Examenes finales 2001 a 2011 (2014)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería Civil - 1º curso
Asignatura Calculo
Año del apunte 2014
Páginas 238
Fecha de subida 04/06/2014
Descargas 0

Descripción

Examenes finales resueltos.

Vista previa del texto

EXAMEN DE CÀLCUL 15 de gener de 2001 ETSECCP. Barcelona (3 h.) 1.- Problema ( 1.5 punts) Sigui A = fz 2 C : z + z = jzj2 g 1) Descriviu geomètricament el conjunt A.
o 2) Calculeu A, A, A0 , Aill(A), f r(A); i dieu si A és obert, tancat i/o compacte.
2.- Problema ( 2 punts) Siguin z1 i z2 les solucions de l’equació x2 ¡ 2x + 5 = 0 en el cos dels complexos. Calculeu p 3 (z1 + z2 ).
3.- Problema ( 2.5 punts) Sigui la successió definida per ½ : 2n(e1=n ¡ 1) si n =3 (múltiple de 3) : xn = cos n[ln(n2 ¡ n + 2)1=n ] si n 6=3 1) Doneu els punts d’adherència i acumulació del rang de la successió.
2) Raoneu si la successió és convergent o divergent.
3) És possible donar una subsuccessió convergent? 4) És possible donar una subsuccessió divergent? En cas de resposta afirmativa als apartats 3) i/o 4) doneu un exemple.
4.- Problema ( 2 punts) P P Siguin an i bn dues sèries convergents.
1) Aplicant la definició de sèrie convergent, proveu que la sèrie §(¸an + ¯bn ) és convergent.
1 P 3 2) Sumeu la sèrie 2n .
n=3 5.- Problema ( 2 punts) Sigui una funció f : A ! A; A ½ R. Direm que f és contracció si 9® 2 (0; 1) tal que jf (x) ¡ f (y)j · ® jx ¡ yj ; 8x; y 2 A.
1) Demostreu que una contracció és sempre uniformement contínua.
2) Demostreu que si f és derivable en A llavors és contracció, 9k < 1 tal que jf 0 (x)j < k.
6.- Problema ( 2 punts) 1 Estudieu la continuitat de la següent funció ( x¡y f (x; y) = 7.- Problema ( 2 punts) 8.- Problema ( 2 punts) e ¡1 x2 ¡y 2 0 si jxj = 6 jyj : si jxj = jyj ¯ ¯ ¯ ¯ Per quins intervals I ½ R és certa la següent implicació: 8x; y 2 I, x < y ) ¯x3 ¯ < ¯y 3 ¯.
Estudieu la derivabilitat en x = 0 de la funció f : R ! R definida com ¯ ½ ¯ 3 ¯x sin( 1 )¯ si x 6= 0 x f (x) = : 0 si x = 0 9.- Problema ( 2 punts) Sigui f : R ! R derivable tal que limx!1 xf 0 (x) = 0. Demostreu que lim (f (2x) ¡ f(x)) = 0: x!1 10.- Problema ( 2 punts) Sigui f : I ½ R ! R derivable en I; [1; 2] ½ I, f (1) = ¡2, f (2) ¸ 4 i f 0 (x) > 0 8x 2 (1; 2). Demostreu que en l’interval [1; 2] l’equació ln x + f (x) = 0 té solució única.
RESOLDRE CADA PROBLEMA EN UN FULL PER SEPARAT 2 (1) Solución i) Los puntos del conjunto A son puntos del plano complejo (z 2 C) que satisfacen la condición z + z = jzj2 . Esta condición expresada en forma binómica es, x + iy + x ¡ iy = 2x = x2 + y2 ) x2 ¡ 2x + y 2 = 0: Si comparamos la expresión anterior con la expressión general de una circunferencia (x ¡ a)2 + (y ¡ b)2 x2 ¡ 2xa + a2 + y 2 ¡ 2yb + b2 = r2 ; = r2 ; tenemos que tomando a = 1, b = 0, y r = 1, podemos expresar la condición como (x ¡ 1)2 + y2 = 1: Entonces, el conjunto A está formado por los puntos sobre la circunferencia de radio unidad y centrada en (1; 0).
1 y 0.5 00 0.5 1x 1.5 2 -0.5 -1 x2 ¡ 2x + y 2 = 0 ii) o A= ;, no existe ninguna bola centrada en un punto del conjunto que solo contenga puntos del conjunto.
f r(A) = @A = A, cualquier bola centrada en un punto de A contiene puntos que son de A, y puntos que no lo son. Solo los puntos del conjunto tienen esta propietat.
A = A + @A = A, la adherencia es igual a la unión del conjunto y su frontera.
A0 = A = A, por el mismo razonamiento empleado en la frontera de A.
Aill(A) = ;, cualquier bola centrada en un punto de A tiene otros puntos de A.
abierto : no es abierto porque contiene puntos frontera.
cerrado : es cerrado porque contiene todos los puntos frontera.
compacto : el conjunto es acotado e.g. por un disco de radio 2, y es cerrado porque contiene todos los puntos frontera, entonces es compacto.
3 (2) Solución i) Como es una ecuación de segundo grado p p 2 § 4 ¡ 20 2 § ¡16 2 § i4 x= = = = 1 § 2i.
2 2 2 ii) Tenemos que p p p 3 3 z1 + z2 = 3 (1 + 2i) + (1 ¡ 2i) = 2: Hay que encontrar los números complejos que cumplan que z 3 = 2 podemos aplicar directamente la expresión p 2¼ µ ci = n r exp( + k ), k = 0; :::; n ¡ 1: n n En este caso n = 3, k = 0; 1; 2, y las tres raíces son µ ¶ p p 2¼ 0 3 3 c1 = 2 exp +0 = 2; 3 3 µ µ ¶ ¶ p p i2¼ i0 i2¼ 1p 3 3 3 +1 c2 = 2 exp 2+ = 2 exp =¡ 3 3 3 2 µ µ ¶ ¶ p p i2¼ i0 i4¼ 1p 3 3 3 +2 c3 = 2 exp 2¡ = 2 exp =¡ 3 3 3 2 4 = 2ei0 . Para ello, 1 p p 3 i 3 2; 2 1 p p 3 i 3 2: 2 (3) Solución Vamos a considerar las sucesiones 8 < xn : la sucesión dada bn : 2n(e1=n ¡ 1) : : cn : cos n[ln(n2 ¡ n + 2)1=n ] Vamos a estudiar los siguientes resultados a) La sucesión bn converge con límite 2.
Calculamos el límite lim 2n(e1=n ¡ 1) = 1 ¢ 0; n!1 que es un tipo de indeterminación que,en general, se resuelve por infinitesimos. Aplicando el infinitesimo ln an ¼ an ¡ 1 si an ! 1: 2n = lim 2 = 2: n!1 n : Entonces bk , subsucesión de bn , con k =3, también es convergente con el mismo límite.
lim 2n(e1=n ¡ 1) ¼ lim 2n(ln e1=n ) = lim n!1 n!1 n!1 b) La sucesión cn es convergente con límite 0.
Calculamos el límite lim ((cos n)(ln(n2 ¡ n + 2)1=n )); n!1 que es del tipo cero por acotada, ya que ½ jcos nj · 1 limn!1 (ln(n2 ¡ n + 1)1=n ) = 0 Se calcula este último límite. Desarrollando tenemos 2 ln n ln(1 ¡ n1 + n22 ) ln(n2 ¡ n + 2) = + ln(n2 ¡ n + 2)1=n = n n n de donde µ ¶ 2 ln n ln(1 ¡ n1 + n22 ) lim + = 0: n!1 n n Donde el primer sumando del límite se resuelve por orden de infinitos, y el segundo da directamente 0.
: Entonces ck , subsucesión de cn , con k 6=3 también es convergente con el mismo límite.
bk y ck son son dos subsucesiones de xn que tienen límites distintos, luego la sucesión xn no es convergente.
1) Sea A el rango de xn : A tiene dos puntos de acumulación f0; 2g pues son los dos únicos puntos que cumplen que todo entorno (B(0; r) y B(2; r) respectivamente) contiene infinitos = A (ver nota).
puntos de A. Además 0 2 A por coincidir con x1 , pero 2 2 Resumiendo, la frontera de A es @A = A [ f2g, ya que todos los puntos de A menos el 0 son aislados, y f0; 2g son frontera. La adherencia es A= A+ @A = A [ f2g, y la acumulación es A0 = f0; 2g.
2) xn es divergente, ya que existen al menos dos subsucesiones con límites distintos. También podemos razonarlo diciendo que una sucesión convergente tiene, a lo sumo, un punto de acumulación.
5 3) Sí existe una subsucesión convergente, i.e., bn .
: 4) Ejemplo de subsucesión divergente: xk con k =2 (contiene elementos de bk y ck ).
Nota 1. Inspección de la subsucesión bn x3 = 6(e1=3 ¡ 1) = 2: 3737 x6 = 2 ¢ 6(e1=6 ¡ 1) = 2: 1763 x9 = 2 ¢ 9(e1=9 ¡ 1) = 2: 1153 ...
desde x3 = 2: 3737, se van obteniendo puntos cada vez más próximos a 2.
Inspección de la subsucesión ck x1 = (cos 1)(ln(1 ¡ 1 + 2)1=1 ) = 0: 37; x2 = (cos 2)(ln(22 ¡ 2 + 2)1=2 ) = ¡0: 29; x4 = (cos 4)(ln(42 ¡ 4 + 2)1=4 ) = ¡0: 43; x5 = (cos 5)(ln(52 ¡ 5 + 2)1=5 ) = 0: 17; x7 = (cos 7)(ln(72 ¡ 7 + 2)1=7 ) = 0: 41; x8 = (cos 8)(ln(82 ¡ 8 + 2)1=8 ) = ¡7: 38 £ 10¡2 ; x10 = (cos 10)(ln(102 ¡ 10 + 2)1=10 ) = ¡0: 38; x11 = (cos 11)(ln(112 ¡ 11 + 2)1=11 ) = 1: 90 £ 10¡3 : ....
Los puntos de la subsucesión ck van oscilando alrededor de 0 con valores cada vez más próximos a 0.
Nota 2. 2 2 = A.
El cero es fácil ver que está en el conjunto A, ya que es el primer elemento de la subsucesión de no múltiplos de 3. El dos es más díficil de ubicar. Por una parte no es un punto originado por la subsucesión de múltiplos de 3, pero es difícil saber si es generado por la otra subsucesión.
De forma general habría que averiguar si esta subsucesión cuenta con el 2 entre sus puntos.
Es más fácil comprobar que todos los puntos de esta segunda subsucesión son más pequeños que 2.
? cos n[ln(n2 ¡ n + 2)1=n ] < 2; 2 2 ln n ln(1 ¡ n1 + n22 ) ln n ln(1 ¡ n1 + ln(n ¡ n + 2) = + = + 2n 2n 2n n 2n desigualdad que se satisface al cumplirse ln n 1 2 < 1, ln(1 ¡ + 2 ) < 0: n n n 6 2 n2 ) < 1; (4) Solución P a) Podemos expresar la serie cn de la forma siguiente X cn = §(¸an + ¯bn ) = ¸§an + ¯§bn : Una serie es convergente si solo si lo es la sucesión de sus sumas parciales. Es decir, considerando la sucesión fcn g, y la sucesión de sus sumas parciales fCn g, donde Cn = c1 + ::: + cn : X cn converge , lim Cn = S C : n!1 P P Como las series an y bn son convergentes, las respectivas sucesiones de sumas parciales lo son. Así existen los límites ½ P A P an = limn!1 An = SB ; : bn = limn!1 Bn = S : Podemos expresar la sucesión de sumas parciales Cn de la manera siguiente Cn = c1 + c2 + ::: + cn = ¸a1 + ¯a1 + ¸a2 + ¯a2 + ::: + ¸an + ¯an = ¸An + ¯Bn : Así existe el límite lim Cn = ¸ lim An + ¯ lim Bn = ¸S A + ¯S B = S C ; y por tanto P n!1 n!1 n!1 cn es convergente.
b) La serie geométrica 1 P ( 12 )n de razón n=0 Entonces 1 2 < 1 tiene por suma 1 X 1 1 ( )n = 2 1 ¡ n=0 3 1 2 1 X 1 = 6: n 2 n=0 = 2: Como la serie del enunciado comienza en n = 3 han de quitar los primeros términos: 7 1 1 1+ + = : 2 4 4 Entonces 1 X 3 7 3 = 6 ¡ 3( ) = : n 2 4 4 n=3 7 (5) Solución a) La definición de continuidad uniforme es (8" > 0)(9± > 0) j (8x; y 2 A) si 0 < jx ¡ yj < ± ) jf(x) ¡ f(y)j < "): Tomando ± = "=® jf(x) ¡ f(y)j · ® jx ¡ yj < ®± = "; es decir, Dado un " vemos que (9± = "=®) que cumple la definición de continuidad para todos los puntos del dominio, luego la función es uniformemente continua.
b) Demostreu que si f és derivable en A llavors és contracció, 9k < 1 tal que jf 0 (x)j < k )) Supongamos que jf (x) ¡ f (y)j · ® jx ¡ yj (8x; y 2 A), ® 2 (0; 1).
Entonces jf (x) ¡ f (y)j jf(x) ¡ f(y)j tomando límites ·® · lim ® < 1: ) jf 0 (x)j = lim y!x y!x jx ¡ yj jx ¡ yj () Por el teorema del valor medio jf (x) ¡ f (y)j = jf 0 (c)j jx ¡ yj siendo c 2 (x; y): Como suponemos que 9k < 1 tal que jf 0 (x)j < k, se cumple que luego jx ¡ yj es contracción.
jf 0 (c)j jx ¡ yj < k jx ¡ yj ; 8 (6) Solución f(x; y) = ( ex¡y ¡1 x2 ¡y 2 0 si jxj = 6 jyj si jxj = jyj El dominio se puede descomponer en cuatro regiones delimitadas por y = x e y = ¡x. Dentro de cada región la función es continua al ser f (x; y) composición de funciones continuas, hay que estudiar que pasa en la frontera.
4 y 2 -4 -2 00 2x 4 -2 -4 jxj = jyj a) caso y = x, son puntos del tipo (a; a).
a.1. a 6= 0 ex¡y ¡ 1 ex¡y ¡ 1 = lim lim (x;y)!(a;a) x2 ¡ y 2 (x;y)!(a;a) (x ¡ y)(x + y) inf.equiv.
= lim (x;y)!(a;a) 1 1 = : x+y 2a jxj6=jyj a.2. a = 0 ex¡y ¡ 1 (x;y)!(0;0) x2 ¡ y 2 lim inf.equiv.
= lim (x;y)!(0;0) 1 = 1: x+y jxj6=jyj b) caso y = ¡x, son puntos del tipo (a; ¡a) con a 6= 0.
ex¡y ¡ 1 e2a ¡ 1 = lim = ¡1 (x;y)!(a;¡a) x2 ¡ y 2 (x;y)!(a;¡a) ¡0+ lim jxj<jyj jxj<jyj ex¡y ¡ 1 e2a ¡ 1 = lim = +1 0+ (x;y)!(a;¡a) x2 ¡ y 2 (x;y)!(a;¡a) lim jxj>jyj jxj>jyj Resumiendo f (x; y) es continua en todo su dominio menos en jyj = jxj. En y = x el límite no coincide con el valor de la función, y en el caso y = ¡x (incluido el (0; 0) el límite no existe.
9 (7) Solución ¯ ¯ Sea un intervalo I = (a; b), y la función f(x) = ¯x3 ¯ que es continua y derivable, con derivada ¯ 3¯ ¯ 3¯ ¯x ¯ ¯x ¯ = 3x jxj (8x 6= 0): f 0 (x) = 3x2 3 = 3 x x Tenemos que f 0 (x) > 0 si x > 0 : f 0 (x) < 0 si x < 0 Si se considera el teorema del valor medio de Lagrange f (b) ¡ f (a) = f 0 (c)(b ¡ a); c 2 (a; b): Luego si f 0 (c) > 0, entonces (b ¡ a) tiene el mismo signo que(f (b) ¡ f (a)), es decir, 0 b > a ) f(b) > f (a): Si f (c) < 0, entonces (b ¡ a) tiene signo distinto de (f(b) ¡ f (a)), es decir, b > a ) f (b) < f (a).
También podemos razonarlo diciendo que: ’’a < b ) f(a) < f (b)’’ es la definición de función creciente y por tanto hay que estudiar el crecimiento de la función basándose en el signo de la derivada.
Solución: el enunciado dado se cumple en todo intervalo (x; y) ½ R+ , donde la derivada toma valores positivos.
10 (8) Solución ¯ ½ ¯ 3 ¯x sin( 1 )¯ si x 6= 0 x f (x) = : 0 si x = 0 Empleando la definición de derivada ¯ 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯x sin( 1 )¯ ¯ x2 jxj ¯sin x1 ¯ 1 ¯¯ f (x + 0) ¡ f(0) 0 x ¯ = lim = lim = lim x jxj ¯sin ¯ = 0; f (0) = lim x!0 x!0 x!0 x!0 x¡0 x x x donde el límite final se resuelve por el criterio de 0¢acotada ½ ¯limx!0 ¯ x jxj = 0 : ¯sin 1 ¯ · 1 x La función es derivable en x = 0.
11 (9) Solución Por el teorema del valor medio de Lagrange f(b) ¡ f(a) = (b ¡ a)f 0 (c) donde c 2 (a; b).
Se puede aplicar a este caso resultando Entonces f (2x) ¡ f(x) = (2x ¡ x)f 0 (c) donde c 2 (x; 2x).
lim (f (2x) ¡ f(x)) = lim (xf 0 (c)) = 0: x!1 x;c!1 12 (10) Solución Se define la función g(x) = ln x + f(x).
g(x) corta al menos una vez al eje X.
Tenemos que g(1) = ln 1 + f (1) = 0 ¡ 2 = ¡2 < 0; g(2) = ln 2 + f (2) > 4 > 0: Entonces aplicando el teorema de Bolzano (g es continua en [1; 2]), g(x) corta con el eje x al menos una vez.
g(x) corta solo una vez al eje X.
Calculamos la derivada de g(x) 1 + f 0 (x) > 0: x Donde se ha utilizado que x1 > 0 y f 0 (x) > 0.
Al ser g0 (x) > 0 la función es estrictamente creciente en (1; 2), g(1) = ¡2 < 0 y g(2) > 4.
Entonces como no hay ningún punto donde g 0 (x) = 0, el teorema de Rolle nos garantiza que g(x) tiene a lo sumo una raiz. Por tanto, ln x + f (x) = 0 tiene solución única.
g 0 (x) = 13 EXAMEN DE CÀLCUL 14 de gener de 2002 ETSECCP. Barcelona (2:00 h.) 1.- Problema ( 3 punts) a) Demostreu que, si z1 i z2 son les solucions complexes de l’equació ax2 + bx + c = 0 (b2 < 4ac), llavors zz12 i zz11 son complexes conjugats de mòdul 1.
b) Demostreu que tots els punts del conjunt A = f1; 14 ; :::; n12 g, n 2 N son aïllats.
c) Doneu el conjunt de punts X ½ R que compleixen jx + 1j > jx ¡ 2j 2.- Problema ( 3 punts) a) Calculeu el límit sin ¼ + sin ¼2 + ::: + sin ¼n : n!1 ln n lim a a b) Proveu que 9: 9 = 10 (Nota: 9: 9 = 9 + 0:9 + 0:009 + 0:009 + :::).
3.- Problema ( 3 punts) Sigui la funció f (x; y) = (x2 ¡ y2 ) sin(x2 + y 2 ) : (x2 + y 2 )(ex+y ¡ 1) Estudieu el domini de la funció i doneu, si és possible, una extensió contínua a tot R2 .
4.- Problema ( 3 punts) Proveu que l’equació e¡x ¡ x3 ¡ 5.- Problema 1 2 p x + 1 té solució única.
( 3 punts) Sigui f (x) = arctan x.
1) Calculeu de forma directa l’error comès en x = 0 al fer les següents aproximacions en l’entorn de x = 1: 1.a)Aproximació lineal (ordre 1).
1.b) Aproximació per uhn polinomi de grau 2.
2) Feu una estima, en l’apartat 1.a), de l’error màxim utilitzant la rest de Lagrange.
6.- Problema ( 3 punts) Trobeu els extrems relatius i absoluts de la funció f(x) = 2 + x2=3 en l’interval [¡1; 2].
RESOLDRE CADA PROBLEMA EN UN FULL PER SEPARAT 1 1.- Problema (Solució) a) Demostreu que, si z1 i z2 son les solucions complexes de l’equació ax2 +bx+c = 0 (b2 < 4ac), llavors zz12 i zz11 son complexes conjugats de mòdul 1.
Es calculen les solucions de l’equació p p b ¡b § b2 ¡ 4ac 4ac ¡ b2 =¡ §i : x= 2a 2a 2a p Anomenant ® = ¡b=2a i ¯ = 4ac ¡ b2 =2a les dues solucions de l’equació es poden expressar com z1 z2 = ® + i¯; = ® ¡ i¯; que son complexes conjugades. Comprovem que z1 i z2 tenen el mateix mòdul q p jz1 j = ®2 + ¯ 2 = ®2 + (¡¯)2 = jz2 j : Si s’anomena r el mòdul d’aquests nombres complexes, i µ = arctan(¯=®), aleshores es poden expressar com z1 = reiµ Es demostra que z1 z2 i z1 z1 i z2 = re¡iµ : son complexes conjugats.
reiµ z1 = ¡iµ = ei2µ = cos(2µ) + i sin(2µ); z2 re re¡iµ z2 = = e¡i2µ = cos(¡2µ) + i sin(¡2µ) = cos(2µ) ¡ i sin(2µ): z1 reiµ També es pot comprovar en forma binòmica ® + i¯ ® + i¯ (®2 ¡ ¯ 2 ) + i2®¯ z1 ® + i¯ = ¢ = = ; z2 ® ¡ i¯ ® ¡ i¯ ® + i¯ ®2 + ¯ 2 ® ¡ i¯ ® ¡ i¯ (®2 ¡ ¯ 2 ) ¡ i2®¯ ® ¡ i¯ z2 = ¢ = = : z1 ® + i¯ ® + i¯ ® ¡ i¯ ®2 + ¯ 2 z1 z2 z1 z1 tenen mòdul 1: ¯ ¯ q ¯ z1 ¯ ¯ ¯ = cos2 (2µ) + sin2 (2µ) = 1: ¯ z2 ¯ També es pot emprar una propietat dels mòduls ¯ ¯ ¯ z1 ¯ jz1 j ¯ ¯= ¯ z2 ¯ jz2 j = 1; ja que z1 i z2 tenen el mateix mòdul.
Es demostra que i b) Demostreu que tots els punts del conjunt A = f1; 14 ; :::; n12 g, n 2 N son aïllats.
Agafem k 2 N, i els nombres previ i posterior k ¡ 1, i k + 1, i calculem les distàncies respectives ( 1 1 2k¡1 r1 = (k¡1) 2 ¡ k2 = (k¡1)2 k2 : 1 2k+1 r2 = k12 ¡ (k+1) 2 = (k+1)2 k2 2 Es demostra que r1 > r2 ? (2k + 1)(k ¡ 1)2 < (2k ¡ 1)(k + 1)2 ; ? 2k3 ¡ 3k2 + 1 < 2k3 + 3k2 ¡ 1; ? ¡6k2 < ¡2; k2 > 13 és cert, ja que k 2 N: Com k és un natural qualsevol, és cert que si sobre un punt del conjunt A es considera la bola B( k12 ; r) amb r < r2 , l’únic punt de la bola pertanyent al conjunt A és k12 . El punt és adherent, però no és d’acumulació, aleshores és aïllat.
Resumint, A= A + f0g; A0 = f0g; aleshores AÄ{ll(A) =A ¡A0 = A + f0g ¡ f0g = A.
c) Doneu el conjunt de punts X ½ R que compleixen jx + 1j > jx ¡ 2j.
Gràficament es veu que la condició es satisfà per x > 1=2 (x 2 (1=2; 1)).
4 3 y2 1 -4 -2 00 2 x 4 -1 y = jx + 1j; y = jx ¡ 2j Per resoldre el problema analíticament s’han de considerar quatre intervals que s’obtenen de resoldre les equacions: jx + 1j = 0 ) x = ¡1; jx ¡ 2j = 0 ) x = 2; jx + 1j = jx ¡ 2j ) x = 1=2: És útil veure aquests intervals graficament.
4 3 y2 1 -4 -2 00 2 x 4 -1 y = jx + 1j; y = jx ¡ 2j ² Interval 1. x < ¡1 3 ¾ x+1 <0 ) ¡x ¡ 1 > ¡x + 2; x¡2 <0 ¡1 > 2 ) no es satisfà mai ² Interval 2. ¡1 · x · 1=2 x+1 ¸0 x¡2 <0 ¾ ) x + 1 > ¡x + 2; 2x > 1 ) no es satisfà per cap x de l’interval ² Interval 3. 1=2 < x < 2 x+1 ¸0 x¡2 <0 ¾ 2x ) x + 1 > ¡x + 2; > 1 ) es satisfà per tot x de l’interval ² Interval 4. x ¸ 2 x+1 ¸0 x¡2 ¸0 ¾ ) x + 1 > x ¡ 2; 1 > ¡2 ) es satisfà sempre Els dos darrers casos son els que satisfan la condició, així els resultat és x 2 f(1=2; 2] [ [2; 1)g = (1=2; 1): Altre enfocament del problema és el següent: ² cas 1 x+1>0 x¡2>0 ² cas 2 ¾ ; x > ¡1 x>2 ¾ x+1 <0 x¡2 >0 ² cas 3 x+1 > 0 x¡2 < 0 ¾ ; ) x > 2 : x + 1 > x ¡ 2 sempre cert ) (2; 1): ¾ ; x < ¡1 x>2 ¾ mai és cert: ¾ x > ¡1 ) ¡1 < x < 2 : x<2 x + 1 > ¡x + 2; 2x > 1; ² cas 4 4 x > 1=2 ) (1=2; 2): x+1 <0 x¡2 <0 ¾ ; ¾ x < ¡1 ) x < ¡1 : ¡x ¡ 1 > ¡x + 2 x<2 ¡1 > 2 mai és cert.
² cas 5 x = 2; 3 > 0 sempre cert ) f2g: x = 1=2; 3=2 > 3=2 mai és cert.
x = ¡1; 0 > 3 mai és cert.
Resultat : ( 12 ; 2) [ f2g [ (2; 1).
5 2.- Problema (Solució) a) Calculeu el límit sin ¼ + sin ¼2 + ::: + sin ¼n : n!1 ln n lim Es resoldrà el límit emprant el teorema de Stolz. Si es satifan les hipòtesis 9 1) yn+1 > y n (n = 1; 2; :::) = xn xn+1 ¡ xn 2) limn!1 yn = 1 ) lim = lim n!1 yx n!1 yn+1 ¡ yn xn+1 ¡xn ; 3) existe limn!1 yn+1 ¡yn El teorema també és vàlid si en lloc de les condicions 1) i 2) es satisfà que [limn!1 xn = limn!1 yn = §1] o [limn!1 xn = limn!1 yn = 0].
Definim xn = sin ¼ + sin ¼2 + ::: + sin ¼n ; yn = ln n; i calculem el límit sin(¼=n + 1) (1) ¼ ¼ = lim = = lim lim n!1 ln(n + 1) ¡ ln n n!1 (n + 1) ln( n+1 ) n!1 (n + 1) ln( n+1 ) n n à µ ¶n+1 !¡1 n+1 ¼ (2) = lim ¼ ln = ¼(ln e)¡1 = ¼: = lim n+1 n!1 (n + 1) ln n!1 n n On s’ha utilitzat (1) limn!1 sin f (x) f (x) = 1, si limn!1 f (x) = 0; (2) limn!1 ( n+1 )n+1 = limn!1 (1 + n1 )n+1 = limn!1 (1 ³n ´f (x) 1 (3) limn!1 1 + f (x) = e, si limn!1 f (x) = 1: (3) + n1 )n (1 + n1 ) = e Aleshores utilitzem el teorema de Stolz 9 1) ln(n + 1) > ln n = sin ¼ + sin ¼2 + ::: + sin ¼n sin(¼=n + 1) 2) limn!1 ln n = 1 = lim = ¼: ) lim n!1 n!1 ln(n + 1) ¡ ln n xn+1 ¡xn ; ln n 3) existe limn!1 yn+1 ¡yn a a b) Proveu que 9: 9 = 10 (Nota: 9: 9 = 9 + 0:9 + 0:009 + 0:009 + :::).
Una sèrie geomètrica és una sèrie del tipus X n¸0 ®n ; ® 2 R: La suma de la progresió geomètrica és Sn = aleshores 1 ¡ ®n+1 = An ; 1¡® 6 lim An = n!1 ½ si j®j < 1 S = 1=(1 ¡ ®) : si j®j > 1 es divergente Podem definir la sèrie µ µ ¶ ¶ X µ 1 ¶n X 9 1 ¡ (1=10)n+1 1 ¡ (1=10)n+1 10 = 9 = 9 lim 9: 9 = = 9 lim = 9¢ = 10: n!1 n!1 10n 10 1 ¡ (1=10) 9=10 9 a n¸0 n¸0 Agafant una altra notació X µ 1 ¶n a 1=10 ¡ (1=10)n 9: 9 = 9 + = 9 + 1: 9¢ = 9 + 9 lim n!1 10 1 ¡ (1=10) n¸1 On s’ha considerat que S= ®1 ; 1¡® ®1 = 7 1 1 ;® = : 10 10 3.- Problema (Solució) Sigui la funció f (x; y) = (x2 ¡ y2 ) sin(x2 + y 2 ) : (x2 + y 2 )(ex+y ¡ 1) Estudieu el domini de la funció i doneu, si és possible, una extensió contínua a tot R2 .
La funció no està definida als punts on el denominador sigui igual a zero, i.e. (0; 0), i (a; ¡a) amb a 6= 0. Per tant, en aquests casos s’haurà de satisfer que lim (x;y)!(0;0) lim (x;y)!(a;¡a) a6=0 f (x; y) = f (0; 0); f (x; y) = f (a; ¡a): Cas (0; 0) (x2 ¡ y2 ) sin(x2 + y 2 ) (x ¡ y)(x + y) sin(x2 + y 2 ) = lim = (x2 + y 2 )(ex+y ¡ 1) (x;y)!(0;0) (x2 + y 2 )(ex+y ¡ 1) (x;y)!(0;0) lim = lim (x ¡ y) (x;y)!(0;0) On s’ha emprat (1) (x + y) sin(x2 + y 2 ) (1;2) = lim (x ¡ y) = 0: (ex+y ¡ 1)(x2 + y 2 ) (x;y)!(0;0) ef (x) ¡ 1 = 1 si lim f (x) = 0, x!a x!a f(x) (2) lim lim x!a sin f(x) = 1 si lim f(x) = 0 x!a f(x) Cas (a; ¡a) amb a 6= 0 (x2 ¡ y 2 ) sin(x2 + y 2 ) (x ¡ y)(x + y) sin(x2 + y 2 ) (1) = lim = (x2 + y 2 )(ex+y ¡ 1) (x;y)!(a;¡a) (x2 + y 2 )(ex+y ¡ 1) (x;y)!(a;¡a) lim a6=0 a6=0 = 2a sin(2a2 ) sin(2a2 ) (x ¡ y) sin(x2 + y 2 ) = : = (x;y)!(a;¡a) (x2 + y2 ) 2a2 a lim a6=0 Així, si el domini de la funció ha de ser R2 , la seva definició serà 8 si (x; y) = (0; 0) > < 0 sin(2x2 ) si y = ¡x amb x 6= 0 : f (x; y) = x > : (x2 ¡y2 ) sin(x2 +y2 ) en qualsevol altre cas (x2 +y 2 )(ex+y ¡1) 8 4.- Problema (Solució) Proveu que l’equació e¡x ¡ x3 ¡ 1 2 p x + 1 té solució única.
Definim la funció 1p x + 1; 2 f (x) és funció continua al seu domini [¡1; 1). Calculem la seva primera derivada 1 1 1 : f 0 (x) = ¡e¡x ¡ 3x2 ¡ (x + 1)¡1=2 = ¡ x ¡ 3x2 ¡ p 4 e 4 x+1 Tots els termes de l’expressió son negatius, per tant en tot el domini de f(x), s’obté que f 0 (x) < 0, i.e. f(x) és monòtona decreixent.
Si trobem dos punts a; b, on f (a) < 0 i f(b) > 0, aleshores pel teorema d’en Bolzano existirà un punt c 2 (a; b), on f(c) = 0. Així, f(x) = e¡x ¡ x3 ¡ f (0) = 1 ¡ 1 1 = ; 2 2 f (1) = e¡1 ¡ 13 ¡ 1p 1 + 1 = ¡1:34: 2 Per tant, existeix c 2 (0; 1) tal que f(c) = 0.
Com no hi ha cap punt on f 0 (x) = 0, el teorema de Rolle garanteix que no hi haurà cap altre punt on f (x) = 0.
Nota.
-4 -2 0 0 -10 2 x 4 3 -20 2 -30 1 -40 -50 -1 -0.5 00 0.5 x -60 -1 -70 f (x) = e¡x ¡ x3 ¡ f 0 (x) = ¡e¡x ¡ 3x2 ¡ p 1 4 (x+1) 1 2 p x+1 Teorema de Bolzano. Sigui f una funció contínua en [a; b] amb valors reals i tal que f (a) i f(b) son no nuls i de signes oposats. Aleshores hi ha un punt c , a < c < b tal que f (c) = 0.
Teorema de Rolle. Sigui f una funció continua en [a; b] i derivable en (a; b) tal que f (a) = f )b).
Llavors hi ha un punt c 2 (a; b) tal que f 0 (c) = 0.
9 1 5.- Problema (Solució) Sigui f (x) = arctan x.
1) Calculeu de forma directa l’error comès en x = 0 al fer les següents aproximacions en l’entorn de x = 1: 1.a)Aproximació lineal.
1.b) Aproximació per un polinomi de grau 2.
2) Feu una estima, en l’apartat 1.a), de l’error màxim utilitzant la resta de Lagrange.
Apèndix Gràfica de la funció f(x) = x (1+x2 )2 : 0.4 0.2 y -4 -2 00 2 x 4 -0.2 -0.4 f(x) = x (1+x2 )2 ; x = 0; 57 Es calcula la primera y segona derivada de f (x) i el seu valor al punt x = 1, x f(1) = ¼4 ; f (x) = (1+x 2 )2 ; 1 0 f (x) = 1+x2 ; f 0 (1) = 12 ; x 00 f (x) = ¡2 (1+x2 )2 ; f 00 (1) = ¡ 12 : També es coneix que f(0) = 0.
1.a) Es pot fer per Tyalor o, el que és el mateix, prenent la recta tangent a f (x) en el punt x = 1 ¼ 1 y(x) = f (1) + f 0 (1)(x ¡ 1) = + (x ¡ 1): 4 2 Es calcula y(0) ¼ 1 ¼ 1 y(0) = + (0 ¡ 1) = ¡ = 0:28; 4 2 4 2 i per tant l’error comès és " = 0 ¡ 0; 28 = ¡0; 28: 1.b) En aquest cas s’agafa el polinomi de Taylor de grau 2 1 P2 (1; x) = f (1) + f 0 (1)(x ¡ 1) + f 00 (1)(x ¡ 1)2 ; 2 1 ¼ 1 + (x ¡ 1) ¡ (x ¡ 1)2 : P2 (1; x) = 4 2 4 10 Es calcula P2 (0; x) P2 (1; 0) = 1 ¼ 1 + (0 ¡ 1) ¡ (0 ¡ 1)2 = 0; 03; 4 2 4 i per tant l’error comès és " = 0 ¡ 0; 03 = ¡0; 03: 2) Desenvolupant la funció f(x) en sèrie de Taylor, fins a ordre 1, s’obté 1 2c ¼ 1 (x ¡ 1)2 ; 0 < c < 1: f (x) = + (x ¡ 1) ¡ 4 2 2 (1 + c2 )2 S’han de cercar els extrems de la funció 2x : g(x) = (1 + x2 )2 Es calcula la primera derivada i s’iguala a zero g 0 (x) = 2 (1 + x2 )2 2 (1 ¡ 1 + x2 ¢3 + x2 )2 ¡8 ¡8 x2 (1 + x2 )3 x2 (1 + x2 )3 ; = 0; ¡ ¢2 ¡ 4x2 1 + x2 = 1 ¡ x2 ¡ 5x4 ¡ 3x6 = 0; ¢2 ¡ ¢¡ 1 ¡ x2 ¡ 5x4 ¡ 3x6 = ¡ 3x2 ¡ 1 1 + x2 = 0: L’equació es farà zero quan undels dos factors es faci zero. Només el primer té solucions reals 1 + x2 = 0; solucions x = §i, 1p 3x2 ¡ 1 = 0; solucions x = § 3, 3 p on només ens interessa la solució positiva x = 13 3 = 0:58. Observem que aquest resultat coincideix amb el valor que es pot apreciar a la gràfica de l’apèndix.
11 6.- Problema (Solució) Trobeu els extrems relatius i absoluts de la funció f(x) = 2 + x2=3 en l’interval [¡1; 2].
Es calcula la derivada de la funció 2 f 0 (x) = x¡1=3 ; 3 expressió vàlida per a tot nombre real menys el zero. S’ha de calcular directament f 0 (0), f(x) ¡ f(0) (2 + x2=3 ) ¡ 2 = lim = lim x¡1=3 = no existeix.
x!0 x!0 x!0 x¡0 x El límit no existeix perqué els límits laterals no coincideixen. Per tant, f (x) no és derivable en x = 0.
lim Punts derivables No existeixen candidats a extrems, ja que f 0 (x) mai es fa zero.
Punts no derivables Per estudiar el comportament al voltant de x = 0, observem que f 0 (x) < 0 si x < 0 ; f 0 (x) > 0 si x > 0 i.e. f (x) és decreixent en (¡1; 0), i creixent en (0; 1), aleshores en x = 0 hi ha un mínim absolut.
Punts frontera Com que f (x) està definida en un compacte existeix un màxim absolut (ta de Weierstrass), que s’ha d’assolir en un punt frontera. Es calcula f (¡1) = 2 + 1 = 3; p 3 f(2) = 2 + 4 > 3 (= 3:59): Així en x = 2 la funció f (x) té un màxim absolut, i en x = ¡1 un màxim relatiu.
Nota.
4 3 y2 1 -2 -1 00 1 x 2 3 y = 2 + (x2 )1=3 12 EXÀMEN DE CÀLCUL (Primer Parcial) 13 de gener de 2003 (SOLUCIONS) ETSECCP. Barcelona (3 h.) 1.- Problema (1.5 punts) a) Definiu un conjunt ordenat. Doneu un exemple Sol. Un conjunt ordenat és aquell que compleix una relació d’ordre (<) definida pels següents axiomes: 1. 8 x; y es compleix una i tan sols una de les següents relacions x < y ; x = y ; y < x (equivalent ax>y) 2. 8 z si x < y aleshores x + z < y + z 3. x > 0 i y > 0 ) xy > 0 4. x < y i y < z ) x < z (transitiva) Exemples: N; Z; Q; R Alternativament els axiomes d’ordre es poden descriure amb la relació · i les propietats: 1. Reflexiva: x · x 8 x 2. Antisimètrica: 8 x; y x · y i y · x ) x = y 3. Transitiva: x · y i y · z ) x · z , 8 x; y; z b) Doneu les condicions que ha de complir una funció f : R !R per verificar que 1 1 < a<b) f(a) f(b) Sol.
1. f(x) 6= 0 8 x 2 R 2. Si f és continua f (x) tindrà sempre el mateix signe. Suposem f(x) > 0 llavors 1 f (b) 1 < ) < 1 ) f(b) < f (a) f(a) f (b) f (a) Si f(x) < 0 llavors 1 f (b) 1 < ) > 1 ) f(b) < f (a) f(a) f (b) f (a) per tant si f(x) és continua ha d’ésser estrictament decreixent 3. Si f no és continua cal que sigui estrictament decreixent i tingui el mateix signe en tot el domini.
1 c) Calculeu (¡8) 3 a C i doneu el resultat 8 p en¼ forma binòmica p p > 3 8ei( 3 ) = 2( 1 + i 3 ) = 1 + i 3 < 2 2 p p ¼ 2¼ 3 Sigui z = ¡8 = 8i¼ llavors 3 z = 8ei( 3 + 3 ) = 2(¡1 + i0) = ¡2 p p p > ¼ : 3 8ei( 3 + 4¼ 3 1 3 ) = 2(¡ 2 + i 2 ) = ¡1 + i 3 1 d) Sigui p un punt aïllat del domini d’una funció f : R !R. Dieu en quin cas és cert que lim f (x) = f(p) x!p Sol.
L’expressió lim f (x) requereix que qualsevol entorn del punt p tingui elements del domini diferx!p ents de p, és a dir, p ha d’ésser punt d’acumulació. Per tant, en cap cas és cert que lim f (x) = f (p) x!p si p es aïllat.
e) Considerem la funció f : R !R definida per f(x) = sin x: Demostreu que f és uniformement continua 8 x 2 R Sol.
Es tracta de trobar una relació entre " i ± independent del punt.
Definició de continuïtat: 8" > 0 9± > 0= jf(x) ¡ f (y)j < " per tot x tal que jx ¡ yj < ± sin x és una funció derivable en tot R per tant podem aplicar el Teorema del valor mig: sin x ¡ sin y = cos(µ)(x ¡ y) jcos(µ)j · 1 per tant jsin x ¡ sin yj · jx ¡ yj < ± = " 2.- Problema (1 punt) a) Sigui A = fz 2 C : Re( 3z )¡ Im( z2¹ ) ¸ 3g:Estudieu l’interior, l’adherència, la frontera, el conjunt de punts d’acumulació i conjunt de punts aïllats de A i dieu si és un conjunt obert, tancat, fitat i/o compacte.
Sol.
Sigui z = x + iy per tant z¹ = x ¡ iy 3¹ z 3x ¡ i3y 3x 3 3 = = 2 ) Re( ) = 2 z z:¹ z x + y2 z x + y2 2z 2x + i2y 2y 2 2 = = 2 ) Im( ) = 2 z¹ z¹:z x + y2 z¹ x + y2 per tant: A = fz 2 C : 3x 2y ¡ ¸ 3g x2 + y2 x2 + y 2 2y 2 3x ¡ 2 ¸ 3 , 3x ¡ 2y ¸ 3(x2 + y 2 ) , x2 + y 2 ¡ x + y · 0 2 2 +y x +y 3 Identifiquem amb l’equació de la circumferència: x2 on a = 1 2 , b = ¡ 13 , r2 = 13 36 (x ¡ a)2 + (y ¡ b)2 · r2 1 1 13 A = f(x ¡ )2 + (y + )2 · g 2 3 36 ± 1 13 1 A= f(x ¡ )2 + (y + )2 < g 2 3 36 A¹ = A0 = A (A tancat) 2 1 1 13 F r(A) = f(x ¡ )2 + (y + )2 = g 2 3 36 AÄ{llats(A) = ; A ½ B((0; 0); 100) (A fitat) A és tancat i acotat, per tant, A és compacte b) Doneu les condicions que garanteixen que una funció f : A µ R2 ! R assoleix els seus extrems en punts de A Sol.
Una funció f : A ! R que sigui continua assoleix els seus extrems en punts del conjunt A pel fet que A és compacte (Teorema de Weierstrass) 3.- Problema (0.5 punts) ¯ 2 ¯ ¯ +6x¡1 ¯ Estudieu els valors de x 2 R que compleixen ¯ x(x+3) 2 ¯ < 1 Sol ¯ 2 ¯ ¯ x + 6x ¡ 1 ¯ ¯ 2 ¯ 2 2 2 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (x + 3)2 ¯ < 1 , x + 6x ¡ 1 < (x + 3) , ¡(x + 3) < x + 6x ¡ 1 < (x + 3) a) p p 2 ¡x ¡ 6x ¡ 9 < x2 + 6x ¡ 1 , 2x2 + 12x + 8 > 0 , 2(x ¡ (¡3 + 5))(x ¡ (¡3 ¡ 5)) > 0 p p p x < ¡3 ¡ p5 ! (¡1; (¡3 ¡ 5)) [ ((¡3 + 5); +1) x > ¡3 + 5 b) x2 + 6x ¡ 1 < x2 + 6x + 9 ! cert per tot x El conjunt de punts que compleixen simultàniament a) i b) és p p (¡1; (¡3 ¡ 5)) [ ((¡3 + 5); 1) 4.- Problema (1 punt) Calculeu, aproximant fins a la primera xifra decimal, ln 3: (e = 2; 7182) Sol.
1 f (x) = ln x ) f 0 (x) = x Teorema del valor mig: 1 ln 3 ¡ ln e = (3 ¡ e); (e < c < 3) c per tant: 0:282 ln 3 = 1 + c 1 1 0:282 0:282 0:282 1 <1+ <1+ e<c<3) < < )1+ 3 c e 3 c e 3 ) 1 + 0:094 < ln 3 < 1 + 0:103 ) ln 3 ¼ 1:1 Forma alternativa: 1 1 1 ln x = ln e + (x ¡ e) + (¡ 2 )(x ¡ e)2 e 2! c 0:09 1 1 < 0:1 (0:3)2 = 2! 22 8 1 ln 3 ¼ 1 + 0:282 ¼ 1:1 e 5.- Problema (1 punt) p Considerem en R la successió reurrent definida per a0 = 11 i an = 3 + 2an¡1 8n ¸ 1: Estudieu la convergència de fan g i, si és possible, calculeu el seu límit. Quina característica de la succesió canvia si a0 = 1? Sol.
p Suposem que lim an = L ) L = 3 + 2L: L’equació té 2 solucions f3; ¡1gdonat que n!1 (an )n és una successió de termes positius, el candidat a límit és 3.
Si la successió és monòtona i acotada llavors és convergent i la unicitat del límit permet assegurar que lim an = 3 n!1 Veiem que és monòtona decreixent (Inducció): p a0 = 11; a1 = 3 + 2 £ 11 = 5 ! a0 ¸ a1 Suposem que an¡1 ¸ an provem que an ¸ an+1 p p an¡1 ¸ an , 2an¡1 ¸ 2an , 3+2an¡1 ¸ 3+2an , 3 + 2an¡1 ¸ 3 + 2an , an ¸ an+1 Provem que està acotada inferiorment per 3 : a0 = 11 > 3 (Cert) an > 3 (Hipòtesi d’inducció) p p an+1 = 3 + 2an > 3 + 2 £ 3 = 3 Forma alternativa: p Si la funció f(x) = p3 + 2x és una contracció llavors té un únic punt fix que serà el límit de la successió an = 3 + 2an¡1 : 1 2 f 0 (x) = p < p < 1; 8x > 0 2 3 + 2x 3 Pel teorema del valor mig: 1 (x ¡ y) ; c 2 (x; y) f (x) ¡ f (y) = p 3 + 2c ) 1 jf (x) ¡ f (y)j < p jx ¡ yj 3 p Per tant f (x) és contracció. El punt fix complirà que L > 0 i L = 3 + 2L ) L = 3: Si a0 = 1 la successió és creixent amb el mateix límit.
4 6.- Problema (1 punt) Calculeu la suma de la sèrie X ln n¸1 Indicació: Sol.
(n+1)2 n(n+2) = n+1 n+1 n n+2 (n + 1)2 n(n + 2) (n + 1)2 n+1 n+1 n+1 n+2 ln = ln + ln = ln ¡ ln n(n + 2) n n + 2 n n+1 ¶ Xµ n+1 n+2 n+1 ¡ ln ln és una sèrie telescòpica on bn = ln n n+1 n n¸1 per tant: X ln n¸1 7.- Problema 1+1 (n + 1)2 n+2 = ln ¡ lim ln = ln 2 n!1 n(n + 2) 1 n+1 (1 punt) Considerem f : [0; ¼) £ R !R la funció definida per ½ exy ¡1 x 6= 0 sin x f(x; y) = y ln jyj x = 0 Estudieu la continuïtat de f: Sol.
Si x 6= 0 f és continua a (x; y) Estudiem doncs la continuïtat en un punt (0; a) (a 6= 0) : Subdomini x 6= 0 : ¶ µ xy exy ¡ 1 e ¡1 x = lim y =a lim sin x xy (x;y)!(0;a) sin x (x;y)!(0;a) x6=0 x6=0 xy xy no introduïm zeros al denominador) (multiplicant per Subdomini x = 0 : lim (x;y)!(0;a) x=0 y ln jyj = a ln jaj Per tant sols serà continua si a ln jaj = a ) jaj = e A l’origen de coordenades la funció no està definida. Veiem si la podem extendre de forma contínua.
