Examen Parcial Otoño 2011 (2) (2011)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Calculo
Año del apunte 2011
Páginas 3
Fecha de subida 12/11/2014
Descargas 1
Subido por

Vista previa del texto

Resoluci´o Control de C`alcul Grup 10 27 setembre 2011 Exercici 1.
Resoleu |x + 1| > |x − 1|, per a x ∈ R.
Resoluci´ o: Resolem aquesta inequaci´o de tres formes diferents: (1.1) La manera est`andar (i la m´es llarga), utilitzant la definici´o del valor absolut. De |x + 1| = x + 1 x ≥ −1, −x − 1 x < −1, |x − 1| = x − 1 x ≥ 1, −x + 1 x < 1, tenim les seg¨ uents possibilitats per a la inequaci´o: (i) Si x < −1, aleshores −x − 1 > −x + 1; 0 > 2 absurd. Aquesta possibilitat no d´ona soluci´o parcial.
(ii) Quan −1 ≤ x < 1, tenim x + 1 > −x + 1; x > 0. Aix´ı doncs, tenim la soluci´o parcial donada per la intersecci´o de −1 ≤ x < 1 i x > 0, ´es a dir (0, 1).
(iii) Si x ≥ 1, la inequaci´o esdev´e x+1 > x−1; 2 > 0. I la soluci´o parcial ´es [1, +∞).
Per tant, la soluci´o ´es (0, 1) ∪ [1, +∞) = (0, +∞).
(1.2) La manera gr`afica, que consisteix en mirar-se les gr`afiques de y = |x + 1| i y = |x − 1| i interpretar geom`etricament la inequaci´o. Les nostres gr`afiques s´on 1 4 3 2 1 x x 1 1 3 2 1 1 2 3 i clarament la gr`afica de y = |x + 1| es troba per sobre de la gr`afica de y = |x − 1| quan x > 0. Per tant, la soluci´o ´es (0, +∞).
(1.3) Una altra possibilitat ´es intercanviar la inequaci´o que estudiem per una altra m´es senzilla, que sigui equivalent (que tingui la mateixa soluci´o que l’original). Aquesta pr`actica ´es ben coneguda en l’entorn de les inequacions. L’equival`encia s’ha de fer depenent de la inequaci´o que volem estudiar i no es pot donar amb una regla gen`erica.
En el nostre cas, el que ens molesta ´es el valor absolut. Aprofitant el fet que la funci´o x2 ´es estrictament creixent per a valors no negatius, podem usar l’equival`encia |x + 1| > |x − 1| ⇔ |x + 1|2 > |x − 1|2 ⇔ (x + 1)2 > (x − 1)2 ⇔ 2x > −2x ⇔ x > 0.
I aix´ı, retrobem la soluci´o (0, +∞).
Exercici 2.
Resoleu e2x − 2ex + 1 = 0, per a x ∈ R.
Resoluci´ o: Observem que e2x − 2ex + 1 = (ex )2 − 2ex + 1 = (ex − 1)2 . Aix´ı, l’equaci´o que volem resoldre ´es (ex − 1)2 = 0 que, per a x ∈ R, ´es certa quan ex = 1, ´es a dir per a x = 0.
Exercici 3.
Considereu la funci´o f (x) = sin x + cos x en I = [0, 2π]. Doneu el m`axim i m´ınim absoluts de f en I. Doneu tamb´e els punts de I all`a on s’assoleixen aquests valors extrems.
Resoluci´ o: Sabem que en un interval tancat i fitat, una funci´o cont´ınua assoleix extrems absoluts. La nostra funci´o es pot derivar tantes vegades com volguem, aix´ı que podem utilitzar les eines que ens d´ona la derivada per localitzar els extrems locals.
2 Els extrems absoluts en [0, 2π] els localitzarem estudiant els valors de f ens els extrems locals, juntament amb els valors en els extrems de l’interval f (0) i f (2π).
Estudiem els zeros de la derivada f ′ (x) = cos x − sin x = 0. En [0, 2π], els zeros de l’equaci´o sin x = cos x s´on x = π/4 i x = 5π/4. Evaluem doncs la nostra funci´o f√en els punts x = √ 0, π/4, 5π/4, 2π. Els valors corresponents s´on f (0) = 1, f (π/4) = 2, f (5π/4) = − 2 i f (2π) = 1.
√ √ Per tant, el m`axim absolut ´es 2 i es localitza en x = π/4; el m´ınim absolut ´es − 2 en x = 5π/4.
3 ...