Examen global 2012 (2012)

Examen Catalán
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería Civil - 1º curso
Asignatura Calculo
Año del apunte 2012
Páginas 6
Fecha de subida 03/06/2014
Descargas 1

Descripción

Examen resuelto mayo 2012

Vista previa del texto

` EXAMEN DE CALCUL 17-05-2012 ETSECCPB. Grau en Enginyeria Civil.
Problema 1. [2p] Calculeu la integral xydxdy R on R ´es el recinte limitat per les corbes x2 + y 2 = 4, x2 + y 2 = 9, x2 − y 2 = 4 i x2 − y 2 = 1 al primer quadrant.
El recinte est` a limitat per dues circumfer`encies i dues hip`erboles.
Observem que ni les coordenades cartesianes ni les polars s´on les m´es `optimes per resoldre el problema.
Caldr`a definir un canvi de coordenades. Fem el canvi: u = x2 + y 2 v = x2 − y 2 ⇒ x2 = u+v 2 ⇒ x= u+v 2 y2 = u−v 2 ⇒ y= u−v 2 Ens adonem que en u i v el recinte d’integraci´o ´es senzill: u ∈ [4, 9], v ∈ [1, 4].
Ens cal el jacobi` a del canvi de la transformaci´o per a poder fer la integral ∂x ∂u 1 ∂x ∂v J= 4 = ∂y ∂u 1 u+v 2 4 −1 1 ∂y ∂v 4 u−v 2 u+v 2 4 −1 = 16 u−v 2 1 − u2 −v 2 4 16 u2 −v 2 4 −1 = √ 4 u2 − v 2 Per tant tenim: 4 9 xydxdy = R 1 4 −1 √ 4 u2 − v 2 4 9 = 1 4 u+v 2 1 1 dudv = 8 8 u−v dudv = 2 4 [u]94 dv = 1 5 8 4 9 √ 1 4 4 u2 − v 2 4 dv = 1 1 15 8 u2 − v 2 dudv = 4 Problema 2. [2.5p] Calculeu el desenvolupament en s`erie de Fourier que aproxima la funci´o real de variable real definida per 1, −1 < x ≤ 0 x, 0 < x < 1 f (x) = i estudieu la converg`encia de la s`erie en x = 0 i en x = 12 .
El desenvolupament en s`erie de Fourier associat a la funci´o f ´es a0 Sf (x) = + 2 ∞ nπx p an cos n=1 + bn sin nπx p on, p = 1, a0 = an = 1 p 1 p p 1 f (x)dx = −p 0 f (x)dx = −1 p f (x) cos −p nπx dx = p −1 = 0− 0 1 1 3 x dx = [x]0−1 + [x2 ]10 = 1 + = 2 2 2 0 1 f (x) cos (nπx)dx = 1 x cos (nπx)dx = cos (nπx)dx + −1 −1 u = x dv = cos (nπx)dx (nπx) du = dx v = sin nπ = 1 dx + = 0 sin (nπx) nπ sin (−nπ) sin (nπ) cos (nπx) + −0 + nπ nπ n2 π 2 + x −1 1 0 sin (nπx) nπ 1 1 − 0 0 sin (nπx) dx = nπ sin (nπ) sin (nπ) cos (nπ) 1 + + − 2 2 2 2 nπ nπ n π n π = 0 Com que sin (nπ) = 0, ∀n ∈ N, n = 1, 2, 3, ..., n Tenim que an = bn = = 1 p p f (x) sin −p nπx dx = p u = x dv = sin (nπx)dx (nπx) du = dx v = − cos nπ =− cos (nπ) = (−1)n ∀n ∈ N, n = 1, 2, 3, ..., n.
(−1)n 1 1 − 2 2 = 2 2 [(−1)n − 1] 2 2 n π n π n π 1 0 f (x) sin (nπx)dx = −1 1 −1 cos (nπx) =− nπ 0 cos (nπx) − x nπ −1 0 1 1 + 0 0 cos (−nπ) 1 cos (nπ) sin (nπx) − − −0 + nπ nπ nπ n2 π 2 =− x sin (nπx)dx = sin (nπx)dx + cos (nπx) dx = nπ 1 = 0 1 cos (nπ) cos (nπ) sin (nπ) − − + −0 nπ nπ nπ n2 π 2 i com que sin (nπ) = 0, ∀n ∈ N, n = 1, 2, 3, ..., n cos (nπ) = (−1)n ∀n ∈ N, n = 1, 2, 3, ..., n.