Subdomini x 6= 0 : En aquest cas calculem el límit en dos subdominis: exy ¡ 1 exy ¡ 1 xy = lim =0 lim (x;y)!(0;0) sin x (x;y)!(0;0) xy sin x x6=0;y6=0 xy6=0 5 exy ¡ 1 0 = lim =0 (x;y)!(0;0) sin x (x;y)!(0;0) sin x lim x6=0;y=0 x6=0;y=0 per tant: lim (x;y)!(0;0) x6=0 f(x; y) = 0 Subdomini x = 0 lim (x;y)!(0;0) x=0 y ln jyj = lim 1 ¡ ln( jyj ) (x;y)!(0;0) x=0 1 y =0 Aixi doncs, aplicant el Teorema de descomposició del domini tenim que: lim (x;y)!(0;0) f(x; y) = 0 Per tant, si f (0; 0) = 0 f seria continua a (0; 0) 8.- Problema (1 punt) Considerem f : R ! R la funció definida per f (x) = 2x¡1 x2 +1 .Comproveu que f és un infinitessimal en l’entorn de x = 12 i doneu un polinomi infinitèssim equivalent.
Verifiqueu el resultat.
Sol.
1 Veiem que f (x) = 2x¡1 x2 +1 és un infinitéssim en un entorn de x = 2 : lim x! 12 2x ¡ 1 = 0: x2 + 1 Construïm el polinomi de Taylor en un entorn de x = 12 1 1 1 f(x) ¼ f ( ) + f 0 ( )(x ¡ ) 2 2 2 f 0 (x) = 8 2(x2 + 1) ¡ 2x(2x ¡ 1) 0 1 ;f ( ) = (x2 + 1)2 2 5 1 4 8 P1 (x) = (x ¡ ) = (2x ¡ 1) 5 2 5 Comprovem que P1 (x) és un infinitéssim equivalent a f (x) en un entorn de x = lim1 x! 2 9.- Problema 51 f(x) (2x ¡ 1) = lim1 2 = 5 =1 4 P1 (x) x! 2 (x + 1) 5 (2x ¡ 1) 44 (1 punt) 6 1 2 Estudieu a R el nombre d’arrels de l’equació 1 ) = (x ¡ 3)3 ln( 2 x +1 en l’interval [0; +1) Sol: Sigui la funció 1 ) + (x ¡ 3)3 = (x ¡ 3)3 + ln(x2 + 1) f(x) = ¡ ln( 2 x +1 f 0 (x) = 3(x ¡ 3)2 + 2x > 0 8x > 0 x2 + 1 8 < f (x) continua en tot R f (0) = ¡27 < 0 : f (3) = ln 10 > 0 Si apliquem el Teorema de Bolzano a l’interval [0; 3] veiem que es compleixen totes les hipotesis del teorema i per tant existeix un c tal 0 < c < 3 i f (c) = 0 és a dir hi ha al menys una solució de l’equació ln( x21+1 ) = (x ¡ 3)3 Donat que la funció és derivable en tot R i que f 0 (x) > 0; 8x > 0 la funció és estrictament creixent i per tant la solució de f (x) = 0 és única.
10.- Problema (1 punt) ¯ ¯ Considerem f : R ! R la funció definida per f (x) = ¯x4 ¡ 5x2 + 4¯ : Calculeu els extrems relatius i absoluts de f a l’interval [¡4; 3) Sol Com que f (x) ¸ 0 els minims absoluts de f (x) seràn els punts on f(x) = 0 : p 5 § 25 ¡ 16 4 ) x = §2 4 2 2 = x ¡ 5x + 4 = 0 ) x = 1 ) x = §1 2 Busquem els extrems relatius a l’interior de [¡4; 3) ½ 4 x ¡¡ 5x2 + 4 ¢ ¡4 · x · ¡2 o¶ f (x) = ¡ x4 ¡ 5x2 + 4 ¡2 < x < ¡1 o¶ ½ (4x2 ¡ 10)x ¡4 < x < ¡2 o¶ f 0 (x) = ¡(4x2 ¡ 10)x ¡2 < x < ¡1 o¶ ½ 2 12x ¡ ¡210 ¢ ¡4 < x < ¡2 o¶ f 00 (x) = ¡ 12x ¡ 10 ¡2 < x < ¡1 o¶ Candidats a extrems: f 0 (x) = 0 ) ( ¡1 · x · 1 o¶ 2 · x < 3 1<x<2 ¡1 < x < 1 o¶ 2 < x < 3 1<x<2 ¡1 < x < 1 o¶ 2 < x < 3 1<x<2 q 4x2 ¡ 10 = 0 ) x = § 52 x=0 7 Caracterització dels candidats: q q f 00 ( 52 ) = f 00 (¡ 52 ) = ¡(12 52 ¡ 10) < 0 (màxim relatiu) f 00 (0) = ¡10 < 0 (màxim relatiu) Estudiem la frontera (x = ¡4) : La funció f(x) és contínua en [¡4; ¡2] i derivable en (¡4; ¡2) amb f 0 (x) = (4x2 ¡ 10)x < 0 8x 2 (¡4; ¡2) per tant f 0 (x) és decreixent en [¡4; 2) i en x = ¡4 hi ha un màxim relatiu.
Extrems absoluts: Com que f(x) ¸ 0 els mínims absoluts de f(x) seràn els punts on f (x) = 0 és a dir x = §2 i x = §1 Classifiquem els màxims: f(¡4) ¡ 5) + 4 = 180 q = 16(16 ¯5 5 ¯ ¯ 5 f(¡ 2 ) = ¯ 2 ( 2 ¡ 5) + 4¯ = ¯¡ 25 4 + q f( 52 ) = 94 f(0) = 4 ¯ 16 ¯ 4 = 9 4 Donat que f(x) és contínua i creixent en un entorn de x = 3 i lim¡ f(x) = 40 podem x!3 afirmar que f (¡4) = 180 és màxim absolut RESOLDRE CADA PROBLEMA EN UN FULL PER SEPARAT 8 EXÀMEN DE CÀLCUL (segon parcial.) 18 de Juny de 2003 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
1.- Exercici ( 1.5 punts) a) Estudieu la continuitat i diferenciabilitat a l’origen de coordenades de la funció f : R 2  R definida per: f(x, y) = (x 2 +y 2 ) 3/2 sin(x 2 +y 2 ) (x, y) ≠ (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) .
b) Sigui la superfície z = (x 2 + y 2 ) 3/2 calculeu el vector normal a la superfície al punt (2, 0, 8).
2.- Exercici ( 2 punts) Sigui la funció F : A ⊂ R 2 → R 2 definida per F(x, y) = (u, v) essent u = x 2 + ln y; v = ln x + y 2 .
a) Doneu una aproximació lineal de la funció a l’entorn del punt (1, 1).
b) Trobeu el lloc geomètric dels punts del domini de F on la funció no és inversible.
c) Justifiqueu l’existència de la funció inversa F −1 (u, v) en l’entorn de l’imatge del punt (1, 1) i doneu-ne una aproximació lineal.
3.- Exercici ( 1.5 punts) a) Calculeu el polinomi de Taylor de grau 2 de la funció f(x, y) = ln(x + y) x > 0, y > 0 al voltant de (1, 1).
b) Calculeu el desenvolupament en sèrie de potències de la funció g(x) = ln x al voltant de x = 1 i trobeu el radi i l’interval de convergència de la sèrie.
4.- Exercici ( 1.5 punts) Demostreu que si f : R +  R + és una funció estrictament decreixent, llavors la +∞ sèrie numèrica ∑ n≥1 f(n) és convergent si, i tan sols si ∫ 1 f(x)dx és convergent.
5.- Exercici ( 1.5 punts) Calculeu l’integral ∫Q xydxdy en el recinte del primer quadrant limitat per x 2 + y 2 = 2x i x 2 + y 2 = 4x.
6.- Exercici ( 1.5 punts) Calculeu els extrems absoluts de la funció f(x, y) = 4x 2 + y 2 − 4x − 3 sobre el conjunt K = {(x, y) ∈ R 2 : y ≥ 0, 4x 2 + y 2 ≤ 4}.
7.- Exercici ( 0.5 punt) Calculeu x t dt ∫ 0 1−cos t2 lim x ln(2t+1) .
x→0 ∫ 0 t dt RESOLDRE CADA PROBLEMA EN UN FULL PER SEPARAT AQUEST DOCUMENT ÉS UNA GUIA PER RESOLDRE ELS PROBLEMES DE L’EXAMEN. PER QUALSEVOL DUBTE CONSULTEU AMB ELS PROFESSORS DE L’ASSIGNATURA.
1.- Exercici ( 1.5 punts) a) Estudieu la continuitat i diferenciabilitat a l’origen de coordenades de la funció f : R 2  R definida per: f(x, y) = (x 2 +y 2 ) 3/2 sin(x 2 +y 2 ) (x, y) ≠ (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) .
0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 -0.4 -0.2 0 yx 0.5 -0.5 0.2 0.4 f(x, y) La funció és continua a (x, y) = (0, 0) (x 2 + y 2 ) 3/2 (x 2 + y 2 ) 3/2 = lim = lim (x,y)→(0,0) sin(x 2 + y 2 ) (x,y)→(0,0) x2 + y2 lim (x 2 + y 2 ) 1/2 = 0.
(x,y)→(0,0) No existeixen les derivades parcials a (x, y) = (0, 0), per tant, no és diferenciable lim h→0 f(h,0)−f(0,0) h lim k→0 = lim h→0 f(0,k)−f(0,0) k (h 2 ) 3/2 h sin(h 2 ) = lim k→0 (k 2 ) 3/2 k sin(k 2 ) = lim h→0 lim k→0 |h| 3 h sin(h 2 ) |k| 3 k sin(k 2 ) = lim h→0 = lim k→0 |k| k |h| h el límit no existeix, el límit no existeix.
b) Sigui la superfície z = (x 2 + y 2 ) 3/2 calculeu el vector normal a la superfície al punt (2, 0, 8).
La superfície és S(x, y, z) = (x 2 + y 2 ) 3/2 − z = 0.
S és diferenciable al punt (2, 0, 8) y el gradient en aquest punt ser ‘un vector normal a S esn(2, 0, 8) S(x, y, z) = (3x(x 2 + y 2 ) 1/2 , 3y(x 2 + y 2 ) 1/2 , −1) S(2, 0, 8) = (12, 0, −1).
5 4 3 z 2 -2 1 0 2 y 1 x -1 S(x, y, z) 2 -2 2.- Exercici ( 2 punts) Sigui la funció F : A ⊂ R 2 → R 2 definida per F(x, y) = (u, v) essent u = x 2 + ln y; v = ln x + y 2 .
a) Doneu una aproximació lineal de la funció a l’entorn del punt (1, 1).
b) Trobeu el lloc geomètric dels punts del domini de F on la funció no és inversible.
c) Justifiqueu l’existència de la funció inversa F −1 (u, v) en l’entorn de l’imatge del punt (1, 1) i doneu-ne una aproximació lineal.
F és diferenciable en l’entorn de (1, 1) dF = 2x 1 x 1 x 2y .
a) Aproximació lineal en (1, 1) F(x, y) ≈ P 1 (x, y) = F(1, 1) + 2 1 x−1 1 2 y−1 = (2x + y − 2, x + 2y − 2).
b) F no és inversible en 2x 1 x 1 x 2y 1 =0⇒y= 1 .
= 4xy − xy 2x c) −1 F −1 (u, v) = (1, 1) + 2 1 u−1 1 2 v−1 = 2 = (1, 1) + 1 3 2u− 1v+ 2, 3 3 3 −1 −1 2 u−1 v−1 − 1u+ 2v+ 2 .
3 3 3 Observació. Si s’agafa l’aproximació lineal de F(x, y) y aïllem x, y com a funcions de u, v, veiem que coincideix (és clar!) amb l’aproximació lineal de la funció inversa F −1 (u, v).
u = 2x + y − 2 v = x + 2y − 2 ⇒ x= 2 3 u− 1 3 y = − 13 u + v+ 2 3 2 3 v+ 2 3 .
= 3.- Exercici ( 1.5 punts) a) Calculeu el polinomi de Taylor de grau 2 de la funció f(x, y) = ln(x + y) x > 0, y > 0 al voltant de (1, 1).
b) Calculeu el desenvolupament en sèrie de potències de la funció g(x) = ln x al voltant de x = 1 i trobeu el radi i l’interval de convergència de la sèrie.
a) Hom calculen les derivades parcials ∂f ∂x = 1 x+y = ∂f ∂y , ∂2f ∂x 2 1 = − (x+y) = 2 ∂2f ∂y∂x 1 = − (x+y) 2 .
∂2f ∂y 2 , Es construeix el polinomi de Taylor f(x, y) = ln 2 + ∇f(1, 1) x−1 y−1 + 1 (x − 1, y − 1) 2 − 14 − 14 x−1 − 14 − 14 y−1 = = − 3 + ln 2 + x + y − 1 xy − 1 x 2 − 1 y 2 2 4 8 8 b) Desenvolupem en sèrie de potències g(x) n g(x) = (x − 1) − 1 (x − 1) 2 + 2 (x − 1) 3 −. . . +(−1) n+1 1 n (x − 1) = 2 3! Trobem el radi de convergència 1 (x − 1) n+1 n+1 lim 1 n n→∞ n (x − 1) = n→∞ lim n (x − 1) = |x − 1| n+1 si |x − 1| < 1 aleshores convergeix, radi de convergència: ρ = 1.
−1 < x − 1 < 1,0 < x < 2.
Trobem l’interval de convergència.
Cas x = 0 ∑(−1) n+1 1n (−1) n = − ∑ 1n ⇒ divergeix Cas x = 2 ∑(−1) n+1 1n (1) n ⇒ convergeix Així l’interval de convergència és 0 < x ≤ 2.
∑(−1) n+1 1n (x − 1) n .
n≥1 4.- Exercici ( 1.5 punts) Demostreu que si f : R +  R + és una funció estrictament decreixent, llavors +∞ la sèrie numèrica ∑ n≥1 f(n) és convergent si, i tan sols si ∫ 1 f(x)dx és convergent.
+∞ i) ∑ n≥1 f(n) convergent ⇒ ∫ 1 f(x)dx convergent n Sigui l’integral de Riemann: ∫ 1 f(x)dx i sigui P la partició de l’interval [1,n]: P={1,2,3,4,...,n}, llavors la suma superior de Riemann és S(f, P) = f(1) + f(2) +. . . +f(n − 1), la suma inferior es s(f, P) = f(2) + f(3) +. . . +f(n) i es compleix que: n−1 ∑ f(i) ≤ i=2 n−1 lim n→+∞ n ∫1 f(x)dx ≤ n−1 ∑ f(i) i=1 n−1 lim ∫ f(x)dx ≤ n→+∞ lim ∑ f(i) ∑ f(i) ≤ n→+∞ 1 i=2 n i=1 Si la sèrie és convergent existeixen els límits de l’esquerra i de la dreta i son finits, per tan la integral impròpia és convergent.
+∞ ii) ∫ 1 f(x)dx convergent ⇒ ∑ n≥1 f(n) convergent D’altra banda si la integral és convergent el primer límit està fitat i, com que la successió de sumes parcials és creixent, la sèrie és convergent.
5.- Exercici ( 1.5 punts) Calculeu l’integral ∫Q xydxdy en el recinte del primer quadrant limitat per x 2 + y 2 = 2x i x 2 + y 2 = 4x.
1.5 y1 6 0.5 4 z 4 0 1 2x 3 y 2 2 4 0 2 1 x 4 3 5 En coordenades cartesianes 4−(x−2) 2 4 ∫ x=0 ∫ y=0 xydydx − ∫ 2 x=0 1−(x−1) 2 ∫ y=0 xydydx = 32 − 2 = 30 = 10 3 3 3 La primera integral 4 4−(x−2) 2 ∫ x=0 ∫ y=0 y2 xydydx = ∫ x x=0 2 4−(x−2) 2 4 0 dx = 1 2 4 ∫ x=0 (4x − x(x − 2) 2 )dx = 4 4 4 3 4 4 = 1 ∫ (−x 3 + 4x 2 )dx = 1 − x + 4x = 1 −4 + 4 4 3 0 4 3 2 x=0 2 2 La segona integral es fa d’una forma equivalent 4 = 4 ( 1 − 1 ) = 32 .
3 2 3 4 El mateix volum en coordenades polars π/2 1 r 4 sin θ cos θ 4 cos θ dθ = 4 2 cos θ π/2 = 10 = ∫ 60 sin θ cos 5 θdθ = − 60 [cos 6 θ] π/2 0 0 6 4 cos θ π/2 ∫ 0 ∫ 2 cos θ r 3 sin θ cos θdrdθ = ∫ 0 6.- Exercici ( 1.5 punts) Calculeu els extrems absoluts de la funció f(x, y) = 4x 2 + y 2 − 4x − 3 sobre el conjunt K = {(x, y) ∈ R 2 : y ≥ 0, 4x 2 + y 2 ≤ 4}.
5 y1 2 z0 y -5 -1 0 -1 x 0x 1 pla xy 0.5 0 1 f(x, y) sobre K La frontera de K talla als punts x = ±1, y = ±2, i és la semi-elipse positiva 2 x 2 + y4 = 1.
Trobem els candidats a extrem.
i) Punts derivables de l’interior. S’han de trobar els punts que satisfan df(x, y) = (8x − 4, 2y) = (0, 0).
1 El candidat és el punt ( 2 , 0). Veiem que és el mínim absolut de la funció definida en tot R 2 H(x, y) = 8 0 0 2 , H(x, y) = 8 0 0 2 = 16 > 0.
Donat que el punt 12 , 0 pertany al conjunt K, podem dir que en aquest punt de K la funció assoleix el seu minim absolut.
ii) Punts no derivables. No hi ha punts no derivables.
iii) Punts frontera.
frontera intersecció.
condició y(x) = + 4 − 4x 2 F(x) = 4x 2 + (4 − 4x 2 ) − 4x − 3 = −4x + 4 F  (x) = −4 ≠ 0, no hi ha punts estacionaris Candidats son els punts frontera: (1, 0), (−1, 0).
com F(x) és decreixent el màxim és a x = −1, i el mínim és a x = 1.
frontera y = 0 f(x, 0) = 4x 2 − 4x − 3 f  (x, 0) = 8x − 4 = 0 ⇒ x = 1 .
2  f (x, 0) = 8 > 0 ⇒ mínim Com ja sabiem!! Els candidats son ( 12 , 0), (1, 0), (−1, 0).
EN RESUM f(1, 0) = −3 f(−1, 0) = 5 màxim absolut.
f 12 , 0 = −4 mínim absolut 7.- Exercici ( 0.5 punts) Calculeu x t dt ∫ 0 1−cos t2 lim x ln(2t+1) .
x→0 ∫ 0 t dt Com es satisfan les hipòtesis de les regles de l’Hospital x t dt R.Hospital.
∫ 0 1−cos t2 → lim 1 − cos x = lim 1 − cos x lim x ln(2t+1) x→0 x→0 x ln(2x + 1) x→0 x ln(2x + 1) dt ∫ 0 t 1 2 1 2 x 2 (2x) x 2 (2x) inf ..equivalents = 1.
4 EXÀMEN DE CÀLCUL (Segon Parcial.) 23 de Maig de 2003 ETSECCP. Barcelona 1.- Exercici ( 2 punts) Estudieu la continuitat i diferenciabilitat de la funció f(x; y) = ( sin(xy) p 2 2 (x; y) 6= (0; 0) x +y 0 (x; y) = (0; 0) : i) Raoneu l’existència del pla tangent a la superfície z = f(x; y) en l’origen de coordenades i en els punts P = (a; 0; 0). Doneu l’equació del pla tangent, si s’escau.
ii) Doneu la variació de la funció en el punt (a; 0) en la direcció v = (1; 2).
iii) Doneu la direcció de màxima variació i la direcció de variació nul¢la en el punt (a; 0).
2.- Exercici ( 2 punts) Sigui el sistema 2 x2 + y2 ¡ z6 = 1 z = 3y2 ¡ 2x2 ¾ : i) Estudieu en quins cassos aquest sistema de…neix implícitament x i y en funció de z.
ii) ³qDoneu q una ´ aproximació lineal de x = x(z ) i y = y(z) en l’entorn del punt P = 3 2 5; 5;0 .
iii) En l’entorn del punt P el sistema de…neix una corba en R3 . Doneu el vector tangent a la corba en el punt. Comproveu que aquesta corba és ortogonal en cada punt al gradient 2 de la funció F (x; y; z) = x2 + y2 ¡ z6 .
3.- Exercici ( 1,5 punts) Sigui la funció F (x) = Z ln x e t dt ln x 2 de…nida en l’interval I = [ 18 ; 1]. Trobeu els valors màxim i mínim de la funció en l’interval.
1 4.- Exercici ( 1,5 punts) Estudieu la integrabilitat de la funció f(x) = ( 3 px 2 1¡ x 0 x 6= 1 x=1 en l’interval [0; 1],i calculeu, si s’escau Z 5.- Exercici 1 0 x3 p dx: 1 ¡ x2 ( 1,5 punts) Descomposeu un nombre positiu A en 3 factors positius de tal manera que la suma del primer, més el doble del segon, més el triple del tercer sigui mínima.
6.- Exercici ( 1,5 punts) Calculeu el volúm limitat per la superfície z = pla z = 0, on Q = f(x; y)jx2 + y2 · 2xg.
p 4 ¡ x2 ¡ y 2 de…nida en el domini Q i el RESOLDRE CADA PROBLEMA EN UN FULL PER SEPARAT 2 EXÀMEN DE CÀLCUL ( Final.) 23 de Maig de 2003 ETSECCP. Barcelona 1.- Exercici ( 1 punt) i) Trobeu el mòdul i l’argument dels complexos z1 = ii ; z2 = ii) Calculeu el límit en funció del paràmetre a ³√ 2 2 +i √ ´(2+i) 2 .
2 an + n .
+ 2n lim n→∞ an−1 2.- Exercici ( 2 punts) i) Trobeu els extrems del polinomi P (x) = x3 − x2 − 4x + 4 i feu la gràfica aproximada.
ii) Doneu el domini de la funció ln(x3 − x2 − 4x + 4). Estudieu la continuitat i raoneu si la funció és uniformement continua en el seu domini. Trobeu els extrems (observeu que la funció ln x és estrictament creixent) i dibuixeu la gràfica aproximada.
3.- Exercici ( 1 punt) Estudieu la derivabilitat de la funció y(x) = ax2/5 en l’interval [−1, 1]. Raoneu l’aplicabilitat del teorema de Rolle en aquest cas.
4.- Exercici ( 1,5 punts) Sigui la funció f : R2 −→ R f(x, y) = ( sin(xy) √ 2 2 x +y 0 (x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0) i) Calculeu ∇f (a, 0).
.
ii) Raoneu l’existència del pla tangent a la superfície z = f (x, y) en l’origen de coordenades i en els punts P = (a, 0, 0).
1 5.- Exercici ( 1,5 punts) Sigui el sistema 2 x2 + y 2 − z6 = 1 z = 3y 2 − 2x2 ¾ .
´ ³q q 3 2 Comproveu que en l’entorn del punt P = 5, 5 , 0 el sistema defineix implícitament les funcions x = x(z) i y = y(z). Doneu una aproximació lineal de x = x(z) en l’entorn de z = 0.
6.- Exercici ( 1,5 punts) Estudieu la integrabilitat de la funció f(x) = ( 3 √x 1−x2 0 x 6= 1 x=1 en l’interval [0, 1] i calculeu, si s’escau Z 0 7.- Exercici 1 x3 √ dx.
1 − x2 ( 1,5 punts) Descomposeu un nombre positiu A en 3 factors positius de tal manera que la suma del primer, més el doble del segon, més el triple del tercer sigui mínima.
RESOLDRE CADA PROBLEMA EN UN FULL PER SEPARAT 2 ( 1 punt) 1.- Exercici ³√ 2 2 i) Trobeu el mòdul i l’argument dels complexos z1 = ii ; z2 = +i √ ´(2+i) 2 .
2 Com s’han de calcular potències hem de treballar amb la forma exponencial dels nombres complexos, on només caldrà multiplicar les potències.
Així per z1 tenim que π i = ei 2 ¡ π ¢i .
π 1 z1 = ii = ei 2 = e(i·i) 2 = e− 2 π 1 Éssent el mòdul i l’argument de z1 : r1 = e− 2 π , θ1 = 0.
Per z2 tenim que √ 2 2 √ + i 22 = reiθ ⇒    r= r³ ´ √ 2   θ = arctan 2 2 √ 2/2 √ 2/2 + ³ √ ´2 2 2 =1 .
= arctan 1 = 14 π ³ 1 ´2+i 1 π 1 π 1 1 = ei 4 π(2+i) = ei 2 − 4 π = ei 2 e− 4 π = ie− 4 π .
z2 = ei 4 π 1 Éssent el mòdul i l’argument de z2 : r2 = e− 4 π , θ 2 = π 2 ii) Calculeu el límit en funció del paràmetre a lim an + n .
+ 2n n→∞ an−1 Tenim els següents resultats limn→∞ (a)n = 0, si a < 1, n limn→∞ (a) = ∞, si a > 1.
Per tant, s’han d’estudiar dos cassos en funció de a.
a<1 an + n = lim lim n−1 n→∞ a + 2n n→∞ on hem utilitzat que limn→∞ an n à an n +1 an−1 n +2 ! 1 = .
2 = 0.
a>1 Si treiem factor comú en numerador i denominador an−1 el límit es pot calcular directament µ ¶ n a + an−1 an + n = lim = a.
n n→∞ an−1 + 2n n→∞ 1 + 2 n−1 a lim 3 ( 2 punts) 2.- Exercici i) Trobeu els extrems del polinomi P (x) = x3 − x2 − 4x + 4 i feu la gràfica aproximada.
S’han d’estudiar els punts derivables, els no derivables i els frontera. Aquesta funció té per domini tot R (no està fitat) i és derivable en tots els punts. Calculem les derivades primera i segona P (x) = x3 − x2 − 4x + 4 P 0 (x) = 3x2 − 2x − 4 .
P 00 (x) = 6x − 2 Cerquem els candidats a extrems P 0 (x) = 3x2 − 2x − 4 = 0, 2 3x − 2x − 4 = 0, x = 2± √ √ √ 2 ± 52 1 ± 13 4 + 48 = = ≈ 1.53, −0.87.
6 6 3 Estudiem si aquests dos punts son extrems P 00 (1.53) = 6(1.53) − 2 = 7.18 ⇒ mínim P 00 (−0.87) = 6(−0.87) − 2 = −7.22 ⇒ màxim Dividim el domini de la funció polinómica segons el seu comportament: 1) (−∞, −0.87) la funció és creixent (limx→−∞ P (x) = −∞), 2) −0.87 la funció té un màxim relatiu, 3) (−0.87, 1.53) la funció és decreixent, 4) 1.53 la funció té un mínim relatiu, 5) (1.53, +∞) la funció és creixent (limx→∞ P (x) = +∞).
La gráfica associada al polinomi és la següent.
10 8 6 4 2 -4 -2 0 -2 2x 4 -4 -6 -8 -10 3 P (x) = x −x2 −4x + 4 4 ii) Doneu el domini de la funció f (x) = ln(x3 −x2 −4x+4). Estudieu la continuitat i raoneu si la funció és uniformement continua en el seu domini. Trobeu els extrems (observeu que la funció ln x és estrictament creixent) i dibuixeu la gràfica aproximada.
domini de la funció Per definició la funció logaritme està definida ln x : R∗ → R. Per tant, en aquest cas la funció estarà definida per x3 − x2 − 4x + 4 > 0.
Per conèixer el domini de f(x), cal trobar les arrels de x3 − x2 − 4x + 4 = 0. Pel mètode de Ruffini es troben que les solucions son x = 1, 2, −2. A continuació cal esbrinar els intervals amb signe positiu (−∞, −2) (−2, 1) (1, 2) (2, +∞) .
− + − + Aleshores el domini de ln(x3 − x2 − 4x + 4) és D = {(−2, 1) ∪ (2, +∞)}.
continuitat La funció és continua en tots els punt del seu domini. Sigui x0 ∈ D, la continuitat de x0 es garantida pel fet de que es satisfà (al ser D un obert) lim ln(x3 − x2 − 4x + 4) = f (x0 ).
x→x0 x∈D continuitat uniforme Una funció és uniformement continua en un interval [a, b], si (∀ε > 0) existeix un δ > 0 tal que (∀x, y ∈ [a, b]) que satisfacin |x − y| < δ, aleshores es cumpleix que |f(x) − f(y)| < ε, es a dir, δ depen de ε, però no de x, y.
Si la funció té assimptotes verticals no és uniformement continua. Si la funció és derivable en tot el domini, llavors és uniformement continua tan sols si la derivada està acotada. En efecte, pel teorema del valor mig: si x < c < y, |f(x) − f(y)| = |x − y| |f 0 (c)| < Kδ < ε.
La funció estudiada no està acotada, ni la seva derivada tampoc, per tant no és uniformement continua.
extrems Com la funció ln x és estrictament creixent, els extrems de P (x) que pertanyin al domini de f (x) seràn els seus extrems. Així, f(x) té un màxim relatiu en x = −0.87.
gràfica Per dibuixar la gràfica aproximada de f(x) hem de tenir present: 1) El domini de f (x) D = {(−2, 1) ∪ (2, +∞)}.
2) f(x) té un màxim relatiu en x = −0.87.
5 3) P (−2) = P (1) = P (2) = 0, per tant f(x) té asimptotes verticals en −2, 1, 2., 20 -2 4 2 -10 0 -2 -4 -6 -8 -10 -12 -20 -16 -18 10 -2 -1 -1 1 2 x3 4 5 1 3 x3 −x2 −4x + 4 2 x 3 ln (x −x2 −4x + 4) 6 4 5 3.- Exercici ( 1 punt) Estudieu la derivabilitat de la funció y(x) = ax2/5 en l’interval [−1, 1]. Raoneu l’aplicabilitat del teorema de Rolle en aquest cas.
0.8 0.6 0.4 0.2 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 x 0.6 0.8 1 √ 5 y(x) = x2 Suposarem a > 0, un desenvolupament equivalent s’hauria de fer en el cas a < 0.
Derivabilitat de y(x) Per punts x ∈ [−1, 1], x 6= 0 la derivada és 3 2 y 0 (x) = ax− 5 .
5 Per x = 0 calculem la seva derivada √ √ 5 5 y(h) − y(0) a h2 − 0 a h2 = lim = lim = lim h→0 h→0 h→0 h h h  q √  = limh→0+ a 5 h2 = limh→0+ a 5 13 = ∞ h q h √ ⇒ la derivada no existeix.
5 a h2 1 5  = lim − − a = lim 3 = −∞ h→0 h h→0 h Es a dir, y(x) és derivable en [−1, 1] − {0}.
Aplicació del teorema de Rolle Teorema de Rolle. Sigui f una funció continua en [a, b] i derivable en (a, b) tal que f(a) = f(b). Llavors hi ha un punt c ∈ (a, b) tal que f 0 (c) = 0.
Estudiem les tres hipòtesis del teorema de Rolle per la funció y(x) en l’interval [−1, 1].
f (a) = f (b): f(−1) = f(1).
Continuitat: La funció és continua en [−1, 1].
Derivabilitat: La funció no és derivable en x = 0, per tant no es pot aplicar el teorema de Rolle.
De fet, observem que si x < 0 la derivada sempre és menor que zero, i que si x > 0 la derivada sempre és major que zero, aleshores no existeix cap punt on la derivada sigui 0.
7 4.- Exercici ( 1,5 punts) Sigui la funció f : R2 −→ R f(x, y) = ( sin(xy) √ 2 2 x +y (x, y) 6= (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) .
i) Calculeu ∇f (a, 0).
Per tots els punt (x, y) 6= (0, 0) ∇f(x, y) = = Ã µ ∂f(x, y) ∂f (x, y) , ∂x ∂y ¶ = (cos xy) yx2 + (cos xy) y3 − (sin xy) x (cos xy) x3 + (cos xy) xy 2 − (sin xy) y , 3 3 (x2 + y 2 ) 2 (x2 + y 2 ) 2 Pels punts del tipus (a, 0) amb a 6= 0 ∇f (a, 0) = Ã 0, a3 3 (a2 ) 2 ! ! .
µ ¶ a = 0, .
|a| Quan a = 0 s’han de calcular les derivades parcials partint de la definició f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = lim h→0 h→0 ∂x h ∂f(0, 0) f (0, k) − f (0, 0) = lim = lim k→0 k→0 ∂y k sin(h·0) √ h2 h sin(0·k) √ k2 k = 0, = 0, aleshores ∇f (0, 0) = (0, 0) .
ii) Raoneu l’existència del pla tangent a la superfície z = f (x, y) en l’origen de coordenades i en els punts P = (a, 0, 0).
Estudiem la diferenciabilitat en (x, y) = (0, 0).
f (h + 0, k + 0) − f (0, 0) − ∇f (0, 0)(h, k) ? =0 (h,k)→(0,0) k(h, k)k lim sin(hk) √ f(h + 0, k + 0) − f(0, 0) − ∇f(0, 0)(h, k) f (h, k) 2 2 √ √ h +k = lim = lim = lim 2 2 2 k(h, k)k (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) h +k h + k2 8 = (1) sin(hk) sin(hk) hk (1) hk = lim = lim .
2 2 2 2 2 (h,k)→(0,0) h + k (h,k)→(0,0) h + k hk (h,k)→(0,0) h + k 2 lim On s’ha utilitzat el infinitesim equivalent ½ lim(h,k)→(0,0) hk = 0 .
lim(h,k)→(0,0) sin(hk) =1 hk El límit no existeix, ja que depèn del camí d’aproximació a (0, 0). Per exemple, si prenem el camí k = ah ah2 a = lim ⇒ el límite depèn del camí.
(h,k)→(0,0) h2 + a2 h2 (h,k)→(0,0) 1 + a2 lim k=ah k=ah Per que existeixi el pla tangent en un punt, la funció ha d’esser diferenciable en aquest punt. En l’origen de coordenades la funció no és diferenciable, i per tant no existeix el pla tangent.
Als punts (a, 0), a 6= 0, la funció és diferenciable (les derivades son continues), per tant, existeix el pla tangent.
9 5.- Exercici ( 1,5 punts) Sigui el sistema 2 x2 + y 2 − z6 = 1 z = 3y 2 − 2x2 ¾ .
´ ³q q 3 2 Comproveu que en l’entorn del punt P = 5, 5 , 0 el sistema defineix implícitament les funcions x = x(z) i y = y(z). Doneu una aproximació lineal de x = x(z) en l’entorn de z = 0.
El sistema defineix implícitament les funcions x = x(z) i y = y(z) Hem de comprovar si es pot aplicar el teorema de la funció implícita.
HIPOTESIS 1) Definim la funció f : E ⊂ R1+2 −→ R2 (x, y, z) −→ f (x, y, z) = (f1 , f2 ) = (x2 + y 2 − z2 − 1, z − 3y 2 + 2x2 ) 6 2) On f ⊂C 1 (E), ja que les primeres derivades existeixen i son continues ( ∂f1 ∂f1 ∂f1 z ∂x = 2x ∂y = 2y ∂z = − 3 .
∂f2 ∂f2 ∂f2 ∂x = 4x ∂y = −6y ∂z = 1 3) Sigui (x0 , y0 , z0 ) = determinant jacobià ³q 3 5, q ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂(f1 , f2 ) ¯ ¯ ¯ ¯³ = ¯ ∂(x, y) ¯ √ 3 √ 2 ´ ¯¯ , ,0 5 5 ´ 2 5, 0 tal que f ∂f1 ∂x ∂f2 ∂x ∂f1 ∂y ∂f2 ∂y ³q 3 5, q ¯ ¯ ¯ ¯³ ¯ √3 √2 5, ´ 2 5, 0 ´ 5 ,0 = ¡3 5 2 5 ¢ − 1, −3 25 + 2 35 = (0, 0), i el ¯ ¯ 2x 2y = ¯¯ 4x −6y √ = −20xy|³ √ 3 ,√ 2 ,0´ = −4 6 6= 0.
5 + ¯ ¯ ¯³ ¯ √3 √2 5 LLAVORS existeix un conjunt obert Uzo ⊂ R, z0 ∈ Uzo i una funció única g : Uzo ⊂ R −→ R2 tal que: 1. g(z) = (x(z), y(z)), g(z)⊂C 1 (Uzo ) 2. (x0 , y0 ) = g(z0 ) 3. f(g(z), z) ≡ 0, (∀z ∈ Uzo ) 10 5, ´ 5 ,0 = Aproximació lineal de x = x(z) en l’entorn de z = 0.
L’expressió de l’aproximació lineal és x = x(0) + x0 (0)z.
Considerem la següent composició de funcions, i apliquem la regla de la cadena per trobar x0 (z) (o el que és el mateix derivem implícitament f (x, y, z)).
g f z −→ (x(z), y(z), z) −→ f (x, y, z) F =f ◦g µ ½ 2x 2y 4x −6y − z3 1 ¶ i dF = dfdg = 0  x0 (z) ¡  y0 (z)  = 2xx0 + 2yy 0 − 1  ¯ z ¯ 2y ¯ 3 z ¯ −1 −6y 0 0 2xx (z) + 2yy (z) = 3 ⇒ x0 (z) = 4xx0 (z) − 6yy 0 (z) = −1 −20xy ¯ ¯ ¯ ¯ z 3 = 4xx0 − 6yy 0 + 1 x(z) = x(0) + x (0)z = 11 r = (0, 0) − 6yz 6yz − 6y z−1 3 + 2y = = −20xy 60xy 10x L’aproximació lineal és 0 ¢ √ 3 15 − z.
5 30 ( 1,5 punts) 6.- Exercici Estudieu la integrabilitat de la funció f(x) = ( 3 √x 1−x2 0 x 6= 1 x=1 en l’interval [0, 1] i calculeu, si s’escau Z 0 1 x3 √ dx.
1 − x2 Integrabilitat de la funció La funció és continua en tots els punts del seu domini a excepció de x = 1. Per tant, el seu conjunt de discontinuitats té mesura nul·la. Si la funció fós fitada a l’interval [0, 1] es podria aplicar el teorema de Lebesgue i afirmar que la funció és integrable Riemann, però no és el cas. S’ha de comprovar si la funció és integrable en sentit impropi.
25 20 15 f(x) 10 5 0 0.2 0.4 x 0.6 3 x f(x) = √1−x 2 en 0.8 1 [0, 1] Sigui f la funció definida en [0, 1) és localment integrable al ser continua en cadascú dels intervals [0, x]. Per tant, podem parlar d’integral en sentit impropi.si existeix limx→1 φ(x), on φ és una primitiva de f en [0, 1), Z 0 → − 1 f (x)dx = lim φ(x) − φ(0).
x→1 El límit existeix (veure apartat següent), i la funció és integrable en sentit impropi.
Càlcul de la integral Z 0 k 3 √ x dx 1 − x2    x = sin t dx = cos tdt Z = 0 arcsin k sin3 t q¡ ¢ cos t dt = 1 − sin2 t 12 Z 0 arcsin k sin3 t √ cos t dt. = cos2 t = Z arcsin k 0 = Z sin3 t (∗) cos t dt = |cos t| arcsin k sin t dt + 0 Z Z arcsin k sin3 t dt = 0 arcsin k sin t(1 − cos2 t) dt = 0 arcsin k 2 (− sin t) cos t dt = 0 = − cos (arcsin k) + k [− cos t]arcsin 0 · cos3 t + 3 ¸arcsin k = 0 cos3 (arcsin k) cos3 0 − = 3 3 = − cos (arcsin k) + cos 0 + (∗) Z cos3 (arcsin k) 2 + .
3 3 Com que lim arcsin k = arcsin 1 = k→1 π , 2 la variable d’integració agafarà valors entre 0 i π/2, per tant, cos t serà sempre positiu i |cos t| = cos t.
Així tenim que Z 0 → − 1 µ ¶ 2 x3 cos3 (arcsin k) 2 √ dx = lim − cos (arcsin k) + + = .
k→1 3 3 3 1 − x2 13 7.- Exercici ( 1,5 punts) Descomposeu un nombre positiu A en 3 factors positius de tal manera que la suma del primer, més el doble del segon, més el triple del tercer sigui mínima.
Siguin els tres factors (x, y, z) i sigui la funció f (x, y, z) = x + 2y + 3z. Hem de trobar l’extrem mínim d’aquesta funció quan les variables estan sotmeses a la condició A = xyz.
Apliquem el mètode de Lagrange per calcular els extrems. La funció ampliada és L(x, y, z, λ) = x + 2y + 3z + λ(xyz − A), i el sistema a resoldre és  1 + λyz = 0    2 + λxz = 0 .
3 + λxy = 0    A = xyz El mètode de Lagrange es pot utilitzar als punt on ∇g = (yz, xz, xy) 6= (0, 0, 0). Com A = xyz > 0, els tres factors han de ser diferents de zero, per tant el mètode de Lagrange és vàlid per tots els punts.
  λ = −1/yz 1 + λyz = 0       2− x =0 2 + λxz = 0 y .
, x 3 + λxy = 0 3 −     z =0   A = xyz A = xyz La solució del sistema és x = 2y = 3z x = 3z = y = 32√z = 3 z = 36A √ 3 6A √ 3 6A 2 .
Definim la funció F (x, y) = f (x, y, z(x, y)) i reduïm el problema a un cas d’extrems lliures.
F (x, y) = x + 2y + 3 A , xy on calculem dF dF = µ ∂F ∂F , ∂x ∂y ¶ ¶ µ A A = 1 − 3 2,2 − 3 2 , yx xy la hessiana i el seu determinant H= Ã ∂2F ∂x∂x ∂2F ∂x∂y ∂2F ∂y∂x ∂2F ∂y∂y ! = 14 Ã 6 xA3 y 3 x2Ay2 3 x2Ay2 A 6 xy 3 ! , ¯ ¯ 6 A ¯ x3 y ¯ ¯ 3 x2Ay2 3 x2Ay2 A 6 xy 3 Veiem que el punt trobat és un mínim det HF Ã √ 3 6A, √ 3 6A 2 ! ¯ ¯ ¯ =¯ ¯ 2 √ 3 6A 1 √ 3 8 6A √1 8 3 6A 8 √ 3 6A ¯ ¯ ¯ ¯= ¯ 15 ¯ ¯ A2 ¯ ¯ = 27 4 4 .
¯ x y 1023 2 > 0 ⇒ mínim.
³ √ ´2 > 0, D11 = √ 3 3 6A 64 6A Aquest document té per objectiu ser una guia per facilitar la comprensió i la resolució dels problemes de l’examen.
EXÀMEN DE CÀLCUL (Primer Parcial.) 9 de Gener de 2004 ETSECCP. Barcelona 1.- Exercici ( 1,5 punts) n o Sigui el conjunt A ½ C, on A = z 2 C : z + z = jz ¡ 1j2 .
1) Proveu que A és un conjunt compacte.
2) Sigui f : A ¡! R una funció real de variable complexa contínua en el domini A.
Raoneu si son certes o falses les següents a…rmacions: i) f és uniformement contínua.
ii) Existeixen z0 2 A, i ± > 0, tals que (8z 2 B(z0 ; ±) \ A) es compleix que f (z) · f (z0 ).
iii) Existeix una successió fzn gzn 2A tal que limn¡!1 z n = z 0 , on z0 2 A0, però z0 2 = A.
SOLUCIÓ 1) Proveu que A és un conjunt compacte.
Estudi del conjunt A 2 z = x + iy 2 z + z = jz ¡ 1j 2 (x + iy) + (x ¡ iy) = j(x ¡ 1) + iyj 2 2 2x = (x ¡ 1) + y x2 ¡ 4x + 1 + y 2 = 0 (x ¡ 2) 2 + y 2 = 3 9 > > > > > > = y1 > > > > > > ; -1 1 2x 3 4 -1 -2 2 (x ¡ 2) +y 2= 3 El conjunt A està format pels punts (x; y) que pertanyen a la circunferència de radi R = i de centre (2; 0).
p 3, A és un conjunt compacte A és un conjunt acotat, per exemple està acotat per B((0; 0); 10). A és un conjunt tancat, ja que A = @A. Aleshores A és un conjunt compacte.
1 2.i) f és uniformement contínua.
Com f és una funció contínua de…nida en un compacte, aleshores és uniformement contínua (teorema de Heine1 ).
2.ii) Existeixen z0 2 A, i ± > 0, tals que (8z 2 B(z0 ; ±) \ A) es compleix que f (z) · f (z0 ).
Si f (z) · f (z 0) en un entorn de z0 , aleshores la funció té un màxim en z0 . Com f és una funció contínua de…nida en el compacte A, aleshores f pren extrems absoluts en A (teorema de Weierstrass 2 ). Per tant, sí que existeix z0 2 A amb aquest es característiques, i.e. f (z0 ) és el màxim absolut de f (x).
2.iii) Existeix una successió fzn gzn 2A tal que limn¡!1 z n = z 0 , on z0 2 A0, però z0 2 = A.
El límit d’una tal successió és un punt d’adherència del conjunt A. Com A és compacte, és un conjunt tancat i per tant conté tots els punts adherents. Llavors no existeix una successió amb les característiques de l’enunciat.
Dit d’una altra manera, el conjuntA és un compacte, llavors conté el límit de totes les possibles successions d’elements d’A. Per tant, si limn¡!1 zn = z0 , aleshores necessariament z0 2 A.
1 Teorema de Heine Una funció contínua en un compacte és uniformement contínua.
2 Teorema de Weierstrass Sigui una funció de…nida en [a; b], contínua amb valors reals. Llavors f és …tada, i té un màxim i un mínim.
2 2.- Exercici ( 1,0 punts) Calculeu en el cos dels nombres complexos q 6 p p 2 ¡ i 6: SOLUCIÓ Primer expressem el complexe z = p p 2 ¡ i 6 en forma exponencial z = reiµ 9 q¡p ¢ ¡p ¢2 p 2 = p r= 2 + 6 = 8 ¼ ³ p ´ ) z = 8e¡i 3 : p ¡ ¢ ¡p 6 ¼ ; µ = arctan = arctan ¡ 3 = ¡ 3 2 A continuació es calculen les arrels de z ½ qp 6 ¼ 8e¡i 3 p ck = 6 z ¡ ¢ p ck = 6 r exp µ6 + k 2¼ , k = 0; 1; 2; 3; 4; 5 6 p © ¼ª 8 c0 = 12 8 exp © ¡i > p ¡ 18¼ ¢ª p © 5¼ ª > > 12 12 ¼ > c = 8 exp i ¡ + = 8 exp > 1 18 3 > p © ¡ ¼ ¢ª p ©i 1811¼ ª < 12 2¼ c2 = 12 8 exp i ¡ + = 8 exp i 18ª 18 3 p © ¡ ¼ ¢ª p © 17¼ = : 12 12 > c = 8 exp i ¡ + ¼ = 8 exp i 3 > 18 18 p © ¡ ¢ª p © ª > 12 12 ¼ 5¼ > > c = p8 exp © i ¡¡ 18 + 4¼ > 3 ¢ª = p8 exp © ¡i 18 ª : 4 12 12 ¼ 5¼ c5 = 8 exp i ¡ 18 + 3 = 8 exp ¡i 11¼ 18 x y Arrels (rodones) de 3 p ¼ 8e¡i 3 (creu) 3.- Exercici ( 1,5 punts) f : [¡10; 12] ¡! R + Sigui la funció f (x) = p x + 12: i) Demostreu que és contracció i trobeu el punt …x.
ii) Raoneu si la funció també és contracció en l’interval [¡12; ¡10].
SOLUCIÓ i) Demostreu que és contracció i trobeu el punt …x.
f és una contracció S’ha de demostrar que la funció f és una contracció 3 , és a dir, existeix un real ¯ 2 (0; 1) tal, que: kf (x) ¡ f (y)k · ¯ kx ¡ yk (8x; y 2 [¡10; 12]) .
La funció és contínua en l’interval [¡10; 12] i derivable en l’interval (¡10; 12) (és una composició de funcions elementals continues i derivables), aleshores podem aplicar el teorema del valor mig 4 kf (x) ¡ f (y)k = jf 0(c)j kx ¡ yk , c 2 (x; y): (1) Així, cal demostrar que ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ jf (c)j = ¯ p ¯<k<1 ¯ 2 (c + 12) ¯ 0 (8c 2 (¡10; 12)) .
