem el comportament de f en +∞ i en −∞. Quan x → +∞, la part exponencial e2x domina la part linal −4x, i per tant la funci´o tendeix a +∞. Quan x → −∞, la part exponencial tendeix a 0, i la part lineal tendeix a −∞, per`o menys r`apidament que una exponencial. Per tant, l’as´ımptota obl´ıcua que hi ha a −∞ t´e menys pendent, ´es menys pronunciat el creixement, que en el cas de l’as´ımptota obl´ıcua que hi ha en +∞.
Per estudiar el creixement, derivem f (x) i igualem a zero per trobar possibles extrems. Tenim f (s) = 2e2x − 4. Si igualem a zero trobem una u ´nica soluci´o, x = ln22 ≈ 0, 35. Hem d’estudiar el creixement de f en dos intervals, doncs: a (−∞, ln22 ), per exemple en el punt x = 0, si avaluem f (0) = −2 < 0, per tant en aquest interval la funci´o f ´es decreixent. En l’altre interval, ( ln22 , +∞), podem prendre x = 2 o fins i tot un valor m´es gran, i es veu que f (2) > 0, i per tant la funci´o f ´es creixent en aquest segon interval. Per tant, el punt cr´ıtic x = ln22 ´es un m´ınim de f . Si avaluem f en aquest m´ınim, tenim f ( ln22 ) = 2 − 2 ln 2 ≈ 0, 6. Per tant, f pren sempre valors que estan per sobre de 0, 6 (en particular, f no pren mai valors negatius, la gr`afica de f est`a per sobre de l’eix d’abscisses).
Per estudiar la convexitat, calculem la segona derivada: f (x) = 4e2x , que sempre ´es > 0. Per tant, no hi ha punts d’inflexi´ o, i la funci´ o ´es sempre convexa.
Amb aix`o ja tenim prou informaci´ o per fer una gr`afica aproximada de la funci´o f .
4 Per a l’apartat (b), el Teorema de Weierstrass assegura l’exist`encia d’un valor m´ınim i un valor m`axim en l’interval tancat I = [−1, 2], donat que la funci´o f ´es cont´ınua. Com que el m´ınim absolut de la funci´ o, en x = ln22 ≈ 0, 35, cau en aquest interval, doncs podem estar segurs que el m´ınim de f en I s’assoleix en x = ln22 i val f ( ln22 ) = 2 − 2 ln 2 ≈ 0, 6. Pel que fa al m`axim, com que f ´es decreixent a (−1, ln22 ) i ´es creixent a ( ln22 , 2), doncs els candidats al valor m`axim en I s´on x = −1 i x = 2. Avaluem f en aquests punts i obtenim f (−1) = e−2 + 4 < 5 per una banda, i f (2) = e4 − 8 > 24 − 8 = 8. Per tant, f (2) > f (−1), i podem assegurar que el m`axim de f a l’interval I s’assoleix en x = 2, i val f (2) = e4 − 8.
Finalment, apliquem la regla de Barrow per calcular l’`area compresa entre la gr`afica de f i l’eix d’abscisses, a l’interval I (recordem que f ´es positiva en tot el seu domini). Si li diem A a aquesta `area, tenim 2 A= 1 2x e − 2x2 2 f (x)dx = −1 2 = −1 1 4 e −8 − 2 1 −2 e −2 2 = e4 − e−2 − 12 u.a.
2 7.
(a) Calculem primer la primitiva per parts. Amb (x + 1)e−x dx = −(x + 1)e−x + Llavors: ∞ f = x + 1 −→ f = 1 g = e−x −→ g = −e−x e−x dx = −(x + 1)e−x − e−x = −(x + 2)e−x (x + 1)e−x dx = − lim (x + 2)e−x + (0 + 2)e−0 = 2 x→∞ 0 ja que el l´ımit anterior val zero.
(b) 1 1 + .
2 s s ∞ Segons la definici´ o de transformada de Laplace, F (s) = 0 (t + 1)e−st dt, aix´ı que fent s = 1 veiem que F (1) = 2 correspon al valor de la integral del primer apartat.
F (s) = L[t + 1] = L[t] + L[1] = 5 1 1 es comporta en l’infinit com 2α . Per tant, la integral ´es convergent si 2 α (2x + x ) x 1 i nom´es si 2α > 1, ´es a dir, α > .
2 Pel cas α = 1 descomposem en fraccions simples: (c) La funci´o 1 A B = + .
2x + x2 x x+2 Igualant numeradors, 1 = A(x + 2) + Bx d’on A = dx = 2x + x2 dx − 2x 1 1 i B = − . La primitiva ´es 2 2 dx 1 1 1 x = ln x − ln(x + 2) = ln .
2(x + 2) 2 2 2 x+2 Llavors: ∞ 1 dx 1 x 1 1 1 1 1 1 = lim ln − ln = ln 1 − ln = ln 3.
2 2x + x 2 x→∞ x + 2 2 1 + 2 2 2 3 2 8.
(a) El radi de converg`encia R es pot calcular mitjan¸cant la f´ormula nostre cas, 1 n+2 1 = lim = lim 1 + n→∞ n→∞ R n+1 n+1 d’on R = 1.
Observaci´ o El resultat tamb´e es pot obtenir usant 1 R 1 |an+1 | = lim . En el n→∞ |an | R = 1, = lim |an |1/n .
(b) Una s`erie de pot`encies centrada en x0 i amb radi de converg`encia R es pot derivar terme a 1 terme en el domini |x − x0 | < R. Derivant terme a terme el primer membre de xn = 1−x 1 obtenim la s`erie nxn−1 de l’enunciat, per tant S(x) ´es la derivada de : 1−x S(x) = (c) Observem que n 2n−1 1 .
(1 − x)2 coincideix amb nxn−1 quan x = 1/2. Per tant, la suma de la s`erie num`erica coincideix amb la s`erie de pot`encies avaluada en x = 1/2: S(1/2) = 1 = 4.
(1 − 1/2)2 6 ...