Tenim bn = − 1 nπ Aleshores, Sf (x) = 3 + 4 ∞ n=1 1 n2 π 2 [(−1)n − 1] cos (nπx) − 1 sin (nπx) nπ El teorema de converg`encia de la s`erie de Fourier diu que si f i f son funcions cont´ınues a trossos a l’interval (-1,1), aleshores la s`erie de Fourier de f en aquest interval, convergeix a f (a) si a ´es un punt de continuitat de la funci´o f i convergeix a f (a− ) + f (a+ ) 2 si a ´es un punt de discontinuitat de f .
Com que x = 0 ´es un punt de discontinuitat de f i ´es compleixen les hip`otesi del teorema de converg`encia de la s`erie de Fourier, Sf (0) = i com que x = 1 2 −1 + 1 =0 2 ´es un punt de continuitat de f , aleshores Sf 1 2 =f 1 2 = 1 2 Problema 3.
a) [1p] Proveu que l’equaci´ o diferencial ordin`aria y = P (x)F (y) + Q(x)G(y) es pot transformar en una edo lineal aplicant el canvi z= segons F G − GF G F G o b´e z = o b´e G F F G − GF F sigui constant.
b) [2p] Resoleu l’equaci´ o y = sec y + x tan y.
a) Suposem que F G −GF G = k, amb k constant i z = F G.
Aleshores, podem escriure: dz dz dy GF − F G k = = y =− y.
dx dy dx G2 G Desesenvolupant l’expresi´ o de l’enunciat, tenient en compte el resultat anterior: y = P (x)F (y) + Q(x)G(y) =⇒ z = dz k =− [P (x)F (y) + Q(x)G(y)] = dx G(y) = −k [P (x)z + Q(x)] , que es una EDO lineal.
L’altre cas es demostra an´ alogament.
b) Sigui la EDO y = sec y + x tan y.
En aquest cas, P (x) = 1, F (y) = sec y, Q(x) = x i G(y) = tan y. Un cop identificats els termes, podem calcular 1 F G − GF cos y = 1 = 1, F cos y que resulta ser constant.
dy dz Fem el canvi z = G F ⇒ z = sin y, i aleshores dx = cos y dx ⇒ z = y cos y.
Desenvolupant l’expresi´ o inicial i aplicant el resultat anterior obtenim: y = 1 sin y +x ⇐⇒ y cos y = 1 + x sin y =⇒ z = 1 + xz.
cos y cos y (∗) Ara apliquem el M`etode de Variaci´ o de Constants. Trobarem, en primer lloc, la soluci´o de z = xz, que directament ´es z = Ce Realitzem ara el canvi z = ue z =ue x2 2 x2 2 x2 2 .
i substituim a la EDO (∗), + xue x2 2 = xue x2 2 resolent per integraci´ o + 1 =⇒ u e x u= x2 2 = 1 =⇒ u = e− x2 2 , t2 e− 2 dt + C, x0 i finalment z=e x x2 2 t2 e− 2 dt + C .
x0 Desfent el canvi, obtenim la soluci´ o final que s’expressa de la manera seg¨ uent, sin y = e x2 2 x t2 e− 2 dt + C .
x0 Problema 4. Trobeu l’equaci´ o del moviment del sistema mec`anic representat a la figura adjunta, ´es a dir, el sistema d’EDOS per trobar la posici´o de les dues masses en funci´o del temps k1 M1 k2 M2 i expresseu-lo en forma matricial en cadascuna de les situacions a) i b).