La desigualtat anterior és certa si ¡11:75 < c, condició que es compleix per tot el domini de de…nició de f(x). Aleshores només cal escollir ¯ = k, per demostrar que f (x) és una contracció.
Càlcul del punt …x Per calcular el punt …x p, només hem de resoldre 3 Siguin (S; d) un espai mètric i T : S ! S una función. T és una contracció (amb mòdulo ¯) si existeix ¯ 2 (0; 1) d(T (x); T (y)) · ¯d(x; y) (8x; y 2 S).
Teorema. Si T és una contrac ció, aleshores és uniformement contínua.
Els punts …xes de T son els elements de S que satisfan T (x) = x.
Teorema del punt …x. Si (S; d) és un espai mètric complet i T : S ! S és una contracció de mòdul ¯, ale shores T té exactament un punt …x.
4 Teorema del valor medio de Lagrange. Sea f una función continua en [a; b] y derivable en (a; b), entonces (9c 2 (a; b)) tal que f (b) ¡ f (a) = f 0 (c)(b ¡ a): 4 p p = p + 12; p2 = p + 12; p = ¡3; 4: on es descarta la solució negativa perquè no compleix la de…nició de punt …x (f (¡3) = 3).
Així, p = 4.
ii) Raoneu si la funció també és contracció en l’interval [¡12; ¡10].
En aquest cas també podem aplicar el teorema del valor mig (1), on 1 f 0 (c) = p ; 2 (c + 12) ¡ 12 < c < ¡10 p Així perquè la funció sigui contracció p s’ha de satisfer que 2 (c + 12) > 1. Però per valors de c 2 [¡12; ¡11:75] el valor de 2 (c + 12) és més petit o igual que 1. Per tant, la funció no cumpleix les condicions per ésser contracció.
4 3 2 1 -12 -10 -8 -6 -4 0 -2 2 4 6x 8 10 12 p f (x) = x + 12 en [¡12; 12] (en vermell la derivada) OBSERVACIÓ Si de…nim la successió recurrent p 0 = x, p n+1 = f (p n ), n = 0; 1; 2; :::; aquesta successió és convergent i el límit de la sucessió limn!1 p n , és el punt …x f (p) = p.
Veiem-ho: f (p) = f ( lim pn ) = lim f (p n ) = lim p n+ 1 = p; n!1 n!1 n!1 Observem que la segona igualtat es justi…ca perque f és contínua. Així, el límit d’aquesta successió recurrent és p = 4 En la grà…ca següent tenim representada la successió p 0 = ¡8, p n+1 = p pn + 12, n = 0; 1; 2; :::; i hom pot observar com a mesura que anem iterant la funció f (x) la imatge es va aproximant al punt …x p = 4. Observem que el mateix passaria escollint qualsevol valor de p0 que estigui dintre de l’interval on f (x) és contracció.
5 6 4 2 -10 -8 -6 -4 0 -2 2 4 x 6 8 -2 f (x) i y = x. 8 iteracions de f (x) on p1 = ¡8, p 2 = f (¡8),....
6 4.- Exercici ( 1,25 punts) Proveu que la successió recurrent és convergent i calculeu, si s’escau, el límit x1 = 1 xn+1 = p 6 + xn : SOLUCIÓ Méto de 1 Per estudiar la convergència de la successió, es comprova que la successió és monòtona i …tada5 .
Inspecció de la successió.
x1 x2 x3 x4 x5 ::: = 1p p = p6 + 1 = 7 = 2:65 = p6 + x2 = 2:94 = p6 + x3 = 2:99 = 6 + x4 = 2:998 La successió és monòtona : Demostrarem que la successió és monòtona emprant el principi d’inducció.
p cas particular: x 1 = 1 < x2 = 7 hipòtesi: x n¡ 1 < x n 8 ? p > x n < 6 + xn < ? p ? p x n < xn+1 6 + x n¡1 < 6 + xn > : x n¡ 1 < x n és cert per hipòtesi La successió és monòtona creixent.
Candidat a límit p l = 6+ l l 2 = 6 +pl; l2 ¡ l ¡ 6 = 0 l = 1+ 21+ 24 = 3; ¡2 Com que x 1 = 1 i la successió és monòtona creixent, podem descartar el valor l = ¡2, éssent l = 3 l’únic candidat a límit.
La successió és …tada : Demostrarem que la successió és …tada emprant el principi d’inducció, i com …ta el candidat a límit.
5 Teorema.
cas particular: x 1 = 1 < l = 3; hipòtesi: x n8< 3; ? > > xn+1 < 3 > > < p ? ? 6 + xn < 3 x n+ 1 < 3 : ? > > > 6 + xn < 9 > : xn < 3és cert per hipòtesi En R tota successió monòtona (c reixent o decreixent) i …tada té límit.
7 La successió està …tada inferiorment per x 1 = 1, i superiorment per l = 3.
Com és una successió de nombres reals monòtona i …tada té límit, i aquest límit és 3.
Mètode 2. Podem utilitzar l’observació feta al problema 3. Considerem la funció f (x) = i calculem la seva derivada 1 f 0 (x) = p : 2 (x + 6) p x + 6, Seguint el raonament del problema anterior, f (x) és contracció en tot interval [a; b] tal que ¡ 23 4 < a < b. Per tant, la successió té límit i és el punt …x, p= p 6 + p ) p = 3.
8 5.- Exercici ( 1,5 punts) Calculeu sin lim n¡!1 ¡¼¢ 1 + sin ¡¼ ¢ + ::: + sin ln n 2 ¡¼ ¢ n : Amb l’ajut del límit anterior estudieu la convergència de la sèrie ³¼ ´ X sin : n n¸ 1 SOLUCIÓ Càlcul del límit.
Pel càlcul del límit hom pot utilitzar el criteri de Stolz 9 i) y n+1 > y n (n = 1; 2; :::) = xn xn+1 ¡ x n ii) limn!1 y n = 1 ) lim = lim : n!1 y x n!1 yn+1 ¡ y n xn+1¡x n ; iii) existeix limn!1 yn+1¡y n Primer comprovem que es satisfan les condicions del criteri i) y n+1 = ln(n + 1)> y n = ln n; ii) limn!1 yn = limn!1 ln n = 1: iii) lim n¡!1 ³ sin ¡¼¢ 1 + ::: + sin ³ ¼ n+1 ´´ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ¡ sin ¼1 + ::: + sin ¼n ln(n + 1) ¡ ln n ³ ´ ¼ sin n+1 ¡ ¢ = lim = lim n¡!1 ln 1 + 1 n¡!1 n ¼ n+ 1 1 n sin ³ ¼ n+1 ¼ n+1 ´ ¡ sin = lim n¡!1 1 n ln 1 + Aleshores, aplicant el criteri de Stolz ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ sin ¼1 + sin ¼2 + ::: + sin ¼n lim = ¼: n¡!1 ln n 1 n ³ ¼ n+1 ´ ln(n + 1) ¡ ln n = ¢ = ¼: Amb l’ajut del límit anterior estudieu la convergència de la sèrie X n¸ 1 sin ³¼ ´ n = lim n!1 n X k¸ 1 sin ³¼ ´ k = lim Sn .
n!1 Així, segon l’apartat anterior ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ sin ¼1 + sin ¼2 + ::: + sin ¼n Sn lim = lim = ¼: n¡!1 n¡!1 ln n ln n Això implica que Sn i ln n son in…nits del mateix ordre, i per tant limn!1 S n = 1, aleshores la sèrie divergeix.
Altre mètode 9 També podem estudiar la convergència de la sèrie emprant el criteri de comparació pel cocient6 .
P 1 Comparem amb la sèrie divergent n¸1 n .
¡ ¢ sin ¼n lim =¼ n¡!1 1=n ¡ ¢ P per tant, amdues sèrie tenen el mateix caràcter i la sèrie n¸ 1 sin ¼n divergeix.
6 Criteri de comparació pel quocient P P Siguin les sèries an y bn de termes positius si lim n!1 P P an = ®; (® 6= 0; 1) ) an convergeix , bn convergeix : bn 10 6.- Exercici ( 1,0 punts) Calculeu el radi de convergència i el camp de convergència de la sèrie de potències X 1 n (x ¡ 1) : en Observació. Directament podem observar que si x = 1 , la sèrie és convergent.
SOLUCIÓ Per calcular el radi de convergència 7 podem calcular un dels dos límits següents: q¯ ¯ ¡ ¢1 i) ½ = limn!1 n ¯ e1n ¯ = lim n!1 e1n n = e ¡1 ) R = 1½ = e; ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = limn!1 ¯ e¡1 ¯ = e¡ 1 .
ii) ½ = limn!1 ¯¯ en+1 1 en ¯ Aleshores podem garantir que per jx ¡ 1j < e, i.e. x 2 (1 ¡ e; 1 + e), la sèrie convergeix.
Queda, encara, per estudiar el cas jx ¡ 1j = e. Primer considerem x ¡ 1 = e, així P1 1 P1 n n n=0 en (e) = n=0 1 n limn!1 1 = 1 6= 0 ) la sèrie divergeix.
En segon lloc considerarem el cas x ¡ 1 = ¡e, així P 1 P1 P1 n n n en (¡e) = n=0 (¡1) = n= 0 (¡1) , n limn!1 (¡1) 6= 0 (el límit no existeix) ) la sèrie divergeix.
El camp de convergència de la sèrie és (1 ¡ e; 1 + e).
Des d’una altra perspectiva, també podriem aplicar directament a la sèrie el criteri de l’arrel8 o del quocient. Així, 7 Radi de convergència P Sigui an xn una sèrie de potències. Per un valor x0 , aplicant el criteri de l’arrel lim n!1 1=n p n jan xn j = lim janj1=n jx 0j : n!1 Sigui ½ = limn !1 jan j ; aleshores si ½ jx0 j < 1 la sèrie és convergent, llavors la sèrie és convergent per tot x tal que jxj < 1=½.
P Per de…nició, el radi de convergència de an x n és R= 8 < 0 : 1 ½ +1 si si si ½ = +1 0 < ½ < +1 .
½= 0 8 Criteri de l’arrel Sigui la sèrie X an i ® = lim n!1 8 < si ® < 1 convergeix si ® = 1 el criteri no decideix : jan j ) : si ® > 1 divergeix p n 11 o també s¯ ¯ µ ¶ 1n ¯ ¯ 1 n¯ n n ¯ 1 ½ = lim lim jx ¡ 1j = e¡1 jx ¡ 1j , ¯ e n (x ¡ 1) ¯ = n!1 n!1 en ¯ ¯ ¯ 1 (x ¡ 1)n+1 ¯ ¯ ¯ ¯ en+1 ¯ ½ = lim ¯ 1 ¯ = lim ¯(x ¡ 1) e¡1 ¯ = e¡1 jx ¡ 1j .
n n!1 ¯ ¯ n!1 (x ¡ 1) en És a dir, aplicant els critèris de convergència: la sèrie és: convergent per aquells valors de x que fan ½ < 1, divergent per valors de x que fan ½ > 1 i pels x0 tals que ½ = 1 s’ha d’estudiar la convergència de la sèrie numèrica en x0 : jx ¡ 1j < e ) jx ¡ 1j = e ) jx ¡ 1j > e ) 1 ¡ e < x < 1 + e la sèrie convergeix, ½ = 1 el criteri no decideix, x < 1 ¡ e; 1 + e < x la sèrie divergeix.
Com hem observat anteriorment si jx ¡ 1j = e la sèrie divergeix, per tant, el camp de convergència de la sèrie és (1 ¡ e; 1 + e).
12 7.- Exercici ( 1,25 punts) Estudieu l’existència de límit en el punt (0; 0) i feu l’extensió contínua de la funció, si s’escau, ¡ ¢ sin x 2 y f (x; y) = 2 : x + y 2 ¡ xy SOLUCIÓ Com que la funció no està de…nida en (x; y) = (0; 0) 9 , pero (0; 0)és punt d’adherència del domini, podem calcular el límit de la funció en aquest punt, i si existeix emprar aquest valor per de…nir l´extensió contínua de la funció.
¡ ¢ sin x 2 y lim (x;y)¡!(0;0) x2 + y2 ¡ xy inf .eq u iv.
= xy6=0 ¡ ¢ ¡ ¢ sin x2 y sin x 2 y x2 y xy lim = lim x 2 (x; y)¡!( 0;0) x 2 + y 2 ¡ xy x2 y (x;y)¡!(0; 0) x 2y x + y 2 ¡ xy xy6= 0 lim 0 x … t ad a xy6=0 ¡ ¢ sin x 2 y sin (0) = lim =0 + y 2 ¡ xy ( x;y) ¡!(0;0) x 2 + y 2 ¡ 0 (x;y)¡!(0;0) x2 xy=0 xy=0 On s’ha emprat el in…nitèsim equivalent lim (x; y)¡!( 0;0) i la següent funció …tada ¡ ¢ sin x 2y = 1; x2 y ¯ ¯ ¯ ¯ ? ¯x 2 + y 2 ¡ xy ¯ ¸ ¯ x2 + y 2 ¯ ¡ jxyj ¸ jxyj 8 ? < ¯ ¯ ? xy > 0 x 2 + y 2 ¸ 2xy ) (x ¡ y)2 > 0 ¯x 2 + y 2 ¯ ¸ 2 jxyj ? : xy < 0 x 2 + y 2 ¸ ¡2xy ) (x + y)2 > 0 Aleshores, pel teorema de descomposició del domini ¡ ¢ sin x 2y lim = 0: (x;y)¡!(0;0) x 2 + y 2 ¡ xy 9 > > > = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ xy ¯ xy ¯ ¯ · ¯ ¯ = 1: )¯ 2 2 > x + y ¡ xy ¯ ¯ xy ¯ > > ; Així tenim que f : R2 ¡ f(0; 0)g ¡! R, es pot fer l’extensió contínua de f de la forma següent ( sin (x2y ) si (x; y) 6= (0; 0) : 2 +y 2 ¡ xy x f (x; y) = 0 si (x; y) = (0; 0) 9 Observació: Anem a calcular els valors de (x; y) que satisfan l’equació x2 + y2 ¡ xy = 0. Així, aïllem y, de forma que s’obté p ¡3x2 ; 2 on, hom pot observar que y és un valor real només si x = 0. És a dir, només el valor (0; 0) satisfà l’equació.sol¢licitada.
y= ¡x § 13 = 0 8.- Exercici ( 1,0 punts) Sigui f la funció real de…nida per ¡ ¢ ¡ ¢ f (x) = x 2 + 1 ln x 2 + 1 + x 2 , (8x 2 [0; e]) : Demostreu que l’equació f (x) = 5 té una única arrel real en l’interval.
SOLUCIÓ ¡ ¢ ¡ ¢ De…nim la funció g(x) = f(x) ¡ 5 = x 2 + 1 ln x 2 + 1 + x2 ¡ 5, aleshores el problema consisteix en veure que només hi ha un punt x on g(x) = 0.
Utilitzarem el teorema de Bolzano1 0 . Primer observem que g(x) és una funció contínua de…nida en un compacte, a més hi ha dos valors g(a) i g(b) no nuls i de signes oposats, ¾ g(0) = ¡5 T o Bo lza n o =) (9x 2 (0; e)) g(x) = 0: 2 2 2 g(e) = (e + 1) ln(e + 1) + e > 0 Per tant, al menys existeix un punt on g(x) = 0.
Com la funció és derivable en (0; e) i g 0 (x) > 0, la funció g(x) és estrictament creixent, aleshores, com a màxim existeix un valor x tal que g(x) = 0. Per tant, només existeix un valor x tal que g(x) = 0.
¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¢ g0 (x) = 2x ln x2 + 1 + 4x = 2x ln x 2 + 1 + 2 > 0.
20 15 10 5 0 0.5 1 x 1.5 2 2.5 -5 ¡ ¢ ¡ ¢ g(x) = x 2 +1 ln x 2 +1 +x2 ¡5, x2[0; e] 1 0 Teorema de Bolzano. Sigui f una funció contínua en [a; b] amb valors reals i tal que f (a) i f (b) son no nuls i de signes oposats. Aleshores hi ha un punt c , a < c < b tal que f (c) = 0.
14 EXÀMEN DE CÀLCUL (Segón Parcial.) 21 Maig 2004 ETSECCPB Aquest document té per objectiu ser una guia per facilitar la comprensió i la resolució dels problemes de l’examen 1.- Exercici ( 2 punts) Sigui el sistema d’equacions: xu 2 + yv 2 + z = 5 xyz + uv = 0 a) Analitzeu si el sistema defineix en un entorn del punt (x, y, z, u, v) = (0, 1, 1, 0, 2) les variables y i z com a funcions implícites de (x, u, v).
b) Proveu que el sistema defineix la variable u com a funció de (x, y, z) en l’entorn del punt esmentat i doneu una aproximació lineal de u = u(x, y, z) en l’entorn de (0, 1, 1).
2 c) Calculeu: ∂∂xu2 (0, 1, 1) Solució Definim una funció f : R 5 → R 2 tal que el sistema d’equacions és f(x, y, z, u, v) = (0, 0) Comprovem que és classe C 1 i calculem el diferencial.
u 2 v 2 1 2xu 2yv df(x, y, z, u, v) = yz xz xy v u df(0, 1, 1, 0, 2) = 0 4 1 0 4 → 4 1 =0 1 0 0 2 0 0 0 El determinant format per les parcials de y i z en el punt és zero, per tant no podem expressar y i z en funció de x,u,v en un entorn del punt.
D’altra banda u i v sí que estan definides implicitament en un entorn del punt: 0 4 ≠0 2 0 −u 2 2yv + 2yv δv = −u 2 2ux δu δx δx v δu + u δv = −yz δx δx δu δx = −yz 2ux 2yv v δu δx (0, 1, 1) = − 12 ; δv δx =0 u u 2ux −u 2 = −u 3 +2y 2 vz 2u 2 x−2yv 2 ; δv δx = v −yz 2ux 2yv v u δ2u δx 2 = δ2u δx 2 2u 2 x−2yv 2 −3u 2 δu δx +2y 2 z δv − −u 3 +2y 2 vz δx δv 2u 2 +4ux δu −4yv δx δx (2u 2 x−2yv 2 ) 2 (0, 1, 1) = 0 −v 2 2yv + 2yv δv = −v 2 2ux δu δy δy v δu δy +u δv δy → = −xz δu δy −xz = u = 2ux 2yv v −v 2 u+2yxvz 2u 2 x−2yv 2 ; δu δy (0, 1, 1) = 0 u −1 2yv 2ux δu + 2yv δv = −1 δz δz v δu δz +u δv δz → = −xy δu δz −xy = ; 2ux 2yv v δu δx u(x, y, z) ≈ u(0, 1, 1) + u (0, 1, 1)x + δu δy δu δz (0, 1, 1) = 0 u (0, 1, 1)(y − 1) + δu δz (0, 1, 1)(z − 1) u(x, y, z) ≈ − 12 x ———————————————————————————– 2.- Exercici ( 1 punt) Sigui la funció: f(x, y) = 3x 2 y−2x 3 x 2 +y 4 (x, y) ≠ (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) calculeu el valor de la derivada direccional en l’orige de coordenades per una direcció qualsevol i deduïu si la funció és diferenciable en (0, 0).
Solució Sigui v = ( v x , v y ) un vector unitari.
3v 2 v −2v 3 3v 2 t 2 v t−2v 3 t 3 D v f(0, 0) = lim t→0 t xv 2 t 2y+v 4 t 4x = x vy2 x = 3v y − 2v x si v x ≠ 0 D (0,1) f(0, 0) = lim t→0 x 0 t5 y =0 x D (1,0) f(0, 0) = −2 D (0,1) f(0, 0) = 0 Candidat a diferencial: ∇f(0, 0) = (−2, 0) lim (x,y)→(0,0) lim (x,y)→(0,0) 3x 2 y−2x 3 x 2 +y 4 −(−2x) x 2 +y 2 2xy 4 +3x 2 y x 2 +y 4 x 2 +y 2 = lim (x,y)→(0,0) 3x 2 y−2x 3 − x 2 +y 4 (−2x) x 2 +y 4 x 2 +y 2 = =  (per provar-ho és suficient fer el límit sobre les corbes x = ky) També es pot veure que no és diferenciable comprovant que D v f(0, 0) ≠ ∇f(0, 0)  v ——————————————————————————3.- Exercici ( 1 punt) Sigui la funció f : C ⊂ R n  R + una funció real no nul·la definida en un obert C.
Si f és diferenciable en un punt a ∈ C, proveu que la funció 1f és també diferenciable en a i es verifica que: d 1 (a) = − 2 1 d(f)(a) f f (a) Solució La funció g(x) = h(x) = 1x i f(x).
1 f(x) la podem escriure com la composició de les funcions g(x) = (h  f)(x) Sigui f(a) = b.
La funció h(x) és diferenciable en R + i d(h)(b) = − b12 La composició de funcions diferenciables és diferenciable i el diferencial de la composició és igual al producte dels diferencials de les funcions.
d 1 (a) = d(g)(a) = d(h)(f(a))  d(f)(a) = − 12 d(f)(a) = − 2 1 d(f)(a) f b f (a) ———————————————————————————– 4.- Exercici ( 2 punts) a) Proveu que si f : R  R és una funció derivable estrictament creixent i g : R n  R és una funció diferenciable, llavors els punts estacionaris de (f  g) coincideixen amb els punts estacionaris de g.
f : R3  R f(x, y, z) = a x b y c z on a > 1, b > 1 i c > 1 son constants.
Trobeu els valors màxim i mínim de la funció en els punts de l’esfera x2 + y2 + z2 = r2 Solució b) Sigui la funció a) f estrictament creixent → f  > 0 Els punts estacionaris son aquells en els que el gradient de la funció té totes les components nul·les.
Donat que d(f  g)(a) = df(g(a))  dg(a) = f  (g(a))  ∇g(a) i f  (x) > 0 ∇(f  g)(a) = f  (g(a))  ∇g(a) = 0  ∇g(a) = 0 b) El raonament de l’apartat a) ens assegura que els punts estacionaris de la funció ln f(x, y, z) = x ln a + y ln b + z ln c son els mateixos que els de f.
Problema d’extrems condicionats de la funció: ln f(x, y, z) = x ln a + y ln b + z ln c amb la condició: x2 + y2 + z2 = r2 Multiplicadors de Lagrange: ln a + 2λx = 0 → ln b + 2λy = 0 ln c + 2λz = 0 ln a ln b 2 + ln c ln b 2 x= ln a ln b ln c ln b z= y y + 1 y2 = r2 y=± r ln b (ln a) + (ln b) 2 + (ln c) 2 h= (ln a) 2 + (ln b) 2 + (ln c) 2 2 sigui x = ± hr ln a y = ± hr ln b z = ± hr ln c Donat que f és contínua i els punts de l’esfera formen un conjunt compacte, podem aplicar el teorema de Weierstrass: r (ln a, ln b, ln c) punt màxim h punt mínim r h (− ln a, − ln b, − ln c) f max e hr f min e −hr ——————— ———————————————————– 5.- Exercici ( 2 punts) a) Sigui la funció f(x) = sin 2 x − sin x 2 .
Trobeu els valors de a ∈ R i n ∈ N tals, que f(x) lim n = 1 x→0 ax Solució Per Taylor busquem un infinitessim equivalent a f(x) a l’entorn de x = 0 f(0) = 0 f(x) = sin 2 x − sin x 2 f  (x) = 2 sin x cos x − 2x cos x 2 = sin 2x − 2x cos x 2 f  (0) = 0 ...
...
La primera derivada que no és nul·la per x = 0 és f iv (x) f(0) = f  (0) = f  (0) = f  (0) = 0 f iv (0) = −8 f(x) ≈ 4!1 f iv (0)x 4 = − 13 x 4 ax n = − 13 x 4 → a = − 13 ; n = 4 b) Estudieu la convergència de l’integral impròpia: 2 2 1 ∫ 0 sin x −x 9sin x dx 2 x2 Comparem la funció sin x−sin amb x1α 9 x sin 2 x−sin x 2 x9 1 xα lim = lim − 13 x 4 x ( 2 −α) Si α = 12 el límit és igual a − 13 ; és a dir el límit és finit i ≠ 0 per tant, les corresponents integrals impròpies tindran el mateix caràcter convergent o divergent.
Donat que 1 ∫ 0 x112 dx és convergent, llavors la integral proposada també és convergent.
———————————————————————————— 6.- Exercici ( 2 punts) x→0 x→0 9 Sigui D = {(x, y) ∈ R 2 /x 3 + y 3 ≤ a 3 } un domini tancat i acotat centrat a l’origen de coordenades. Calculeu: 2 2 ∫D 2 a 3 − x 3 − y 3 dxdy 2 2 2 Nota : Es suggereix el següent canvi de variable: x = r cos 3 θ y = r sin 3 θ Solució Determinant Jacobià del canvi: cos 3 θ −3r sin θ cos 2 θ sin 3 θ Domini: x 2/3 = r 2/3 cos 2 θ y 2/3 = r 2/3 sin 2 θ Frontera: r = a 3r cos θ sin 2 θ = 3r cos 2 θ sin 2 θ → r 2/3 ≤ a 2/3 → r ≤ a 0 ≤ θ < 2π 2π a ∫ 0 ∫ 0 (a 2/3 − r 2/3 )3r cos 2 θ sin 2 θdrdθ = = 3∫ 2π 0 1 a 2/3 r 2 − 3 r 8/3 8 2 a cos 2 θ sin 2 θdθ = 0 2π 2π 1 sin 2θ = 3 a 8/3 ∫ cos 2 θ sin 2 θdθ = 3 a 8/3 ∫ 0 0 2 8 8 = 3 a 8/3 1 8 4 2π ∫0 2 dθ = 1 − cos 4θ dθ = 3π a 8/3 2 32 ————————————————————————————————— (Final) 1.- Exercici (1 punt) Sigui la successió de nombres complexos {z n } n∈N z n = r n e iθ n on r n = n ln(1 + 1n ) i θ n = n sin( πn ) a) Calculeu lim n→∞ z n b) Sigui A ⊂ C el recorregut de la successió. Doneu l’interior, la frontera i l’adherència del conjunt A. Dieu si és un conjunt obert, tancat, fitat, compacte.
= n→∞ lim n ln 1 + 1 n =1 lim θ = n→∞ lim n sin π n =π n→∞ n lim r n→∞ n lim z n→∞ n = 1e iπ = −1 L’interior de A és el conjunt buit: tot punt z n ∈ C és punt aillat.
La frontera de A és el conjunt A més el límit z = e iπ = −1 L’adherència és igual a la frontera.
Donat que ni l’interior ni l’adherència coincideixen amb el conjunt, aquest no és ni obert ni tancat. Tampoc és compacte (no és tancat).
Sí que és fitat donat que la successió és convergent: fora de qualsevol entorn del límit hi ha un nombre finit de punts. Un entorn de radi igual a la distància al més allunyat del límit conté tots els punts de A.
2.- Exercici ( 1 punt) Sigui la funció f : R  R + f(x) = 1 1 + ex a) Proveu que f(x) és una contracció.
b) Proveu que l’equació f(x) = x té solució única —————————– a) Contracció: Existeix un valor k ∈ (0, 1) tal, que |f(x) − f(y)| < k|x − y| La funció f(x) és derivable en tot R |f  (x)| = ex (1 + e x ) 2 Com que e x < (1 + e x ) 2 podem afirmar que |f  (x)| < k < 1 per tot x ∈ R Pel teorema del valor mig: Com que f(x) és derivable per tot x ∈ R podem afirmar que |f(x) − f(y)| = |f  (c)||x − y| < k|x − y| on 0<k<1 b) Pel teorema del punt fix podem afirmar que una contracció té un únic punt fix, per tant existeix un únic valor x 0 que compleix que f(x 0 ) = x 0 També podem respondre a l’apartat b aplicant el teorema de Bolzano a la funció contínua: 1 −x g(x) = f(x) − x = 1 + ex g(0) > 0 g(1) < 0 →Existeix un c ∈ (0, 1) tal, que g(c) = 0 ex −1 < 0 (1 + e x ) 2 la funció és estrictament decreixent per tant el punt c és únic.
g  (x) = − 3.- Exercici ( 1 punt) Sigui la funció P(x) = Ax 2 + Bx + C. Proveu que per qualsevol interval [a, b], el valor c ∈ (a, b) que satisfà el teorema del valor mig és el punt mig de l’interval.
P  (x) = 2Ax + B P(b) − P(a) = (2Ac + B)(b − a) Ab 2 + Bb + C − (Aa 2 + Ba + C) = (2Ac + B)(b − a) A(b 2 − a 2 ) + B(b − a) = (2Ac + B)(b − a) A(a + b) + B = 2Ac + B a + b = 2c c = a+b 2 Escola Tècnica Superior d’Enginyeria de Camins Canals i Ports 24 de Maig de 2005 Examen de Càlcul 1 er Camins (Final) 1.- Exercici (2.5 punts) Sigui la funció f : A ⊂ R 3 → R on A = {(x, y, z) ∈ R 3 | z ≥ 1} f(x, y, z) = x 2 + y ∫ z2 1 1 − ln t dt t2 a) Estudieu la diferenciabilitat de la funció.
b) Calculeu f(1, 1, e).
c) Proveu que f(x, y, z) = f(1, 1, e) defineix, a l’entorn de (1, 1, e), la funció implícita z = z(x, y). Doneu una aproximació lineal de z(x, y) a l’entorn de (1, 1).
2.- Exercici ( 2 punts) Sigui D = {(x, y)/x 2 + y 2 ≤ 2y; x ≥ 0}. Calculeu ∫∫ D 3.- Exercici 4 − x 2 − y 2 dxdy ( 2 punts) Sigui la funció: f(x) = |2x 2 − 4| x2 + 1 a) Estudieu la continuitat i derivabilitat.
b) Estudieu la continuitat uniforme en el conjunt A = {x ∈ R | 2 < x}.
c) Doneu els punts on la funció assoleix els seus extrems absoluts.
d) Raoneu si és possible aproximar la funció per un polinomi de Taylor en l’entorn dels punts on la funció té un extrem.
4.- Exercici ( 1.5 punts) a) Si (a n ) és la successió definida per a n = 1 + 1 +. . . + 1 n ≥ 1 n+1 n+2 2n i) Demostreu que (a n ) és monòtona creixent i que és fitada ii) Establiu raonadament la convergència de (a n ) i doneu un interval d’amplitud menor que 0.5 en el qual hi hagi el límit.
2 b) Sigui la sèrie de funcions ∑ n≥1 nn! (x − 1) n. Calculeu el radi i el camp de convergència de la sèrie.
5.- Exercici ( 2 punts) Sigui l’el·lipse 2x 2 + y 2 = 18 i els punts de l’el·lipse A = (1, 4) i B = (3, 0).
Determineu, pel mètode dels multiplicadors de Lagrange, el punt C sobre l’el·lipse tal que el triangle ABC tingui àrea màxima.
(Nota: Podeu utilitzar els vectors BA i BC per calcular l’àrea) RESOLDRE CADA EXERCICI EN FULLS SEPARATS r I a UNIVERSITAT POLlTECNICA W d'Enginyeria de Telecomunicació D deE.T.S.Barcelona DE CATALUNYA ~ E.TS.
de Camins, Canals i Ports d'Enginyers de Barcelona D Facultat d'lnformatica de Barcelona Titulació Assignatura Nom Cognoms T de Pagina T 2.00SE fHt ~ NI ?~~I I T CD I ~ T~ 1 t I + 1~~~~eu ~ 4~t.:;~~tkJ- 't+ ~'~k-r",4I M ~ 0-)(, t l I ,-r:.
= J-&t ~t: J ..
~ + I t'- I A~~i: j i:~ ,1 'o I , ) .
J r\ ,),~, ~} Ir I t .
¡t I I = ¡ t I I + + ~ -t I \:..1 t -+ ~~ ~, 1-1..
1 -+ r~ I ,t + 1; ..
r- + ""\111 ! ~ T i T ¡ + €.IAi .
II II I t .,.
\j f~tQ + t I~ = + -+ -~~~t + , t:.
' [ ~t ¡ -& t = J.~ +.
t + I .(: 1 u:: ~t~ c¡.
-+ - -+- 11 ~):::: ~+ ~J .
+¡ +-t~ + +r .J.
+ + +~r4" f =: , ) I ~=+-f{)~,-~-)t ¡_ ~ + l.
J1 I I -+ I I) ~ J..t.\-, 1 + ~ + :e..
+ ! c2 ~ 2t II I I + I + llFt~ ~(~111:&) 2.1 1 t+a-t: ~~ ¡ : + t t L.i.l O 1 , 1 t t "l '2 I ~C\~~ ~V<\~(J¡), J) .
' ::: o2x ~ ck :e:; ~ ~o-' I + + , + t -~t~ +e~ 1I + I el- I 1I t 1 jt -t I tI " alb ,k I I j (,j, I lit I I ') l I + f 1I I I 1 j I I I .
.
UNIVERSITAT POLlTECNICA DE CATALUNYA d'Enginyeria de Telecomunicació O deE.T.S.Barcelona o o Titulació Assignatura Nom Cognoms de Camins, Canals iE.T.S.
Ports d'Enginyers de Barcelona Facultat d'lnformatica de Barcelona de Pagina -¡ + + I 1 ¡ A("4"'-~~ t...l\ de. <..( ", O-') Q.
\ 1.euku tL.. '(), J ~&.-0\ = r) (X-I ~(J;;) L vl(J, r r T I I \.if-I ~ \) 1 -:: 1 t (1/1)) (;~: ) + -+ + + t I t I ¡ ¡ ,~ +I (j,l) :; +I -1- I I = 'e., I I t + t I I +- T + I I I I I I + 1 I + t + -t + + I t 1I 1 + t T t t 1 , t lit j tI , iI I + ¡ I : 11 t lit I .
UNIVERSITAT POLlTECNICA DE CATAlUNYA Titulació Assignatura Nom Cognoms D E.T.S. d'Enginyeria de Telecomunicació de Barcelona ~ iE.T.S.
Ports d'Enginyers de Barcelonade Camins, Canals D Facultat d'lnformiitica de Barcelona de Pagina ! ¡ ; 1 ~ I~~ t I r I ..
I k," z.
-+ + I + t t - I.J ><;-I-(}- c,:"~d- + t --T I f+ I --+- + 'll i -+ I I + ' t i I ~ I I :~ = ~ (x,,,,)+~ 1 t ~ + I -+ +- -+--- -+ + t .).
I + I I I I I I t t '1 I 1 I ~ .- ¡ 1 It I i tt t I t j I I + t ~ + '1-- + I t + 1 t I I + -+ t -+ I I I t -+ ,I + -+ -1- +---t I I T + r - --+ -+ + t t + -+ + l I iI 1 t + I I T + -+ -+ -+ + t T + i t I + t + f 11_~1.J..' -+ l )(ll~) fL ; ,~k~~'B <:.~ 0~c1~~ I ! I I t j I I I + I t I I ~ I I t + I + I I + + 1 + + I 1- + 1- t I J I I + I 1 1 I 1 + 1 f + i I t I I 1- t r I I + I t I t j II T t t I I 1 T + t 1 T I I I t I I r + I + ! 1 T J + I tI T t " I t I -t t I + I t I -+ 1 I EXÀMEN DE CÀLCUL 17 de Gener de 2006 Aquest document és només una resolució resumida de l’examen per ajudar a l’alumne a fer una valoració dels seus resultats i una detecció dels errors comesos.
1.- Exercici (1 punt) Determineu l’interval que correspon al conjunt de punts A = x ∈ R / ||x + 1| − |x − 1|| < 1 Resposta: − 1 < |x + 1| − |x − 1| < 1 x+1 > 0 x > −1 x>1 x−1 > 0 −1 < 2 < 1 NO→ x < 1 x+1 > 0 x > −1 x−1 < 0 x<1 x > 1; −1 < x + 1 − x + 1 < 1 ; −1 < x < 1; −1 < x + 1 + x − 1 < 1 ; −1 < 2x < 1 − 1 <x< 1 2 2 x+1 < 0 x < −1 x−1 < 0 x<1 −1 < −2 < 1 NO Solució: x < −1; −1 < −x − 1 + x − 1 < 1 ; − 1 <x< 1 2 2 2.- Exercici (1,5 punt) Digueu si cadascuna de les afirmacions següents és certa o falsa, raonant les respostes amb demostracions o contraexemples segons calgui.
a) La sèrie ∞ ∑ n=1 2n n3 + 1 2n 2 − 1 és convergent.
Fals: la successió n 3 +1 2n 2 −1 2n no té límit zero b) La successió a n = 12 n n ∑ k xk k=1 és convergent si i només si {x n } és una successió convergent.
Fals: És cert que la convergència de {x n }implica la convergència de {a n } Pel criteri de Stolz: (x 1 +. . . +nx n + (n + 1)x n+1 ) − (x 1 +. . . +nx n ) lim = n→∞ lim n + 1 x n+1 2 n→∞ 2 2n + 1 (n + 1) − n Aquest límit existeix i és finit si {x n } és una successió convergent.
Però la convergència de {a n } no implica la convergència de {x n } Veiem un contraexemple: {x n } = {0, 1, 0, 1, 0, 1, . . . } és una successió divergent 2n ∑ k xk = k=1 =2 + 4 + 6 + 8 +. . . +2n = 2(1 + 2 + 3 + 4 +. . . +n) = 2 n(n+1) 2 a 2n = 1 (2n) 2 (2 + 4 + 6 + 8 +. . . +2n) = n(n+1) 4n 2 lim a n = 1 4 n→∞ {a n } és una successió convergent.
3.- Exercici (1 punt) Estudieu l’existència de límit i trobeu-lo, en cas que existeixi, de la successió següent: sin(αn) 1 + αn en funció del paràmetre α ∈ R ; α > 0 Resposta: sin(αn) 1 = 1+α n sin(αn) 1+α n 1 α<1 lim n→∞ 1 1+α n = 1 2 α=1 0 α>1 Tan sols existeix el límit si α > 1. Llavors lim n→∞ 4.- Exercici sin(αn) =0 1 + αn (1 punt) Considerem la funció f : R 2 → R definida per f(x, y) = x3y x 6 +y 2 (x, y) ≠ (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0) Estudieu la continuitat de f Resposta: La funció no és continua en (x, y) = (0, 0) donat que el límit lim f(x, y) (x,y)→(0,0) no existeix. Per provar-ho és suficient calcular el límit direccional sobre la corba y = kx 3 5.- Exercici Sigui f(x) = (1 punt) x n sin( 1x ) x ≠ 0 0 x=0 Estudieu la continuitat, derivabilitat i continuitat de la derivada de f per n = 0, 1, 2, . . .
Resposta: n=0 sin( 1x ) x ≠ 0 f(x) = 0 x=0 No existeix el limit de la funció en x = 0 La funció no és continua en x = 0 i per tant no és derivable en x = 0 - - n≠0 lim x n sin 1x = 0 x→0 La funció és continua en tot el domini La derivada de la funció per x ≠ 0 és:  − 12 f (x) = nx n−1 sin 1x + x n cos 1x x  f (x) = nx n−1 sin 1x − x n−2 cos 1x Estudiem la derivabilitat de la funció en x = 0 A la vista de les respostes es pertinent la nota següent: Atenció és absolutament incorrecte el raonament següent: ”com que f(x) = 0 per x = 0 llavors f  (x) = 0 perque la derivada d’una constant és zero”.
Fí de la nota Derivada de la funció en x = 0 x n sin( 1x ) − 0 lim x→0 x−0 Aquest límit existeix si n > 1 Per tant la funció no és derivable en x = 0 per n = 1.
Per n ≥ 2 f  (0) = 0 Estudiem la continuitat de la derivada per n ≥ 2 n=2 lim(2x sin 1x − cos 1x ) no existeix x→0 n>2 lim(nx n−1 sin 1x − x n−2 cos 1x ) = 0 x→0 La derivada és contínua en tot el domini per n ≥ 3 6.- Exercici (1,5 punts) Sigui f : [a, b] → R una funció continua en [a, b] i derivable en (a, b).
Demostreu que existeix un valor t ∈ (a, b) tal que 1 a−b a b f(b) f(a)  = f(t) + t f (t) Resposta 1 (af(a) − bf(b)) = f(t) + t f  (t) a−b  a f(a) − b f(b) = (f(t) + t f (t)) (a − b) Definim una funció g(x) = xf(x) Observem que és continua en [a, b] i derivable en (a, b) Podem aplicar el teorema del valor mig: ∃ un valor t ∈ (a, b) tal que  g(a) − g(b) = g (t) (a − b) 7.- Exercici (1,5 punts) Proveu que la funció f(x) = e x − cos x i el polinomi P(x) = x + ax 2 + bx 3 són infinitèssims equivalents en l’entorn de x = 0 per tot valor de a i b ∈ R Trobeu els valors de a i b que corresponen al polinomi de Taylor de f en l’entorn de x = 0.
Resposta: Polinomi de Taylor: f(x) = e x − cos x f(0) = 0  x  f (x) = e + sin x f (0) = 1  x f (x) = e + cos x f  (0) = 2 f  (0) = 1 f  (x) = e x − sin x P(x) = x + x 2 + 16 x 3 x + x 2 + 16 x 3 + o(x 3 ) x e − cos x lim = lim =1 x→0 x + ax 2 + bx 3 x→0 x + ax 2 + bx 3 També és correcte resoldre el límit per l’Hôpital.
8.- Exercici (1,5 punts) Un camp de futbol té una amplada de b metres; la porteria té una amplada de a metres i està centrada en la ubicació respecte dels extrems.
En quins punts de la banda (x 1 i x 2 ) l’angle de gol (angle que abarca els dos costats de la porteria) és màxim i mínim respectivament.
Resposta: ` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 19-06-2006 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (1 punt) Es considera una funci´o g : R −→ R continua i es defineix aleshores la funci´o x−y f (x, y, z) = g(t)dt ∀(x, y, z) ∈ R3 xz Estudieu la diferenciabilitat de f a R3 .
Problema 2. (2 punts) Calculeu els extrems de la funci´o t G(t) = 2 e−x sign(x)dx t ∈ [−1, 1] −1 on sign(x) indica la funci´o signe de x, definida per sign(x) = −1 si x < 0 i sign(x) = 1 si x ≥ 0 Problema 3. (2 punts) Es considera la funci´o f (x, y) = x2 y 2 sin y1 f (x, 0) = 0 y=0 Estudieu el polinomi de Taylor de segon grau de f en el punt (1,0).
Problema 4. (3 punts) Siguin f : R2 −→ R, f ∈ C 2 (R2 ), F (x, y) = f (x2 − y 2 , 2xy) i definim u = x2 − y 2 i v = 2xy.
a) Calculeu ∂F ∂F ∂x (x, y), ∂y (x, y) i ∂2F (x, y).
∂x2 b) Calculeu (x2 + y 2 )dxdy D on D ´es la regi´o del primer quadrant limitada per 2xy = 2, 2xy = 4, x2 − y 2 = 1, x2 − y 2 = 2.
Problema 5. (2 punts) Estudieu la converg`encia de la integral +∞ 0 e−λx cos x √ dx x+1 (λ > 0) Resoleu cada exercici en fulls independents i poseu les vostres dades en tots els fulls ` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 30-05-2006 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) Donada la funci´o f : R2 −→ R definida per f (x, y) = |xy| a) Estudieu la continuitat de f a R2 .
b) Estudieu l’exist`encia de derivades parcials de primer ordre de f a l’origen.
c) Estudieu la diferenciabilitat de f a l’origen.
d) Calculeu la recta tangent a la corba de nivell 1 de f en el punt (1,2).
Problema 2. (2 punts) Considereu, definit al seu domini, el sistema d’equacions sin(x + y + z) = 0 2 ez+y = 1 a) Demostreu que el sistema defineix dues funcions impl´ıcites x = x(y), z = z(y) en un entorn del punt (0,1,-1).
b) Calculeu x , z , x i z en un entorn del punt (0,1,-1).
c) Si C es la corba definida per r(t) = (x(t), t, z(t)) on x i z son les funcions impl´ıcites anteriors, calculeu el vector tangent a la corba C en el punt (0,1,-1).
d) Si definim la funci´o F : R3 −→ R3 com 2 F (x, y, z) = (ex , ez+y − 1, sin(x + y + z)) Demostreu que F es localment invertible a (0,0,0) i calculeu la matriu associada a la diferencial de F −1 en el punt (1,0,0).
Problema 3. (2 punts) a) Si L(x, y) = f (x, y) + g(x, y) amb f (x, y) = y + x2 , g(x, y) = |x| − y. Podem assegurar que (0,0) ´es un extrem relatiu de f sota la condici´o g(x, y) ≤ 0? b) Estudieu els punts del conjunt A = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 2, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1} que estan a dist`ancia m`axima i m´ınima de l’origen.
Problema 4. (2 punts) Calculeu el volum del subconjunt de R3 A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , x2 + y 2 ≤ ax, z ≥ 0} Problema 5. (2 punts) Calculeu el desenvolupament en serie de Fourier de sinus de la funci´o f (x) = 1 0<x≤1 Resoleu cada exercici en fulls independents i poseu les vostres dades en tots els fulls 1 ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 19-06-2006 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (1.5 punts) Es considera la funci´o f : A ⊂ R2 −→ R, definida per f (x, y) = exy − 1 sin x · ln(1 + y) (x, y) ∈ A a) Doneu el major conjunt A ⊂ R2 en qu`e estigui definida aquesta funci´o, amb la condici´o 0 < |x| < π. Representeu gr`aficament aquest conjunt.
b) Estudieu la continuitat de f en A.
c) Estudieu la possibilitat d’ampliar el conjunt A a un conjunt obert B (mantenint la condici´o 0 < |x| < π) tal que f sigui continua en B. Doneu l’expressi´o anal´ıtica de f en B.
Soluci´ o: a) Observem que la funci´o la podem expressar de la forma, f (x, y) = F (x, y) ϕ(x)ψ(y) D’aquesta forma i com que, • F est`a ben definida a R2 • φ est`a ben definida a R, sota la condici´o 0 < |x| < π • ψ(y) est`a ben definida a (−1, +∞) • Si imposem la condici´o esmentada sobre les funcions φ i ψ obtenim, φ(x) = 0 es compleix si 0 < |x| < π ψ(y) = 0 es compleix si y = 0 Per tant, A = (x, y) ∈ R2 : 0 < |x| < π, y > −1, y = 0 b) f ´es cont´ınua en A, per ser quocient de funcions cont´ınues.
c) Cal estudiar el l´ımit de f en els punts seg¨ uents, (a, 0) 0 < |a| < π (0, b) b > −1, b = 0 (0, 0) Aleshores, lim (x, y) → (a, 0) y=0 lim y→0 y=0 f (x, y) = lim (x, y) → (a, 0) y=0 exy − 1 [sin x][ln(1 + y)] 1 eay − 1 ay a y a eay − 1 = lim = lim = ln(1 + y) sin a y→0 ay ln(1 + y) sin a y→0 ln(1 + y) sin a Per altra banda, lim f (x, y) = (x, y) → (0, b) x=0 lim (x, y) → (0, b) x=0 Finalment, lim (x, y) → (0, 0) xy = 0 f (x, y) = lim (x, y) → (0, b) xy = 0 exy − 1 b = [sin x][ln(1 + y)] ln(1 + b) exy − 1 x y =1 xy sin x ln(1 + y) Per tant, considerant el conjunt, B = (x, y) ∈ R2 : 0 < |x| < π, y > −1 ⊃ A i definint la funci´o,  f (x, y) si (x, y) ∈ A    1 si (x, y) = (0, 0) f (x, y) = x si y = 0, x = 0    siny x si x = 0, y = 0 ln(1+y) aleshores, f ´es cont´ınua en B.
Problema 2. (2 punts) Calculeu el radi de converg`encia i determineu l’interval de converg`encia de la s`erie: (x + 1)n 3n (n2 − n) n≥2 i determineu l’interval de converg`encia.
Soluci´ o: l = lim n→∞ n 1 1 1 = lim √ = 3n (n2 − n) n→∞ 3 n n2 − n 3 ja que, (n + 1)2 − (n + 1) =1 n→∞ n→∞ n2 − n Per tant, R = 3 i aix´ı, la s`erie convergeix pels x ∈ R tals que, 1 lim (n2 − n) n = lim |x + 1| < 3 ⇔ −3 < x + 1 < 3 ⇔ −4 < x < 2 A m´es a m´es, cal estudiar els extrems del domini de converg`encia per separat i d’aquesta forma, • Si x = −4, n≥1 (−3)n = 3n (n2 − n) n≥1 (−1)n n2 − n que ´es convergent pel criteri de Leibniz.
• Si x = 2, n≥1 3n = 3n (n2 − n) n≥1 n2 1 −n que ´es convergent pel criteri de comparaci´o per pas al l´ımit.
Per tant, l’interval de converg`encia ´es l’interval tancat [−4, 2].
Problema 3. (1.5 punts) Calculeu els extrems de la funci´o t G(t) = 2 e−x sign(x)dx t ∈ [−1, 1] −1 on sign(x) indica la funci´o signe de x, definida per sign(x) = −1 si x < 0 i sign(x) = 1 si x ≥ 0 Soluci´ o: Com que la funci´o G(t) ´es derivable a tot arreu excepte el punt t = 0, cerquem la funci´o derivada, G (t) = −e−t 2 e−t 2 −1 ≤ t < 0 0<t≤1 Aleshores, en el seu domini de definici´o, G (t) = 0, ∀t. Amb aix`o tenim com a possibles extrems els extrems del domini i els punts conflictius s´on {−1, 0, 1}. Observem doncs, que, G(−1) = 0 G(1) = 0 G(0) < 0 Com que ´es una funci´o parella tenim que G assoleix el m`axim absolut en t = 1 i t = −1 i un m´ınim absolut al punt t = 0.
Problema 4. (2 punts) Es considera la funci´o f (x, y) = x2 y 2 sin y1 f (x, 0) = 0 y=0 Estudieu el polinomi de Taylor de segon grau de f en el punt (1,0).
Soluci´ o: D2 f (x, y) = 2x2 y sin 1 1 − x2 cos y y y=0 f (x, k) − f (x, 0) 1 = lim x2 k sin = 0 k→0 k→0 k k D2 f (x, 0) = lim 2k sin k1 − cos k1 D2 (1, k) − D2 f (1, 0) = lim = k→0 k→0 k k D22 f (1, 0) = lim = lim k→0 2 sin 1 1 1 − cos k k k per tant no existeix el polinomi de Taylor de segon grau de f a (1, 0) Problema 5. (3 punts) Siguin f : R2 −→ R, f ∈ C 2 (R2 ), F (x, y) = f (x2 − y 2 , 2xy) i definim u = x2 − y 2 i v = 2xy.
∂F ∂F ∂x (x, y), ∂y (x, y) a) Calculeu ∂2F (x, y).
∂x2 i b) Calculeu (x2 + y 2 )dxdy D on D ´es la regi´o del primer quadrant limitada per 2xy = 2, 2xy = 4, x2 − y 2 = 1, x2 − y 2 = 2.
Soluci´ o: a) Observem que F (x, y) = f (u, v) i aix´ı, ∂F ∂f ∂f (x, y) = 2x (u, v) + 2y (u, v) ∂x ∂u ∂v ∂F ∂f ∂f (x, y) = −2y (u, v) + 2x (u, v) ∂y ∂u ∂v ∂2F ∂f (x, y) = 2 + 2x 2 ∂x ∂u ∂2f ∂2f 2x + 2y + 2y ∂u2 ∂v∂u ∂2f ∂2f 2x + 2 2y ∂u∂v ∂v 2 ∂2f ∂2f ∂f 2∂ f + 4y + 8xy +2 2 2 ∂u ∂u∂v ∂v ∂u b) Observem la regi´o d’integraci´o a la figura seg¨ uent: 4x2 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3 0.5 Considerant el canvi de variables u = xy, v = x2 − y 2 tenim, |J −1 | = y x 2x −2y (x2 + y 2 ) dx dy = D = −2(y 2 + x2 ) 1 2 2 2 du 1 dv = 1 1 2 = ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 30-05-2006 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) Considerem A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1 , n ∈ N} n2 Raoneu si son certes o falses les afirmacions seg¨ uents: a) (0,0) ´es un punt d’acumulaci´o del conjunt A.
b) (0,0) ´es un punt interior del conjunt A.
c) El conjunt A coincideix amb la seva frontera.
d) A = B((0, 0), 1) Soluci´ o: a) Cert. I ´es que, ∀ε > 0, [B((0, 0), ε) − (0, 0)] ∩ A = ∅ b) Fals. Perqu`e (0, 0) ∈ / A, per tant no pot ser un punt de l’interior de A.
c) Fals. El punt (0, 0) tamb´e pertany a la frontera de A. Ja que ∀ε > 0, [B((0, 0), ε)] ∩ A = ∅ i [B((0, 0), ε)] ∩ [R2 − A] = ∅ d) Fals. El punt 0, √ 2 2 ∈ B((0, 0), 1) i alhora, aquest mateix punt no ´es de A.
Problema 2. (1.5 punts) Donada la funci´o f : R2 −→ R definida per f (x, y) = |xy| a) Estudieu la continuitat de f a R2 .
b) Estudieu l’exist`encia de derivades parcials de primer ordre de f a l’origen.
c) Estudieu la diferenciabilitat de f a l’origen.
Soluci´ o: a) La funci´o ´es clarament cont´ınua en no presentar cap punt de conflicte a nivell de continu¨ıtat.
El terme de l’arrel ´es sempre positiu, doncs, el valor absolut ens ho assegura.
b) ∂f f (h, 0) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) = lim = lim =0 h→0 h→0 ∂x h h f (0, k) − f (0, 0) 0−0 ∂f (0, 0) = lim = lim =0 k→0 k→0 ∂y k k c) Estudiarem la diferenciabilitat des de la seva pr`opia definici´o, f (h, k) − f (0, 0) − (0, 0) √ lim (h,k)→(0,0) h2 + k 2 1 h k = |hk| √ 2 (h,k)→(0,0) h + k2 lim I ara prenent dues direccions diferents, obtindrem dos valors diferents del l´ımit per tant conclourem que la funci´o no ´es diferenciable a l’origen: |hk| √ =0 2 h + k2 lim (h, k) → (0, 0) h=0 lim (h, k) → (0, 0) h, k ≥ 0, h = k √ √ hk h2 1 √ = lim √ = √ =0 2 2 h→0 2 h +k 2h2 Problema 3. (2 punts) Calculeu el valor aproximat de ln(1.04) amb un error no superior a 10−6 .
Soluci´ o: Sigui f (x) = ln(1 + x). Si intentem trobar el desenvolupament de la funci´o en s`erie de Taylor entorn de l’origen, ens cal trobar una expressi´o per a les derivades successives de la funci´o.
f (x) = (1 + x)−1 f (x) = ln(1 + x) f (x) = −(1 + x)−2 f (x) = 2(1 + x)−3 I de forma recursiva podem trobar l’expressi´o que ens dona la derivada n-`essima, f (n) (x) = (−1)n−1 (n − 1)!(1 + x)−n , ∀n ∈ N Per tant, l’expressi´o del polinomi de Taylor ´es: n Pn (x) = k=1 (−1)k−1 k 1 1 (−1)n−1 n x = x − x2 + x3 − ... + x k 2 3 n on cal tenir en compte el valor del reste de Lagrange, donat per, Rn (x) = f (n+1) (θx) n+1 (−1)n xn+1 x = (n + 1)! n + 1 (1 + θx)n 0<θ<1 Aleshores, podem expressar la funci´o com, f (x) = Pn (x) + Rn (x) Si tenim x = 0.04 = Rn 1 25 , n+1 1 1 25 = 1 n + 1 1 + θ 25 1 25 n = 1 1 1 1 1 < n n+1 n + 1 25 (25 + θ) n + 1 25 Aix´ı, 1 1 < 10−6 ⇒ n ≥ 3 2n+2 n+15 El plantejament que hem fet de fet equival a escriure, |Rn (0, 04)| < 10−6 ⇒ (n + 1)52n+2 > 106 i per a n = 3 es verifica, 4 · 58 = 4 10 2 8 =4 102 6 100 6 10 = 10 > 106 28 64 2 Per tant, ln(1.04) 1 1 x − x2 + x3 2 3 amb error inferior a 10−6 . Finalment, per x = 0.04, 1 1 0.000064 ln(1.04) = 0.04 − (0.04)2 + (0.04)3 = 0.04 − 0.0008 + = 2 3 3 = 0.04 − 0.0008 + 0.000021 = 0.039221 Problema 4. (1.5 punts) Considereu, definit al seu domini, el sistema d’equacions sin(x + y + z) = 0 2 ez+y = 1 a) Demostreu que el sistema defineix dues funcions impl´ıcites x = x(y), z = z(y) en un entorn del punt (0,1,-1).
b) Calculeu x , z , x i z en un entorn del punt (0,1,-1).
c) Si C es la corba definida per r(t) = (x(t), t, z(t)) on x i z son les funcions impl´ıcites anteriors, calculeu el vector tangent a la corba C en el punt (0,1,-1).
Soluci´ o: a) Sigui F = (f1 , f2 ), aleshores es verifica, • F ∈ C1 • F (0, 1, −1) = (0, 0) • ∂f1 ∂x ∂f2 ∂x ∂f1 ∂z ∂f2 ∂z = cos(x + y + z) cos(x + y + z) 2 0 ez+y = (0,1,−1) 1 1 0 1 =1=0 Aleshores pel teorema de la funci´o impl´ıcita podem assegurar que x = x(y) i z = z(y) en un entorn del punt (0, 1, −1).
b) Si tenim sin(x(y) + y + z(y)) = 0 2 ez(y)+y = 1 Si derivem respecte y: cos(x(y) + y + z(y)) · (x (y) + 1 + z (y)) = 0 2 (z (y) + 2y)ez(y)+y = 1 Manipulant les expressions obtingudes tindrem, x (y) = −1 − z (y) z (y) = −2y I aix´ı, tindrem x (y) = 2 z (y) = −2 3 c) Considerem C ≡ r(t) = (x(t), t, z(t)). Aleshores el vector tangent a C en (0, 1, −1) ´es r (1), r (1) = (x (1), 1, z (1)) = (1, 1, −2) Problema 5. (1 punts) Estudieu els punts del conjunt A = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 2, (x − 1)2 + y 2 ≤ 1} que estan a dist`ancia m`axima i m´ınima de l’origen.
Soluci´ o: Treballarem amb la funci´o dist`ancia al quadrat, ja que mant´e els extrems relatius i abosluts en els matixos punts que la funci´o dist`ancia i ´es m´es f`acil de treballar a l’hora de cercar els extrems.
El conjunt A ´es un compacte i la funci´o a estudiar, f (x, y) = x2 + y 2 ´es cont´ınua per tant, i pel teorema de Weierstrass, la funci´o assolir`a un m`axim i un m´ınim absoluts en A.
Estudiem, doncs, primerament l’interior de la regi´o a tractar i seguidament n’estudiarem els punts de la frontera.
◦ A: Nom´es apareix com a candidat a extrem el punt (0, 0) que alhora, no ´es de l’interior de A. Per tant, no hi ha cap candidat ferm a extrem a l’interior del domini.
∂A: Escrivim la funci´o de Lagrange per a la restricci´o referent a la circumfer`encia mentre que pel cas del semiespai definit per la recta donada com a restricci´o l’estudiarem directament substiuint els valors.
L(x, y, λ) = x2 + y 2 + λ(x2 − 2x + y 2 ) D’on hem de resoldre el sistema, ∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂λ   =0  2x(1 + λ) − 2λ = 0  =0 2y(1 + λ) = 0 ⇔   x2 − 2x + y 2 = 0 =0 D’on obtenim els punts (0, 0) i (2, 0). Per altra banda, si substituim directament la restricci´o donada per la recta x + y = 2 reescrita com y = 2 − x obtenim, g(x) = x2 + (2 − x)2 ⇔ 2x − 2(2 − x) = 0 ⇔ 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1 D’on traiem el punt candidat (1, 1).
Finalment si estudiem els punts de tall de les restriccions tindrem com a candidats directament els punts (1, 1) i (2, 0).
Aix´ı doncs, avaluant la funci´o dist`ancia al quadrat en aquests punts candidats obtindrem els extrems absoluts.
f (0, 0) = 0 ⇒ m´ınim absolut f (2, 0) = 4 ⇒ m` axim absolut f (1, 1) = 2 Problema 6. (2 punts) Calculeu el volum del subconjunt de R3 A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , x2 + y 2 ≤ ax, z ≥ 0} 4 Soluci´ o: Sigui E la regi´o a integrar projectada sobre el pla z = 0, ´es a dir, E = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ ax a2 − (x2 + y 2 ) dx dy π 2 = π 2 1 =− 3 π 2 − π2 a cos θ 3 3 2 2 − 1 dθ = − 2 r2 dr 0 (a2 − r2 ) 2 − π2 a2 r − π2 E 1 =− 2 a cos θ 0 2 3 2 2 2 (a − a cos θ) − (a ) ∗ =− a 3 π 2 1 dθ = − 3 3 π 2 = − π2 a cos θ (−2r) a2 − r2 dr dθ = − π2 (a2 − r2 ) 2 a3 dθ = − 3 3 2 4 −π 3 − π2 π 2 0 a cos θ 0 dθ = ∗ (|sin3 θ| − 1) dθ = πa3 4a3 − 3 9 Cal tenir en compte que hem utilitzat, π 2 ∗ − π2 0 = − π2 − π2 − π2 = cos θ − sin3 θ dθ = 0 π 2 2 sin θ(1 − cos2 θ) dθ = 0 0 − sin θ dθ + π 2 − sin3 θ dθ + − sin θ(1 − cos θ) dθ + 0 = 0 | sin3 θ| dθ = − π2 π 2 sin θ cos2 θ dθ + cos3 θ 3 0 0 + − cos θ + − π2 5 π 2 sin θ dθ − sin θ cos2 θ dθ = 0 cos3 θ 3 π 2 0 = 2 2 4 + = 3 3 3 ` EXAMEN DE CALCUL (Primer Parcial) 16-01-2007 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (0.5 punts) Donat el conjunt A = {z ∈ C : Re(2z) = Im(z − 3)} estudieu si A ´es un conjunt obert, tancat, fitat i/o compacte.
Soluci´ o: Si considerem z = x + iy podem escriure el conjunt A com A = {(x, y) ∈ R2 : 2x = y} Per estudiar si el conjunt A ´es obert, tancat, fitat i/o compacte estudiarem l’interior i l’adher`encia d’aquest conjunt.
◦ A=∅ Per tant com A no coincideix amb el seu interior, no ´es obert.
Observant l’adher`encia podem veure que A = A per tant, el conjunt A ´es tancat.
A no ´es fitat A no ´es compacte per no ser tancat i fitat.
Problema 2. (1.5 punts) Calculeu el radi de converg`encia de la s`erie n2 (x + 2)n n! n≥2 i si ´es possible, calculeu la suma per x = −1.
Soluci´ o: Calculem el l´ımit seg¨ uent per trobar el radi de converg`encia de la s`erie l= (n+1)2 (n+1)! lim n2 n→∞ n! (n + 1)2 n! n+1 = lim =0 n→∞ (n + 1)!n2 n→∞ n2 = lim Per tant R = +∞ i la s`erie ´es absolutament convergent ∀x ∈ R Si x = −1 n≥2 n2 (x + 2)n = n! n≥2 n2 n! Descomposem la fracci´o en una suma de la forma seg¨ uent: n2 n A B A + B(n − 1) = = + = n! (n − 1)! (n − 1)! (n − 2)! (n − 1)! D’aqu´ı podem extreure A − B = 0 i B = 1, es a dir, A = B = 1 I com sabem n≥2 1 =e−1 (n − 1)! n≥2 Podem dir que la suma per x = −1 val n≥2 n2 = 2e − 1 n! 1 =e (n − 2)! Problema 3. (1.5 punts) Estudieu la converg`encia de la successi´o recurrent seg¨ uent, essent a ∈ R, 0 < a < 4, √ xn+1 = 4 + 3xn , x1 = a i calculeu-ne el l´ımit, si s’escau.
Soluci´ o: Per estudiar la converg`encia de la successi´o mirarem si ´es creixent i si est`a acotada Primer vegem que la successi´o est`a fitada superiorment aplicant el m`etode d’inducci´o √ √ x1 = a ⇒ x2 = 4 + 3a < 4 + 3 · 4 = 4 Suposem per hip`otesi d’inducci´o que xn < 4 √ √ xn+1 = 4 + 3xn < 4 + 3 · 4 = 4 ⇒ xn+1 < 4 Per tant podem dir que la successi´o est`a acotada superiorment per 4 Per veure si la successi´o ´es creixent farem servir tamb´e la inducci´o. Pel cas n = 1 tenim √ √ x2 = 4 + 3a > 4a > a = x1 ⇒ x2 > x1 Per hip`otesi d’inducci´o suposem xn > xn−1 i demostrem que xn+1 > xn o de manera equivalent que x2 n+1 > x2 n ja que xn > 0 ∀n ∈ N ? 4 + 3xn > 4 + 3xn+1 Podem veure que aix`o ´es cert per la hip`otesi d’inducci´o.
Com la successi´o ´es creixent, est`a fitada inferiorment pel primer terme de la successi´o, per tant, est`a fitada. En R, una successi´o mon`otona i fitada ´es convergent, per tant, aquesta successi´o convergeix.
Per calcular el l´ımit farem L= √ 4 + 3L ⇒ L2 − 3L − 4 = 0 ⇒ L = 4 Amb aix`o el problema queda resolt, per`o estudiarem una manera alternativa utilitzant el teorema del valor mig.
√ Considerem la funci´o f (x) = 4 + 3x definida en R+ . Aquesta funci´o ´es continua i derivable en tot el seu domini, amb derivada 3 3 3 f (x) = √ < √ = <1 4 2 4 + 3x 2 4 Utilitzant el teorema del valor mig f (x) − f (y) = f (c)(x − y) Obtenim |f (x) − f (y)| = |f (c)||x − y| < α|x − y| Aix`o ´es cert ∀x, y ∈ R+ α= 3 4 Amb aquest resultat podem afirmar que la funci´o ´es contracci´ o i pert tant t´e un u ´nic punt fix que ´es el l´ımit de la successi´o √ xn+1 = 4 + 3xn √ f (L) = L ⇒ L = 4 + 3L ⇒ L = 4 Problema 4. (1 punt) Estudieu la continuitat de la funci´o f en tots els punts del seu domini, essent f : A ⊂ R2 −→ R definida per  x(ey − 1)   y>0    sin y     x3 f (x, y) = y ≤ 0, (x, y) = (0, 0)    x2 + y 2       0 (x, y) = (0, 0) Soluci´ o: Fixem-nos primer que en el cas (x, y) ∈ A : y = 0 f ´es cont´ınua a (x, y) En el cas en que (x, y) ∈ A : y = 0, x = 0 ⇒ (x, y) = (a, 0) a = 0 podem veure lim (x, y) → (a, 0) y>0 x(ey − 1) = sin y lim (x, y) → (a, 0) y>0 lim (x, y) → (a, 0) y≤0 x(ey − 1) y =a y sin y x3 =a x2 + y 2 f (x, y) = f (a, 0) = a Per tant, aplicant el teorema de descomposici´o del domini, f ´es cont´ınua a (x, y) = (a, 0) a = 0 Calculem ara els l´ımits i la imatge per (x, y) = (0, 0) lim (x, y) → (0, 0) y>0 lim (x, y) → (0, 0) y≤0 x(ey − 1) =0 sin y x3 =0 x2 + y 2 f (x, y) = f (0, 0) = 0 Per tant f ´es cont´ınua a (x, y) = (0, 0) i per tant ´es cont´ınua en tot el seu domini.
Problema 5. (1 punt) Considerem la funci´o f : R − {0} −→ R, definida per 1 f (x) = e− x2 a) Determineu, si ´es possible, una extensi´o cont´ınua F de f a R.
b) Estudieu la derivabilitat de F en R.
c) Demostreu que l’equaci´o F (x) − 12 = 0 t´e una u ´nica soluci´o real positiva.
Soluci´ o: a) La funci´o f est`a definida en R0 = R − {0} i ´es cont´ınua per ser composici´o de funcions continues.
Per a que existeixi extensi´o cont´ınua F a R cal que existeixi el l´ımit de f a l’origen: −1 lim f (x) = lim e x2 = lim e−t = 0 x→0 t→∞ x→0 On per calcular-ho hem realitzat el seguent canvi de variable  1  x2 = t  x→0⇔t→∞ Per tant la funci´o F : R → R definida per   F (x) =  0 x=0 f (x) x=0 ´es continua en R −1 b) Si x = 0, la funci´o F ´es derivable, per ser-ho f i ´es compleix F (x) = 2x−3 e x2 Cal analitzar la derivabilitat a l’origen −1 F (x) − F (0) e x2 x−1 lim = lim = lim x−2 x→0 x→0 x x→0 e x Apliquem la regla de l’ Hˆopital i calculem lim x→0 e −x−2 x = lim 1 = 0 −3 x→0 (−2x ) e x2 x−2 Per tant existeix F (0) i val 0, ´es a dir, la funci´o derivada ´es   0 x=0  F (x) =   2x−3 e −1 x2 x=0 c) Definim Φ : R −→ R com Φ(x) = F (x) − 12 ∀x ∈ R.
Φ ´es cont´ınua en R per ser-ho F . Estudiem els canvis de signe de Φ: Φ(0) = F (0) − Φ(1) = F (1) − Φ(2) = F (2) − 1 1 1 =0− =− <0 2 2 2 1 1 1 1 2−e = e−1 − = − = <0 2 2 e 2 2e 1 1 1 2 − e1/4 1 = e−1/4 − = 1/4 − = >0 2 2 2 e 2e1/4 Per tant, aplicant el teorema de Bolzano, ∃x0 ∈ (1, 2) tal que Φ(x0 ) = 0 Aquest punt ´es l’´ unic que compleix aquesta propietat, ja que −1 Φ (x) = F (x) = 2x−3 e x2 = 0 ∀x = 0 i com a conseq¨ u`encia del teorema de Rolle no pot existir x1 tal que Φ(x1 ) = 0.
Problema 6. (1 punt) Sigui f : [a, b] −→ R, una funci´o continua a [a, b] i P = (α, 0) un punt de l’eix d’abcisses. Demostreu que existeix un punt de la gr`afica y = f (x), amb x ∈ [a, b], que ´es el m´es proper a P d’entre tots els punts de la gr`afica.
Soluci´ o: La dist`ancia de P als punts de la gr`afica de f v´e donada per la funci´o d : [a, b] −→ R+ definida per d(x) = d((x, f (x)), (α, 0)) = (x − α)2 + f 2 (x) d ´es cont´ınua a [a, b] per ser-ho f i per tant, d assoleix un m´ınim a [a, b] (Teorema de Weiestrass).
Problema 7. (1 punt) Proveu amb l’ajut dels polinomis de Taylor que les funcions f (x) = sin x i f (x) = tan x s´on infinit`essims equivalents en l’entorn de x = 0.
Soluci´ o: Per veure que s´on infinit`essims equivalents el primer que farem ser`a calcular els polinomis de Taylor de primer ordre en l’entorn de x = 0 sin(x) = x − x3 + Rn (x, 0) 3! tan(x) = x + x3 + Rn (x, 0) 3 Per veure la equival`encia calcularem el l´ımit seguent x− sin(x) = lim lim x→0 x + x→0 tan(x) x3 3! x3 3 + Rn (x, 0) + Rn (x, 0) = lim x→0 1− 1+ x2 3! x2 3 + Rn (x, 0) + Rn (x, 0) =1 Aquest resultat ens demostra la equival`encia d’aquestes dues funcions en l’entorn de x = 0 x . Doneu un 1+x domini a on sigui uniformement cont´ınua i un domini a on no ho sigui. Justifiqueu la vostra resposta.
Problema 8. (1 punt) Analitzeu la continuitat uniforme de la funci´o f (x) = x Soluci´ o: Si la funci´o f (x) = 1+x est` a definida en un conjunt compacte, el qual no contingui x = −1, ser`a uniformement cont´ınua, ja que tota funci´o cont´ınua definida en un conjunt compacte ´es uniformement cont´ınua.
Un possible domini per a que la funci´o no sigui uniformement cont´ınua seria (−1, α] amb α ∈ R, α > −1 Problema 9. (1.5 punts) Estudieu els extrems relatius i absoluts de f (x) = ||x2 − 4| − 5| a [− 25 , 4].
Soluci´ o: Observant la funci´o donada f (x) = ||x2 − 4| − 5| amb x ∈ [− 52 , 4] podem veure que (x2 − 4) < 0 si [|x| < 2 ⇔ −2 < x < 2] i per tant la funci´o queda definida de la manera seg¨ uent  2 |x − 9| = 9 − x2         | − 1 − x2 | = 1 + x2    f (x) = |x2 − 9| = 9 − x2          |x2 − 9| = x2 − 9   x ∈ [− 52 , −2] x ∈ (−2, 2] x ∈ (2, 3] x ∈ (3, 4] Calculem els l´ımits laterals a x = −2, x = 2 i x = 3 per veure si la funci´o es cont´ınua en aquests punts.
lim f (x) = 5 = lim f (x) x→−2− x→−2+ lim f (x) = 5 = lim f (x) x→2− x→2+ lim f (x) = 0 = lim f (x) x→3− x→3+ Veiem que el l´ımits s´on iguals i coincideixen amb la imatge, per tant que la funci´o es cont´ınua en tot el seu domini.
Aquesta funci´o no ´es derivable a x = −2, x = 2.
Calculem la funci´o derivada all`a on t´e sentit  −2x         2x    f (x) = −2x          2x   Podem observar que f (x) s’anul·la en x = 0.
x ∈ (− 52 , −2) x ∈ (−2, 2) x ∈ (2, 3) x ∈ (3, 4) Com la funci´o ´es cont´ınua i est`a definida en un conjunt compacte aplicarem el teorema de Weiestrass. Calculem les imatges dels punts on la funci´o no ´es derivable x = −2, x2 = 2 i x3 = 3 f (−2) = 5 f (2) = 5 f (3) = 0 Calculem la imatge de la funci´o en els punts a on s’anul·la la derivada, ´es a dir, en x = 0 f (0) = 1 I tamb´e als extrems del domini de la funci´o x = − 52 , x = 4 5 11 f (− ) = 2 4 f (4) = 7 Amb aix`o podem dir que en el punt x = 3 hi ha un m´ınim absolut i en x = 4 el m`axim absolut.
Estudiant el signe de la derivada segona all`a a on t´e sentit, o b´e diagrames de creixement i decreixement, podem assegurar que a x = −2 x=2 x=0 x = − 52 hi hi hi hi ha ha ha ha un un un un m`axim relatiu; m`axim relatiu; m´ınim relatiu; m´ınim relatiu.
Resoleu cada exercici en fulls independents i poseu les vostres dades en tots els fulls ` EXAMEN DE CALCUL (2n Final) 18-06-2007 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2.5 punts) Considereu f : A ⊂ R2 −→ R definida per  3 y  y e 1+x yπ f (x, y) =  tg( 4 ) 0 y=0 y=0 a) (1 punt) Estudieu la continu¨ıtat de f a l’origen.
b) (1 punt) Considereu g(x) = ln f (x, 1). Calculeu la s`erie de Taylor associada a g al voltant de l’origen.
c) (0.5 punts) Raoneu si ´es possible aconseguir la s`erie de l’apartat b) sense calcular derivades.
Soluci´ o.
a) Per estudiar la continu¨ıtat de f a l’origen, hem de veure si lim (x,y)→(0,0) Per calcular f (x, y) = f (0, 0) = 0 y y 3 e 1+x lim yπ (x,y)→(0,0) tg( 4 ) cal distingir subdominis, per tant aplicarem el teorema de descomposici´o del domini. Per una banda, y y y 3 e 1+x y π4 1+x − 1 lim =0 y yπ π (x, y) → (0, 0) 1+x − 1 tg( 4 ) y 4 y=0 i d’altra banda, lim f (x, y) = 0 (x, y) → (0, 0) y=0 Aixi doncs, aplicant el teorema de descomposici´o del domini tenim que lim (x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 d’on deduim que f ´es cont´ınua a (0,0).
b) Considerem g(x) = ln f (x, 1) = l’origen.
1 1+x .
Volem calcular el polinomi de Taylor de g(x) entorn de Pn (x) = n≥0 Per tant, ens cal la derivada n-`essima en x = 0.
g (n) (0) n x n! g(x) = 1 −1 1·2 ; g (x) = ; g (x) = ; 1+x (1 + x)2 (1 + x)3 De forma que g (n) (x) = · ·· (−1)n · n! (1 + x)n+1 ´ a dir, Es g (n) (0) = (−1)n · n! per tant, la s`erie de Taylor que busquem ´es (−1)n xn n≥0 1 c) Si ens fixem b´e, 1+x ´es la suma d’una s`erie geom`etrica de terme general −x, quan |x| < 1; sin´o la s`erie ´es divergent. Volem dir, 1 si |r| < 1 1−r rn = n≥0 Per tant, en el nostre cas, com que estem fent un an`alisi entorn del zero i de forma local 1 = 1+x (−x)n = n≥0 (−1)n xn n≥0 i per unicitat de la s`erie de Taylor ser`a el desenvolupament buscat.
Problema 2. (3 punts) a) (1 punt) Considereu el conjunt A ⊂ R2 definit per: A= x, sin 1 x , x > 0 ∪{(0, 0)} Fig. Sinus topol`ogic ´ l’origen Calculeu el conjunt de punts d’acumulaci´ o, l’adher`encia, l’interior i la frontera de A. Es un punt a¨ıllat? b) (0.5 punts) Sigui fn (x) = sinn (x) definit per a x ∈ 0, π2 . Discutiu la converg`encia puntual i uniforme de la successi´o a l’interval de definici´o.
c) (1 punt) Doneu la s`erie de Fourier associada a la funci´o f (x) = x, per a x ∈ (0, 2π) i discutiu la converg`encia de la s`erie.
d) (0.5 punts) Calculeu k≥0 (−1)k (2k + 1) Soluci´ o.
a) Punts d’acumulaci´ o Tots els punts de la forma (x, sin x1 ) s´on d’acumulaci´ o, doncs ∀ε > 0 si considerem Bε x, sin 1 x ∩ A − x, sin 1 x no ser`a aquest un conjunt buit, doncs, per exemple, el punt ε 1 x + , sin 2 x+ ε 2 hi pertany.
Pel que fa al punt (0,0) tamb´e ´es d’acumulaci´ o, doncs fixat ε > 0 podem prendre k = nπε i aleshores, el punt ε k , sin k ε = 1 ,0 nπ si prenem n prou gran (cal que k > 1, aix´ı ε k ∈ Bε (0, 0) − (0, 0) ∩ A < ε i estar`a dins la bola, per tant cal n > 1 πε ).
Fig. Bε (0, 0) ∩ {sinus topol`ogic} Aix´ı doncs, A ⊂ A .
Fixem-nos per`o que els punts de la forma (0, y) amb y ∈ [−1, 1] tamb´e son d’acumulaci´o tot i no ser de A ja que pel mateix argument que pel punt (0,0) sempre podrem trobar elements de A dins de qualsevol bola punxada de centre el punt i radi ε.
Adher`encia A = A = A ∪ {(0, y), y ∈ [−1, 1]} Interior ◦ a ∈ A ⇔ [∃ε > 0 tal que Bε (a) ⊂ A] En ser A un conjunt de dimensi´o 1 que viu a R2 no tindr`a ◦ interior. Dit d’una altra manera, sabem que A ⊂ A i a m´es a m´es, ∀ε > 0, Bε (a)∩Ac = ∅ ∀a ∈ A ◦ Per tant, A = ∅ Frontera Tots els punts de A s´on frontera, doncs ∀a ∈ A, ∀ε > 0 Bε (a) ∩ A = ∅ i Bε (a) ∩ Ac = ∅.
Tamb´e ho s´on, per`o, els punts de la forma (0, y), y ∈ [−1, 1] com ja hem argumentat a ◦ l’acumulaci´o. A m´es a m´es, com que ∂A = A− A= A ∪ {(0, y), y ∈ [−1, 1]} − {∅} = A = A En definitiva, A = A = ∂A = A ∪ {(0, y), y ∈ [−1, 1]} ◦ A= ∅ El punt (0, 0) no ´es a¨ıllat, doncs ´es de l’acumulaci´ o de A.
b) Estudiem primer la converg`encia puntual: • Si x = 0, lim fn (0) = lim sinn (0) = lim 0 = 0 n→∞ n→∞ • x = π2 , π 2 lim fn n→∞ • x ∈ 0, π2 , n→∞ = lim sinn n→∞ π 2 = lim 1 = 1 n→∞ lim fn (x) = lim sinn (x) = 0 n→∞ n→∞ Per tant, la successi´o de funcions t´e l´ımit puntual 0 x ∈ 0, π2 1 x = π2 f (x) = En ser fn una successi´o de funcions cont´ınues i el l´ımit una funci´o discont´ınua, la converg`encia no podr`a ser uniforme.
c) La s`erie de Fourier associada a la nostra funci´o vindr`a donada per, SF f (x) = amb a0 + 2 ∞ an cos n=1  1    an = L 1    bn = L nπx nπx + bn sin L L 2L nπx dx L 0 2L nπx f (x) sin dx L 0 f (x) cos amb f (x) = x i 2L = 2π ja que l’interval de definici´o de la funci´o ´es el (0, 2π). Calculem a continuaci´o els termes a0 , an i bn que defineixen la s`erie, 1 a0 = π an = 1 π 2π x cos 0 2π 0 1 x2 x dx = π 2 nπx π dx = 1 π 2π = 2π 0 2π x cos(nx) dx = 0 = bn = = 1 π 1 cos(nx) x sin(nx) + π n2 n 2π nπx π x sin 0 1 sin(nx) x cos(nx) − π n2 n 2π = 0 dx = 1 π 2π =0 0 2π x sin(nx) dx = 0 −2π cos 2nπ 2 2 − 0 = − cos(2nπ) = − π n n n De forma que la s`erie de Fourier queda, SF f (x) = π − 2 n≥1 sin(nx) n I podem veure la representaci´o de la funci´o i la de la suma dels n primers termes de la s`erie de Fourier per a diversos valors de n: Fig. n = 1 Fig. n = 2 Fig. n = 3 Fig. n = 4 Fig. n = 8 Fig. n = 32 Pel que fa a converg`encia de la s`erie de Fourier, com que f (x) = x i f (x) = 1 s´on cont´ınues a (0, 2π) i a intervals m´ ultiples d’aquest, i tan sols s´on discont´ınues als l´ımits de l’interval, que ´es un conjunt numerable de punts en qu`e, a m´es a m´es, existeixen els l´ımits laterals, i com que f (x) est`a definida peri`odicament amb periode 2π, ´es a dir, f (x + 2π) = f (x), aleshores SF f (x) convergeix cap a f (x) si x ´es un punt de continu¨ıtat i convergeix cap a 21 (f (x− ) + f (x+ )) si ´es punt de discontinu¨ıtat, ´es a dir, a π si x = 2kπ, k ∈ Z d) Si avaluem SF f (x) en x = SF f π 2 obtenim, π 2 ∞ =π−2 k=0 aix´ı que, k≥0 (−1)k π =f (2k + 1) 2 = π 2 (−1)k π = 2k + 1 4 Problema 3. (2 punts) a) (1 punt) Si f : A ⊂ R2 −→ R, doneu l’expressi´o seg¨ uent en coordenades polars, x ∂f ∂f +y ∂x ∂y b) (1 punt) Sigui f : A ⊂ R2 −→ R, f ∈ C 1 i de forma que f ´es constant a la frontera de A.
Calculeu ∂f x ∂f ∂x + y ∂y dx dy 2 2 A x +y on A = {(x, y) ∈ R2 , y ≤ x, x2 + y 2 ≤ R2 , x ≥ 0, y ≥ 0} Soluci´ o.
a) Considerem el canvi a coordenades polars x(r, θ) = r cos θ y(r, θ) = r sin θ d’on r(x, y) = x2 + y 2 θ(x, y) = arctan xy De la regla de la cadena dedu¨ım  ∂f ∂f ∂r ∂f ∂θ   = +  ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x   ∂f ∂f ∂r ∂f ∂θ    = + ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y Calculem ∂r ∂r ∂θ ∂θ , , i .
∂x ∂y ∂x ∂y ∂r = ∂x x x2 + y2 ; ∂θ −y = 2 ; ∂x x + y2 Aleshores, x ∂r = ∂y y x2 + y2 ∂θ x = 2 ∂y x + y2 ∂f ∂f ∂f +y =r ∂x ∂y ∂r b) Calcularem ∂f x ∂f ∂x + y ∂y dx dy x2 + y 2 aplicant el teorema del canvi de variable i considerant el canvi a coordenades polars.
A ∂f x ∂f ∂x + y ∂y dx dy = 2 2 A x +y A aplicant el teorema fonamental de C`alcul, π 4 = r ∂f ∂r r dr dθ = r2 π 4 0 R 0 ∂f dr dθ = ∂r [f (R, θ) − f (0, θ)]dθ = 0 0 A la u ´ltima igualtat hem utilitzat el fet de que f ´es constant a la frontera, i per tant f (R, θ) = f (0, θ) Problema 4. (2.5 punts) a) (0.5 punts) Sigui f : I −→ R una funci´o fitada en un interval compacte I ⊂ R2 . Es compleix que, per a qualsevol conjunt mesurable C ⊂ I, f (x, y) dx dy = µ(C) (mesura de C) C Raoneu si aix`o vol dir que f (x, y) = 1 ∀(x, y) ∈ I.
b) (2 punts) Calculeu la integral 2 (x2 − y 2 )e(x−y) dx dy I= A essent A ⊂ R2 el conjunt definit per A = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 3, xy ≥ 2, x ≥ y, x + y ≥ 0}.
Soluci´ o.
a) No t´e perqu`e ser f (x, y) = 1 ∀(x, y) ∈ I. Pot ser, per exemple, f (x, y) = 0 essent (x, y) punts de A on A = {(x, y) ∈ I} tal que µ(A) = 0 b) Hem de considerar la regi´o representada a continuaci´ o, Fig. Regi´o d’integraci´ o Resoldrem la integral considerant el canvi de variable u(x, y) = x + y v(x, y) = x − y d’on x(u, v) = y(u, v) = u+v 2 u−v 2 El jacobi`a del canvi ´es: ∂(x, y) = ∂(u, v) 1 2 1 2 1 2 − 12 =− 1 2 i amb aquest canvi la nova regi´o d’integraci´ o ´es la seg¨ uent: Fig. Regi´o d’integraci´ o despr´es del canvi Aleshores 2 2 (x2 − y 2 )e(x−y) dx dy = A amb A = {(u, v) ∈ R2 : u≤ uvev − A 3, u2 − v2 ≥ 8, v ≥ 0}, per tant 1 du dv 2 uvev I= 2 A = 1 = 4 1 2 1 0 1 vev 3 u2 2 √ 2 0 1 ve dv − 4 1 v2 0 1 1 du dv = 2 dv = 8+v 2 2 vev dv 0 1 4 1 3 √ 8+v 2 u du = 2 2 9 − (8 + v 2 ) vev dv = 0 1 1 v2 v e dv = e 4 2 3 v2 1 1 1 2 2 − (v − 1)ev 4 2 0 1 = 0 1 1 e−2 = (e − 1) − (0 + 1) = 8 8 8 Tamb´e podem pensar en un plantejament alternatiu, √ A = 2 2 ≤ u ≤ 3; 0 ≤ v ≤ u2 − 8 i d’aquesta forma la integral resta com segueix, √ u2 −8 3 I= 1 = 4 √ 2 2 0 3 √ u 2 2 e u2 −8 1 1 2 uv ev du = 2 2 3 1 v2 e √ u 2 2 2 1 1 u2 −8 u2 − 1 du = e − 4 2 2 √ u2 −8 du = 0 3 √ 2 2 = e−2 8 arribant, ´es clar, al mateix resultat.
Resoleu cada exercici en fulls independents i poseu les vostres dades en tots els fulls ` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 28-05-2007 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) Considereu, definit al seu domini, el sistema d’equacions x2 + xy + ez − u3 = e x − y + uz + ln v = 1 on el punt P = (x, y, z, u, v) = (0, 0, 1, 0, e) ´es soluci´o del sistema.
a) Estudieu si el sistema defineix x = x(z, u, v), y = y(z, u, v) en un entorn del punt P .
b) En cas que el sistema defineixi x = x(y, u, v) en un entorn del punt P , doneu una aproximaci´ o lineal de x en un entorn del punt (0, 0, e).
Soluci´ o.
a) Considerem la funci´o F : R5 −→ R2 definida per F1 (x, y, z, u, v) = x2 + xy + ez − u3 − e F2 (x, y, z, u, v) = x − y + uz + ln v − 1 i apliquem el teorema de la funci´o impl´ıcita. Primer de tot mirem si es compleixen les hip`otesi del teorema.
1) F ∈ C 1 2) F (0, 0, 1, 0, e) = (0, 0) 3) ∂F1 ∂x ∂F2 ∂x ∂F1 ∂y ∂F2 ∂y = P 2x + y x 1 −1 = P 0 0 1 −1 =0 Per tant, com no es compleix la tercera hip`otesi del teorema de la funci´o impl´ıcita, el sistema no defineix x = x(z, u, v), y = y(z, u, v) en un entorn del punt P .
b) Per veure si el sistema defineix x = x(y, u, v), z = z(y, u, v) estudiarem si es compleix, en aquest cas, la tercera hip`otesi del teorema de la funci´o impl´ıcita, vist a l’apartat a) que es compleixen les dues primeres.
3) ∂F1 ∂F1 2x + y ez 0 e ∂x ∂z = = = −e = 0 ∂F2 ∂F2 1 u 1 0 ∂x ∂z P P Per tant el sistema defineix x = x(y, u, v) en un entorn del punt P .
Per trobar una aproximaci´o lineal de x en un entorn del punt (0, 0, e) estudiem el desenvolupament de Taylor de primer grau en un entorn del punt (0, 0, e).
x=0+ • C`alcul de ∂x ∂x ∂x (0, 0, e)(y − 0) + (0, 0, e)(u − 0) + (0, 0, e)(v − e) ∂y ∂u ∂v ∂x ∂y (0, 0, e) ∂x z ∂z 2x ∂x ∂y + x + y ∂y + e ∂y = 0 ∂z ∂x ∂y − 1 + u ∂y = 0 z ∂z (2x + y) ∂x ∂y + e ∂y = −x ∂x ∂z ∂y + u ∂y = 1 d’on −x ez 1 u ∂x (0, 0, e) = ∂y • C`alcul de 2x + y 1 −e =1 −e = ez u ∂x ∂u (0, 0, e) ∂x ∂x ∂z 2x ∂u + y ∂u + ez ∂u − 3u2 = 0 ∂x ∂z ∂u + z + u ∂u = 0 ∂x ∂z (2x + y) ∂u + ez ∂u = 3u2 ∂x ∂z ∂u + u ∂u = −z d’on ∂x (0, 0, e) = ∂u • C`alcul de 3u2 ez −z u 2x + y 1 = ez e = −1 −e u ∂x ∂v (0, 0, e) z ∂z (2x + y) ∂x ∂v + e ∂v = 0 ∂x ∂z 1 ∂v + u ∂v + v = 0 d’on ∂x (0, 0, e) = ∂v 0 − v1 2x + y 1 ez u ez =− 1 e u Per tant, l’aproximaci´o lineal de x ´es 1 x = y − u − (v − e) e Problema 2. (2 punts) Si a, b ∈ R s´on nombres reals positius tals que a + b > 0, estudieu la converg`encia de la integral +∞ dx √ (x + a) x − b b i, si ´es possible, calculeu-ne el seu valor.
Soluci´ o.
Si a, b ≥ 0 i a + b > 0 aleshores b > −a i per tant −a ∈ / [b, +∞) d’on deduim que x + a = 0. En canvi, el segon factor del denominador s’anula per x = b.
Estudiem doncs el car`acter d’aquesta integral impr`opia.
+∞ b c b +∞ c Resolem la integral c dx √ = (x + a) x − b b dx √ + (x + a) x − b dx √ = lim (x + a) x − b β→b c β dx √ = lim (x + a) x − b α→+∞ dx √ (x+a) x−b c dx √ (x + a) x − b dx √ (x + a) x − b α c dx √ (x + a) x − b amb el canvi de variable x − b = t2 .
dx √ = (x + a) x − b = +∞ t2 2 2dt = +b+a a+b √ 2 a + b arctan a+b dt √t a+b 2 = +1 t √ a+b Aplicant el canvi de variable a la intergral definida i calculant els l´ımits corresponent, obtenim +∞ b Per tant la integral +∞ dx √ b (x+a) x−b dx π √ =√ (x + a) x − b a+b ´es convergent.
Problema 3. (2 punts) Determineu el punt m´es proper i el punt m´es allunyat de l’el.lipse d’equaci´o x2 + 2y 2 = 6 respecte de la recta d’equaci´o x + y = 5 i calculeu el valor d’aquestes dist`ancies m´ınima i m`axima.
Soluci´ o.
Aplicarem el m`etode dels multiplicadors de Lagrange per trobar la dist`ancia m´ınima i m`axima d’un punt (x, y) de la recta x + y = 5 a un punt (a, b) que pertanyi a l’el.lipse x2 + 2y 2 = 6.
Definim doncs la funci´o F (x, y, a, b, λ, µ) = (x − a)2 + (y − b)2 + λ(x + y − 5) + µ(a2 + 2b2 − 6) i el sistema ∂F ∂x (x, y, a, b, λ, µ) ∂F ∂y (x, y, a, b, λ, µ) ∂F ∂a (x, y, a, b, λ, µ) ∂F ∂b (x, y, a, b, λ, µ) x+y =5 a2 + 2b2 = 6 = 2(x − a) + λ = 0 = 2(y − b) + λ = 0 = −2(x − a) + 2µa = 0 = −2(y − b) + 4µb = 0                  De les dues primeres equacions del sistema es dedueix x − a = y − b i de la tercera i la quarta tenim que a = 2b.
De a2 + 2b2 = 6 i a = 2b obtenim els dos punts (2,1) i (-2,-1).
Si (a, b) = (2, 1) els punts (x, y) de la recta han de complir x − 2 = y − 1 i y = 5 − x d’on es dedueix (x, y) = (3, 2).
Si (a, b) = (−2, −1) els punts (x, y) de la recta han de complir x + 2 = y + 1 i y = 5 − x d’on es dedueix (x, y) = (2, 3).
Avaluem la dist`ancia entre aquests punts √ d((2, 1), (3, 2)) = 2 √ d((−2, −1), (2, 3)) = 4 2 Per tant la dist`ancia ´es m`axima quan el punt de l’el.lipse ´es (-2,-1) i ´es m´ınima quan el punt de l’el.lipse ´es (2,1).
Problema 4. (2 punts) Calculeu z x2 + y 2 dxdydz V essent V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x − x2 } Soluci´ o.
Resolem el problema utilitzant un canvi a coordenades cil´ındriques  x = r cos θ  y = r sin θ  z=r Recordem que el jacobi`a d’aquest canvi ´es r.
z π 2 x2 + y 2 dxdydz = π 2 = 0 2 3 2 cos θ [r ]0 dθ = 3 = π 2 0 π 2 zr2 dzdrdθ = 0 0 0 V 2 2 cos θ 0 16 16 cos3 θdθ = 3 3 π 2 2 cos θ 2r2 drdθ = 0 cos θ(1 − sin2 θ)dθ = 0 π π 16 1 32 [sin θ]02 − [sin3 θ]02 = 3 3 9 Problema 5. (2 punts) Donada la funci´o f : R −→ R definida per 4 f (x) = 8 − x 3 0<x≤6 a) Definiu l’extensi´o senar de la funci´o a l’interval [-6,6].
b) Calculeu el desenvolupament en s`erie de Fourier de la extensi´o peri`odica de l’apartat a).
c) Aprofiteu el resultat anterior per a calcular la suma de la s`erie num`erica n≥1 (−1)n+1 2n − 1 Soluci´ o.
a) Una funci´o senar compleix f (x) = −f (−x). Definim doncs, l’extensi´o senar de f a [-6,6] com g : [−6, 6] −→ R tal que −8 − 43 x −6 ≤ x ≤ 0 g(x) = 8 − 43 x 0<x≤6 Fixem-nos que per a > 0 es compleix 4 4 g(−a) = −8 − (−a) = −8 + a 3 3 4 4 −g(a) = − 8 − a = −8 + a 3 3 per tant g(−a) = −g(a).
b) Considerem una extensi´o peri`odica de g, considerant g(x + 12) = g(x). Com la funci´o g ´es senar, an = 0 ∀n ∈ N i per tant, el desenvolupament en s`erie de Fourier nom´es tindr`a termes en sinus.