a) [1p] No tenim en compte el fregament b) [0.5p] Tenim en compte el fregament amb l’aire, proporcional a la velocitat c) [1p] Expliqueu com es resoldria aquest sistema d’equacions.
a) Suposem que els cossos estan en equilibri. Estirem el cos M2 cap avall i aix`o fa que es produeixi un despla¸cament de M1 , i a continuaci´ o deixem el cos M2 produint-se aix´ı un moviment.
Si suposem que no hi ha forces de fregament i notem com F1 la for¸ca recuperadora de la primera molla i F2 la de la segona, de la segona llei de Newton tenim l’equaci´o M2 y2 = F2 on y2 ´es el que s’ha separat el cos M2 de la posici´o d’equilibri. Pel cos M1 tenim l’equaci´ o del moviment M1 y1 = F1 − F2 que segueix l’esquema de forces seg¨ uent F1 F2 F2 Suposant que el moviment de cossos ´es cap amunt i que les molles estan estirades i per tant la for¸ca recuperadora tendeix a contreure-les.
De la llei de Hooke tenim que F1 = −k1 y1 essent y1 el despla¸cament del primer cos respecte de la posici´o d’equilibri.
D’altra banda F2 = −k2 (y2 − y1 ) perqu`e l’estirament de a segona molla ´es y2 − y1 .
Aix´ı doncs, les equacions del moviment s´on: M1 y1 = −(k1 + k2 )y1 + k2 y2 M2 y2 = k2 y1 − k2 y2 Considerem el canvi de variable z1 = y1 i z2 = y2 i obtenim:  y = z1   1  k2 2 y1 + M y2 z1 = − k1M+k 1 1 y = z  2   2 k2 k2 y1 − M y2 z2 = M 2 2 Que escrit en forma matricial  y1  z1   y2 z2 ´es:   0   − k1M+k2 = 1   0 k2 M2 1 0 k2 0 M1 0 0 k2 0 −M 2  0 y1  z1 0   1   y2 z2 0     b) Si tenim en compte el fregament amb l’aire, proporcional a la velocitat, de la llei de Newton tenim, M1 y1 = F1 − F2 − Fr1 M2 y2 = F2 − Fr2 essent Fr1 i Fr2 les forces de fregament.
Aix´ı doncs les equacions del moviment s´ on: M1 y1 = −(k1 + k2 )y1 + k2 y2 − c1 y1 M2 y2 = k2 y1 − k2 y2 − c2 y2 De la mateixa manera que a l’apartat a), podem escriure:  y1 = z 1    z = − k1 +k2 y − c1 z + k2 y 1 1 M1 M1 1 M1 2 y = z  2 2   k2 k2 c2 z2 = M y1 − M y2 − M z2 2 2 2 que en forma matricial ´es:   0 y1  z1   − k1M+k2   1   y2  =  0 k2 z2 M2  1 0 0 0 0 1 c1 −M 1 0 0 k2 M1 k2 −M 2 c2 −M 2  y1   z1      y2  z2  c) La soluci´o d’un sistema x (t) = A(t)x(t) amb condici´o inicial x(t0 ) = x0 t´e soluci´o u ´nica i v´e donada per x(t) = φ(t)φ−1 (t0 )x0 essent φ(t) una matriu fonamental del sistema x (t) = A(t)x(t).
Com que φ(t) = eAt , ´es una matriu fonamental del sistema amb coeficients constants, en el nostre cas, la soluci´ o dels apartats a) i b) v´e donada per x(t) = e(t−t0 )A x0 Per calcular e(t−t0 )A estudiem si la matriu A ´es diagonal, diagonalitza, o b´e la podem expresar en la forma can´ onica de Jordan.
...