1 bn = 2 6 6 0 4 8 − x sin 3 6 2π 1 nx dx = 12 3 0 4 π 16 8 − x sin nx dx = 3 6 nπ Per tant g(x) ∼ n≥1 16 nπ sin x nπ 6 c) Fixem-nos que si x = 3 n≥1 16 nπ sin x= nπ 6  0 nπ  1 sin =  2 −1 n≥1 16 nπ sin nπ 2 n = 2k n = 1, 5, ...
n = 3, 7, ...
I aplicant el teorema de converg`encia de Fourier, com a x = 3 la funci´o g ´es continua, tenim que n≥1 16 (−1)n+1 = g(3) = 4 (2n − 1)π Per tant, n≥1 (−1)n+1 π = 2n − 1 4 Resoleu cada exercici en fulls independents i poseu les vostres dades en tots els fulls ` EXAMEN DE CALCUL (2n Final) 18-06-2007 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2.5 punts) Considereu f : A ⊂ R2 −→ R definida per  3 y  y e 1+x yπ f (x, y) =  tg( 4 ) 0 y=0 y=0 a) (1 punt) Estudieu la continu¨ıtat de f a l’origen.
b) (1 punt) Considereu g(x) = ln f (x, 1). Calculeu la s`erie de Taylor associada a g al voltant de l’origen.
c) (0.5 punts) Raoneu si ´es possible aconseguir la s`erie de l’apartat b) sense calcular derivades.
Soluci´ o.
a) Per estudiar la continu¨ıtat de f a l’origen, hem de veure si lim (x,y)→(0,0) Per calcular f (x, y) = f (0, 0) = 0 y y 3 e 1+x lim yπ (x,y)→(0,0) tg( 4 ) cal distingir subdominis, per tant aplicarem el teorema de descomposici´o del domini. Per una banda, y y y 3 e 1+x y π4 1+x − 1 lim =0 y yπ π (x, y) → (0, 0) 1+x − 1 tg( 4 ) y 4 y=0 i d’altra banda, lim f (x, y) = 0 (x, y) → (0, 0) y=0 Aixi doncs, aplicant el teorema de descomposici´o del domini tenim que lim (x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 d’on deduim que f ´es cont´ınua a (0,0).
b) Considerem g(x) = ln f (x, 1) = l’origen.
1 1+x .
Volem calcular el polinomi de Taylor de g(x) entorn de Pn (x) = n≥0 Per tant, ens cal la derivada n-`essima en x = 0.
g (n) (0) n x n! g(x) = 1 −1 1·2 ; g (x) = ; g (x) = ; 1+x (1 + x)2 (1 + x)3 De forma que g (n) (x) = · ·· (−1)n · n! (1 + x)n+1 ´ a dir, Es g (n) (0) = (−1)n · n! per tant, la s`erie de Taylor que busquem ´es (−1)n xn n≥0 1 c) Si ens fixem b´e, 1+x ´es la suma d’una s`erie geom`etrica de terme general −x, quan |x| < 1; sin´o la s`erie ´es divergent. Volem dir, 1 si |r| < 1 1−r rn = n≥0 Per tant, en el nostre cas, com que estem fent un an`alisi entorn del zero i de forma local 1 = 1+x (−x)n = n≥0 (−1)n xn n≥0 i per unicitat de la s`erie de Taylor ser`a el desenvolupament buscat.
Problema 2. (3 punts) a) (1 punt) Considereu el conjunt A ⊂ R2 definit per: A= x, sin 1 x , x > 0 ∪{(0, 0)} Fig. Sinus topol`ogic ´ l’origen Calculeu el conjunt de punts d’acumulaci´ o, l’adher`encia, l’interior i la frontera de A. Es un punt a¨ıllat? b) (0.5 punts) Sigui fn (x) = sinn (x) definit per a x ∈ 0, π2 . Discutiu la converg`encia puntual i uniforme de la successi´o a l’interval de definici´o.
c) (1 punt) Doneu la s`erie de Fourier associada a la funci´o f (x) = x, per a x ∈ (0, 2π) i discutiu la converg`encia de la s`erie.
d) (0.5 punts) Calculeu k≥0 (−1)k (2k + 1) Soluci´ o.
a) Punts d’acumulaci´ o Tots els punts de la forma (x, sin x1 ) s´on d’acumulaci´ o, doncs ∀ε > 0 si considerem Bε x, sin 1 x ∩ A − x, sin 1 x no ser`a aquest un conjunt buit, doncs, per exemple, el punt ε 1 x + , sin 2 x+ ε 2 hi pertany.
Pel que fa al punt (0,0) tamb´e ´es d’acumulaci´ o, doncs fixat ε > 0 podem prendre k = nπε i aleshores, el punt ε k , sin k ε = 1 ,0 nπ si prenem n prou gran (cal que k > 1, aix´ı ε k ∈ Bε (0, 0) − (0, 0) ∩ A < ε i estar`a dins la bola, per tant cal n > 1 πε ).
Fig. Bε (0, 0) ∩ {sinus topol`ogic} Aix´ı doncs, A ⊂ A .
Fixem-nos per`o que els punts de la forma (0, y) amb y ∈ [−1, 1] tamb´e son d’acumulaci´o tot i no ser de A ja que pel mateix argument que pel punt (0,0) sempre podrem trobar elements de A dins de qualsevol bola punxada de centre el punt i radi ε.
Adher`encia A = A = A ∪ {(0, y), y ∈ [−1, 1]} Interior ◦ a ∈ A ⇔ [∃ε > 0 tal que Bε (a) ⊂ A] En ser A un conjunt de dimensi´o 1 que viu a R2 no tindr`a ◦ interior. Dit d’una altra manera, sabem que A ⊂ A i a m´es a m´es, ∀ε > 0, Bε (a)∩Ac = ∅ ∀a ∈ A ◦ Per tant, A = ∅ Frontera Tots els punts de A s´on frontera, doncs ∀a ∈ A, ∀ε > 0 Bε (a) ∩ A = ∅ i Bε (a) ∩ Ac = ∅.
Tamb´e ho s´on, per`o, els punts de la forma (0, y), y ∈ [−1, 1] com ja hem argumentat a ◦ l’acumulaci´o. A m´es a m´es, com que ∂A = A− A= A ∪ {(0, y), y ∈ [−1, 1]} − {∅} = A = A En definitiva, A = A = ∂A = A ∪ {(0, y), y ∈ [−1, 1]} ◦ A= ∅ El punt (0, 0) no ´es a¨ıllat, doncs ´es de l’acumulaci´ o de A.
b) Estudiem primer la converg`encia puntual: • Si x = 0, lim fn (0) = lim sinn (0) = lim 0 = 0 n→∞ n→∞ • x = π2 , π 2 lim fn n→∞ • x ∈ 0, π2 , n→∞ = lim sinn n→∞ π 2 = lim 1 = 1 n→∞ lim fn (x) = lim sinn (x) = 0 n→∞ n→∞ Per tant, la successi´o de funcions t´e l´ımit puntual 0 x ∈ 0, π2 1 x = π2 f (x) = En ser fn una successi´o de funcions cont´ınues i el l´ımit una funci´o discont´ınua, la converg`encia no podr`a ser uniforme.
c) La s`erie de Fourier associada a la nostra funci´o vindr`a donada per, SF f (x) = amb a0 + 2 ∞ an cos n=1  1    an = L 1    bn = L nπx nπx + bn sin L L 2L nπx dx L 0 2L nπx f (x) sin dx L 0 f (x) cos amb f (x) = x i 2L = 2π ja que l’interval de definici´o de la funci´o ´es el (0, 2π). Calculem a continuaci´o els termes a0 , an i bn que defineixen la s`erie, 1 a0 = π an = 1 π 2π x cos 0 2π 0 1 x2 x dx = π 2 nπx π dx = 1 π 2π = 2π 0 2π x cos(nx) dx = 0 = bn = = 1 π 1 cos(nx) x sin(nx) + π n2 n 2π nπx π x sin 0 1 sin(nx) x cos(nx) − π n2 n 2π = 0 dx = 1 π 2π =0 0 2π x sin(nx) dx = 0 −2π cos 2nπ 2 2 − 0 = − cos(2nπ) = − π n n n De forma que la s`erie de Fourier queda, SF f (x) = π − 2 n≥1 sin(nx) n I podem veure la representaci´o de la funci´o i la de la suma dels n primers termes de la s`erie de Fourier per a diversos valors de n: Fig. n = 1 Fig. n = 2 Fig. n = 3 Fig. n = 4 Fig. n = 8 Fig. n = 32 Pel que fa a converg`encia de la s`erie de Fourier, com que f (x) = x i f (x) = 1 s´on cont´ınues a (0, 2π) i a intervals m´ ultiples d’aquest, i tan sols s´on discont´ınues als l´ımits de l’interval, que ´es un conjunt numerable de punts en qu`e, a m´es a m´es, existeixen els l´ımits laterals, i com que f (x) est`a definida peri`odicament amb periode 2π, ´es a dir, f (x + 2π) = f (x), aleshores SF f (x) convergeix cap a f (x) si x ´es un punt de continu¨ıtat i convergeix cap a 21 (f (x− ) + f (x+ )) si ´es punt de discontinu¨ıtat, ´es a dir, a π si x = 2kπ, k ∈ Z d) Si avaluem SF f (x) en x = SF f π 2 obtenim, π 2 ∞ =π−2 k=0 aix´ı que, k≥0 (−1)k π =f (2k + 1) 2 = π 2 (−1)k π = 2k + 1 4 Problema 3. (2 punts) a) (1 punt) Si f : A ⊂ R2 −→ R, doneu l’expressi´o seg¨ uent en coordenades polars, x ∂f ∂f +y ∂x ∂y b) (1 punt) Sigui f : A ⊂ R2 −→ R, f ∈ C 1 i de forma que f ´es constant a la frontera de A.
Calculeu ∂f x ∂f ∂x + y ∂y dx dy 2 2 A x +y on A = {(x, y) ∈ R2 , y ≤ x, x2 + y 2 ≤ R2 , x ≥ 0, y ≥ 0} Soluci´ o.
a) Considerem el canvi a coordenades polars x(r, θ) = r cos θ y(r, θ) = r sin θ d’on r(x, y) = x2 + y 2 θ(x, y) = arctan xy De la regla de la cadena dedu¨ım  ∂f ∂f ∂r ∂f ∂θ   = +  ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x   ∂f ∂f ∂r ∂f ∂θ    = + ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y Calculem ∂r ∂r ∂θ ∂θ , , i .
∂x ∂y ∂x ∂y ∂r = ∂x x x2 + y2 ; ∂θ −y = 2 ; ∂x x + y2 Aleshores, x ∂r = ∂y y x2 + y2 ∂θ x = 2 ∂y x + y2 ∂f ∂f ∂f +y =r ∂x ∂y ∂r b) Calcularem ∂f x ∂f ∂x + y ∂y dx dy x2 + y 2 aplicant el teorema del canvi de variable i considerant el canvi a coordenades polars.
A ∂f x ∂f ∂x + y ∂y dx dy = 2 2 A x +y A aplicant el teorema fonamental de C`alcul, π 4 = r ∂f ∂r r dr dθ = r2 π 4 0 R 0 ∂f dr dθ = ∂r [f (R, θ) − f (0, θ)]dθ = 0 0 A la u ´ltima igualtat hem utilitzat el fet de que f ´es constant a la frontera, i per tant f (R, θ) = f (0, θ) Problema 4. (2.5 punts) a) (0.5 punts) Sigui f : I −→ R una funci´o fitada en un interval compacte I ⊂ R2 . Es compleix que, per a qualsevol conjunt mesurable C ⊂ I, f (x, y) dx dy = µ(C) (mesura de C) C Raoneu si aix`o vol dir que f (x, y) = 1 ∀(x, y) ∈ I.
b) (2 punts) Calculeu la integral 2 (x2 − y 2 )e(x−y) dx dy I= A essent A ⊂ R2 el conjunt definit per A = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 3, xy ≥ 2, x ≥ y, x + y ≥ 0}.
Soluci´ o.
a) No t´e perqu`e ser f (x, y) = 1 ∀(x, y) ∈ I. Pot ser, per exemple, f (x, y) = 0 essent (x, y) punts de A on A = {(x, y) ∈ I} tal que µ(A) = 0 b) Hem de considerar la regi´o representada a continuaci´ o, Fig. Regi´o d’integraci´ o Resoldrem la integral considerant el canvi de variable u(x, y) = x + y v(x, y) = x − y d’on x(u, v) = y(u, v) = u+v 2 u−v 2 El jacobi`a del canvi ´es: ∂(x, y) = ∂(u, v) 1 2 1 2 1 2 − 12 =− 1 2 i amb aquest canvi la nova regi´o d’integraci´ o ´es la seg¨ uent: Fig. Regi´o d’integraci´ o despr´es del canvi Aleshores 2 2 (x2 − y 2 )e(x−y) dx dy = A amb A = {(u, v) ∈ R2 : u≤ uvev − A 3, u2 − v2 ≥ 8, v ≥ 0}, per tant 1 du dv 2 uvev I= 2 A = 1 = 4 1 2 1 0 1 vev 3 u2 2 √ 2 0 1 ve dv − 4 1 v2 0 1 1 du dv = 2 dv = 8+v 2 2 vev dv 0 1 4 1 3 √ 8+v 2 u du = 2 2 9 − (8 + v 2 ) vev dv = 0 1 1 v2 v e dv = e 4 2 3 v2 1 1 1 2 2 − (v − 1)ev 4 2 0 1 = 0 1 1 e−2 = (e − 1) − (0 + 1) = 8 8 8 Tamb´e podem pensar en un plantejament alternatiu, √ A = 2 2 ≤ u ≤ 3; 0 ≤ v ≤ u2 − 8 i d’aquesta forma la integral resta com segueix, √ u2 −8 3 I= 1 = 4 √ 2 2 0 3 √ u 2 2 e u2 −8 1 1 2 uv ev du = 2 2 3 1 v2 e √ u 2 2 2 1 1 u2 −8 u2 − 1 du = e − 4 2 2 √ u2 −8 du = 0 3 √ 2 2 = e−2 8 arribant, ´es clar, al mateix resultat.
Resoleu cada exercici en fulls independents i poseu les vostres dades en tots els fulls ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 28-05-2007 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) Considereu, definit al seu domini, el sistema d’equacions x2 + xy + ez − u3 = e x − y + uz + ln v = 1 on el punt P = (x, y, z, u, v) = (0, 0, 1, 0, e) ´es soluci´o del sistema.
a) Estudieu si el sistema defineix x = x(z, u, v), y = y(z, u, v) en un entorn del punt P.
b) En cas que el sistema defineixi x = x(y, u, v) en un entorn del punt P, doneu una aproximaci´ o lineal de x en un entorn del punt (0, 0, e).
Soluci´ o.
a) Considerem la funci´o F : R5 −→ R2 definida per F1 (x, y, z, u, v) = x2 + xy + ez − u3 − e F2 (x, y, z, u, v) = x − y + uz + ln v − 1 i apliquem el teorema de la funci´o impl´ıcita. Primer de tot mirem si es compleixen les hip`otesi del teorema.
1) F ∈ C 1 2) F (0, 0, 1, 0, e) = (0, 0) 3) ∂F1 ∂x ∂F2 ∂x ∂F1 ∂y ∂F2 ∂y = P 2x + y x 1 −1 = P 0 0 1 −1 =0 Per tant, com no es compleix la tercera hip`otesi del teorema de la funci´o impl´ıcita, el sistema no defineix x = x(z, u, v), y = y(z, u, v) en un entorn del punt P .
b) Per veure si el sistema defineix x = x(y, u, v), z = z(y, u, v) estudiarem si es compleix, en aquest cas, la tercera hip`otesi del teorema de la funci´o impl´ıcita, vist a l’apartat a) que es compleixen les dues primeres.
3) ∂F1 ∂F1 2x + y ez 0 e ∂x ∂z = = = −e = 0 ∂F2 ∂F2 1 u 1 0 ∂x ∂z P P Per tant el sistema defineix x = x(y, u, v) en un entorn del punt P .
Per trobar una aproximaci´o lineal de x en un entorn del punt (0, 0, e) estudiem el desenvolupament de Taylor de primer grau en un entorn del punt (0, 0, e).
x=0+ • C`alcul de ∂x ∂x ∂x (0, 0, e)(y − 0) + (0, 0, e)(u − 0) + (0, 0, e)(v − e) ∂y ∂u ∂v ∂x ∂y (0, 0, e) ∂x z ∂z 2x ∂x ∂y + x + y ∂y + e ∂y = 0 ∂z ∂x ∂y − 1 + u ∂y = 0 z ∂z (2x + y) ∂x ∂y + e ∂y = −x ∂x ∂z ∂y + u ∂y = 1 d’on −x ez 1 u ∂x (0, 0, e) = ∂y • C`alcul de 2x + y 1 −e =1 −e = ez u ∂x ∂u (0, 0, e) ∂x ∂x ∂z 2x ∂u + y ∂u + ez ∂u − 3u2 = 0 ∂x ∂z ∂u + z + u ∂u = 0 ∂x ∂z (2x + y) ∂u + ez ∂u = 3u2 ∂z ∂x ∂u + u ∂u = −z d’on ∂x (0, 0, e) = ∂u • C`alcul de 3u2 ez −z u 2x + y 1 = ez e = −1 −e u ∂x ∂v (0, 0, e) z ∂z (2x + y) ∂x ∂v + e ∂v = 0 ∂x ∂z 1 ∂v + u ∂v + v = 0 d’on ∂x (0, 0, e) = ∂v 0 − v1 2x + y 1 ez u ez u Per tant, l’aproximaci´o lineal de x ´es 1 x = y − u − (v − e) e Problema 2. (2 punts) Considereu la successi´o num`erica an = 4n − 1 2n =− 1 e a) Demostreu que es compleix an = bn−1 − bn , n ≥ 1 amb bn = nombres α, β ∈ R.
b) Considereu la s`erie an αn+β 2n , n ≥ 0 i determineu els n≥1 Demostreu que ´es convergent i calculeu-ne la suma.
Soluci´ o.
a) Plantejarem la igualtat seg¨ uent: α(n − 1) + β αn + β 2αn − 2α + 2β − αn − β αn − 2α + β 4n − 1 = − = = n n−1 n n 2 2 2 2 2n Igualant coeficients, s’obt´e 4=α −1 = −2α + β d’on α = 4 i β = 7.
b) De l’apartat a) es dedueix que n≥1 4n − 1 = 2n (bn−1 − bn ) amb bn = n≥1 4n + 7 2n per tant, la s`erie an n≥1 ´es una s`erie telesc`opica. Anem a calcular la seva suma.
+∞ n=1 4n − 1 = 2n +∞ (bn−1 − bn ) = b0 − lim bn = 7 − 0 = 7 n=1 n→∞ Problema 3. (2 punts) Determineu el punt m´es proper i el punt m´es allunyat de l’el.lipse d’equaci´o x2 + 2y 2 = 6 respecte de la recta d’equaci´o x + y = 5 i calculeu el valor d’aquestes dist`ancies m´ınima i m`axima.
Soluci´ o.
Aplicarem el m`etode dels multiplicadors de Lagrange per trobar la dist`ancia m´ınima i m`axima d’un punt (x, y) de la recta x + y = 5 a un punt (a, b) que pertanyi a l’el.lipse x2 + 2y 2 = 6.
Definim doncs la funci´o F (x, y, a, b, λ, µ) = (x − a)2 + (y − b)2 + λ(x + y − 5) + µ(a2 + 2b2 − 6) i el sistema ∂F ∂x (x, y, a, b, λ, µ) ∂F ∂y (x, y, a, b, λ, µ) ∂F ∂a (x, y, a, b, λ, µ) ∂F ∂b (x, y, a, b, λ, µ) x+y =5 a2 + 2b2 = 6 = 2(x − a) + λ = 0 = 2(y − b) + λ = 0 = −2(x − a) + 2µa = 0 = −2(y − b) + 4µb = 0                  De les dues primeres equacions del sistema es dedueix x − a = y − b i de la tercera i la quarta tenim que a = 2b.
De a2 + 2b2 = 6 i a = 2b obtenim els dos punts (2,1) i (-2,-1).
Si (a, b) = (2, 1) els punts (x, y) de la recta han de complir x − 2 = y − 1 i y = 5 − x d’on es dedueix (x, y) = (3, 2).
Si (a, b) = (−2, −1) els punts (x, y) de la recta han de complir x + 2 = y + 1 i y = 5 − x d’on es dedueix (x, y) = (2, 3).
Avaluem la dist`ancia entre aquests punts √ d((2, 1), (3, 2)) = 2 √ d((−2, −1), (2, 3)) = 4 2 Per tant la dist`ancia ´es m`axima quan el punt de l’el.lipse ´es (-2,-1) i ´es m´ınima quan el punt de l’el.lipse ´es (2,1).
Problema 4. (2 punts) Calculeu z x2 + y 2 dxdydz V essent V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x − x2 } Soluci´ o.
Resolem el problema utilitzant un canvi a coordenades cil´ındriques  x = r cos θ  y = r sin θ  z=r Recordem que el jacobi`a d’aquest canvi ´es r.
z x2 + y 2 dxdydz π 2 = V = 0 2 3 2 cos θ [r ]0 dθ = 3 = 0 0 π 2 0 π 2 2 zr dzdrdθ = 0 π 2 2 2 cos θ 0 16 16 cos3 θdθ = 3 3 16 1 [sin θ]0 − [sin3 θ]0 3 3 π 2 π 2 π 2 2 cos θ 2r2 drdθ = 0 cos θ(1 − sin2 θ)dθ = 0 = 32 9 Problema 5. (2 punts) Sigui f : [0, 2] −→ R funci´ o cont´ınua tal que f (0) = f (2). Demostreu que existeixen x, y ∈ [0, 2] amb x − y = 1 tals que f (x) = f (y).
Soluci´ o.
Considerem x = y + 1 i definim la funci´o g(y) = f (y + 1) − f (y).
g(0) = f (1) − f (0) g(1) = f (2) − f (1) Si f (0) = f (1) prenem y = 0 (⇒ x = 1), si f (0) = f (1) fixem-nos que g(0)g(1) < 0.
Com g ´es una funci´o cont´ınua (per ser-ho f ) podem aplicar el teorema de Bolzano a l’interval [0,1] i obtenim que ∃y ∈ (0, 1) : g(y) = 0 per tant, existeixen x, y ∈ [0, 2] amb x − y = 1 tals que f (x) = f (y).
Resoleu cada exercici en fulls independents i poseu les vostres dades en tots els fulls ` EXAMEN DE CALCUL (Primer Parcial) 15-01-2008 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2.5 punts) Donat el conjunt A= (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = (rn )2 , rn = 1 ln(n2 + 1) 3 + (−1)n 1 − 2 n , ∀n ∈ N∗ a) Estudieu el conjunt de punts d’acumulaci´ o i el conjunt de punts a¨ıllats de A. Raoneu si A ´es un conjunt obert, tancat, fitat i/o compacte.
b) Descriviu el lloc geom`etric dels punts que pertanyen al conjunt B= z ∈ C : Re 2 z 2 z¯ + Im >1 Raoneu si A i B s´on conjunts disjunts.
Soluci´ o: a) ln(n2 + 1) 1 3 + (−1)n 1 − n→∞ 2 n lim rn = lim n→∞ Si n ´es parell lim r2k = 2 k→∞ Si n ´es senar lim r2k−1 = 1 k→∞ Per tant A = A ∪ {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 4} Aill A = ∅ ◦ A= ∅ ⇒ A no es obert A = A = A ⇒ A no es tancat El conjunt A est`a fitat (si r > 2, A ⊂ B((0, 0), r)), per`o A no ´es compacte (per no ser tancat).
b) Si considerem z = x + iy podem escriure 2 2(x − iy) 2 = = 2 ⇒ Re z x + iy x + y2 2 z = 2 2(x + iy) 2 = = 2 ⇒ Im z¯ x − iy x + y2 2 z¯ = x2 2x + y2 x2 2y + y2 I per tant podem escriure, x2 2x 2y + 2 > 1 ⇒ 2x + 2y > x2 + y 2 ⇒ x2 + y 2 − 2x − 2y < 0 ⇒ (x − 1)2 + (y − 1)2 < 2 2 +y x + y2 Per tant podem interpretar geom`e√ tricament els punts de B com els que pertanyen a l’interior de un cercle de centre (1,1) i radi 2.
Els conjunts A i B tenen punts en com´ u, per tant no s´on disjunts.
Problema 2. (2.5 punts) a) Es consideren a, b ∈ R tals que 0 < a < b < 1 i es defineix la successi´o de nombres reals (xn ) com a + xn b x1 = a, xn+1 = ∀n ≥ 1 1 + xn Estudieu la converg`encia de la successi´o recurrent (xn ) i calculeu-ne el l´ımit, si s’escau, per a = 14 , b = 12 .
b) Calculeu el domini de converg`encia de la s`erie n≥1 2n − 3 (x − 1)n 5n Soluci´ o: a) Primer estudiem la converg`encia de la successi´o (xn ). Demostrarem que • (xn ) est`a fitada a < xn < b, ∀n ∈ N • (xn ) ´es estrictament creixent Demostrem que la successi´o est`a fitada.
x1 = a, 0 < a < b < 1.
∀n ≥ 1 es compleix b + xn b a + xn b < =b 1 + xn 1 + xn a + xn b a + xn a xn+1 = > =a 1 + xn 1 + xn Per tant a < xn < b, ∀n ∈ N, ´es a dir, la successi´o (xn ) est`a fitada.
Aplicant el m´etode d’inducci´o, demostrarem que la successi´o ´es mon´otona creixent.
xn+1 = x1 = a x2 = a+ab 1+a 1+b = a 1+a > a 1+a 1+a = a = x1 Suposem xn > xn−1 i volem demostrar que xn+1 > xn .
xn+1 −xn = a + xn b a + xn−1 b a + axn−1 + bxn + bxn xn+1 − a − axn − bxn−1 − bxn xn−1 − = = 1 + xn 1 + xn−1 (1 + xn )(1 + xn−1 ) = a(xn−1 − xn ) + b(xn − xn−1 ) xn − xn−1 = (b − a) >0 (1 + xn )(1 + xn−1 ) (1 + xn )(1 + xn−1 ) per tant, (xn ) ´es estrictament creixent.
El teorema de la converg`encia mon`otona, ens permet assegurar que (xn ) ´es una successi´o convergent. Calculem ara el l´ımit per a = 14 i b = 12 . De la definici´o de la successi´o (xn ) es dedueix que si l ´es el l´ımit de la successi´o, compleix l= Si a = 1 4 ib= 1 2 es dedueix que a + lb 1+l √ 5−1 l= 4 Fixem-nos que una altra manera de demostrar la converg`encia de la successi´o (xn ) ´es aplicar el teorema del punt fix a la funci´o f : [0, 1] −→ R definida per f (x) = a + bx 1+x Aplicant el teorema del valor mig a f es demostra que f ´es una contracci´ o perqu`e f (x) = b−a < b − a < 1 ∀x ∈ (0, 1) (1 + x)2 b) Per calcular el domini de converg`encia, primer calculem el radi de converg`encia de la s`erie de pot`encies.
1 1 1 2n − 3 n 1 l = lim = lim (2n − 3) n = n n→∞ 5 5 n→∞ 5 Per tant, el radi de converg`encia ´es 1 =5 l i inicialment el domini de converg`encia de la s`erie ´es (-4,6).
Per a x1 = −4 obtenim la s`erie num`erica R= n≥1 2n − 3 (−5)n = 5n (−1)n (2n − 3) n≥1 que ´es divergent.
Per a x1 = 6 obtenim la s`erie num`erica n≥1 2n − 3 n 5 = 5n (2n − 3) n≥1 que tamb´e ´es divergent.
Aix´ı doncs, el domini de converg`encia de la s`erie ´es (-4,6).
Problema 3. (2.5 punts) a) Considerem la funci´o real de variable real definida per f (x) = sin2 (x) sin( x1 ) a R − {0}.
Estudieu la continuitat de f en el seu domini i definiu la seva extensi´o cont´ınua a tot R. Estudieu la continuitat de la derivada de l’extensi´o cont´ınua de la funci´o f a x = 0.
b) Estudieu la continuitat de la funci´o F : A ⊂ R2 −→ R definida per  1   sin2 (xy) sin x>0   x         tan(xy)   x = 0, y = 0  xy x2 + y 2 F (x, y) =     1    tan2 (xy) sin x<0   x       1 (x, y) = (0, 0) En cas que existeixin, classifiqueu les discontinuitats.
Soluci´ o: a) Si x = 0 la funci´o f (x) = sin2 (x) sin( x1 ) ´es continua en x.
lim sin2 (x) sin x→0 1 x =0 per tant podem definir la funci´o f¯ : R −→ R, extensi´o cont´ınua de f a R com,  1  2  x=0  sin (x) sin x f¯(x) =    0 x=0 Estudiem la derivabilitat de f¯. Si x = 0 f¯ ´es derivable en x i f¯ (x) = 2 sin(x) cos(x) sin Si x = 0 1 x + sin2 (x) cos sin2 (x) sin f¯(x) − f¯(0) = lim x→0 x→0 x−0 x lim 1 x 1 x −1 x2 =0 Per tant f¯ ´es derivable en R i  1 1   − 2 sin2 (x) cos  2 sin(x) cos(x) sin x x f¯ (x) =    0 x=0 1 x x=0 Estudiem ara la continuitat de f¯ a x = 0.
lim x→0 2 sin(x) cos(x) sin 1 x − 1 sin2 (x) cos x2 1 x no existeix, per tant, la funci´o f¯ no ´es cont´ınua a x = 0.
b) Estudiem la continuitat de F ens els diferents punts del domini.
• (x, y) : x > 0 F ´es cont´ınua a (x, y) ( per ser operacions i composici´o de funcions cont´ınues) • (x, y) : x < 0 F ´es cont´ınua a (x, y) ( per ser operacions i composici´o de funcions cont´ınues) • x = 0, y = 0 lim F (x, y) = lim F (x, y) = (x, y) → (0, b) x>0 (x, y) → (0, b) x<0 lim sin2 (xy) sin 1 x =0 lim tan2 (xy) sin 1 x =0 (x,y)→(0,b) (x,y)→(0,b) lim F (x, y) = (x, y) → (0, b) x = 0, y = 0 lim (x,y)→(0,b) tan(xy) xy x2 + y2 = 0 =0 |b| Per tant, lim (x,y)→(0,b) F (x, y) = F (0, b) = 0 i aix`o diu que F ´es cont´ınua a (0, b), b = 0.
• (x, y) = (0, 0) lim F (x, y) = lim F (x, y) = (x, y) → (0, 0) x>0 (x, y) → (0, 0) x<0 lim sin2 (xy) sin 1 x =0 lim tan2 (xy) sin 1 x =0 (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) F (x, y) = (x, y) → (0, 0) x = 0, y = 0 lim lim (x,y)→(0,0) xy tan(xy) x2 + y 2 =0 Per tant, lim (x,y)→(0,0) F (x, y) = 0 = F (0, 0) = 1 Aix´ı doncs, F ´es continua a R2 − {(0, 0)}. A (0,0) F presenta una discontinuitat evitable.
Problema 4. (2.5 punts) Considerem la funci´o f : R −→ R, definida per f (x) = ln x2 1 +1 a) Trobeu un infinit`essim equivalent a f en un entorn de x = 0.
b) Trobeu els valors m`axim i m´ınim de la funci´o derivada de la funci´o f .
c) Estudieu els intervals de creixement i decreixement de f i calculeu els extrems d’aquesta funci´o.
d) Estudieu la continuitat uniforme de f al seu domini.
e) Raoneu si f ´es una contracci´o, justificant la resposta.
Soluci´ o: a) Per trobar un infinit´essim equivalent calculem el desenvolupament de Taylor de la funci´o f en un entorn de x = 0.
1 1 f (x) = f (0) + f (0)x + f (0)x2 + f (0)x3 + ...
2 3 f (x) = − f (x) = 2x ⇒ f (0) = 0 +1 x2 2(x2 − 1) ⇒ f (0) = −2 (x2 + 1)2 Per tant f (x) 1 (−2)x2 = −x2 2 b) Per trobar els valors extrems de f cal veure a on s’anul.la f .
f (x) = 2(x2 − 1) = 0 ⇒ x = ±1 (x2 + 1)2 Per classificar aquests punts avaluarem la funci´o f .
f (x) = 4x(x2 + 1) − 8x(x2 − 1) (x2 + 1)3 f (1) = 1 > 0 ⇒ x = 1 ´es un m´ınim. De f (−1) = −1 < 0 deduim que x = −1 ´es un m`axim.
Aix´ı doncs, els valors m`axim i m´ınim de la funci´o derivada de f s´ on, f (1) = −1 i f (−1) = 1.
c) f (x) > 0 si x < 0, per tant f ´es estrictament creixent a (−∞, 0).
f (x) < 0 si x > 0, per tant f ´es estrictament decreixent a (0, +∞).
f (x) = 0 ⇒ x = 0, per tant f t´e un possible extrem a x = 0. Com f (0) = −2 la funci´o t´e un m`axim en x = 0. Aquesta funci´o no t´e m´ınim.
d) Podem demostrar la converg`encia uniforme, aplicant el teorema del valor mig.
|f (x) − f (y)| = |f (c)||x − y| < δ < ε perqu`e |f (x)| ≤ 1 ∀x ∈ R.
e) Apliquem el teorema del valor mig (fixem-nos que f compleix les hip`otesis) per comprovar si la funci´o f ´es una contracci´o.
∀x, y ∈ R ∃c ∈ (x, y) : f (x) − f (y) = f (c)(x − y) D’on ∀x, y ∈ R ∃c ∈ (x, y) : |f (x) − f (y)| = |f (c)||x − y| De l’apartat b) es dedueix que |f (x)| ≤ 1 ∀x ∈ R, per tant ∀x, y ∈ R |f (x) − f (y)| ≤ |x − y| Aix´ı doncs, la funci´o f no ´es contracci´o perqu`e no existeix cap valor α ∈ (0, 1) tal que compleixi la definici´o de contracci´o, |f (x) − f (y)| < α|x − y| ` EXAMEN DE CALCUL (Segon parcial) 27-05-2008 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) Es considera el sistema d’equacions x + yv + eyu + exv = 3 y − xv + exu + eyv = 3 a) Demostreu que el sistema defineix dues funcions impl´ıcites u = u(x, y), v = v(x, y) en un entorn del punt (x, y, u, v) = (1, 1, 0, 0).
b) Si es designa per ϕ(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) on u y v son les funcions impl´ıcites definides a l’apartat anterior, proveu que ϕ ´es localment inversible en un entorn de (1,1) i calculeu una aproximaci´o lineal de ϕ en un entorn d’aquest punt.
c) Calculeu una aproximaci´o lineal de la funci´o ϕ−1 en un entorn del punt (0,0).
d) Es considera la funci´o ψ(x, y) = (xey , arctan(xy)). Raoneu la diferenciabilitat de la funci´ o ψ ◦ ϕ−1 en el punt (0,0) i calculeu una aproximaci´o lineal d’aquesta funci´o en un entorn de (0,0).
Soluci´ o: a) El sistema F1 (x, y, u, v) = x + yv + eyu + exv − 3 = 0 F2 (x, y, u, v) = y − xv + exu + eyv − 3 = 0 compleix les hip`otesis del teorema de la funci´o impl´ıcita en un entorn del punt (x, y, u, v) = (1, 1, 0, 0) , perqu`e • F1 (1, 1, 0, 0) = 0 F2 (1, 1, 0, 0) = 0 • F1 i F2 s´on funcions del tipus C r amb r ≥ 1.
• Du F1 Dv F1 Du F2 Dv F2 = (1,1,0,0) 1 2 1 0 = −2 = 0 Per tant, el sistema defineix u, v funcions impl´ıcites de x, y en un entorn del punt P = (1, 1, 0, 0).
b) Hem de verificar que es compleixen les condicions del teorema de la funci´o inversa: • De l’apartat anterior es dedueix que les components de ϕ son funcions del tipus C r amb r ≥ 1.
• S’ha de veure que det(Jϕ(1, 1)) = 0. Per verificar aquest segon punt hem de calcular les derivades Dx u(1, 1), Dx v(1, 1), Dy u(1, 1), Dy v(1, 1).
Derivant el sistema respecte x tenim: 1 + yDx v + yDx ueyu + (v + xDx v)exv = 0 0 − v − xDx v + (u + xDx u)exu + yDx veyv = 0 I aplicat al punt P s’obt´e: 1 + Dx v(1, 1) + Dx u(1, 1) + Dx v(1, 1) = 0 −Dx v(1, 1) + Dx u(1, 1) + Dx v(1, 1) = 0 ⇔ Dx u(1, 1) = 0 Dx v(1, 1) = −1 2 De la mateixa forma per a la component y s’obt´e: 0 + v + yDy v + eyu (u + yDy u) + exv xDy v = 0 1 − xDy v + xDy uexu + (v + yDy v)eyv = 0 Que aplicat al punt P s’obt´e: Dy v(1, 1) + Dy u(1, 1) + Dy v(1, 1) = 0 1 − Dy v(1, 1) + Dy u(1, 1) + Dy v(1, 1) = 0 ⇔ Dy u(1, 1) − 1 Dy v(1, 1) = 21 Per tant, 1 =− =0 2 Dx u(1, 1) Dy u(1, 1) Dx v(1, 1) Dy v(1, 1) Aix´ı doncs, ϕ ´es inversible en un entorn del punt (1, 1) i la seva aproximaci´o lineal ´es: x−1 y−1 T1 (x, y) = ϕ(1, 1) + Jϕ(1, 1) = (0, 0) + 1 1 1 − y, − (x − 1) + (y − 1) 2 2 = = 0 −1 −1/2 1/2 x−1 y−1 = 1 1 − y, (y − x) 2 c) Per calcular l’aproximaci´o lineal de ϕ−1 cal saber la seva matriu jacobiana en el punt. Es compleix, −1 −1 −2 0 −1 = Jϕ−1 (0, 0) = (Jϕ(1, 1))−1 = −1 0 −1/2 1/2 Per tant T1 (u, v) = ϕ−1 (0, 0) + Jϕ−1 (0, 0) u v −1 −2 −1 0 = (1, 1) + u v = = (1 − u − 2v, 1 − u) d) La funci´o ϕ−1 ´es diferenciable per ser la inversa d’una funci´o diferenciable. La funci´o ψ ´es diferenciable per tenir les components de tipus C 1 . En virtut de la regla de la cadena, d ψ ◦ ϕ−1 (0, 0) = dψ ϕ−1 (0, 0) ◦ dϕ−1 (0, 0) J(ψ ◦ ϕ−1 )(0, 0) = Jψ ϕ−1 (0, 0) Jϕ−1 (0, 0) At`es que ϕ−1 (0, 0) = (1, 1), calcularem, Jψ (1, 1) = Dx ψ1 Dy ψ1 Dx ψ2 Dy ψ2 = (1,1) ey xey y 1+(xy)2 x 1+(xy)2 = (1,1) Per tant J(ψ ◦ ϕ−1 )(0, 0) = e e 1 2 1 2 −1 −2 −1 0 −2e −2e −1 −1 = Finalment l’aproximaci´o lineal de ψ ◦ ϕ−1 a (0,0) ´es: T1 (u, v) = ψ(1, 1) + −2e −2e −1 −1 u v = e e 1 2 1 2 π −u−v 4 Problema 2. (2 punts) Es consideren les superficies definides per les equacions x2 +y 2 +z 2 = a2 2 2 i x2 + y − 2b = 2b essent a, b ∈ R, a, b > 0.
a) Plantegeu el c`alcul del volum del s`olid limitat per aquestes superficies.
b) Calculeu el volum per a = b.
= (e, π/4) + (−2eu − 2ev, −u − v) = e − 2eu − 2ev, Soluci´ o: a) Si b ≤ a π b sin θ r V =2 0 a2 − r2 drdθ 0 Si a < b α π−α b sin θ V =2 r 0 0 a a2 − r2 drdθ + π r α b sin θ a2 − r2 drdθ + 0 r π−α a2 − r2 drdθ 0 on α = arctan √b2a−a2 que es dedueix de x2 + y 2 = a2 x2 + y 2 − by = 0 b) El recinte limitat per aquestes dues superf´ıcies ´es la B´oveda de Viviani i est´a representado a la figura adjunta.
Pel cas a = b = R, l’equaci´o de l’esfera ´es x2 + y 2 + z 2 = R2 i la del cilindre x2 + y − R 2 2 = R2 4 aix´ı doncs, el volum es pot calcular mitjan¸cant R2 − x2 − y 2 dxdy V =2 Q ´essent Q el recinte al pla xy.
Realitzem una parametrizaci´o de la regi´o plana d’integraci´o fent servir les coordenadas polars: x = r cos θ y = r sin θ d’on es dedueix, R 2 2 x2 + y − = R2 4 x2 + y 2 − yR = 0 r2 − r sin θR = 0 r = R sin θ Amb aix`o ja hem obtingut els nous l´ımits d’integraci´o per a aquest canvi de coordenades i es t´e, π R sin θ V =2 r 0 R2 − r2 drdθ 0 I com que, d R2 − r 2 dr Aleshores, el volum es pot calcular com, V = (∗) = = − 2 3 π R2 − r 2 0 2 3 2R3 πR − 3 3 2 3 4 3 πR − R 3 3 π 0 π 2 0 3 2 3 2 = R sin θ dθ = − 0 2 3 3 (−2r) R2 − r2 2 − 21 π R2 − R2 sin2 θ 3 2 − R3 dθ = 0 2 2R3 |cos θ| dθ = πR3 − 3 3 π 2 3 0 π cos3 θ dθ + (− cos3 θ) dθ = π 2 2 cos3 θ dθ = R3 (3π − 4) 9 notem que al pas (∗) es t´e en compte que, √ cos2 θ 3 = |cos θ|3 Problema 3. (2.5 punts) Sigui f : R3 −→ R la funci´o definida per f (x, y, z) = sin(xy + z).
a) Calculeu el polinomi de Taylor de segon grau de la funci´o f en un entorn del punt (1, −1, 1).
b) Estudieu els punts estacionaris i els extrems de la funci´o f .
c) Calculeu sin(xy + z) lim (x,y,z)→(1,−1,1) 1 − x + y + z Soluci´ o: a) 1 T2 (x, y, z) = f (1, −1, 1)+Jf (1, −1, 1)(x−1, y+1, z−1)+ (x−1, y+1, z−1)Hf (1, −1, 1)(x−1, y+1, z−1)T 2 Si calculem les matrius jacobiana i hessiana s’obt´e Jf (1, −1, 1) = (−1, 1, 1)   0 1 0 Hf (1, −1, 1) =  1 0 0  0 0 0 d’on T2 (x, y, z) = xy + z b) Els punts estacionaris son els que anulen el gradient i per clasificar-los estudiem la hessiana en aquests punts.
 Dx f = y cos(xy + z) = 0  Dy f = x cos(xy + z) = 0  Dz f = cos(xy + z) = 0 d’on es dedueix que els punts estacionaris son els (x, y, z) ∈ R3 : l’estudi de la matriu hessiana en aquests punts es dedueix que xy + z = k π2 , k ∈ Z. De • si k = 4n + 1 hi ha m`axim relatiu • si k = 4n + 3 hi ha m´ınim relatiu c) Com el polinomi de Taylor de grau 1 de sin(xy + z) es T1 (x, y, z) = 1 − x + y + z es compleix sin(xy + z) =1 (x,y,z)→(1,−1,1) 1 − x + y + z lim Problema 4. (2.5 punts) Sigui f una funci´o senar i 2π−periodica tal que f (x) = x(π − x) si x ∈ [0, π]. Calculeu el desenvolupament en s`erie de Fourier d’aquesta funci´o, estudieu la converg`encia de la s`erie i calculeu, si ´es posible, +∞ n=0 (−1)n (2n + 1)3 Soluci´ o: La figura adjunta mostra la funci´o peri`odica.
Calculem el desenvolupament en serie de Fourier SF S(f )(x) = a0 + 2 +∞ (an cos nx + bn sin nx) n=1 i en ser la funci´o f senar, els coeficients an s’anul.len, aix´ı doncs cal calcular simplement bn = π 1 π f (x) sin nxdx, n = 1, 2, . . .
−π En ser la funci´o f senar i sin nx tamb´e senar, f (x) sin nx ´es una funci´o parella podem calcular bn = = 2 π 1 π π f (x) sin nxdx = −π π 2 π f (x) sin nxdx = 0 π 0 x(π − x) sin nxdx = 8 πn3 0 si n ´es parella si n es senar Aix´ı doncs, SF S(f )(x) = 8 π +∞ n=0 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 Del criteri de Weierstrass es dedueix que la s`erie +∞ n=0 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 ´es absolutament i uniformement convergent, ja que sin(2n + 1)x 1 ≤ 3 (2n + 1) (2n + 1)3 y +∞ n=0 1 (2n + 1)3 ´es convergente. Aix´ı doncs, la s`erie +∞ n=0 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 ´es tamb´e puntualment convergent i si x = π , del teorema de Dirichlet es dedueix que 2 π2 π =f 4 2 8 = π +∞ n=0 (−1)n (2n + 1)3 d’on +∞ n=0 (−1)n π3 = (2n + 1)3 32 Problema 5. (1 punt) Sigui f : R2 −→ R una funci´o fitada i F : R2 −→ R una funci´o definida per F (x, y) = f (x, y) sin(x2 + y 2 ). Estudieu la diferenciabilitat de F a (0,0).
Soluci´ o: En primer lloc calculem les derivades parcials de F a (0,0).
∂F f (x, 0) sin x2 − 0 x2 (0, 0) = lim = lim f (x, 0) =0 x→0 x→0 ∂x x x perqu`e la funci´o f ´es fitada. De la mateixa manera s’obt´e ∂F (0, 0) = 0 ∂y Estudiem ara la diferenciabilitat de F a (0,0).
F (x, y) − F (0, 0) − (0, 0)(x, y)T lim x2 + y 2 (x,y)→(0,0) = lim (x,y)→(0,0) f (x, y) x2 + y 2 x2 + y 2 = lim (x,y)→(0,0) = lim (x,y)→(0,0) d’on es dedueix que F es diferenciable a (0,0).
f (x, y) sin(x2 + y 2 ) x2 + y 2 f (x, y) x2 + y 2 = 0 = ` EXAMEN DE CALCUL (Segon parcial) 27-05-2008 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) Es considera el sistema d’equacions x + yv + eyu + exv = 3 y − xv + exu + eyv = 3 a) Demostreu que el sistema defineix dues funcions impl´ıcites u = u(x, y), v = v(x, y) en un entorn del punt (x, y, u, v) = (1, 1, 0, 0).
b) Si es designa per ϕ(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) on u y v son les funcions impl´ıcites definides a l’apartat anterior, proveu que ϕ ´es localment inversible en un entorn de (1,1) i calculeu una aproximaci´o lineal de ϕ en un entorn d’aquest punt.
c) Calculeu una aproximaci´o lineal de la funci´o ϕ−1 en un entorn del punt (0,0).
d) Es considera la funci´o ψ(x, y) = (xey , arctan(xy)). Raoneu la diferenciabilitat de la funci´ o ψ ◦ ϕ−1 en el punt (0,0) i calculeu una aproximaci´o lineal d’aquesta funci´o en un entorn de (0,0).
Soluci´ o: a) El sistema F1 (x, y, u, v) = x + yv + eyu + exv − 3 = 0 F2 (x, y, u, v) = y − xv + exu + eyv − 3 = 0 compleix les hip`otesis del teorema de la funci´o impl´ıcita en un entorn del punt (x, y, u, v) = (1, 1, 0, 0) , perqu`e • F1 (1, 1, 0, 0) = 0 F2 (1, 1, 0, 0) = 0 • F1 i F2 s´on funcions del tipus C r amb r ≥ 1.
• Du F1 Dv F1 Du F2 Dv F2 = (1,1,0,0) 1 2 1 0 = −2 = 0 Per tant, el sistema defineix u, v funcions impl´ıcites de x, y en un entorn del punt P = (1, 1, 0, 0).
b) Hem de verificar que es compleixen les condicions del teorema de la funci´o inversa: • De l’apartat anterior es dedueix que les components de ϕ son funcions del tipus C r amb r ≥ 1.
• S’ha de veure que det(Jϕ(1, 1)) = 0. Per verificar aquest segon punt hem de calcular les derivades Dx u(1, 1), Dx v(1, 1), Dy u(1, 1), Dy v(1, 1).
Derivant el sistema respecte x tenim: 1 + yDx v + yDx ueyu + (v + xDx v)exv = 0 0 − v − xDx v + (u + xDx u)exu + yDx veyv = 0 I aplicat al punt P s’obt´e: 1 + Dx v(1, 1) + Dx u(1, 1) + Dx v(1, 1) = 0 −Dx v(1, 1) + Dx u(1, 1) + Dx v(1, 1) = 0 ⇔ Dx u(1, 1) = 0 Dx v(1, 1) = −1 2 De la mateixa forma per a la component y s’obt´e: 0 + v + yDy v + eyu (u + yDy u) + exv xDy v = 0 1 − xDy v + xDy uexu + (v + yDy v)eyv = 0 Que aplicat al punt P s’obt´e: Dy v(1, 1) + Dy u(1, 1) + Dy v(1, 1) = 0 1 − Dy v(1, 1) + Dy u(1, 1) + Dy v(1, 1) = 0 ⇔ Dy u(1, 1) − 1 Dy v(1, 1) = 21 Per tant, 1 =− =0 2 Dx u(1, 1) Dy u(1, 1) Dx v(1, 1) Dy v(1, 1) Aix´ı doncs, ϕ ´es inversible en un entorn del punt (1, 1) i la seva aproximaci´o lineal ´es: x−1 y−1 T1 (x, y) = ϕ(1, 1) + Jϕ(1, 1) = (0, 0) + 1 1 1 − y, − (x − 1) + (y − 1) 2 2 = = 0 −1 −1/2 1/2 x−1 y−1 = 1 1 − y, (y − x) 2 c) Per calcular l’aproximaci´o lineal de ϕ−1 cal saber la seva matriu jacobiana en el punt. Es compleix, −1 −1 −2 0 −1 = Jϕ−1 (0, 0) = (Jϕ(1, 1))−1 = −1 0 −1/2 1/2 Per tant T1 (u, v) = ϕ−1 (0, 0) + Jϕ−1 (0, 0) u v −1 −2 −1 0 = (1, 1) + u v = = (1 − u − 2v, 1 − u) d) La funci´o ϕ−1 ´es diferenciable per ser la inversa d’una funci´o diferenciable. La funci´o ψ ´es diferenciable per tenir les components de tipus C 1 . En virtut de la regla de la cadena, d ψ ◦ ϕ−1 (0, 0) = dψ ϕ−1 (0, 0) ◦ dϕ−1 (0, 0) J(ψ ◦ ϕ−1 )(0, 0) = Jψ ϕ−1 (0, 0) Jϕ−1 (0, 0) At`es que ϕ−1 (0, 0) = (1, 1), calcularem, Jψ (1, 1) = Dx ψ1 Dy ψ1 Dx ψ2 Dy ψ2 = (1,1) ey xey y 1+(xy)2 x 1+(xy)2 = (1,1) Per tant J(ψ ◦ ϕ−1 )(0, 0) = e e 1 2 1 2 −1 −2 −1 0 −2e −2e −1 −1 = Finalment l’aproximaci´o lineal de ψ ◦ ϕ−1 a (0,0) ´es: T1 (u, v) = ψ(1, 1) + −2e −2e −1 −1 u v = e e 1 2 1 2 π −u−v 4 Problema 2. (2 punts) Es consideren les superficies definides per les equacions x2 +y 2 +z 2 = a2 2 2 i x2 + y − 2b = 2b essent a, b ∈ R, a, b > 0.
a) Plantegeu el c`alcul del volum del s`olid limitat per aquestes superficies.
b) Calculeu el volum per a = b.
= (e, π/4) + (−2eu − 2ev, −u − v) = e − 2eu − 2ev, Soluci´ o: a) Si b ≤ a π b sin θ r V =2 0 a2 − r2 drdθ 0 Si a < b α π−α b sin θ V =2 r 0 0 a a2 − r2 drdθ + π r α b sin θ a2 − r2 drdθ + 0 r π−α a2 − r2 drdθ 0 on α = arctan √b2a−a2 que es dedueix de x2 + y 2 = a2 x2 + y 2 − by = 0 b) El recinte limitat per aquestes dues superf´ıcies ´es la B´oveda de Viviani i est´a representado a la figura adjunta.
Pel cas a = b = R, l’equaci´o de l’esfera ´es x2 + y 2 + z 2 = R2 i la del cilindre x2 + y − R 2 2 = R2 4 aix´ı doncs, el volum es pot calcular mitjan¸cant R2 − x2 − y 2 dxdy V =2 Q ´essent Q el recinte al pla xy.
Realitzem una parametrizaci´o de la regi´o plana d’integraci´o fent servir les coordenadas polars: x = r cos θ y = r sin θ d’on es dedueix, R 2 2 x2 + y − = R2 4 x2 + y 2 − yR = 0 r2 − r sin θR = 0 r = R sin θ Amb aix`o ja hem obtingut els nous l´ımits d’integraci´o per a aquest canvi de coordenades i es t´e, π R sin θ V =2 r 0 R2 − r2 drdθ 0 I com que, d R2 − r 2 dr Aleshores, el volum es pot calcular com, V = (∗) = = − 2 3 π R2 − r 2 0 2 3 2R3 πR − 3 3 2 3 4 3 πR − R 3 3 π 0 π 2 0 3 2 3 2 = R sin θ dθ = − 0 2 3 3 (−2r) R2 − r2 2 − 21 π R2 − R2 sin2 θ 3 2 − R3 dθ = 0 2 2R3 |cos θ| dθ = πR3 − 3 3 π 2 3 0 π cos3 θ dθ + (− cos3 θ) dθ = π 2 2 cos3 θ dθ = R3 (3π − 4) 9 notem que al pas (∗) es t´e en compte que, √ cos2 θ 3 = |cos θ|3 Problema 3. (2.5 punts) Sigui f : R3 −→ R la funci´o definida per f (x, y, z) = sin(xy + z).
a) Calculeu el polinomi de Taylor de segon grau de la funci´o f en un entorn del punt (1, −1, 1).
b) Estudieu els punts estacionaris i els extrems de la funci´o f .
c) Calculeu sin(xy + z) lim (x,y,z)→(1,−1,1) 1 − x + y + z Soluci´ o: a) 1 T2 (x, y, z) = f (1, −1, 1)+Jf (1, −1, 1)(x−1, y+1, z−1)+ (x−1, y+1, z−1)Hf (1, −1, 1)(x−1, y+1, z−1)T 2 Si calculem les matrius jacobiana i hessiana s’obt´e Jf (1, −1, 1) = (−1, 1, 1)   0 1 0 Hf (1, −1, 1) =  1 0 0  0 0 0 d’on T2 (x, y, z) = xy + z b) Els punts estacionaris son els que anulen el gradient i per clasificar-los estudiem la hessiana en aquests punts.
 Dx f = y cos(xy + z) = 0  Dy f = x cos(xy + z) = 0  Dz f = cos(xy + z) = 0 d’on es dedueix que els punts estacionaris son els (x, y, z) ∈ R3 : l’estudi de la matriu hessiana en aquests punts es dedueix que xy + z = k π2 , k ∈ Z. De • si k = 4n + 1 hi ha m`axim relatiu • si k = 4n + 3 hi ha m´ınim relatiu c) Com el polinomi de Taylor de grau 1 de sin(xy + z) es T1 (x, y, z) = 1 − x + y + z es compleix sin(xy + z) =1 (x,y,z)→(1,−1,1) 1 − x + y + z lim Problema 4. (2.5 punts) Sigui f una funci´o senar i 2π−periodica tal que f (x) = x(π − x) si x ∈ [0, π]. Calculeu el desenvolupament en s`erie de Fourier d’aquesta funci´o, estudieu la converg`encia de la s`erie i calculeu, si ´es posible, +∞ n=0 (−1)n (2n + 1)3 Soluci´ o: La figura adjunta mostra la funci´o peri`odica.
Calculem el desenvolupament en serie de Fourier SF S(f )(x) = a0 + 2 +∞ (an cos nx + bn sin nx) n=1 i en ser la funci´o f senar, els coeficients an s’anul.len, aix´ı doncs cal calcular simplement bn = π 1 π f (x) sin nxdx, n = 1, 2, . . .
−π En ser la funci´o f senar i sin nx tamb´e senar, f (x) sin nx ´es una funci´o parella podem calcular bn = = 2 π 1 π π f (x) sin nxdx = −π π 2 π f (x) sin nxdx = 0 π 0 x(π − x) sin nxdx = 8 πn3 0 si n ´es parella si n es senar Aix´ı doncs, SF S(f )(x) = 8 π +∞ n=0 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 Del criteri de Weierstrass es dedueix que la s`erie +∞ n=0 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 ´es absolutament i uniformement convergent, ja que sin(2n + 1)x 1 ≤ 3 (2n + 1) (2n + 1)3 y +∞ n=0 1 (2n + 1)3 ´es convergente. Aix´ı doncs, la s`erie +∞ n=0 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 ´es tamb´e puntualment convergent i si x = π , del teorema de Dirichlet es dedueix que 2 π2 π =f 4 2 8 = π +∞ n=0 (−1)n (2n + 1)3 d’on +∞ n=0 (−1)n π3 = (2n + 1)3 32 Problema 5. (1 punt) Sigui f : R2 −→ R una funci´o fitada i F : R2 −→ R una funci´o definida per F (x, y) = f (x, y) sin(x2 + y 2 ). Estudieu la diferenciabilitat de F a (0,0).
Soluci´ o: En primer lloc calculem les derivades parcials de F a (0,0).
∂F f (x, 0) sin x2 − 0 x2 (0, 0) = lim = lim f (x, 0) =0 x→0 x→0 ∂x x x perqu`e la funci´o f ´es fitada. De la mateixa manera s’obt´e ∂F (0, 0) = 0 ∂y Estudiem ara la diferenciabilitat de F a (0,0).
F (x, y) − F (0, 0) − (0, 0)(x, y)T lim x2 + y 2 (x,y)→(0,0) = lim (x,y)→(0,0) f (x, y) x2 + y 2 x2 + y 2 = lim (x,y)→(0,0) = lim (x,y)→(0,0) d’on es dedueix que F es diferenciable a (0,0).
f (x, y) sin(x2 + y 2 ) x2 + y 2 f (x, y) x2 + y 2 = 0 = ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 17-06-2008 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2.5 punts) Es considera la funci´o f : R −→ R definida per f (x) = x − x2 cos α π x si x = 0 si x = 0 a) Calculeu el valor α ∈ R per tal que f sigui cont´ınua a R.
b) Amb aquest valor d’α calculeu les funcions derivades f i f . Determineu tamb´e el domini d’aquestes funcions.
c) Determineu la recta tangent a la corba y = f (x) en els punts d’abcissa x = 0 i x = 21 .
d) Calculeu el polinomi de Taylor de grau 2 de f en els punts x = 0 i x = 21 , si existeixen.
Raoneu si f t´e un extrem local en x = 12 i, si ´es el cas, classifiqueu-lo.
Soluci´ o: a) Per a trobar el valor de α que faci f continua cal: lim x − x2 cos x→0 π x = 0 − lim x2 cos x→0 π x =0 π ja que el terme x2 cos ´es producte d’una funci´o de l´ımit zero (x2 ) i d’una funci´o fitada x π cos . Per tant, α = 0.
x b) Si x = 0 es t´e: π π π − x2 2 sin x x x π π = 1 − 2x cos − π sin x x f (x) = 1 − 2x cos = Ara cal analitzar la derivabilitat a l’origen: h − h2 cos πh − 0 f (h) − f (0) = lim = h→0 h→0 h h π =1−0=1 = lim 1 − h cos h→0 h lim Per tant f ´es derivable a l’origen. La funci´o f est`a definida en R mitjan¸cant: f (x) = 1 − 2x cos 1, π x − π sin π x , x=0 x=0 Derivarem ara l’expressi´o de f per a x = 0: π π π π π − 2x 2 sin + π 2 cos x x x x x π 2π π π2 π = −2 cos − sin + 2 cos x x x x x f (x) = −2 cos = Ara cal analitzar l’exist`encia de la derivada segona a l’origen: f (x) − f (0) h→0 h lim − π sin πh h→0 h π π π = lim −2 cos − sin h→0 h h h = lim 1 − 2h cos π h −1 = que no existeix. Per tant, f (0) no existeix.
c) L’equaci´o de la recta tangent a y = f (x) en (x0 , y0 ) ser`a: y − y0 = f (x0 )(x − x0 ) En (x0 , y0 ) = (0, 0) es t´e, f (0) = 1 i aix´ı, y = x. En (x0 , y0 ) = 12 , 14 otenim, f 12 = 0 i aix´ı, y = 14 .
d) En x = 0 la derivada segona de f no existeix i per tant, no existeix tampoc el polinomi de Taylor de segon grau. En x = 12 es compleix: f 1 2 = −2 cos(2π) − 4π sin(2π) + 4π 2 cos(2π) = 4π 2 − 2 Per tant, el polinomi de Taylor de segon ordre centrat en aquest punt T2 (x) resta: T2 (x) = 1 1 +0 x− 4 2 + 1 4π 2 − 2 2 x− 1 2 2 D’aquesta manera el polinomi es pot acabar escribint com, 1 T2 (x) = + 2π 2 − 1 4 1 x− 2 2 I at`es que f 21 = 0 i f 12 > 0, podem concloure que f t´e un m´ınim local en x = 12 .
Podem observar la representaci´o gr`afica de la funci´o en el pla a la figura seg¨ uent: 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 -0.5 -1 -1.5 -2 -2.5 -3 Problema 2. (2.5 punts) Es considera la funci´o f : R3 −→ R definida per f (x, y, z) = xy + xz + yz + 1 a) Calculeu el l´ımit z+1 (x,y,z)→(1,1,−1) f (x, y, z) lim b) Si g(x, y) = f (x, y, 1) calculeu el pla tangent a la superficie z = g(x, y) en el punt (-1,-1,0).
c) El sistema d’equacions xy + xz + zy = −1 xyz = −1 defineix les variables y i z en funci´o de x en l’entorn del punt (1, 1, −1). Doneu una aproximaci´ o lineal de y = y(x) i z = z(x) en l’entorn d’aquest punt. Calculeu tamb´e el vector tangent a la corba representada pel sistema d’equacions en el mateix punt.
Soluci´ o: a) Per calcular el l´ımit calculem en primer lloc una aproximaci´o lineal de la funci´o f en un entorn del punt (1, 1, −1) utilitzant el desenvolupament de Taylor de primer ordre.
Com que f (1, 1 − 1) = 0 i ∇f (1, 1 − 1) = (y + z, x + z, x + y)|(1,1−1) = (0, 0, 2) aleshores f (x, y, z) ≈ (0, 0, 2)(x − 1, y − 1, z + 1)T = 2z + 2 d’on 1 z+1 = 2 (x,y,z)→(1,1,−1) f (x, y, z) lim b) Si g(x, y) = xy + x + y + 1, per calcular el pla tangent a la superficie z = g(x, y) calculem ∂g (−1, −1) = 0 ∂x i ∂g (−1, −1) = 0 ∂y d’on l’equaci´o del pla tangent ´es z=0 c) Derivant el sistema respecte x s’obt´e: y + xy + z + xz + z y + y z = 0 yz + x[y z + yz ] = 0 i avaluant en el punt (1, 1, −1) s’obt´e: 2z = 0 −y + z = 1 d’on z (1) = 0 i y (1) = −1. Les aproximacions lineals de y = y(x) i z = z(x) en un entorn de (1, 1, −1) son: y(x) = 1 − (x − 1) = 2 − x i z(x) = −1 El vector tangent a la corba representada pel sistema en aquest punt ´es (1, −1, 0).
Problema 3. (2.5 punts) Considereu la funci´o f (x, y) = ex+y en el conjunt D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1, x2 + (y − 1)2 ≤ 1 a) Doneu les expressions i representeu gr`aficament les corbes de nivell de la funci´o f en R3 .
b) Determineu anal.l´ıticament els extrems absoluts de la funci´o en D.
Soluci´ o: a) Considerant la funci´o z = f (x, y) = ex+y en R3 s’obt´e la superf´ıcie: que tallant amb plans z constant proporciona les corbes de nivell de la funci´o. Anal.l´ıticament tenim: z = k = ex+y ⇔ x + y = ln k = C ⇔ y = C − x que s´on rectes amb pendent negativa i que en x = 0 prenen per valor el logaritme neperi`a del valor de la z en el pla que tallem per a obtenir la corba de nivell (nom´es per z positives). En definitiva, es t´e, 12 corba4 10 8 6 4 z 0.001 -12 -10 -8 2 z 0.01 -6 z 0.1 -4 -2 z 1 2 z 10 4 6 z 100 8 10 12 z 1000 -2 -4 -6 -8 -10 -12 observeu que perque quedin rectes equidistants, cal prendre valors espaiats exponencialment, ´es a dir, per a valors de z constants equidistants, les l´ınies s’anirien acumulant.
b) En ser la funci´o f (x, y) composici´o de la funci´o x + y amb la funci´o exponencial, que es mon`otona creixent, n’hi hauria prou amb estudiar els extrems de la funci´o x + y en aquest domini. D’aquesta manera i tenint en compte que la regi´o D ve delimitada per la intersecci´o de les dues corbes com veiem a la figura seg¨ uent: 3 2.5 2 1.5 1 0.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 -0.5 -1 -1.5 cal trobar els extrems de g(x, y) = x + y en aquesta regi´o. El conjunt D ´es tancat i fitat, de manera que ´es compacte. Cal estudiar doncs els extrems a l’interior de D i a la seva frontera.
• Punts interiors Dx g(x, y) = 1 = 0 Dy g(x, y) = 1 = 0 D’aquesta manera, no hi haur`a punts cr´ıtics a l’interior de D.
• Frontera Usant el m`etode dels multiplicadors de Lagrange per a cadascun dels dos trams de la frontera, obtenim les funcions, L1 (x, y, λ) = x + y + λ x2 + y 2 − 1 L2 (x, y, λ) = x + y + λ x2 + (y − 1)2 − 1 que cal optimitzar. D’aquesta manera tindrem, Dx L1 (x, y, λ) = 1 + 2λx = 0 Dy L1 (x, y, λ) = 1 + 2λy = 0 ⇒x=y Subsituint aix`o a l’equaci´o de la frontera en q¨ uesti´o, 1 x2 + y 2 = 1 ⇒ 2x2 = 1 ⇔ x = ± √ 2 de manera que s’acaben obtenint els punts candidats a extrems seg¨ uents: √1 , √1 2 2 − √12 , − √12 p1 = p2 = ∈D ∈ /D Procedint de la mateixa manera per a l’altre circumfer`encia frontera del nostre domini es t´e: Dx L2 (x, y, λ) = 1 + 2λx = 0 ⇒y =x+1 Dy L2 (x, y, λ) = 1 + 2λ(y − 1) = 0 I subsituint a l’equaci´o d’aquesta frontera, 1 x2 + (y − 1)2 = 1 ⇒ 2x2 = 1 ⇔ x = ± √ 2 de manera que s’acaben obtenint els punts candidats a extrems seg¨ uents: p3 = p4 = √1 , 1 2 1 − √2 , 1 + − √1 2 1 √ 2 ∈ /D ∈D No hem d’oblidar els punts de la frontera que es troben com a intersecci´o de les dues corbes en ser aquests punts singulars i per tant, autom`aticament candidats a extrems. Amb aix`o, intersecant ambdues fronteres, x2 + y 2 = 1 2 x + (y − 1)2 = 1 √ 2 2 ⇒ 1 − y = 1 − (y − 1) ⇔ (x, y) = ± 3 1 , 2 2 Finalment, avaluant en cadascun dels punts candidats per tal de concloure els extrems tindrem: √ g √12 , √12 = 2 √ g − √12 , 1 − √12 = 1 − 2 √ 3 1 2 ,2 √ − 23 , 12 g g √ = = 3+1 2 √ 1− 3 2 De manera que el m`axim absolut de g i per tant de f en D s’assoleix en el punt 1 1 √ ,√ 2 2 mentre que el m´ınim absolut s’assoleix en 1 1 −√ , 1 − √ 2 2 Problema 4. (2.5 punts) a) A R2 considereu els canvis de variable seg¨ uents: u−v u+v , 2 2 (x, y) = ; (x, y) = (r cos θ, r sin θ) en els seus corresponents dominis. Mitjan¸cant un d’aquests canvis resoleu e−(x 2 +(y−x)2 +y 2 ) dx dy R2 ∞ √ π .
2 0 ´ b) Essent ara R la regi´o del pla delimitada per la corba xy = 16 sota les condicions y ≥ x, x ≥ 0 calculeu, Indicaci´o: Recordeu que −x2 e dx = x2 dx dy R Soluci´ o: a) Es tracta de calcular, si ´es que ´es finit, el volum que queda per sota de la superf´ıcie mostrada a la figura seg¨ uent: Sigui doncs u=x+y v =y−x d’on x2 + (y − x)2 + y 2 = 12 (u2 + 3v 2 ) i e−(x 2 +(y−x)2 +y 2 ) ∂(u,v) ∂(x,y) = 2. Del teorema del canvi de variable es dedueix 1 e− 2 (u dxdy = R2 ∂(x, y) dudv = ∂(u, v) 2 +3v 2 ) R2 1 = 2 − 21 u2 e − 23 v 2 e dv = R2 1 2 1 3 2 2 e− 2 u du R e− 2 v dv = R Amb el canvi de variable u t= √ , 2 +∞ = − 23 v 2 e −∞ +∞ √ dv −t2 2e +∞ dt = du = 2dt √ − 32 v 2 e dv −∞ 0 √ √ 2√ π = 2π 2 +∞ 3 2 e− 2 v dv = 0 Amb el canvi de variable z= = √ +∞ 2π 0 3 , 2 dv = √ 2 2 √ e−z dz = 2 3 2 dz 3 √ π π π =√ 3 2 3 b) Si intersequem xy = 16 i y = x per x ≥ 0 obtenim el punt (4, 4). De manera que la regi´ o en qu`e cal calcular aquesta integral ´es la que observem a la figura seg¨ uent: 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -1 Per tant 16 x 4 2 x dxdy = lim R ε→0 ε 4 x2 dxdy = lim ε→0 ε x = lim 16 ε→0 x2 x4 − 2 4 x2 4 = 64 ε 16 − x dx = x ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 27-05-2008 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) Es considera el sistema d’equacions x + yv + eyu + exv = 3 y − xv + exu + eyv = 3 a) Demostreu que el sistema defineix dues funcions impl´ıcites u = u(x, y), v = v(x, y) en un entorn del punt (x, y, u, v) = (1, 1, 0, 0).
b) Si es designa per ϕ(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) on u y v son les funcions impl´ıcites definides a l’apartat anterior, proveu que ϕ ´es localment inversible en un entorn de (1,1) i calculeu una aproximaci´o lineal de ϕ en un entorn d’aquest punt.
c) Calculeu una aproximaci´o lineal de la funci´o ϕ−1 en un entorn del punt (0,0).
Soluci´ o: a) El sistema F1 (x, y, u, v) = x + yv + eyu + exv − 3 = 0 F2 (x, y, u, v) = y − xv + exu + eyv − 3 = 0 compleix les hip`otesis del teorema de la funci´o impl´ıcita en un entorn del punt (x, y, u, v) = (1, 1, 0, 0) , perqu`e • F1 (1, 1, 0, 0) = 0 F2 (1, 1, 0, 0) = 0 • F1 i F2 s´on funcions del tipus C r amb r ≥ 1.
• Du F1 Dv F1 Du F2 Dv F2 = (1,1,0,0) 1 2 1 0 = −2 = 0 Per tant, el sistema defineix u, v funcions impl´ıcites de x, y en un entorn del punt P = (1, 1, 0, 0).
b) Hem de verificar que es compleixen les condicions del teorema de la funci´o inversa: • De l’apartat anterior es dedueix que les components de ϕ son funcions del tipus C r amb r ≥ 1.
• S’ha de veure que det(Jϕ(1, 1)) = 0. Per verificar aquest segon punt hem de calcular les derivades Dx u(1, 1), Dx v(1, 1), Dy u(1, 1), Dy v(1, 1).
Derivant el sistema respecte x tenim: 1 + yDx v + yDx ueyu + (v + xDx v)exv = 0 0 − v − xDx v + (u + xDx u)exu + yDx veyv = 0 I aplicat al punt P s’obt´e: 1 + Dx v(1, 1) + Dx u(1, 1) + Dx v(1, 1) = 0 −Dx v(1, 1) + Dx u(1, 1) + Dx v(1, 1) = 0 De la mateixa forma per a la component y s’obt´e: ⇔ Dx u(1, 1) = 0 Dx v(1, 1) = −1 2 0 + v + yDy v + eyu (u + yDy u) + exv xDy v = 0 1 − xDy v + xDy uexu + (v + yDy v)eyv = 0 Que aplicat al punt P s’obt´e: Dy v(1, 1) + Dy u(1, 1) + Dy v(1, 1) = 0 1 − Dy v(1, 1) + Dy u(1, 1) + Dy v(1, 1) = 0 ⇔ Dy u(1, 1) − 1 Dy v(1, 1) = 21 Per tant, 1 =− =0 2 Dx u(1, 1) Dy u(1, 1) Dx v(1, 1) Dy v(1, 1) Aix´ı doncs, ϕ ´es inversible en un entorn del punt (1, 1) i la seva aproximaci´o lineal ´es: T1 (x, y) = ϕ(1, 1) + Jϕ(1, 1) = x−1 y−1 = (0, 0) + 1 1 1 − y, − (x − 1) + (y − 1) 2 2 = 0 −1 −1/2 1/2 x−1 y−1 = 1 1 − y, (y − x) 2 c) Per calcular l’aproximaci´o lineal de ϕ−1 cal saber la seva matriu jacobiana en el punt. Es compleix, −1 −1 −2 0 −1 = Jϕ−1 (0, 0) = (Jϕ(1, 1))−1 = −1 0 −1/2 1/2 Per tant T1 (u, v) = ϕ−1 (0, 0) + Jϕ−1 (0, 0) u v = (1, 1) + −1 −2 −1 0 u v = = (1 − u − 2v, 1 − u) Problema 2. (1 punt) Es consideren les successions de nombres reals (an ) i (bn ) definides per an = ln 12 + ln 22 + · · · + ln n2 bn = 2n ln n Calculeu lim n→+∞ n≥1 n≥1 an bn At´es el valor del l´ımit anterior comenteu qu`e es pot dir d’aquestes successions.
Soluci´ o: Per calcular el l´ımit apliquem el criteri de Stolz (observem que estem en condicions d’aplicar-lo).
an+1 − an ln(n + 1)2 ln(n + 1) = lim = lim = n→+∞ bn+1 − bn n→+∞ 2(n + 1) ln(n + 1) − 2n ln n n→+∞ n ln n+1 + ln(n + 1) n lim lim n→+∞ ln(n + 1) ln(n + 1) == lim =1 1 n n→+∞ 1 + ln(n + 1) ln 1 + n + ln(n + 1) Per tant an =1 n→+∞ bn Del resultat d’aquest l´ımit i de la definici´o de successi´o equivalent es dedueix que (an ) i (bn ) son infinits equivalents.
lim Problema 3. (1.5 punts) Sigui f : [a, b] → R continua en [a, b] i derivable en (a, b). Si f (x) > 0, ∀x ∈ [a, b], demostreu que existeix α ∈ (a, b) tal que es compleix: f (α) f (b) (b−a) f (α) =e f (a) Soluci´ o: Considerem la funci´o g(x) = ln f (x), continua a [a, b] i derivable a (a, b) per ser-ho f .
Apliquem el teorema del valor mitj`a a la funci´o g i obtenim g(b) − g(a) = g (α)(b − a) on α ∈ (a, b) ´ a dir, Es ln f (b) − ln f (a) = f (α) (b − a) f (α) o de manera equivalent, ln f (b) f (a) f (α) (b − a) f (α) = D’on es dedueix f (α) f (b) (b−a) f (α) =e f (a) tal com voliem veure.
Problema 4. (2 punts) Es consideren les superficies definides per les equacions x2 +y 2 +z 2 = a2 2 2 i x2 + y − 2b = 2b essent a, b ∈ R, a, b > 0.
a) Plantegeu el c`alcul del volum del s`olid limitat per aquestes superficies.
b) Calculeu el volum per a = b.
Soluci´ o: a) Si b ≤ a π b sin θ V =2 r 0 a2 − r2 drdθ 0 Si a < b α π−α b sin θ V =2 r 0 0 a a2 − r2 drdθ + π r α b sin θ a2 − r2 drdθ + 0 r π−α a2 − r2 drdθ 0 on α = arctan √b2a−a2 que es dedueix de x2 + y 2 = a2 x2 + y 2 − by = 0 b) El recinte limitat per aquestes dues superf´ıcies ´es la B´oveda de Viviani i est´a representado a la figura adjunta.
Pel cas a = b = R, l’equaci´o de l’esfera ´es x2 + y 2 + z 2 = R2 i la del cilindre x2 + y − R 2 2 = R2 4 aix´ı doncs, el volum es pot calcular mitjan¸cant R2 − x2 − y 2 dxdy V =2 Q ´essent Q el recinte al pla xy.
Realitzem una parametrizaci´o de la regi´o plana d’integraci´o fent servir les coordenadas polars: x = r cos θ y = r sin θ d’on es dedueix, x2 + y − R 2 2 = R2 4 x2 + y 2 − yR = 0 r2 − r sin θR = 0 r = R sin θ Amb aix`o ja hem obtingut els nous l´ımits d’integraci´o per a aquest canvi de coordenades i es t´e, π R sin θ V =2 r 0 R2 − r2 drdθ 0 I com que, d R2 − r 2 dr 3 2 = 3 (−2r) R2 − r2 2 − 21 Aleshores, el volum es pot calcular com, V = (∗) = = − 2 3 π R2 − r 2 0 2 3 2R3 πR − 3 3 2 3 4 3 πR − R 3 3 π 0 π 2 0 3 2 R sin θ 0 dθ = − 2 3 π R2 − R2 sin2 θ 3 2 − R3 dθ = 0 2 2R3 |cos θ|3 dθ = πR3 − 3 3 π 2 π cos3 θ dθ + 0 (− cos3 θ) dθ = π 2 2 cos3 θ dθ = R3 (3π − 4) 9 notem que al pas (∗) es t´e en compte que, √ cos2 θ 3 = |cos θ|3 Problema 5. (2 punts) Sigui f : R3 −→ R la funci´o definida per f (x, y, z) = sin(xy + z).
a) Calculeu el polinomi de Taylor de segon grau de la funci´o f en un entorn del punt (1, −1, 1).
b) Estudieu els punts estacionaris i els extrems de la funci´o f .
c) Calculeu sin(xy + z) lim (x,y,z)→(1,−1,1) 1 − x + y + z Soluci´ o: a) 1 T2 (x, y, z) = f (1, −1, 1)+Jf (1, −1, 1)(x−1, y+1, z−1)+ (x−1, y+1, z−1)Hf (1, −1, 1)(x−1, y+1, z−1)T 2 Si calculem les matrius jacobiana i hessiana s’obt´e Jf (1, −1, 1) = (−1, 1, 1)   0 1 0 Hf (1, −1, 1) =  1 0 0  0 0 0 d’on T2 (x, y, z) = xy + z b) Els punts estacionaris son els que anulen el gradient i per clasificar-los estudiem la hessiana en aquests punts.
 Dx f = y cos(xy + z) = 0  Dy f = x cos(xy + z) = 0  Dz f = cos(xy + z) = 0 d’on es dedueix que els punts estacionaris son els (x, y, z) ∈ R3 : l’estudi de la matriu hessiana en aquests punts es dedueix que • si k = 4n + 1 hi ha m`axim relatiu • si k = 4n + 3 hi ha m´ınim relatiu xy + z = k π2 , k ∈ Z. De c) Com el polinomi de Taylor de grau 1 de sin(xy + z) es T1 (x, y, z) = 1 − x + y + z es compleix lim (x,y,z)→(1,−1,1) sin(xy + z) =1 1−x+y+z Problema 6. (1.5 punts) Sigui f una funci´o senar i 2π−periodica tal que f (x) = x(π − x) si x ∈ [0, π]. Calculeu el desenvolupament en s`erie de Fourier d’aquesta funci´o, estudieu la converg`encia de la s`erie i calculeu, si ´es posible, +∞ n=0 (−1)n (2n + 1)3 Soluci´ o: La figura adjunta mostra la funci´o peri`odica.
Calculem el desenvolupament en serie de Fourier SF S(f )(x) = a0 + 2 +∞ (an cos nx + bn sin nx) n=1 i en ser la funci´o f senar, els coeficients an s’anul.len, aix´ı doncs cal calcular simplement bn = 1 π π f (x) sin nxdx, n = 1, 2, . . .
−π En ser la funci´o f senar i sin nx tamb´e senar, f (x) sin nx ´es una funci´o parella podem calcular bn = = 2 π 1 π π f (x) sin nxdx = −π π x(π − x) sin nxdx = 0 2 π π f (x) sin nxdx = 0 0 8 πn3 si n ´es parella si n es senar Aix´ı doncs, SF S(f )(x) = 8 π +∞ n=0 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 Del criteri de Weierstrass es dedueix que la s`erie +∞ n=0 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 ´es absolutament i uniformement convergent, ja que sin(2n + 1)x 1 ≤ 3 (2n + 1) (2n + 1)3 y +∞ n=0 1 (2n + 1)3 ´es convergente. Aix´ı doncs, la s`erie +∞ n=0 ´es tamb´e puntualment convergent i si x = π2 π =f 4 2 sin(2n + 1)x (2n + 1)3 π , del teorema de Dirichlet es dedueix que 2 = 8 π +∞ n=0 (−1)n (2n + 1)3 d’on +∞ n=0 π3 (−1)n = (2n + 1)3 32 ` EXAMEN DE CALCUL (Primer Parcial) 17-12-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (1 punt) (a) [0.5p] Sigui A = {z ∈ C : Re2 (z) ≥ 4}. Descriviu geom`etricament el conjunt A i estudieu si es tracta d’un conjunt obert, tancat, fitat i compacte.
(b) [0.5p] Trobeu quins valors poden pendre els nombres reals x i y per tal que es satisfaci la relaci´o 1+i = xeiy 1−i (a) Re2 (z) ≥ 4 ⇒ x2 ≥ 4 −2 A=A ⇒ ⇒ x ≥ 2 ´o x ≤ −2.
2 A tancat.
A no obert.
A no acotat ⇒ A no compacte.
(b) Tenim 1+i = xeiy 1−i operant 1+i 1+i (1 + i)2 1 + i2 + 2i · = = =i 1−i 1+i 1 − i2 2 Queda:   x=1 iy cos y = 0 i = xe = x(cos y + i sin y) ⇒  sin y = 1 ⇒ x=1 y = π2 + 2 k π ` EXAMEN DE CALCUL (Primer Parcial) 17-12-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 2. (2 punts) Considereu la successi´o de nombres reals definida per: √ a1 = 1 an+1 = −1 + 3 1 + 3an ∀n > 1 (a) [0.5p] Demostreu que (an )n ´es una successi´o de termes estrictament positius.
a3 (b) [0.5p] Comproveu que an = an+1 + a2n+1 + n+1 i demostreu que an > an+1 ∀n ≥ 1.
3 (c) [0.5p] Demostreu que (an )n ´es una successi´o convergent i calculeu-ne el l´ımit. Comproveu tamb´e que an lim =1 n→∞ an+1 1 an+1 (d) [0.5p] Definim la successi´o (bn )n com bn = − 1 an , ∀n ≥ 1. Calculeu lim bn .
n→∞ (a) Inducci´o Com a1 = 1 > 0, suposem an > 0 si n > 1 √ √ 3 an+1 = −1 + 3 1 + 3 an > −1 + 1 = 0 Per tant, an > 0 ∀n > 0.
(b) A partir de la recurr`encia donada: an+1 + 1 = 3 (an+1 + 1) a3n+1 + 3 a2n+1 √ 3 1 + 3 an = 1 + 3 an + 3 an+1 + 1 = 1 + 3 an an = an+1 + a2n+1 + a3n+1 3 Com que {an } ´es una s`erie de termes estrictes positius, tenim: an = an+1 + a2n+1 + a3n+1 > an+1 3 (c) Sabem que {an } ´es mon`otona decreixent i est`a fitada inferiorment per zero ⇒ ´es convergent.
Fem lim an = a, lim an+1 = a i tenim: n→∞ n→∞ a = a + a2 + a3 3 =⇒ a2 1 + a =0 3 =⇒ a=0 a = −3 a2 an = lim 1 + an+1 + n+1 n→∞ an+1 n→∞ 3 lim =⇒ lim an = 0 n→∞ = 1.
(d) lim bn = lim n→∞ = lim n→∞ − 1 an an+1 1 an+1 + an+1 3 an n→∞ an+1 an 1 a2 + a3n+1 /3 an − an+1 = lim n+1 = n→∞ an an+1 n→∞ an an+1 = lim =1 ` EXAMEN DE CALCUL (Primer Parcial) 17-12-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 3. (1.5 punts) Donada la funci´o f : R −→ R definida per   (1 + x)3 x = −1 3 f (x) =  1 +0 x x = −1 (a) [1p] Estudieu la derivabilitat i el creixement i decreixement de la funci´o en un entorn de x = −1 i dedu¨ıu l’exist`encia d’extrems de f al punt x = −1.√ (b) [0.5p] Raoneu l’exist`encia de x0 ∈ [0, 1] tal que f (x0 ) = 8.
(a) (1 + x)3 =0 x→−1 1 + x3 lim =⇒ Continua a x = −1 On s’ha aplicat la regla de l’Hˆopital perqu`e 3(1 + x)2 (1 + x)3 = 0 ⇒ lim x→−1 x→−1 1 + x3 3x2 lim Ara cal encara veure si f ´es derivable a x = −1 lim x→−1 (1+x)3 1+x3 (x + 1) (1 + x)2 =0 x→−1 1 + x3 = lim Ara nom´es resta estudiar f (x) f (x) = 3(1 + x)3 (1 − x) (1 + x3 )2 < 0 si x < −1 > 0 si x > −1 =⇒ f decreix si x < −1 f creix si x < −1 d’on es dedueix que f t´e un m´ınim a x = −1.
(b) f (0) = 1 f (1) = 4 Com 1 < √ i com f (x) ´es continua a (0, 1) ⇒ f (x) assoleix tots els valors entre 1 i 4.
8 < 4, aleshores ∃ xo tal que f (xo ) = √ 8.
` EXAMEN DE CALCUL (Primer Parcial) 17-12-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 4. (4 punts) Sigui f : A ⊂ R −→ R la funci´o definida mitjan¸cant: f (x) = ln(1 + x) (a) [0,5p] Deduiu el desenvolupament en s`erie de Taylor de la funci´o f al voltant de x = 0.
(b) [0.5p] Demostreu que g(x) = sin(x) ´es infinit`essim equivalent de f entorn de x = 0.
(c) [1p] Considereu h(x) = f (x) + 1. Doneu un domini en qu`e h sigui contracci´o. Useu aquesta propietat per deduir que l’equaci´o h(x) = x t´e una u ´nica soluci´o real positiva.
(d) [0.8p] Trobeu el primer nombre natural n pel qual l’error com`es en calcular ln(0.75) mitjan¸cant el desenvolupament de f en s`erie de Taylor sigui menor que 10−3 .
(e) [0.5p] Determineu el domini de converg`encia de la s`erie de pot`encies obtinguda al primer apartat i raoneu per a quins punts t´e validesa l’expressi´o de Taylor de f .
´ la funci´o f uniformement continua en el seu domini de converg`encia? Demostreu (f) [0.7p] Es la veracitat o falsedat.
(a) f (x) = ln(1 + x) 1 f (x) = 1+x −1 f (x) = (1+x) 2 ..
.
n+1 n) f (x) = (−1)(1+x)(n−1)! n f (0) = 0 f (0) = 1 f (0) = −1 ..
.
n) f (0) = (−1)n (n − 1)! Per tant Tf (x) = n≥1 (−1)n+1 xn n (b) g(x) ser`a infinit`essim equivalent de f (x) sii lim x→0 f (x) = 1.
g(x) Aleshores, com que sin x ∼ x tindrem: x− f (x) lim = lim x→0 g(x) x→0 x2 2 + x3 3 − x4 4 + ··· x = 1.
(c) Considerem la funci´o h(x) = f (x) + 1 i del Teorema del Valor Mig es dedueix, |h(x) − h(y)| = |h (η)||x − y| 1 que per exemple, per x ∈ (1, 4) es t´e |h (x)| < 1.
1+x Amb aix`o, h ´es contracci´o en (1, 4) i com que podem considerar h : (1, 4) −→ (1, 4), en ser contracci´o t´e un u ´nic punt fix, i.e. ∃!x ∈ (1, 4) t.q. h(x) = x, com vol´ıem demostrar. Ara falta justificar que fora d’aquets domini no hi ha cap altra soluci´o de l’equaci´o h(x) = x. Observem que a (0,1) no podem definir h : (0, 1) → (0, 1), ´es a dir, la imatge no est`a continguda en el domini i per tant no poden haver punts fixos; tampoc podem definir h : (a, b) → (a, b) per 4 < a < b.
(d) f n+1) (θx) · xn+1 (−1)n+2 n!xn+1 xn+1 |Rn | = = ≤ (n + 1)! (n + 1)!(1 + θx)n+1 (n + 1)(1 + θx)n+1 amb h (x) = Si prenem x = −0.25 i θ = 1, que proporciona el pitjor cas, obtenim: |Rn | ≤ (n 1 n+1 4 n+1 + 1) 34 = 1 < 10−3 (n + 1)3n+1 ⇐⇒ 1000 < (n + 1) 3n+1 La m´ınima n tal que aix`o es compleix ´es n = 4.
(e) Utilitzant que √ n R−1 = lim n→∞ an = lim n→∞ an+1 an i prenent an = (−1)n+1 .
n Aleshores, R−1 = lim n→∞ (−1)n+2 · n = | − 1| = 1 (n + 1)(−1)n+1 Ara tenim, D = (−1, 1) i cal que estudiem els extrems: x = −1, n≥1 (−1)2n+1 =− n n≥1 1 = −∞.
n x = 1, n≥1 (−1)n+1 < +∞.
n (es dedueix del criteri de Leibniz per s`eries alternades).
Aix´ı doncs, D = (−1, 1].
(f ) No, no ho ´es.
Suposem que ho ´es. Aleshores ∀ε > 0 ∃δ > 0 t.q. |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε Fixat ε > 0 podrem pendre x,y prou propers a −1 de forma que ln(1 + x) − ln(1 + y) no sigui prou petit.
De fet, 1+x | ln(1 + x) − ln(1 + y)| = ln .
1+y A m´es a m´es, en ser f (x) discontinua per a x = −1 que ´es de l’adher`encia de (−1, 1], no podem tenir continuitat uniforme en [−1, 1] i per tant tampoc en (−1, 1].
En particular, sigui ε = 1, ∀δ > 0, x, α ∈ R tal que |x + α − x| < δ ⇒ α < δ.
ln(1 + x + α) − ln(1 + x)| ⇒ |f (x + α) − f (x)| < ε = 1 per tant |1 > | ln(1 + x + α) − ln(1 + x)| = ln que divergeix quan x → −1 c.v.d.
1+x+α 1+x = ln 1+x+α 1+x ` EXAMEN DE CALCUL (Primer Parcial) 17-12-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 5. (1.5 punts) Considereu les funcions reals de variable vectorial f : A ⊂ R2 → R i g : B ⊂ R2 → R definides per: x3 − y 2 f (x, y) = 1 − cos x + y g(x, y) = Calculeu, si ´es possible, lim f (x, y) i (x,y)→(0,0) x3 − y 2 1 − cos x + |y| lim g(x, y) i definiu una extensi´o continua de f (x,y)→(0,0) i/o g a (0,0) en cas que tingui sentit.
Primer estudiem la funci´o f (x, y) x3 − y 2 x3 − λ2 x4 lim f (x, y) = lim = lim 2 (x, y) → (0, 0) (x, y) → (0, 0) 1 − cos x + y x→0 1 − cos x + λx y = λx2 y = λx2 Si prenem λ = − 21 , obtenim x3 − 14 x4 x→0 1 − cos x − 1 x2 2 lim i aquest l´ımit no existeix i per tant no existeix lim f (x, y) i no es pot definir una (x,y)→(0,0) extensi´o continua de la funci´o f al punt (0,0).
Estudiem ara la funci´o g(x, y) i demostrarem que lim g(x, y) = 0.
(x,y)→(0,0) |g(x, y) − 0| = (∗) |x3 − y 2 | |x3 | |y 2 | x3 − y 2 <2 2 + = 2|x| + |y| < x2 1 − cos x + |y| x |y| 2 + |y| Que tendeix a 0 si (x, y) → (0, 0).
A (*) s’ha utilitzat el desenvolupament de Taylor de la funci´o cosinus, com cos x = 1 − x2 x4 + + ··· 2! 4! i per tant x2 x4 − + · · · = 1 − cos x 2! 4! Fixeu-vos que aquesta fitaci´o que ens permet demostrar que lim g(x, y) = 0 no ´es (x,y)→(0,0) possible si al denominador no hi ha |y| i aix`o ´es el que fa que no existeixi lim (x,y)→(0,0) f (x, y).
` EXAMEN DE CALCUL (Primer Parcial) 20-01-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2.5 punts) Considereu la funci´o real de variable vectorial f : R2 → R definida per:  5 y (cos2 x − sin2 y)   si y ≥ 0, (x, y) = (0, 0)    (x2 + y 2 )2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0)  3  y cos x    si y < 0 x2 + y 2 (a) [1.5p] Estudieu la continu¨ıtat de f.
(b) [1p] Considereu el conjunt A = {z ∈ C : z + z = zz}. Representeu-lo gr`aficament i raoneu si es pot assegurar que la funci´o f assoleix un m`axim i un m´ınim absoluts en A.
Soluci´ o a) Estudiarem la continuitat de f en els diferents punts del domini.
• Si (x, y) = (a, 0) f ´es continua a (x, y) per ser composici´o de funcions continues.
• Si (x, y) = (a, 0) amb a = 0 lim f (x, y) = (x, y) → (a, 0) y≥0 lim (x, y) → (a, 0) y<0 lim (x, y) → (a, 0) f (x, y) = y 5 (cos2 x − sin2 y) =0 (x2 + y 2 )2 lim (x, y) → (a, 0) y 3 cos x =0 x2 + y 2 L´ımits que es resolen aplicant el criteri “zero per fitada”. Per tant, utilitzant el teorema de descomposici´o del domini lim f (x, y) = f (a, 0) = 0 (x,y)→(a,0) • Si (x, y) = (0, 0) lim f (x, y) = (x, y) → (0, 0) y≥0 lim (x, y) → (0, 0) y<0 lim (x, y) → (0, 0) f (x, y) = lim y 5 (cos2 x − sin2 y) =0 (x2 + y 2 )2 (x, y) → (0, 0) y 3 cos x =0 x2 + y 2 Per tant, utilitzant el teorema de descomposici´o del domini lim (x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0) = 0 D’aquesta forma veiem que f ´es cont´ınua a R2 .
b) Sigui z = x + iy z + z = x + iy + x − iy = 2x zz = (x + iy)(x − iy) = x2 + y 2 2x = x2 + y 2 ⇔ (x − 1)2 + y 2 = 1 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 −1.6 −1.4 −1.2 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 −0.2 −0.4 −0.6 −0.8 −1 −1.2 Veiem que el conjunt A es compacte. Llavors del teorema de Weierstrass es dedueix que al ser la funci´o f cont´ınua en el compacte A aquesta assoleix extrems absoluts dins del compacte.
Problema 2. (7.5 punts) El nombre d’or i la successi´o de Fibonacci s´on els pilars de la matem`atica cl`assica. Tenen multitud d’aplicacions en els diversos √`ambits del C`alcul i la Geometria. El nombre auri es defineix algebraicament com φ = 1+2 5 (φ ≈ 1.6180339887...) i correspon, segons la seva definici´o geom`etrica, a la proporci´o obtinguda segons la partici´o del seg¨ uent segment: a+b a = =: φ a b La successi´o de Fibonacci es defineix mitjan¸cant la seg¨ uent recurr`encia:  si n = 0  0 1 si n = 1 Fn =  Fn−1 + Fn−2 si n > 1 La ra´o `auria i la successi´o de Fibonacci estan molt relacionades i prova d’aquest fet es la definici´o de la successi´o de Fibonacci mitjan¸cant una f´ormula tancada: Fn = φn − (1 − φ)n √ 5 Amb tot aix`o, resoleu els seg¨ uents apartats: (a) [0.5p] Demostreu que el nombre d’or no ´es racional, i.e. φ ∈ R − Q. [Indicaci´o: useu la definici´o geom`etrica de φ].
(b) [1p] Considereu la successi´o recurrent definida per: y0 = 1 √ yn = 1 + yn−1 Calculeu, si existeix, el l´ımit d’aquesta successi´o.
(c) [1p] Tenint en compte que φ2 = 1 + φ proveu que φn satisf`a la recurr`encia de Fibonacci si n > 1. Observeu que aleshores podrem escriure φn = aφ + b. Trobeu a i b. Useu aix`o per a calcular 3φ3 − 5φ2 + 4.
(d) [1p] Demostreu que es compleix φ = 1 + 1 φ i calculeu el l´ımit Fn+1 n→∞ Fn lim (e) [1p] Calculeu una aproximaci´o de√primer ordre, mitjan¸cant la diferencial, del nombre d’or.
[Indicaci´o: considereu f (x) = 1+2 x i calculeu df (4)(1)]. Com trobar´ıeu una aproximaci´ o millor? (f) Sigui A = (−1)n + 1 Fn , ∀n ∈ N∗ i g : R → R la funci´o definida per g(x) = 1 si x ∈ A 0 si x ∈ /A aleshores: (i) [0.5p] Determineu l’interior, l’adher`encia, l’acumulaci´ o, la frontera i el conjunt de ´ A compacte? punts a¨ıllats de A. Es (ii) [1.5p] Estudieu la continu¨ıtat de g.
(g) (i) [0.3p] Calculeu la suma de la s`erie n≥0 1 φ2n (ii) [0.7p] Es coneix com a rectangle auri aquell que t´e una proporci´o base-al¸cada de valor φ. Si es va subdividint recursivament en quadrats es crea una successi´o de quadrats de costats an i d’`arees a2n . Partint del rectangle auri de base 1 i al¸cada φ, calculeu la suma d’`arees dels quadrats formats i comproveu que es correspon a l’`area del rectangle gran, ´es a dir, φ.
Soluci´ o a) Si anomenem n = a + b i m = a, aleshores per la definici´o geom`etrica de φ obtenim n m = m n−m Si φ ∈ Q prenem els n i m positius que fan que φ sigui una fracci´o irreductible. Aix`o porta a n m una contradicci´o perqu`e m no pot ser igual a una fracci´o n−m amb n = m i m = n − m. El cas n = m ´es absurd en obtenir n − m = 0.
b) Sigui y0 = 1 √ yn = 1 + yn−1 Llavors si existeix el l´ımit de la successi´o aquest compleix √ √ 1± 5 2 2 l = 1+l ⇔l =1+l ⇔l −l−1=0⇔l = 2 Com que y0 = 1 > 0 i {yn }n∈N ´es creixent (tal com demostrarem a continuaci´ o), el candidat a l´ımit es φ. Per estudiar la converg`encia de la successi´o, estudiem la monotonia i veiem si est`a fitada.
• Fitada Veiem que est`a fitada superiorment amb el m`etode de inducci´o.
y0 = 1 < φ Suposem yn < φ, llavors yn+1 = 1 + yn < 1+φ=φ perqu`e φ ´es soluci´o de l2 = 1 + l.
La fita inferior ´es el primer terme de la successi´o (y0 = 1).
• Mon`otona creixent Veiem que ´es monotona aplicant el m`etode d’inducci´o.
√ √ 1 = y0 < y 1 = 1 + 1 = 2 Suposem yn < yn+1 , llavors 1 + yn < 1 + yn+1 ⇒ 1 + yn < 1 + yn+1 ⇒ yn+1 < yn+2 Per tant, lim {yn } = φ n→∞ Aquest apartat es pot resoldre de manera alternativa aplicant el teorema del punt fix, tal com demostrem √ a continuaci´o. Podem definir la funci´o de variable cont´ınua f : A ⊂ R −→ R definida per f (x) = 1 + x que ens permetr`a demostrar la converg`encia de la succesi´o recurrent yn = y0 = 1 √ 1 + yn−1 Per a determinar el domini A ⊂ R on ens interessa estudiar f cal saber qui ´es el conjunt de punts definit per la successi´o {yn }n∈N . Vegem en primer lloc, que la successi´o {yn }n∈N ´es una successi´o creixent: √ √ y0 = 1, y1 = 1 + 1 = 2 > 1 Suposem yn > yn−1 i comprovem yn+1 > yn yn+1 = 1 + yn > 1 + yn−1 = yn ⇔ 1 + yn > 1 + yn−1 ⇔ yn > yn−1 D’aquesta manera i com que y0 = 1 i {yn }n∈N ´es creixent, en tindrem prou considerant A = [1, +∞). Ara, observem que f ∈ C +∞ (A). Fixem-nos que f ∈ / C +∞ (R) i ´es per aix`o la import`ancia de provar que la successi´o {yn }n∈N ´es creixent.
Arribats a aquest punt podem usar el teorema del valor mig per provar que f ´es una contracci´ o en A i aix´ı assegurar la converg`encia de {yn }n∈N .
1 f (x) = √ 2 1+x 1 < 1 de manera que del teorema del valor mig es i observem que ∀x ∈ A es t´e 0 < f (x) < 2√ 2 dedueix que f ´es una contracci´o. En ser contracci´ o, com estem en un espai m`etric complet, del teorema del punt fix es dedueix que f t´e un u ´nic punt fix.
√ √ 1± 5 2 x= 1+x⇔x −x−1=0⇔x= 2 Concluem aleshores, que √ 1+ 5 lim {yn } = =φ n→∞ 2 ja que l’altre candidat es descarta en ser negatiu, sabent que y0 = 1 > 0 i {yn }n∈N ´es creixent.
c) Podem observar la recurr`encia φ0 = 1 φ1 = φ φ2 = 1 + φ φ3 = φφ2 = φ(1 + φ) = φ + φ2 φ4 = φφ3 = φ(φ + φ2 ) = φ2 + φ3 i considerem la hip`otesi d’inducci´o φn−1 = φn−2 + φn−3 de forma que φn = φφn−1 = φ(φn−2 + φn−3 ) = φn−1 + φn−2 i, per tant, satisf`a la recurr`encia de Fibonacci. A m´es a m´es, com que φn−1 = φn−2 + φn−3 podem escriure φn = 2φn−2 + φn−3 i com que φn−2 = φn−3 + φn−4 podem escriure φn = 3φn−3 + 2φn−4 i com que φn−3 = φn−4 + φn−5 podem escriure φn = 5φn−4 + 3φn−5 de forma que φn = Fk+1 φn−k + Fk φn−(k+1) i, amb k = n − 1 tenim φn = Fn φ1 + Fn−1 φ0 = Fn φ + Fn−1 Calculem ara 3φ3 − 5φ2 + 4 φ3 = F3 φ + F2 = 2φ + 1 φ2 = F2 φ + F1 = φ + 1 d’on s’obt´e: 3φ3 − 5φ2 + 4 = 3(2φ + 1) − 5(φ + 1) + 4 = φ + 2 = 3.618 d) Per demostrar φ=1+ 1 φ nom´es ens cal utilitzar la definici´o φ := per tant φ= a+b a = a b a b 1 1 + =1+ a =1+ a a φ b Calculem ara el l´ımit tenint en compte que 1 − φ = − φ1 lim n→∞ = lim Fn+1 = lim n→∞ Fn 1 φn+1 − (−1)n+1 φn+1 φn − (−1)n φ1n n→∞ φn+1 φ)n+1 − (1 − φn − (1 − φ)n = lim n→∞ = lim φn+1 − −1 φ φn − −1 φ n→∞ 1 φn+1 + (−1)n φn+1 φn − (−1)n φ1n n+1 n = (φ2(n+1) + (−1)n )φn = n→∞ (φ2n − (−1)n )φn+1 = lim n (−1) 2n 1 φ2(n+1) + (−1)n φ2 φ + φ2 = lim = lim =φ n→∞ φ φ2n − (−1)n n→∞ φ φ2n − (−1)n e) Considerem la funci´o √ 1+ x f (x) = 2 aleshores, f (5) ≈ f (4) + df (4) · (1), ja que f (a + h) − f (a) ≈ df (a) · h en el nostre cas df (x) · h = f (x) · h = i, per tant 1 √ h 2·2 x √ 1 13 1+ 4 3 1 + √ 1= + = = 1, 625 f (5) ≈ 2 2 8 8 4 4 De fet com que Fn = {0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, ...} observem que considerant 13 8 Fn+1 Fn = F7 F6 de forma que podem trobar una aproximaci´ o millor amb l’apartat anterior, amb n prou gran (n ≥ 7). Per exemple, F8 21 = = 1, 615 F7 13 f) Podem veure que ◦ A= ∅ A = A ∪ {−1, 1} A = {−1, 1} ∂A = A Aill(A) = A Per tant, el conjunt A no ´es compacte.
• Si a ∈ A lim g(x) = 0 = g(a) x→a • Si a ∈ /A lim g(x) = 0 = g(a) x→a • Si a ∈ {−1, 1} El limit lim g(x) x→a no existeix, aplicant el criteri sequencial.
Per tant, podem afirmar que si x ∈ A la funci´o g presenta discontinuitat evitable en x, si x∈ / A la funci´o g ´es cont´ınua en x, essent x = {−1, 1}, i si x = {−1, 1} g t´e una discontinuitat esencial en x.
Aix´ı doncs g ´es continua a R − A.
g) i) Es tracta d’una s`erie geom`etrica de ra´o 1 , φ2 per tant, φ2 1 φ2 1 = =φ = = 1 φ2n φ2 − 1 φ 1 − φ2 n≥0 ii) Del dibuix podem veure que a0 = 1 a0 + a1 = φ tamb´e podem veure i tamb´e a1 = φ1 a1 + a2 = 1 a2 = φ12 a2 + a3 = a1 ⇒ a1 = φ − 1 = ⇒ a2 = 1 − ⇒ a3 = 1 φ φ−1 1 1 = = 2 φ φ φ 1 1 φ−1 1 − 2 = = 3 2 φ φ φ φ I com podem calcular l’`area del rectagle com la suma a2n A= n≥0 veiem que A = 12 + 1 φ 2 + 1 φ2 2 + 1 φ3 2 + ... = n≥0 1 =φ φ2n ` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 21-05-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2.5 punts) Donada la funci´o f (x, y, z) = z 3 ln(xy) + 2(x2 + y 2 ) + z 2 + 8xz − z + 8.
a) [0.5p] Per a quins valors de a l’equaci´o f (x, y, z) = 0 defineix funcions impl´ıcites z = z(x, y) tals que z(1, 1) = a? b) [1p] Trobeu l’equaci´o del pla tangent en el punt (1, 1, −3) a la superf´ıcie definida per la funci´ o z = z(x, y).
∂2z ∂2z c) [1p] Calculeu (1, 1). Coincidir`a en aquest cas amb (1, 1)? Justifiqueu la ∂x∂y ∂y∂x resposta.
Soluci´ o a) Apliquem el teorema de la funci´o impl´ıcita. Cal comprovar que es compleixen les hip`otesis: i)f (x, y, z) ∈ C ∞ en el domini de definici´o de la funci´o (i.e. sempre i quan xy > 0).
ii)f (1, 1, a) = 0 ⇒ a2 + 7a + 12 = 0. D’aqu´ı obtenim els valors possibles per a a: a = −3 ´ o a = −4.
∂f iii) Falta comprovar que, per a aquests valors de a, = 0.
∂z Calculem la parcial: ∂f = 3z 2 ln(xy) + 2z + 8x − 1 ∂z ∂f ∂f i veiem que (1, 1, −3) = 1 = 0 i (1, 1, −4) = −1 = 0.
∂z ∂z Per tant, per a a = −3 i a = −4 la funci´o f (x, y, z) defineix funcions impl´ıcites z = z(x, y).
b) L’equaci´o del pla tangent es pot escriure com: z = z(1, 1) + ∂z ∂z (1, 1)(x − 1) + (1, 1)(y − 1) ∂x ∂y Hem de calcular les derivades parcials. Derivant respecte a x la igualtat f (x, y, z) = 0 obtenim: 3z 2 ∂z z3 ∂z ∂z ln(xy) + + 4x + 2z +8 z+x ∂x x ∂x ∂x − ∂z =0 ∂x ∂z Avaluant en el punt P(1,1,-3) obtenim: (1, 1) = 47.
∂x Per calcular la parcial respecte de y seguim el mateix procediment. Derivem respecte a y la igualtat f (x, y, z) = 0 i obtenim: 3z 2 ∂z z3 ∂z ∂z ∂z ln(xy) + + 4y + 2z + 8x − =0 ∂y y ∂y ∂y ∂y ∂z (1, 1) = 23.
∂y Ara ja podem escriure l’equaci´o del pla tangent demanada, Avaluant en el punt P(1,1,-3) obtenim: z = −3 + 47(x − 1) + 23(y − 1).
Expressada en forma general queda: 47x + 23y − z − 73 = 0.
c) Derivem respecte la variable y l’equaci´o 3z 2 ∂z z3 ∂z ∂z ln(xy) + + 4x + 2z +8 z+x ∂x x ∂x ∂x − ∂z =0 ∂x i obtenim 6z ∂z ∂z ∂2z + 3z 2 ∂y ∂x ∂x∂y 3 ∂z 3 ∂z ln(xy)+ z 2 + z 2 +2 y ∂x x ∂y Avaluant al punt (1,1,-3) i tenint en compte que ∂z ∂z ∂2z +8 +z ∂x ∂y ∂x∂y ∂z ∂2z ∂2z − +x =0 ∂y ∂x∂y ∂x∂y ∂z ∂z (1, 1) = 47 i (1, 1) = 23 es dedueix ∂x ∂y ∂2z (1, 1) = −4236 ∂x∂y ∂2z ∂2z (1, 1) i (1, 1) coincideixen perqu`e la funci´o es ∂x∂y ∂y∂x en un entorn del punt (teorema de Schwarz).
Les derivades parcials segones creuades de classe C ∞ Problema 2. (2.5 punts) a) [1.5p] Estudieu la diferenciabilitat de la funci´o f : R2 → R definida per f (x, y) = xy 2 sin y1 si y = 0, f (x, 0) = 0.
b) [1p] Estudieu els extrems absoluts de la funci´o f : A → R on f (x, y) = x2 + y 2 − xy + x + y essent A = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 0, y ≤ 0, x + y ≥ −3}.
Soluci´ o a) La definici´o de la funci´o f fa que estudiem per separat la diferenciabilitat en els punts de la forma (x, y) amb y = 0 dels punts (x, 0).
• (x, y) amb y = 0 Calculem les derivades parcials de f en aquest punt ∂f ∂x (x, y) ∂f ∂y (x, y) = y 2 sin y1 = 2xy sin y1 − x cos y1 Com les derivades parcials son funcions cont´ınues en un entorn de (x, y) la funci´o f ´es diferenciable als punts de la forma (x, y) amb y = 0.
• (x, y) amb y = 0 Calculem les derivades parcials de la funci´o f en un punt de la forma (a, 0).
∂f ∂x (a, 0) = lim f (a+h,0)−f (a,0) h ∂f ∂y (a, 0) = lim f (a,k)−f (a,0) k h→0 k→0 =0 =0 Per estudiar la diferenciabilitat en el punt anem a la definici´o de diferenciabilitat.
(a + h)k 2 sin k1 f (a + h, k) − f (a, 0) − (0, 0)(h, k) √ √ = lim = (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h2 + k 2 lim = (a + h)k √ lim (h,k)→(0,0) 1 k sin = 0 k h2 + k 2 Per tant f ´es diferenciable a (a, 0).
En resum doncs, f ´es diferenciable a qualsevol punt del seu domini R2 .
b) El conjunt A ´es un conjunt tancat i fitat i per tant compacte. Com la funci´o f ´es cont´ınua, podem aplicar el teorema de Weierstrass i assegurar que la funci´o f assoleix extrems absoluts sobre A. Aquests extrems absoluts poden estar a l’interior de A o b´e a la frontera. Anen a fer-ne l’estudi.
• Interior de A A l’interior es tracta d’un problema d’extrems lliures, per tant ser`an candidats a extrem els punts que siguin soluci´o del sistema de derivades parcials nul.les.
 ∂f ∂x (x, y) = 2x − y + 1 = 0  ∂f ∂x (x, y) = 2y − x + 1 = 0  Sistema que t´e el punt (−1, −1) com a u ´nica soluci´o.
• Frontera de A Estudiem els candidats a extrem a les diferents corbes que defineixen la frontera de A.
En primer lloc considerem la restricci´o a x = 0.
g(y) = f (0, y) = y 2 + y, g (y) = 2y + 1 = 0 ⇔ y = − 1 2 d’on (0, − 12 ) ´es candidat a extrem.
Considerem ara la restricci´o a y = 0.
h(x) = f (x, 0) = x2 + x, h (x) = 2x + 1 = 0 ⇔ x = − 1 2 d’on (− 12 , 0) ´es candidat a extrem.
Finalment considerem la restricci´o a x + y = −3.
l(y) = f (−3 − y, y) = 3y 2 + 9y + 6, l (y) = 6y + 9 = 0 ⇔ y = − 3 2 d’on (− 32 , − 32 ) ´es candidat a extrem.
Tindrem en compte tamb´e com a candidats a extrem a la frontera els punts intersecci´ o de les corbes que delimiten el conjunt A i que en aquest cas s´on (-3,0), (0,0) i (0,-3).
Apliquem ara doncs el teorema de Weierstrass i avaluem la funci´o en tots els candidats a extrem.
1 1 f (−1, −1) = −1, f (0, 0) = 0, f (−3, 0) = 6, f (0, −3) = 6, f (0, − ) = − , 2 4 1 1 3 3 3 f (− , 0) = − i f (− , − ) = − 2 4 2 2 4 Per tant, el m`axim absolut de f s’assoleix en els punts (-3,0) i (0,-3) i el m´ınim absolut en el punt (-1,-1).
Problema 3. (2.5 punts) a) [1p] Calculeu 1 1 cos x2 dxdy 0 y b) [1.5p] Calculeu la massa del cos determinat pel pla z = 0, el cilindre x2 +y 2 = 1, i la superf´ıcie 2 2 z = ex +y si la seva densitat ve donada per ρ(x, y, z) = |xy|.
Indicaci´ o: La massa d’un cos del qual coneixem la seva distribuci´o de densitat es calcula mitjan¸cant V ρ(x, y, z)dV .
Soluci´ o a) Si canviem l’ordre d’integraci´o aplicant el teorema de Fubini tenim x cos x2 dy = x cos x2 0 1 x cos x2 dx = 0 1 sin x2 2 1 = 0 1 sin 1 2 b) Fem el canvi a coordenades cil´ındriques:   x = r cos θ y = r sin θ  z=z Amb aquest canvi de coordenades es verifica x2 + y 2 = r2 . Per tant, l’equaci´o del cilindre passa 2 a ser r2 = 1 i l’equaci´o de la superf´ıcie, z = er . El jacobi`a de la transformaci´o ´es |J| = r i la distribuci´o de densitat ´es ρ(r, θ, z) = r2 | sin θ cos θ|.
Amb aix`o ja podem calcular la massa mitjan¸cant la integral: 2π M= dθ 0 er 1 2π r2 | sin θ cos θ|dz = rdr 0 2 0 1 0 2 r3 er dr | sin θ cos θ|dθ 0 Calculem per separat les dues integrals.
La integral en r la podem fer per parts: 1 2 r3 er dr = 0 u = r2 ⇒ du = 2rdr 2 2 dv = rer dr ⇒ v = 12 er = 1 2 r2 r e 2 1 1 0 2 rer dr = − 0 1 2 (r2 − 1)er 2 1 0 = 1 2 La integral en θ la farem tenint en compte la identitat trigonom`etrica sin 2θ = 2 sin θ cos θ.
Tamb´e cal notar que la funci´o sinus canvia de signe entre 0 i 2π i la funci´o cosinus canvia entre 0 i π.
2π | sin θ cos θ|dθ = 0 π 2π 1 2 | sin 2θ|dθ = 0 π 1 1 2 1 (− sin 2θ)dθ + sin 2θdθ + 2 0 2 π 2 2 π/2 1 π/2 = 4 sin 2θdθ = [− cos 2θ]0 = 2 2 0 3π 2 = Per tant la massa val: M =2· sin 2θdθ + π 2π 1 2 (− sin 2θ)dθ = 3π 2 1 = 1.
2 Problema 4. (2.5 punts) a) [1.5p] Demostreu la igualtat x2 = π2 +4 3 ∞ (−1)n n=1 cos nx n2 per −π ≤ x ≤ π.
b) [1p] Trobeu la funci´o tal que el seu desenvolupament en s`erie de Fourier ´es ∞ n=1 (−1)n sin nx n3 Soluci´ o a) Veiem en primer lloc que la funci´o f (x) = x2 a −π ≤ x ≤ π t´e associada la s`erie de Fourier π2 +4 3 ∞ (−1)n n=1 cos nx n2 Com la funci´o f ´es parella bn = 0 ∀n ∈ N 1 π a0 = an = π t2 dt = −π 2 π π 1 π t2 cos ntdt = −π π 0 2 π 2 t2 dt = π 2 3 π t2 cos ntdt = 0 si integrem per parts considerant u = t2 i dv = cos ntdt obtenim = 2 π t2 sin nt n π − 0 1 n π 2t sin ntdt 0 =− 4 nπ π t sin ntdt = 0 i tornant a integrar per parts considerant u = t i dv = sin ntdt tenim: 4 =− nπ t cos nt − n π 0 1 + n π cos ntdt 0 perqu`e cos nπ = (−1)n , n = 0, 1, ....
4 =− nπ π cos nπ sin nt − + n n π =4 0 (−1)n n2 Aix´ı doncs, π2 +4 3 x2 ∼ ∞ (−1)n n=1 cos nx per − π ≤ x ≤ π n2 L’extensi´o peri`odica de la funci´o f compleix les condicions de Dirichlet per la converg`encia de la s`erie de Fourier, ´es a dir, • f ´es 2π peri`odica; • f ´es cont´ınua a trossos (de fet, ´es continua) en −π ≤ x ≤ π; • ∀x ∈ (−π, π), existeixen les derivades per la dreta i per l’esquerra de la funci´o (de fet, la funci´o ´es derivable en tots els punts de l’obert).
Per tant i mitjan¸cant Dirichlet, podem afirmar que la funci´o coincidir`a amb la s`erie de Fourier trigonom`etrica de la funci´o en tots aquells punts on f sigui continua, que en el nostre cas s´on tots els del domini. Amb tot, π2 SF T (x ) = x = +4 3 2 ∞ 2 (−1)n n=1 cos nx per − π ≤ x ≤ π n2 b) Partint de la igualtat demostrada x2 = podem definir g(x) = 14 (x2 − π2 3 ), π2 +4 3 ∞ (−1)n n=1 cos nx n2 el desenvolupament en s`erie de la qual ser`a ∞ (−1)n g(x) = n=1 cos nx per − π ≤ x ≤ π n2 2 A m´es a m´es, aquesta s`erie convergeix uniformement a g(x) = 14 x2 − π3 , doncs pel criteri de Weierstrass,  cos nx 1   (−1)n <  cos nx n2 n2 <∞ ⇒ (−1)n 1 n2 < +∞   2 n≥1  n n≥1 Per tant, podem usar el resultat de converg`encia uniforme i integraci´o, amb el qual: f (x) dx = 1 4 x2 − (−1)n = n≥1 π2 3 (−1)n dx = n≥1 cos nx dx = n2 (−1)n n≥1 cos nx dx = n2 sin nx n3 Finalment, doncs, (−1)n n≥1 per −π ≤ x ≤ π.
1 sin nx = n3 4 x2 − π2 3 dx = 1 x3 − π 2 x 12 ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 05-06-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2.5 punts) Per a les afirmacions seg¨ uents, raona la seva veracitat o b´e d´ona un contraexemple si s´on falses.
◦ a) Sigui A ⊂ R, aleshores ∂A = ∅.
1 b) El conjunt x ∈ R : x = n1 + m , n, m ∈ N∗ ´es tancat.
c) Sigui f : [a, ∞) −→ R derivable i tal que existeix lim f (x), aleshores x→∞ f (x) =0 x→∞ x lim f (x) = 0 ⇔ ∃ lim x→∞ d) Sigui A ⊂ R un conjunt fitat superiorment amb suprem α. Aleshores, α = inf {x}.
x∈R−A e) Si {xn }n∈N ´es una successi´o de nombres reals tal que {x2n }n∈N ´es estrictament creixent i {x2n+1 }n∈N ´es estrictament decreixent, aleshores lim xn no existeix.
n→∞ Soluci´ o: a) FALS ◦ ◦ Considerem A = Q ⊂ R, aleshores ∂Q=R= R = ∅ b) FALS Observem que 0 ∈ A pero 0 ∈ /A • 0∈A: lim lim n→∞ m→∞ 1 1 + n m 1 1 + lim =0 n→∞ n m→∞ m = lim • 0∈ / A: ∃δ > 0 tal que ∀n, m ∈ N 1 1 + >δ>0 n m per exemple δ = n1 .
c) CERT La implicaci´o cap a la dreta es certa per L’Hˆopital. Suposem lim f (x) = 0 x→∞ 0 = lim f (x) = lim x→∞ x→∞ f (x) f (x) = lim x→∞ 1 x En general el rec´ıproc de L’Hˆopital no ´es cert per`o com que suposem que ∃ lim f (x) si podem x→∞ dir: f (x) f (x) 0 = lim = lim = lim f (x) x→∞ x x→∞ x x→∞ d) FALS Veiem que R − A ni tan sols t´e perqu`e estar fitat inferiorment. Sabem que α = sup{x} per`o, per exemple, prenent A = (0, 1) tindrem α = sup {x} = 1.
x∈A x∈(0,1) Aleshores R − A = R − (0, 1) = (−∞, 0] ∪ [1, +∞) que no t´e ´ınfim, es a dir, e) FALS inf x∈R−(0,1) {x} (−1)n+1 n Considerem la successi´o {xn }n∈N = Observem que n∈N −1 estrictament creixent n 1 = estrictament decreixent n x2n = x2n+1 i, que el l´ımit de la successi´o (−1)n+1 =0 n→∞ n lim xn = lim n→∞ Problema 2. (1 punt) Sigui f : [−1, 1] → R la funci´o  1  si  ex 0 si f (x) =   −( x1 ) e si definida per x<0 x=0 x>0 a) Demostreu que f ´es uniformement continua.
b) Calculeu la derivada de f i estudieu la continuitat de la funci´o derivada.
Soluci´ o: a) Podem veure que f ´es cont´ınua per a tot x = 0. Estudiem que passa al punt x = 0.
 1  lim f (x) = lim e x = 0 x→0− x→0− ⇒ lim f (x) = 0 = f (0) 1 x→0 lim f (x) = lim e−( x ) = 0  x→0+ x→0+ llavors podem afirmar que f ´es cont´ınua en tots els punts de [−1, 1] i, per tant, pel teorema de Heine-Borel ´es uniformement cont´ınua en ell.
b) Calculem la derivada de la funci´o  −1 1  x si x < 0   x2 e f (x) =    1 e−( x1 ) si x > 0 x2 Veiem ara si existeix f (0).
1 f (0 + h) − f (0) eh 1/h lim = lim = lim − 1 = 0 − − + h h h→0 h→0 h→0 eh lim h→0+ 1/h f (0 + h) − f (0) = lim 1 = 0 + h h→0 e h Per tant, f (0) = 0.
Es evident que f (x) ´es cont´ınua si x = 0.
lim f (x) = lim 1 1 −1 2 x = lim x e 1 = 0 = f (0) 2 + x x→0 e x lim f (x) = lim 1 −1 1 2 x = lim x e 1 = 0 = f (0) x2 x→0+ e x x→0+ x→0+ i analogament x→0− x→0− Queda comprovat que f (x) ´es cont´ınua a [−1, 1] i com a conseq¨ u`encia uniformement cont´ınua en ell.
Problema 3. (2 punts) Considerem una part´ıcula que es mou en un pla. La posici´o de la part´ıcula ve donada pel seu vector director (i.e. per les seves coordenades) r = (x, y) i la velocitat, pel vector velocitat v = (vx , vy ). Sabem que, en un cert interval de temps, es verifiquen les relacions seg¨ uents: x = ln vx + vy2 y = vx2 + vy2 a) Comproveu que, quan la velocitat de la part´ıcula ´es v = (1, 1) la seva posici´o ´es r = (1, 2).
Demostreu que, en un entorn del punt (1, 2), existeix una funci´o g diferenciable tal que g(1, 2) = (1, 1).
b) Calculeu dg(1, 2).
c) Calculeu l’acceleraci´o de la part´ıcula en el punt (x, y) = (1, 2).
Soluci´ o: a) Podem aplicar el teorema de la funci´o inversa. Les equacions de l’enunciat defineixen una funci´o f (vx , vy ) = (x, y) = (ln vx +vy2 , vx2 +vy2 ) que ´es diferenciable en un entorn de (vx , vy ) = (1, 1) ja que les funcions x i y ho s´on.
Es trivial veure que f (1, 1) = (1, 2) i, a m´es, la matriu de canvi ´es: ∂x ∂vy ∂y ∂vy ∂x ∂vx ∂y ∂vx 1 2vy vx 2vx 2vy = (1,1) = 1 2 2 2 = −2 = 0 (1,1) Per tant, ∃g = f −1 funci´o inversa, tal que g(1, 2) = (1, 1), g diferenciable.
b) dg(1, 2) = df −1 (1, 2) = g (1, 2) = −1 2 dx dy 2 −2 −2 1 c) Tenim, de l’apartat anterior: dx dy = f (1, 1) −1 dx dy −dx + dy dx − 12 dy = dvx dvy = −1 1 2 2 2 = (1,2)    dvx = −dx + dy   dv = dx − 1 dy y 2 i aplicant la regla de la cadena: a(1, 2) = dvx dvy , dt dt = (1,1) −dx dy dx 1 dy + , − dt dt dt 2 dt 1 = (−vx + vy , vx − vy )(1,1) = 2 −1 + 1, 1 − 1 2 Problema 4. (1.5 punts) Estudieu la converg`encia de la integral √ +∞ x sin( x12 ) dx ln(1 + x) 0 = = (1,1) 0, 1 2 dx dy = Soluci´ o: Separem la integral en dues parts √ √ +∞ 1 x sin( x12 ) x sin( x12 ) dx = dx + ln(1 + x) ln(1 + x) 0 0 +∞ 1 √ x sin( x12 ) dx = I1 + I2 ln(1 + x) Per estudiar la convergencia de la primera part veiem que √ x sin 1 x2 ln(1 + x) 1 i observem que xp Comparem per pas al limit amb 1 xp lim √ x x→0 ln(1+x) √ x ≤ ln(1 + x) √ 1 ln(1 + x) x x √ = lim p = lim x 2 −p = lim p x→0 x→0 x x x x→0 x 1 que es igual a 1 si p = .
2 1 1 √ dx ´es convergent, llavors I1 tamb´e ho ´es.
Com que x 0 1 xp De la mateixa manera comparem la segona integral amb √ x sin( 12 ) x ln(1+x) lim 1 x→∞ xp = lim sin( x12 ) 1 x2 x→∞ √ 1 3 xp+ 2 −2 xp− 2 xp x = lim = lim x2 ln(1 + x) x→∞ ln(1 + x) x→∞ ln(1 + x) 3 que es igual a 0 si p = .
2 ∞ 1 es convergent, llavors I2 tamb´e ho ´es i en conclusi´o, I ´es convergent.
Com que 3 dx ´ 1 x2 Problema 5. (1 punt) Sigui f : (0, +∞) × (0, +∞) → R la funci´o definida per: x f (x, y) = xy + y et √ dt t2 + 1 Calculeu el valor m`axim de les derivades direccionals de f en el punt (1, 1).
Soluci´ o: Trobem les derivades parcials de la funci´o f aplicant el teorema fonamental del c`alcul, et ja que √ ´es una funci´o continua per ser composici´o de funcions cont´ınues.
t2 + 1 ∂f ex (x, y) = yxy−1 + √ ∂x x2 + 1 ∂f (x, y) = xy ln(x) − ∂y ey y2 + 1 Les dues derivades parcials s´on funcions cont´ınues en el domini de definici´o, per tant, f ´es diferenciable i el m`axim de la derivada direccional ´es la norma del gradient.
∇f (1, 1) = ∂f ∂f (1, 1), (1, 1) ∂x ∂y = e −e 1+ √ ,√ 2 2 D’on e 1+ √ 2 ∇f (1, 1) = 2 −e √ 2 + 2 = 1+ Problema 6. (2 punts) Donada la superf´ıcie esf`erica de radi √ 2e + e2 √ 7R: x2 + y 2 + z 2 = 7R2 a) Calculeu la intersecci´o amb la superf´ıcie de revoluci´ o x2 + y 2 = R(2z − R), amb z ≥ R/2. De quina corba es tracta? b) Calculeu el volum, per damunt del pla z = R/2 del cos que, contenint l’eix z, est`a limitat per l’esfera i per la superf´ıcie de revoluci´ o.
Soluci´ o: a) Per calcular la intersecci´o resolem el sistema x2 + y 2 + z 2 = 7R2 + y 2 = R(2z − R) x2 D’on ⇒ 7R2 − z 2 = R(2z − R) ⇒ z 2 + 2zR − 8R2 = 0 √ 4R2 + 32R2 −2R ± 6R z= = = 2R 2 2 ja que la soluci´o z = −4R no t´e sentit perqu`e z ha de ser positiu.
Per tant, tenim com a intersecci´o z = 2R, que sustituint a la equaci´o donada ens queda −2R ± x2 + y 2 + (2R)2 = 7R2 i simplificant trobem x2 + y 2 = 3R2 , que ´es una circunfer`encia de centre (0, 0) i radi r = en el pla z = 2R.
b) Per cacular el volum treballarem amb coordenades cil´ındriques   x = r cos θ y = r sin θ  z=z √ 3R Trobem primer de tot els l´ımits d’integraci´ o. Per la variable θ sabem que com ´es una figura de √ revoluci´o θ ∈ [0, 2π], i que el radi tindra valors r ∈ [0, 3R]. Per calcular els l´ımits de la variable z resolem les seg¨ uents equacions x2 + y 2 + z 2 = 7R2 ⇒ r2 + z 2 = 7R2 ⇒ z = + 7R2 − r2 x2 + y 2 = R(2z − R) ⇒ r2 = 2zR − R2 ⇒ z = 1 2 r2 R R+ Calculem el volum a partir de la integral √ 2π V = dθ 0 √ 7R2 −r2 3R rdr 0 2 1 2 R+ rR √ 3R =π √ 3R 2r 0 7R2 − r2 dr−π 0 √ dz = 2π 3R rdr 7R2 − r2 − 0 1 2 √ r3 Rr + R 3 dr = −π (7R2 − r2 ) 2 3 2 0 3R R+ r2 R = √ 1 r4 r2 −π R + 2 R 4 3R = 0 = = −2 π 3 4R2 −2 π 3 3 2 7R2 − 3R2 − 7R2 = 3 2 2πR3 3 −π 3 3 2 3R3 1 9R4 + 2 R 4 3 − (7R2 ) 2 − π 3R3 9R3 + 2 4 = 45 8 2πR3 3 72 − 8 − = = 3 −2 15 π 8R3 − 7 2 R3 − π R3 = 3 4 3 72 − 109 8 ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 21-05-2009 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (0.7 punts) Esbrineu si la s`erie seg¨ uent ´es convergent i, en cas afirmatiu, calculeune la seva suma: ∞ 9 2 9n + 3n − 2 n=1 Soluci´ o Es tracta d’una s`erie de termes positius, per tant podem aplicar el criteri de comparaci´o per pas al l´ımit. Si comparem amb la s`erie convergent ∞ n=1 del criteri es dedueix que la s`erie ∞ n=1 9n2 1 n2 9 + 3n − 2 ´es convergent. Anem a calcular ara la seva suma descomposant en fraccions simples: 9n2 9 9 A B A(3n − 1) + B(3n + 2) = = + = + 3n − 2 (3n + 2)(3n − 1) 3n + 2 3n − 1 (3n + 2)(3n − 1) D’on es dedueix A = −3 i B = 3. Per tant es tracta d’una s`erie telesc`opica que podem reescriure com: ∞ ∞ 3 3 9 = − 2 9n + 3n − 2 3n + 2 3n − 1 n=1 n=1 Com 3 =0 n→∞ 3n − 1 lim la s`erie ´es convergent i la seva suma val 32 .
Problema 2. (0.8 punts) Sigui f : R → R una funci´o derivable en tot punt de R i tal que |f (x)| < 1, ∀x ∈ R. Demostreu que |f (x) − f (0)| < |x| per a tot x ∈ R.
Soluci´ o Al ser f una funci´o derivable en R compleix les hip`otesi del teorema del valor mig (o de Lagrange), que recordem diu que si f : [a, b] → R ´es una funci´o continua en [a, b], derivable en (a, b), aleshores existeix c ∈ (a, b) tal que f (b) − f (a) = (b − a)f (c) Prenent doncs, a = 0 i b = x es compleix f (x) − f (0) = xf (c), c ∈ (0, x) i prenent valor absolut tenim: |f (x) − f (0)| = |x||f (c)| ≤ |x| tal com voliem veure.
Problema 3. (1.5 punts) Trobeu k ∈ R tal que, quan x → 0, la funci´o f (x) = k sin x(1 − cos x) + x3 4 1 − x2 sigui un infinit`essim del grau m´es gran possible i, en aquest cas, calculeu la part principal de f (x).
Soluci´ o Condiderant el desenvolupament de Taylor en un entorn de x = 0 s’obt´e: sin x(1 − cos x) = = x3 4 x − 16 x3 + 1 3 2x 1 5 120 x − 18 x5 + 1 7 80 x + o(x6 ) 1 2 2x − 1 4 24 x + 1 6 720 x + o(x7 ) = + o(x8 ) 1 3 1 − x2 = x3 1 − x2 − x4 + o(x5 ) 4 32 1 3 = x3 − x5 − x7 + o(x8 ) 4 32 D’on f (x) = 1 1 k + 1 x3 − 2 4 1 1 k + 1 x5 + 2 16 1 3 k− 5 2 x7 + o(x8 ) 19 7 Per tant, si k = −2, f (x) ´es de tercer ordre. Si k = −2 l’ordre ´es 7 i la part principal − 160 x .
Problema 4. (1.5 punts) Donada la funci´o f (x, y, z) = z 3 ln(xy) + 2(x2 + y 2 ) + z 2 + 8xz − z + 8.
a) [0.5p] Per a quins valors de a l’equaci´o f (x, y, z) = 0 defineix funcions impl´ıcites z = z(x, y) tals que z(1, 1) = a? b) [1p] Trobeu l’equaci´o del pla tangent en el punt (1, 1, −3) a la superf´ıcie definida per la funci´o z = z(x, y).
Soluci´ o a) Apliquem el teorema de la funci´o impl´ıcita. Cal comprovar que es compleixen les hip`otesis: i)f (x, y, z) ∈ C ∞ en el domini de definici´o de la funci´o (i.e. sempre i quan xy > 0).
ii)f (1, 1, a) = 0 ⇒ a2 + 7a + 12 = 0. D’aqu´ı obtenim els valors possibles per a a: a = −3 ´o a = −4.
∂f iii) Falta comprovar que, per a aquests valors de a, = 0.
∂z Calculem la parcial: ∂f = 3z 2 ln(xy) + 2z + 8x − 1 ∂z ∂f ∂f i veiem que (1, 1, −3) = 1 = 0 i (1, 1, −4) = −1 = 0.
∂z ∂z Per tant, per a a = −3 i a = −4 la funci´o f (x, y, z) defineix funcions impl´ıcites z = z(x, y).
b) L’equaci´o del pla tangent es pot escriure com: z = z(1, 1) + ∂z ∂z (1, 1)(x − 1) + (1, 1)(y − 1) ∂x ∂y Hem de calcular les derivades parcials. Derivant respecte a x la igualtat f (x, y, z) = 0 obtenim: 3z 2 ∂z z3 ∂z ∂z ln(xy) + + 4x + 2z +8 z+x ∂x x ∂x ∂x − ∂z =0 ∂x ∂z Avaluant en el punt P(1,1,-3) obtenim: (1, 1) = 47.
∂x Per calcular la parcial respecte de y seguim el mateix procediment. Derivem respecte a y la igualtat f (x, y, z) = 0 i obtenim: 3z 2 ∂z z3 ∂z ∂z ∂z ln(xy) + + 4y + 2z + 8x − =0 ∂y y ∂y ∂y ∂y ∂z (1, 1) = 23.
∂y Ara ja podem escriure l’equaci´o del pla tangent demanada, Avaluant en el punt P(1,1,-3) obtenim: z = −3 + 47(x − 1) + 23(y − 1).
Expressada en forma general queda: 47x + 23y − z − 73 = 0.
Problema 5. (2.5 punts) a) [1.5p] Estudieu la diferenciabilitat de la funci´o f : R2 → R definida per f (x, y) = xy 2 sin y1 si y = 0, f (x, 0) = 0.
b) [1p] Estudieu els extrems absoluts de la funci´o f : A → R on f (x, y) = x2 + y 2 − xy + x + y essent A = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 0, y ≤ 0, x + y ≥ −3}.
Soluci´ o a) La definici´o de la funci´o f fa que estudiem per separat la diferenciabilitat en els punts de la forma (x, y) amb y = 0 dels punts (x, 0).
• (x, y) amb y = 0 Calculem les derivades parcials de f en aquest punt ∂f ∂x (x, y) ∂f ∂y (x, y) = y 2 sin y1 = 2xy sin y1 − x cos y1 Com les derivades parcials son funcions cont´ınues en un entorn de (x, y) la funci´o f ´es diferenciable als punts de la forma (x, y) amb y = 0.
• (x, y) amb y = 0 Calculem les derivades parcials de la funci´o f en un punt de la forma (a, 0).
∂f ∂x (a, 0) = lim ∂f ∂y (a, 0) = lim h→0 f (a+h,0)−f (a,0) h f (a,k)−f (a,0) k k→0 =0 =0 Per estudiar la diferenciabilitat en el punt anem a la definici´o de diferenciabilitat.
(a + h)k 2 sin k1 f (a + h, k) − f (a, 0) − (0, 0)(h, k) √ √ = lim = (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h2 + k 2 lim = lim (h,k)→(0,0) (a + h)k √ k 1 sin = 0 2 k +k h2 Per tant f ´es diferenciable a (a, 0).
En resum doncs, f ´es diferenciable a qualsevol punt del seu domini R2 .
b) El conjunt A ´es un conjunt tancat i fitat i per tant compacte. Com la funci´o f ´es cont´ınua, podem aplicar el teorema de Weierstrass i assegurar que la funci´o f assoleix extrems absoluts sobre A. Aquests extrems absoluts poden estar a l’interior de A o b´e a la frontera. Anen a fer-ne l’estudi.
• Interior de A A l’interior es tracta d’un problema d’extrems lliures, per tant ser`an candidats a extrem els punts que siguin soluci´o del sistema de derivades parcials nul.les.
 ∂f ∂x (x, y) = 2x − y + 1 = 0  ∂f ∂x (x, y) = 2y − x + 1 = 0  Sistema que t´e el punt (−1, −1) com a u ´nica soluci´o.
• Frontera de A Estudiem els candidats a extrem a les diferents corbes que defineixen la frontera de A.
En primer lloc considerem la restricci´o a x = 0.
g(y) = f (0, y) = y 2 + y, g (y) = 2y + 1 = 0 ⇔ y = − 1 2 d’on (0, − 12 ) ´es candidat a extrem.
Considerem ara la restricci´o a y = 0.
h(x) = f (x, 0) = x2 + x, h (x) = 2x + 1 = 0 ⇔ x = − 1 2 d’on (− 21 , 0) ´es candidat a extrem.
Finalment considerem la restricci´o a x + y = −3.
l(y) = f (−3 − y, y) = 3y 2 + 9y + 6, l (y) = 6y + 9 = 0 ⇔ y = − 3 2 d’on (− 32 , − 23 ) ´es candidat a extrem.
Tindrem en compte tamb´e com a candidats a extrem a la frontera els punts intersecci´o de les corbes que delimiten el conjunt A i que en aquest cas s´on (-3,0), (0,0) i (0,-3).
Apliquem ara doncs el teorema de Weierstrass i avaluem la funci´o en tots els candidats a extrem.
1 1 f (−1, −1) = −1, f (0, 0) = 0, f (−3, 0) = 6, f (0, −3) = 6, f (0, − ) = − , 2 4 1 1 3 3 3 f (− , 0) = − i f (− , − ) = − 2 4 2 2 4 Per tant, el m`axim absolut de f s’assoleix en els punts (-3,0) i (0,-3) i el m´ınim absolut en el punt (-1,-1).
Problema 6. (1.5 punts) Calculeu la massa del cos determinat pel pla z = 0, el cilindre 2 2 x2 + y 2 = 1, i la superf´ıcie z = ex +y si la seva densitat ve donada per ρ(x, y, z) = |xy|.
Indicaci´ o: La massa d’un cos del qual coneixem la seva distribuci´o de densitat es calcula mitjan¸cant V ρ(x, y, z)dV .
Soluci´ o Fem el canvi a coordenades cil´ındriques:   x = r cos θ y = r sin θ  z=z Amb aquest canvi de coordenades es verifica x2 + y 2 = r2 . Per tant, l’equaci´o del cilindre passa 2 a ser r2 = 1 i l’equaci´o de la superf´ıcie, z = er . El jacobi`a de la transformaci´o ´es |J| = r i la distribuci´o de densitat ´es ρ(r, θ, z) = r2 | sin θ cos θ|.
Amb aix`o ja podem calcular la massa mitjan¸cant la integral: 2π dθ M= 0 er 1 2 2π r2 | sin θ cos θ|dz = rdr 0 0 0 1 2 r3 er dr | sin θ cos θ|dθ 0 Calculem per separat les dues integrals.
La integral en r la podem fer per parts: 1 u = r2 ⇒ du = 2rdr 2 2 dv = rer dr ⇒ v = 12 er 2 r3 er dr = 0 1 2 r2 r e 2 = 1 1 0 2 rer dr = − 0 1 2 (r2 − 1)er 2 1 0 = 1 2 La integral en θ la farem tenint en compte la identitat trigonom`etrica sin 2θ = 2 sin θ cos θ.
Tamb´e cal notar que la funci´o sinus canvia de signe entre 0 i 2π i la funci´o cosinus canvia entre 0 i π.
2π | sin θ cos θ|dθ = 0 π 2 1 2 2π | sin 2θ|dθ = 0 π 1 1 1 = sin 2θdθ + (− sin 2θ)dθ + 2 0 2 π 2 2 π/2 1 π/2 = 4 sin 2θdθ = [− cos 2θ]0 = 2 2 0 Per tant la massa val: M =2· 3π 2 sin 2θdθ + π 1 = 1.
2 Problema 7. (1.5 punts) Demostreu la igualtat π2 x = +4 3 ∞ 2 per −π ≤ x ≤ π.
(−1)n n=1 cos nx n2 1 2 2π (− sin 2θ)dθ = 3π 2 Soluci´ o Veiem en primer lloc que la funci´o f (x) = x2 a −π ≤ x ≤ π t´e associada la s`erie de Fourier π2 +4 3 ∞ (−1)n n=1 cos nx n2 Com la funci´o f ´es parella bn = 0 ∀n ∈ N 1 π a0 = an = t2 sin nt n t2 dt = −π t2 cos ntdt = −π π − 0 t2 1 n π 2 π π 1 π si integrem per parts considerant u = 2 = π π 0 2 π 2 t2 dt = π 2 3 π t2 cos ntdt = 0 i dv = cos ntdt obtenim π 2t sin ntdt =− 0 4 nπ π t sin ntdt = 0 i tornant a integrar per parts considerant u = t i dv = sin ntdt tenim: =− 4 nπ − t cos nt n π + 0 1 n π =− cos ntdt 0 perqu`e cos nπ = (−1)n , n = 0, 1, ....
Aix´ı doncs, π2 x2 ∼ SF T (x2 ) = +4 3 4 nπ ∞ (−1)n n=1 − π cos nπ sin nt + n n π =4 0 (−1)n n2 cos nx per − π ≤ x ≤ π n2 La extensi´o peri`odica de la funci´o f compleix les condicions de Dirichlet per la converg`encia de la s`erie de Fourier, ´es a dir, • f ´es 2π peri`odica; • f ´es cont´ınua a trossos (de fet, ´es continua) en −π ≤ x ≤ π; • ∀x ∈ (−π, π), existeixen les derivades per la dreta i per l’esquerra de la funci´o (de fet, la funci´o ´es derivable en tots els punts de l’obert). per tant i mitjan¸cant Dirichlet, podem afirmar que la funci´o coincidir`a amb la s`erie de Fourier trigonom`etrica de la funci´o en tots aquells punts on f sigui continua, que en el nostre cas s´on tots els del domini. Amb tot, SF T (x2 ) = x2 = π2 +4 3 ∞ (−1)n n=1 cos nx per − π ≤ x ≤ π n2 ` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) Considereu a l’espai euclidi`a R2 , g : A ⊂ R2 → R una funci´o continua tal que g(0, 1) = g(1, 0) = 0 i g(−x, −y) = −g(x, y) ∀(x, y) ∈ A. Considerem la funci´o (x,y) ||(x,y)|| f (x, y) = ||(x, y)||g si(x, y) = (0, 0) f (0, 0) = 0 a) [1p] Calculeu Dv f (0, 0) ∀v = (v1 , v2 ) ∈ R2 .
´ diferenciable f a (0,0)? b) [1p] Calculeu D1 f (0, 0) i D2 f (0, 0). Es (a) (tv1 , tv2 ) g f (tv1 , tv2 ) − f (0, 0) Dv f (0, 0) = lim = lim t→0 t→0 t t (tv1 ,tv2 ) (tv1 ,tv2 ) |t| (v1 , v2 ) g = lim t(v1 ,v2 ) |t| (v1 ,v2 ) t t→0 Ara, si es separa el l´ımit en dreta i esquerra, s’obt´e: t (v1 , v2 ) g lim t t→0+ −t (v1 , v2 ) g − lim (v1 ,tv2 ) (tv1 ,tv2 ) (v1 ,tv2 ) (tv1 ,tv2 ) t t→0− = f (v1 , v2 ) = f (v1 , v2 ) Per tant Dv f (0, 0) = f (v1 , v2 ).
(b) D1 f (0, 0) = f (1, 0) = g(1, 0) = 0 D2 f (0, 0) = f (0, 1) = g(0, 1) = 0 Si f ´es diferenciable a (0, 0) f (h, k) − f (0, 0) − df (0, 0) · √ lim (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h k =0 on df (0, 0) · h k = (0, 0) · h k Per tant (h,k) (h, k) g (h,k) f (h, k) − f (0, 0) f (h, k) lim = lim = lim (h, k) (h, k) (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) (h, k) (h,k)→(0,0) que equival a g=0 .
Per tant f no ´es diferenciable a (0, 0).
= lim (h,k)→(0,0) g (h, k) (h, k) ` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 2. (2 punts) Considereu el sistema 3 ex + sin y − ez = 1 − e ex − y 2 − z = 0 a) [0.5p] Demostreu que aquest sistema defineix y = y(x), z = z(x) en un entorn del punt (0,0,1).
b) [0.5p] El sistema defineix una corba γ ⊂ R3 que v´e donada per r(x) = (x, y(x), z(x)). Trobeu l’equaci´o de la recta tangent a γ al punt (0,0,1).
c) [1p] Calculeu el polinomi de Taylor de segon ordre de la funci´o z en un entorn del punt x = 0.
(a) Definim 3 f1 (x, y, z) = ex + sin y − ez − 1 + e f2 (x, y, z) = ex − y 2 − z i f = (f1 , f2 ).
Veiem que es compleixen les hip`otesis del teorema de la funci´o impl´ıcita: * f ∈ Cq , q ≥ 1.
* f (0, 0, 1) = (e0 + sin 0 − e0 − 1 + e, e0 − 0 − 1) = (0, 0).
* ∂f1 ∂y ∂f2 ∂y ∂f1 ∂z ∂f2 ∂z = P (0,0,1) cos y −3z 2 ez −2 y −1 = cos 0 −3e −2 · 0 −1 = 1 −3e −2 · 0 −1 3 P (0,0,1) = −1 = 0 Pel Teorema de la funci´o impl´ıcita defineix y = y(x), z = z(x) en un entorn de f (0, 0, 1).
(b) Si considerem la corba r(x), aleshores el vector tangent a la corba en P ´es: r (0) = (1, y (0), z (0)) Hem de trobar z (0) i y (0).
Derivem impl´ıcitament: 3 ex + sin y(x) − ez (x) = 1 − e ex − y 2 (x) − z(x) = 0 3 ex + cos y(x) · y (x) − 3 · z 2 (x) · z (x) · ez (x) = 0 −→ ex − 2 · y(x) · y (x) − z (x) = 0 ara substitu¨ım 3 1 + cos 0 · y (0) − 3 · 12 · e1 · z (0) = 0 e0 − 2 · 0 · y (0) − z (0) = 0 −→ 1 + y (0) − 3 · e · z (0) = 0 1 − z (0) = 0 D’on y (0) = 3e − 1, z (0) = 1.
Per tant tenim r (0) = (1, 3e − 1, 1) vector tangent a γ en P . L’equaci´o de la recta tangent ser` a: (x, y, z) = (0, 0, 1) + λ(1, 3e − 1, 1) (c) P2 (f (x)) = f (0) + f (0) f (0) (x − 0) + (x − 0)2 1! 2! En el nostre cas tenim P2 (z(x)) = z(0) + z (0) z (0) 2 x+ x 1! 2! Necessitem calcular z (0) perque z(0) i z (0) ja les tenim calculades.
Derivem impl´ıcitament l’expressi´o obtinguda a l’apartat anterior: 3 ex + cos y(x) · y (x) − 3 · z 2 (x) · z (x) · ez (x) = 0 ex − 2 · y(x) · y (x) − z (x) = 0 3 3 ex + sin y · (y )2 + cos y · y − 6 · z · (z )2 · ez − 3 · z 2 ez · z 2 ex 3 − 2 · (y )2 − 2y · y − z 3 3 ex + sin y · (y )2 + cos y · y − 6 · z · (z )2 · ez − 3z 2 · 3z 2 · z ez · z − 3z 2 · ez · z ex − 2 · (y )2 − 2y · y − z = 0 −→ −→ = 0 = 0 = 0 Avaluem en P (0, 0, 1): e0 + sin 0 · (y (0))2 + cos 0 · y (0) − 6 · (z (0))2 · e1 − 3 · 3 · z (0)e1 · z (0) − 3 · e1 · z (0) = 0 e0 − 2 · (y (0))2 − 2 · 0 · y (0) − z (0) = 0 De la segona equaci´o es pot deduir que: 1 − 2 · (3 e − 1)2 − z (0) = 0 =⇒ z (0) = 1 − 2 (3 e − 1)2 Per tant, el polinomi de grau 2 de Taylor de z ´es: P2 (z(x)) = 1 + x + 1 1 1 − 2(3e − 1)2 x2 = 1 + x + (12e − 18e2 − 1)x2 2 2 ` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 3. (2 punts) Donada la funci´o f : R2 → R definida per f (x, y) = x2 + y 2 + x + y a) [0.5p] Trobeu els extrems relatius de la funci´o f i classifiqueu-los.
b) [1.5p] Estudieu l’exist`encia d’extrems absoluts de f sobre el conjunt A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4, y ≤ 1} i en cas que existeixin trobeu-los.
(a) ∂f ∂x (x, y) ∂f ∂y (x, y) =x+1=0 =y+1=0 D’on l’´ unic punt candidat a extrem ´es P − 12 , − 21 i el classifiquem aplicant el m`etode de Sylvester.
∂2f ∂2f 1 1 2 0 ∂x∂y ∂x2 = ∂2f H − ,− = =4>0 ∂2f 0 2 2 2 2 ∂y∂x ∂ y i ∂2f ∂x2 − 12 , − 12 = 2 > 0 implica que en el punt − 21 , − 12 hi ha un m´ınim relatiu.
(b) Representem gr`aficament A: * Viem que A ´es compacte (tancat i acotat) i f cont´ınua. Llavors, el teorema de Weierstrass ens assegura la exist`encia d’extrems absoluts en A.
* Extrems absoluts: “Punts candidats” L’extrem lliure que hem trobat a l’apartat a) P − 21 , − 12 ∈ A, per tant ´es un possible extrem absolut.
Busquem altres punts possibles: – “Fronteres de les fronteres” √ y = 1 −→ x2 + 1 = 4 =⇒ x = ± 3 =⇒ 2 2 x +y = 4 √ P2 √3, 1 ∈ A P3 − 3, 1 ∈ A – Extrems condicionats (Lagrange) a la frontera a. Circumfer`encia: x2 + y 2 = 4 =⇒ L1 (x, y, λ) = x2 + y 2 + x + y + λ(x2 + y 2 − 4) ∂L1 ∂x ∂L1 ∂y ∂L1 ∂λ  = 2x + 1 + 2xλ = 0  = 2y + 1 + 2yλ = 0  = x2 + y 2 − 4 = 0 Per tant 2x(1 + λ) = −1 ⇒ 2x = −1 1+λ 2y(1 + λ) = −1 ⇒ 2y = −1 1+λ d’on x=y Ara substiu¨ınt en la tercera equaci´o s’obt´e: √ x2 + x2 = 4 =⇒ x = ± 2 Tenim 2 punts m´es: √ √ P4 ( 2, 2) ∈ A √ √ P5 (− 2, − 2) ∈ A √ (noteu que 2 > 1).
b. Recta y = 1: L2 (x, y, λ) = x2 + y 2 + x + y + λ(y − 1) ∂L2 1  ∂x = 2x + 1 = 0 ⇒ x = − 2  ∂L2 ∂y = 2y + 1 + λ = 0  ∂L2 ∂λ = y − 1 = 0 ⇒ y = 1 1 P6 − , 1 2 ∈A Ara ja nom´es queda avaluar la funci´o a tots els punts candidats: 1 1 P1 − , − 2 2 √ 3, 1 P2 √ P3 − 3, 1 √ √ P5 − 2, − 2 P6 1 − ,1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 − ,− = − + − − − =− 2 2 2 2 2 2 2 √ √ √ √ 2 −→ f 3, 1 = 3 + (1)2 + 3 + 1 = 5 + 3 √ √ 2 √ √ −→ f − 3, 1 = − 3 + (1)2 − 3 + 1 = 5 − 3 √ √ √ 2 √ 2 √ √ √ −→ f − 2, − 2 = − 2 + − 2 − 2 − 2 = 4 − 2 2 −→ f −→ f 1 − ,1 2 = 1 − 2 2 + (1)2 − Per tant P1 ´es m´ınim absolut i P2 ´es m`axim absolut.
1 1 1 7 +1= +2− = 2 4 2 4 ` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 4. (2 punts) Considereu la funci´o f : A ⊂ R2 → R2 definida per f (x, y) = a) [0.5p] Calculeu el jacobi`a de la funci´o f .
b) [1.5p] Sigui y x2 +y 2 x , 2x A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 2ax > 0, x2 + y 2 − 2bx < 0, 0 < px < y < qx, 0 < a < b, 0 < p < q} calculeu A x2 + y 2 dxdy x2 (a) Calculeu el jacobi`a de f ∂f1 ∂x ∂f2 ∂x ∂f1 ∂y ∂f2 ∂y = = − (b) Sigui u = xy , v = Busquem f −1 : x2 +y 2 2x , y x x2 + y 2 v= 2x u= − xy2 1 x 4x2 −(x2 +y 2 )2 y x 4x2 2 2x2 − 2y 2 y x3 − 4x3 − xy2 = = 2x2 −2y 2 4x2 2 −4y − 2x2 1 x y x + 2y 2 4x3 = −x2 − y 2 2x3 tenim que b > v > a i p < u < q.
=⇒ y = u x =⇒ v = x2 + u2 x2 x2 (1 + u2 ) x(1 + u2 ) 2v = = =⇒ x = 2x 2x 2 1 + u2 Per tant tenim y= A 2uv 1 + u2 x= 2v 1+u2 x2 + y 2 dxdy = x2 x2 + y 2 J =− =− 2x3 2v 1+u2 2 2 + 2v 1+u2 2uv 1+u2 3 per tant J −1 = − 2uv 1+u2 2 + 2v 1+u2 f (A) on 2v 1 + u2 4v (1 + u2 )2 2 · J −1 dudv 2 =− (1 + u2 )2 4v Aix`o fa que la integral quedi: b a q p 4v dudv = 1 + u2 b a q p du 1 + u2 · (4v dv) b (arctan q − arctan p) (4v)dv = a = (arctan q − arctan p) 4 b2 a2 − 2 2 = (2a2 − 2b2 ) (arctan p − arctan q) Aquesta integral tamb´e es pot resoldre aplicant un canvi a coordenades polars.
` EXAMEN DE CALCUL (Segon Parcial) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 5. (2 punts)Donada la successi´o de funcions reals definida per 2n x , n ∈ N, x ∈ [0, 1] 1 + n2n x2 fn (x) = a) [0.5p] Calculeu el l´ımit puntual de la successi´o (fn ).
b) [1p] Calculeu 1 1 lim lim fn (x)dx fn (x)dx i n→+∞ 0 0 n→+∞ c) [0.5p] Estudieu la converg`encia uniforme de la successi´o (fn ) a l’interval [0,1].
a) Per a x = 0, lim fn (0) = lim 0 = 0 n→∞ n→∞ 2n x n 2 n→∞ 1+n2 x Per a x = 0, lim x = lim 1 +nx2 2n n→∞ =0 Per tant, el l´ımit de la successi´o fn (x) ´es la funci´o id`enticament zero per a tot x ∈ [0, 1].
b) Calculem primer la integral 1 1 fn (x)dx = 0 0 2n x 1 dx = 1 + n2n x2 2n = 1 0 2n2n x 1 dx = ln(1 + 2n x2 ) 1 + n2n x2 2n 1 ln(1 + n2n ) 2n Llavors, calculant el l´ımit tenim: ln n2n n21n + 1 ln(1 + n2n ) = lim n→∞ n→∞ 2n 2n 1 lim n→∞ 0 fn (x)dx = lim ln n + n ln 2 + ln n→∞ 2n De l’apartat a) sabem que lim fn (x) = 0, d’on = lim 1 n2n +1 = ln 2 2 n→∞ 1 1 lim fn (x)dx = 0 n→+∞ 0dx = 0 0 c) De l’apartat anterior observem que 1 lim n→∞ 0 1 fn (x)dx = lim fn (x)dx 0 n→+∞ per tant la converg`encia no pot ser uniforme a [0,1].
= 1 0 = ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 1. (2 punts) A l’espai euclidi`a (R, d) es considera el conjunt A= x∈R: (−1)n , 3n x= ∀n ∈ N i les funcions f : R → R i g : A ⊂ R → R definides per f (x) = 0, x ∈ A 2 e−x , x ∈ /A i g(x) = 0, x < 0 2 e−x , x > 0 Estudieu la continuitat de les funcions f i g.
El conjunt A est`a fitat perqu`e els seus elements pertanyen a l’interval − 13 , 1 . Es compleix max A = 1 i min A = − 13 . Tots els punts del conjunt A son a¨ıllats i el conjunt de punts d’acumulaci´o de A t´e un u ´nic element: A = {0}.
Estudiarem en primer lloc la continuitat de la funci´o f .
• Si a ∈ A 1 ea2 En aquest cas f presenta una discontinuitat evitable a x = a.
2 lim f (x) = lim e−x = x→a x→a • Si a ∈ / A, a = 0 2 lim f (x) = lim e−x = f (a) x→a x→a Per tant, f es continua a x = a.
• Si a = 0 Existeix una succesi´o {xn }n∈N d’elements de A tal que lim xn = 0 i es compleix n→+∞ lim f (xn ) = 0 n→+∞ De la mateixa manera, existeix una successi´o {yn }n∈N d’elements de R − A tal que lim yn = 0 i es compleix n→+∞ lim f (yn ) = 1 n→+∞ Per tant, del criteri sequencial es dedueix la no exist`encia del lim f (x) x→0 i aix´ı doncs, la discontinuitat essencial a x = a.
Podem concloure doncs, que la funci´o f ´es continua a R − (A ∪ {0}).
La funci´o g est`a definida a un conjunt de punts a¨ıllats, per tant g ´es continua ∀x ∈ A.
Problema 2. (2 punts) a) [0.75p] Demostreu que l’equaci´o ex = 1 + x t´e una u ´nica arrel real.
Considereu el sistema 3 ex + sin y − ez = 1 − e ex − y 2 − z = 0 b) [0.5p] Demostreu que aquest sistema defineix y = y(x), z = z(x) en un entorn del punt (0,0,1).
c) [0.75p] El sistema defineix una corba γ ⊂ R3 que v´e donada per r(x) = (x, y(x), z(x)). Trobeu l’equaci´o de la recta tangent a γ al punt (0,0,1).
(a) Definim la funci´o real de variable real f com f (x) = ex − 1 − x. Observem que la funci´o f ´es continua i derivable a tot el conjunt dels nombres reals.
f (x) = ex − 1 = 0 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0 I del teorema de Rolle es dedueix que, com f nom´es t´e una arrel real, aleshores la funci´o f t´e com a molt dues arrels reals.
Per`o f (0) = e0 − 1 − 0 = 0, per tant x = 0 ´es arrel de l’equaci´o ex = 1 + x.
Suposem que existeix una altre arrel de l’equaci´o ex = 1 + x, que anomenen x1 tal que x1 = 0.
De f (0) = 0, i f (x1 ) = 0 es dedueix del teorema de Rolle l’exist`encia de x2 ∈ (0, x1 ) : f (x2 ) = 0.
Per`o com f nom´es t´e una arrel (i sabem que ´es x = 0) aix`o no ´es possible.
Per tant, l’equaci´o ex = 1 + x t´e una u ´nica arrel real.
(b) Definim 3 f1 (x, y, z) = ex + sin y − ez − 1 + e f2 (x, y, z) = ex − y 2 − z i f = (f1 , f2 ).
Veiem que es compleixen les hip`otesis del teorema de la funci´o impl´ıcita: * f ∈ Cq , q ≥ 1.
* f (0, 0, 1) = (e0 + sin 0 − e0 − 1 + e, e0 − 0 − 1) = (0, 0).
* ∂f1 ∂y ∂f2 ∂y ∂f1 ∂z ∂f2 ∂z = P (0,0,1) cos y −3z 2 ez −2 y −1 = cos 0 −3e −2 · 0 −1 = 1 −3e −2 · 0 −1 3 P (0,0,1) = −1 = 0 Pel Teorema de la funci´o impl´ıcita defineix y = y(x), z = z(x) en un entorn de f (0, 0, 1).
(c) Si considerem la corba r(x), aleshores el vector tangent a la corba en P ´es: r (0) = (1, y (0), z (0)) Hem de trobar z (0) i y (0).
Derivem impl´ıcitament: 3 ex + sin y(x) − ez (x) = 1 − e ex − y 2 (x) − z(x) = 0 3 −→ ex + cos y(x) · y (x) − 3 · z 2 (x) · z (x) · ez (x) = 0 ex − 2 · y(x) · y (x) − z (x) = 0 ara substitu¨ım 3 1 + cos 0 · y (0) − 3 · 12 · e1 · z (0) = 0 e0 − 2 · 0 · y (0) − z (0) = 0 −→ 1 + y (0) − 3 · e · z (0) = 0 1 − z (0) = 0 D’on y (0) = 3e − 1, z (0) = 1.
Per tant tenim r (0) = (1, 3e − 1, 1) vector tangent a γ en P . L’equaci´o de la recta tangent ser` a: (x, y, z) = (0, 0, 1) + λ(1, 3e − 1, 1) ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 3. (2 punts) Donada la funci´o f : R2 → R definida per f (x, y) = x2 + y 2 + x + y a) [0.5p] Trobeu els extrems relatius de la funci´o f i classifiqueu-los.
b) [1.5p] Estudieu l’exist`encia d’extrems absoluts de f sobre el conjunt A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4, y ≤ 1} i en cas que existeixin trobeu-los.
(a) ∂f ∂x (x, y) ∂f ∂y (x, y) =x+1=0 =y+1=0 D’on l’´ unic punt candidat a extrem ´es P − 12 , − 21 i el classifiquem aplicant el m`etode de Sylvester.
∂2f ∂2f 1 1 2 0 ∂x∂y ∂x2 = ∂2f H − ,− = =4>0 ∂2f 0 2 2 2 2 ∂y∂x ∂ y i ∂2f ∂x2 − 12 , − 12 = 2 > 0 implica que en el punt − 21 , − 12 hi ha un m´ınim relatiu.
(b) Representem gr`aficament A: * Viem que A ´es compacte (tancat i acotat) i f cont´ınua. Llavors, el teorema de Weierstrass ens assegura la exist`encia d’extrems absoluts en A.
* Extrems absoluts: “Punts candidats” L’extrem lliure que hem trobat a l’apartat a) P − 21 , − 12 ∈ A, per tant ´es un possible extrem absolut.
Busquem altres punts possibles: – “Fronteres de les fronteres” √ y = 1 −→ x2 + 1 = 4 =⇒ x = ± 3 =⇒ 2 2 x +y = 4 √ P2 √3, 1 ∈ A P3 − 3, 1 ∈ A – Extrems condicionats (Lagrange) a la frontera a. Circumfer`encia: x2 + y 2 = 4 =⇒ L1 (x, y, λ) = x2 + y 2 + x + y + λ(x2 + y 2 − 4) ∂L1 ∂x ∂L1 ∂y ∂L1 ∂λ  = 2x + 1 + 2xλ = 0  = 2y + 1 + 2yλ = 0  = x2 + y 2 − 4 = 0 Per tant 2x(1 + λ) = −1 ⇒ 2x = −1 1+λ 2y(1 + λ) = −1 ⇒ 2y = −1 1+λ d’on x=y Ara substiu¨ınt en la tercera equaci´o s’obt´e: √ x2 + x2 = 4 =⇒ x = ± 2 Tenim 2 punts m´es: √ √ P4 ( 2, 2) ∈ A √ √ P5 (− 2, − 2) ∈ A √ (noteu que 2 > 1).
b. Recta y = 1: L2 (x, y, λ) = x2 + y 2 + x + y + λ(y − 1) ∂L2 1  ∂x = 2x + 1 = 0 ⇒ x = − 2  ∂L2 ∂y = 2y + 1 + λ = 0  ∂L2 ∂λ = y − 1 = 0 ⇒ y = 1 1 P6 − , 1 2 ∈A Ara ja nom´es queda avaluar la funci´o a tots els punts candidats: 1 1 P1 − , − 2 2 √ 3, 1 P2 √ P3 − 3, 1 √ √ P5 − 2, − 2 P6 1 − ,1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 − ,− = − + − − − =− 2 2 2 2 2 2 2 √ √ √ √ 2 −→ f 3, 1 = 3 + (1)2 + 3 + 1 = 5 + 3 √ √ 2 √ √ −→ f − 3, 1 = − 3 + (1)2 − 3 + 1 = 5 − 3 √ √ √ 2 √ 2 √ √ √ −→ f − 2, − 2 = − 2 + − 2 − 2 − 2 = 4 − 2 2 −→ f −→ f 1 − ,1 2 = 1 − 2 2 + (1)2 − Per tant P1 ´es m´ınim absolut i P2 ´es m`axim absolut.
1 1 1 7 +1= +2− = 2 4 2 4 ` EXAMEN DE CALCUL (Final) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 4. (2 punts) Considereu la funci´o f : A ⊂ R2 → R2 definida per f (x, y) = a) [0.5p] Calculeu el jacobi`a de la funci´o f .
b) [1.5p] Sigui y x2 +y 2 x , 2x A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 2ax > 0, x2 + y 2 − 2bx < 0, 0 < px < y < qx, 0 < a < b, 0 < p < q} calculeu A x2 + y 2 dxdy x2 (a) Calculeu el jacobi`a de f ∂f1 ∂x ∂f2 ∂x ∂f1 ∂y ∂f2 ∂y = = − (b) Sigui u = xy , v = Busquem f −1 : x2 +y 2 2x , y x x2 + y 2 v= 2x u= − xy2 1 x 4x2 −(x2 +y 2 )2 y x 4x2 2 2x2 − 2y 2 y x3 − 4x3 − xy2 = = 2x2 −2y 2 4x2 2 −4y − 2x2 1 x y x + 2y 2 4x3 = −x2 − y 2 2x3 tenim que b > v > a i p < u < q.
=⇒ y = u x =⇒ v = x2 + u2 x2 x2 (1 + u2 ) x(1 + u2 ) 2v = = =⇒ x = 2x 2x 2 1 + u2 Per tant tenim y= A 2uv 1 + u2 x= 2v 1+u2 x2 + y 2 dxdy = x2 x2 + y 2 J =− =− 2x3 2v 1+u2 2 2 + 2v 1+u2 2uv 1+u2 3 per tant J −1 = − 2uv 1+u2 2 + 2v 1+u2 f (A) on 2v 1 + u2 4v (1 + u2 )2 2 · J −1 dudv 2 =− (1 + u2 )2 4v Aix`o fa que la integral quedi: b a q p 4v dudv = 1 + u2 b a q p du 1 + u2 · (4v dv) b (arctan q − arctan p) (4v)dv = a = (arctan q − arctan p) 4 b2 a2 − 2 2 = (2a2 − 2b2 ) (arctan p − arctan q) Aquesta integral tamb´e es pot resoldre aplicant un canvi a coordenades polars.
` EXAMEN DE CALCUL (Final) 21-05-2010 ETSECCPB. Enginyeria de Camins, Canals i Ports.
Problema 5. (2 punts)Donada la successi´o de funcions reals definida per 2n x , n ∈ N, x ∈ [0, 1] 1 + n2n x2 fn (x) = a) [0.5p] Calculeu el l´ımit puntual de la successi´o (fn ).
b) [1p] Calculeu 1 1 lim lim fn (x)dx fn (x)dx i n→+∞ 0 0 n→+∞ c) [0.5p] Estudieu la converg`encia uniforme de la successi´o (fn ) a l’interval [0,1].
a) Per a x = 0, lim fn (0) = lim 0 = 0 n→∞ n→∞ 2n x n 2 n→∞ 1+n2 x Per a x = 0, lim x = lim 1 +nx2 2n n→∞ =0 Per tant, el l´ımit de la successi´o fn (x) ´es la funci´o id`enticament zero per a tot x ∈ [0, 1].
b) Calculem primer la integral 1 1 fn (x)dx = 0 0 2n x 1 dx = 1 + n2n x2 2n = 1 0 2n2n x 1 dx = ln(1 + 2n x2 ) 1 + n2n x2 2n 1 ln(1 + n2n ) 2n Llavors, calculant el l´ımit tenim: ln n2n n21n + 1 ln(1 + n2n ) = lim n→∞ n→∞ 2n 2n 1 lim n→∞ 0 fn (x)dx = lim ln n + n ln 2 + ln n→∞ 2n De l’apartat a) sabem que lim fn (x) = 0, d’on = lim 1 n2n +1 = ln 2 2 n→∞ 1 1 lim fn (x)dx = 0 n→+∞ 0dx = 0 0 c) De l’apartat anterior observem que 1 lim n→∞ 0 1 fn (x)dx = lim fn (x)dx 0 n→+∞ per tant la converg`encia no pot ser uniforme a [0,1].
= 1 0 = ` EXAMEN DE CALCUL 18-01-2011 ETSECCPB. Grau en Enginyeria Civil.
Problema 1. (2.5 punts) a) [1p] Calculeu el conjunt de punts d’acumulaci´o del conjunt A definit per A = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 0, −1 ≤ y < 0} ∪ 1 − ,0 n : n ∈ N∗ b) [1.5p] Calculeu el l´ımit del terme que defineix la s`erie +∞ n=1 (2n − 1)!! n!2n on n!! ´es el doble factorial. (Per exemple, si ´es parell, (2n)!! vol dir el producte de tots els parells: 2n(2n − 2)(2n − 4) · · · 2). Amb el valor d’aquest l´ımit, qu`e podem dir del car`acter de la serie? (a) El conjunt A, representat a la figura seg¨ uent, (−1, 0) {(− n1 , 0)} (0, −1) (−1, −1) est`a fitat pels punts de la successi´ o {(− n1 , 0)}, l’interval del quadrat de v`ertex (−1, 0), (0, 0), (0, −1) i (−1, −1) i la seva frontera, exceptuant el costat que uneix els dos primers v`ertex.
Observem que els punts de la successi´o estan sobre el costat del quadrat d’extrems (−1, 0) i (0, 0), de manera que el primer d’aquests ´es el primer terme de la successi´o, i el segon ´es el seu l´ımit.
El conjunt de punts d’acumulaci´ o del conjunt A ´es A = [−1, 0] × [−1, 0] (b) (2n − 1)!!(2n)!! (2n − 1)!! = lim = n n→∞ n→∞ n!2 n!(2n)!!2n lim = lim n→∞ (2n)! (2n)! = lim n n→∞ n!(2n)!!2 n!2n n!2n perqu`e (2n)!! = 2 · 4 · · · (2n) = 2n · 1 · 2 · · · n√= 2n · n!.
Aplicant la formula de Stirling n! ∼ e−n nn 2πn Tenim: √ (2n)! e−2n (2n)2n 4πn √ √ lim = lim = n→∞ n!n!22n n→∞ e−2n n2n 2πn 2πn22n √ 4πn = lim =0 n→∞ 2πn (2n − 1)!! = 0 es compleix la condici´o necess`aria de converg`encia de la s`erie n→∞ n!2n (2n − 1)!! , per` o no en podem assegurar la converg`encia, perqu`e la condici´o no ´es suficient.
n!2n Com que lim +∞ n=1 Problema 2. (2.5 punts) Sigui f : R −→ R la funci´o definida mitjan¸cant: f (x) = cos x a) [0.7p] Deduiu el desenvolupament en s`erie de Taylor de la funci´o f al voltant de x = 0.
2 b) [0.5p] Demostreu que g(x) = 1 − x2 ´es equivalent de f a un entorn de x = 0.
2 c) [0.8p] Fiteu l’error que es produeix en prendre cos x = 1 − x2 per 0 ≤ x ≤ 1.
d) [0.5p] Demostreu aplicant el teorema del valor mitj`a que sin x < x ∀x > 0.
(a) f f f f (x) = − sin x (x) = − cos x (x) = sin x v (x) = f (x) = cos x −→ −→ −→ −→ f f f f (0) = 0 (0) = −1 (0) = 0 v (0) = f (0) = 1     =⇒ f n (0) =    0 n (−1) 2 si n senar si n parell A m´es a m´es f ∈ C ∞ (A) on 0 ∈ A, per tant: f (x) = n≥0 (b) f i g s´on equivalents sii lim x→0 lim x→0 cos x 1− = 1 + lim x→0 x2 2 x4 4! k≥0 (−1)k x2k (2k)! f (x) = 1. Aix´ı, g(x) = lim k≥0 x6 6! + 1− (−1)k x2k (2k)! 1− x→0 − f n) (0) xn = n! x8 8! x2 2 x2 2 − ··· = lim x→0 1− =1+0=1 x2 2 + x4 4! 1− − x2 2 x6 6! + ··· = x2 (c) Observem que 1 − correspon al desenvolupament en s`erie de Taylor de f entorn el zero 2 d’ordre 2. Com que el terme d’ordre 3 ´es zero l’error com`es vindr`a definit pel reste de Lagrange d’ordre 4. Aix` o ´es: R4 (t, x) = f 4) (tx) 4 x 4! amb 0 < t < 1, 0 < x < 1.
De forma que: |R4 (t, x)| | 0<t<1 0<x<1 = 1 f 4 (tx) 4 cos (tx) 4 1 x = x ≤ = 4! 4! 4! 24 fita que s’obt´e per a t = 0 i x = 1.
(d) Si x > 1 ´es cert perqu`e sin x ≤ 1 < x.
Si 0 < x ≤ 1, del teorema del valor mitj`a es dedueix que: sin x − sin 0 = (cos c)(x − 0) on 0 < c < x ≤ 1 per`o com que 0 < cos c < 1 es dedueix que sin x < x.
Problema 3. (2.5 punts) Es considera la funci´o f : R2 −→ R definida per   xy(x2 − y 2 ) si (x, y) = (0, 0) f (x, y) = x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) a) [0.5p] Estudieu la continu¨ıtat de f .
b) [1p] Estudieu la diferenciabilitat de f a (0,0).
c) [1p] Calculeu D12 f (0, 0) i D21 f (0, 0) i discutiu el teorema de Schwarz aplicat a aquest cas particular.
  xy(x2 − y 2 ) (x, y) = (0, 0) 2 f : R −→ R f (x, y) = x2 + y 2  0 (x, y) = (0, 0) (a) Continu¨ıtat de f : Si (x, y) = (0, 0) f ´es continua a (x, y) per propietats algebraiques de les funcions continues.
Si (x, y) = (0, 0) xy(x2 − y 2 ) = lim x2 + y 2 (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) lim Aplicant el criteri zero per fitat: lim (x,y)→(0,0) xy · yx3 −xy 3 + x2 + y 2 x2 + y 2 y2 =0 x2 + y 2 (b) ∂f f (h, 0) − f (0, 0) 0 (0, 0) = lim = lim = 0 h→0 h→0 h ∂x h ∂f f (0, k) − f (0, 0) 0 (0, 0) = lim = lim = 0 k→0 k→0 k ∂y k =0 h k f (h, k) − f (0, 0) − (0, 0) √ lim (h,k)→(0,0) h2 + k 2 = lim (h,k)→(0,0) √ hk(h2 −k2 ) 2 2 √ h +k lim 2 (h,k)→(0,0) h + k2 = = hk(h2 − k 2 ) √ = (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 lim h h h2 k k3 h2 k2 √ = lim − k − k =0 h2 + k 2 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h2 + k 2 h2 + k 2 h2 + k 2 h2 + k 2 h2 =0 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h h2 k2 √ Aplicant el criteri zero per fitat: lim k − k = 0 (cal veure que h2 + k 2 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h2 + k 2 el que hi ha a dins dels claudators va a zero).
Per tant f ´es diferenciable a (0, 0) i la diferencial ´es df (0, 0) = (0, 0).
Aplicant el criteri zero per fitat: lim k (c) ∂f y(x4 + 4x2 y 2 − y 4 ) (x, y) = D1 f (x, y) = ∂x (x2 + y 2 )2 si (x, y) = (0, 0) ∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = lim =0 h→0 ∂x h Aplicant la definici´ o, D12 f (0, 0) = lim k→0 −k D1 f (0, k) − D1 f (0, 0) = lim = −1 k→0 k k An`alogament, calculem D21 f (0, 0).
∂f x(x4 − 4x2 y 2 − y 4 ) (x, y) = D2 f (x, y) = ∂x (x2 + y 2 )2 si (x, y) = (0, 0) ∂f f (0, k) − f (0, 0) (0, 0) = lim =0 k→0 ∂y k D’on, D2 f (h, 0) − D2 f (0, 0) h = lim = 1 h→0 h→0 h h D21 f (0, 0) = lim Observem que D12 f (0, 0) = D21 f (0, 0) no contradiu el teorema de Schwarz ja que D12 f (x, y) no es una funci´o continua a (0, 0) perqu`e no es compleix lim D12 f (x, y) = D12 f (0, 0) (x,y)→(0,0) Es pot comprovar que no existeix lim (x,y)→(0,0) D12 f (x, y).
Problema 4. (2.5 punts) Calculeu els extrems relatius de la funci´o z = z(x, y) definida impl´ıcitament per l’equaci´ o x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 6z = 11 Primer, busquem els punts estacionaris.
Derivem l’equaci´ o x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 6z = 11 respecte de x: 2x + 2z ∂z ∂z ∂z 2 − 2x −2−6 =0⇒ = ∂x ∂x ∂x 2z − 6 Derivem un altre cop la mateixa equaci´o respecte de y: ∂z ∂z ∂z −2y − 4 +4−6 =0⇒ = ∂y ∂y ∂y 2z − 6   ∂z 2 − 2x   (x, y) = 0  =0      ∂x 2z − 6 ⇒ x = 1, y = −2     ∂z −2y − 4   (x, y) = 0  =0  ∂y 2z − 6 2y + 2z i avaluem: 1 + 4 + z 2 − 2 − 8 − 6z = 11 ⇒ z 2 − 6z − 16 = 0 ⇒ z = 8, z = −2 Per classificar els candidats a extre, estudiem la matriu hessiana en cada cas.
(x, y, z) = (1, −2, 8) i (x, y, z) = (1, −2, −2) ∂2z ∂x2 = −2(2z − 6) − (2 − 2x) 2 (2z − ∂y 2 = = 6)2 ∂2z = ∂x∂y ∂2z ∂z ∂x ∂z ∂y (2z − 6)2 −2(2z − 6) − 2 − x=1 y = −2 −4z + 12 −2 1 = =− 2 (2z − 6) 2z − 6 z−3 ∂z (2 − 2x) −4z + 12 ∂y = =0 2 (2z − 6) (2z − 6)2 −2 (−2y − 4) A (1, −2, 8), δ1 < 0 i δ2 > 0 perqu`e = x=1 y = −2 <0 0 0 <0 >0 0 0 >0 per tant, (1, −2, 8) ´es un m` axim relatiu.
A (1, −2, −2), δ1 > 0 i δ2 > 0 perqu`e per tant, (1, −2, −2) ´es un m´ınim relatiu.
−4z + 12 −2 1 = =− 2 (2z − 6) 2z − 6 z−3 ` EXAMEN DE CALCUL 24-05-2011 ETSECCPB. Grau en Enginyeria Civil.
Problema 1. (2.5 punts) Calculeu el centre de masses de la regi´o s´olida amb densitat constant, interior al cilindre x2 + y 2 − 2y = 0 i que est`a limitada superiorment pel paraboloide z = x2 + y 2 i inferiorment pel pla z = 0.
Recordeu que si considerem una regi´o s´olida de volum V amb densitat constant δ aleshores el seu centre de masses C t´e coordenades c1 = 1 V xdV c2 = V 1 V ydV c3 = V 1 V zdV V Podeu utilitzar que π 2 π 2 6 sin θdθ = 0 cos6 θdθ = 0 5π 32 De la simetria del problema es dedueix C(0, y¯, z¯) i tamb´e que per calcular V podem considerar x ≥ 0 (0 ≤ θ ≤ π2 ). Anem a calcular la integral del volum considerant un canvi a coordenades cil´ındriques.
V π 2 = 2 ρ dz dρ dθ = 2 0 1 = 8 4 0 π 2 0 π 2 ρ2 2 sin θ 0 0 2 π 2 2 sin θ 3 ρ dρ dθ = 8 0 (1 − 2 cos 2θ + cos 2θ)dθ = 2 [θ − sin4 θdθ = 0 π/2 sin 2θ]0 π 2 +2 0 cos2 2θdθ = 3π 2 Calculem: π y dV = 0 0 32 5 π 2 sin θ ρ4 sin θ dρ dθ = 0 0 sin6 θ dθ = 0 π 2 = 2 V π ρ2 sin θ dz dρ dθ = = V z dV ρ2 2 sin θ 0 ρ2 2 sin θ 0 0 32 2 5 π 2 0 64 5 π = 2π 5 32 sin6 dθ = 0 32 zρ dz dρ dθ = 3 π 2 cos6 θdθ = 0 32 5 5π π= 3 32 3 Per tant les coordenades del centre de masses C son: C(0, y¯, z¯) amb y¯ = 4 5π/3 10 2π = , z¯ = = 3π/2 3 3π/2 9 Problema 2. (2.5 punts) a) Siguin les funcions ω = f (x, y, z), z = g(x, y), y = h(t) totes elles diferenciables i tals que per a qualsevol punt (x, y, z) ∈ R3 ∂f ∂f ∂f (x, y, z) = (x, y, z) = (x, y, z) ∂x ∂y ∂z i per a qualsevol (x, y) ∈ R2 , ∇g(x, y) = (1, 2). Demostreu que la funci´o w compleix: ∇ω(x, t) = 2 ∂f ∂f (x, y, z), 3h (t) (x, y, z) ∂x ∂z b) Sabent que la s`erie de Fourier de la funci´o f : R −→ R definida per f (x) = x2 per a x ∈ [−π, π) i 2π- peri`odica en R ´es +∞ π2 (−1)n f (x) ∼ +4 cos nx 3 n2 n=1 calculeu +∞ n=1 (−1)n−1 n2 +∞ i n=1 1 n2 a) Aplicant la regla de la cadena ∂ω ∂f ∂f ∂g (x, t) = (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y) ∂x ∂x ∂z ∂x ∂ω ∂f dh ∂f ∂g dh (x, t) = (x, y, z) (t) + (x, y, z) (x, y) (t) ∂t ∂y dt ∂z ∂y dt Com ∂f ∂x (x, y, z) = ∂f ∂y (x, y, z) = ∂f ∂z (x, y, z) podem treure factor com´ u i tenim ∂ω ∂f ∂g (x, t) = (x, y, z) 1 + (x, y) ∂x ∂x ∂x ∂ω ∂f dh ∂g dh (x, t) = (x, y, z) (t) + (x, y) (t) ∂t ∂y dt ∂y dt Com ∀(x, y) ∈ R2 ∇g(x, y) = (1, 2) ∂g (x, y) = 1 ∂x i ∂g (x, y) = 2 ∂y Substituint queda: ∂ω ∂f ∂f (x, t) = (x, y, z) [1 + 1] = 2 (x, y, z) ∂x ∂x ∂x ∂f dh dh ∂f ∂ω (x, t) = (x, y, z) (t) + 2 (t) = 3h (t) (x, y, z) ∂t ∂y dt dt ∂z D’on ∂ω ∂ω (x, t), (x, t) ∂x ∂t ∇ω(x, t) = = 2 ∂f ∂f (x, y, z), 3h (t) (x, y, z) ∂x ∂z b) La s`erie convergeix uniformement a f en tot R.
Per a x = 0 +∞ (−1)n π2 +4 0 = f (0) = 3 n2 n=1 d’on +∞ n=1 Per a x = π π2 π = +4 3 +∞ 2 d’on n=1 π2 (−1)n−1 = n2 12 (−1)n cos nπ π2 = +4 n2 3 +∞ n=1 +∞ n=1 1 n2 π2 1 = n2 6 Problema 3. (2.5 punts) Trobeu l’equaci´o de la corba del pla que passa pel punt P(1,1) sabent que, en cada punt, l’ordenada a l’origen de la recta tangent ´es proporcional al quadrat de l’ordenada del punt de contacte.
A(x0 , y0 ) B L’equaci´o de la recta tangent a la corba en un punt (x0 , y0 ) ´es: y − y0 = y (x0 ) (x − x0 ) L’ordenada a l’origen d’aquesta recta ser` a x=0 y − y0 = y (x0 ) (x − x0 ) ⇒ y − y0 = y (x0 ) (−x0 ) ⇒ y = y0 − x0 y (x0 ) Per tant, el punt de tall amb l’eix y es B = 0, y0 − x0 y (x0 ) Sabem que ha de ser proporcional al quadrat de l’ordenada en el punt de contacte, per tant, y0 − x0 y (x0 ) = ky02 Simplificant la notaci´ o obtenim y − xy = ky 2 • M`etode 1 Reescrivim l’EDO com y x − y = −ky 2 i com sabem que x = 0 per a que el problema tingui sentit y − 1 k y = − y2 x x Veiem que t´e l’estructura y + p(x)y = g(x)y n , ´es a dir, ´es una equaci´o de Bernoulli. Per tal de transformar-la en una EDO lineal haurem de realitzar el canvi u = y 1−n en el nostre cas tenim n = 2, p(x) = −1 , x Fem el canvi u = y 1−2 = derivant u = d’on obtenim g(x) = −k x 1 y −y −u ⇒ y = −y 2 u = 2 2 y u −u 1 − = 2 u xu 1 u + u= x −k xu2 k x que ´es una EDO lineal.
La resoldrem pel m`etode de variaci´ o de les constants (tot i que tamb´e podem aplicar la f´ormula de Lagrange).
Resoldrem primer la EDO homog`enia u + 1 u=0 x du −u = dx x du dx =− u x u = Integrem du =− u dx A ⇒ ln |u| = − ln |x| + C ⇒ u = x−1 eC ⇒ u = x x I ara busquem una soluci´ o particular. Fem A = A(x) i substitu¨ım a l’EDO 1 k u= x x A(x) A (x) · x − A(x) u= ⇒ u (x) = x x2 u + i substituint tenim: A (x) · x − A(x) 1 A(x) k + = 2 x x x x A (x) k = x x dA A (x) = k ⇒ = k ⇒ dA = kdx dx i integrant, dA = per`o u= kdx ⇒ A = kx A kx ⇒u= =k x x Per tant, la soluci´ o ´es u= A +k x i si desfem el canvi u= obtenim y= A x 1 y 1 x = A + kx +k Finalmente imposem la condici´ o y(1) = 1, 1= 1 ⇒A+k =1⇒A=1−k A+k I, per tant, la corba demanada ´es y= x 1 − k + kx • M`etode 2 Resoldrem l’EDO utilitzant el m`etode de variables separables. L’equaci´o a resoldre ´es xy − y = −ky 2 x integrant obtenim dx = y − ky 2 dy dy = y − ky 2 dx x dy y − ky 2 ln |x| = que ´es una intergral d’una funci´ o racional, per tant, 1 1 A B A(1 − ky) + By = = + = 2 y − ky y(1 − ky) y 1 − ky y − ky 2 D’on podem extreure el sistema A=1 −Ak + B = 0 amb soluci´o A=1 B=k Tenim doncs, la integral dy = y − ky 2 1 dy + y k dy = ln |y| − ln |1 − ky| + ln |C| 1 − ky Per tant ln |x| = ln |y| − ln |1 − ky| + ln |C| = ln x= Cy 1 − ky Cy 1 − ky Per trobar C imposem que la funci´ o passi pel punt P (1, 1) 1= C ⇒C =1−k 1−k i obtenim l’expressi´ o x= (1 − k)y 1 − ky A¨ıllem y en funci´ o de x x − kxy = (1 − k)y x = (1 − k + kx)y 1 1 − k + kx Que ´es el mateix resultat que obtenim resolent l’EDO de Bernoulli. A continuaci´o podeu veure en un gr`afic la familia de corbes soluci´ o i destacada en verd la soluci´o del problema.
y= Problema 4. (2.5 punts) Resoleu el sistema x = Ax amb   0 1 0 A= 1 1 1  −1 0 0 i imposeu despr´es x(t0 ) = x0 .
Busquem el polinomi caracter´ıstic: −λ 1 0 1 1−λ 1 −1 0 −λ = λ2 (1 − λ) − 1 + λ = (λ − 1)2 (λ + 1)  −1 1 0 A−I = 1 0 1  −1 0 −1  rang(A − I) = 2 ⇒ dimKer(A − I) = 1 = 2 Per tant la matriu no diagonalitza i la forma de Jordan ´es   1 0 0 J = 1 1 0  0 0 −1 Busquem la matriu P del canvi de base   2 −1 1 (A − I)2 =  −2 1 −1  2 −1 1 v1 = (1, 3, 1) ∈ Ker(A − I)2 − Ker(A − I) (A − I)v1 = v2 = (2, 2, −2) v3 ∈ Ker(A + I), v3 = (1, −1, 1) Per tant,   1 2 1 P =  3 2 −1  1 −2 1  et 0 0 =  tet et 0  0 0 e−t  eJt I per tant, tenim la matriu fonamental  P eJt  (1 + 2t)et 2et e−t =  (3 + 2t)et 2et −e−t  (1 − 2t)et −2et e−t Per tant, tota soluci´ o del sistema x = Ax v´e donada per    (1 + 2t)et 2et e−t c1 x(t) =  (3 + 2t)et 2et −e−t   c2  (1 − 2t)et −2et e−t c3 Si suposem la condici´ o inicial x(t0 ) = x0 aleshores la soluci´o ser`a  (1 + 2t0 )et0 (1 + 2t)et 2et e−t t t −t    (3 + 2t)e 2e −e (3 + 2t0 )et0 x(t) = t t −t (1 − 2t)e −2e e (1 − 2t0 )et0  2et0 2et0 −2et0 −1  1  e−t0 x0 −e−t0   x20  e−t0 x30 ...