Examen Final Enero 2011 (2011)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Cálculo I
Año del apunte 2011
Páginas 7
Fecha de subida 16/09/2014
Descargas 2
Subido por

Vista previa del texto

` CALCUL 11 de gener del 2011 (examen final) Temps: 3h (justifiqueu les respostes i incloeu els c` alculs) (sobre 30 punts) 1. Doneu, descompost en factors a R[x], el polinomi m`onic amb coeficients reals, p, que admet les arrels 3 + 2j, −1 + j, compleix p(1) = 120 i t´e el m´ınim grau possible.
(4 punts) (un polinomi es diu m` onic quan el coeficient del terme de grau m` axim ´es 1) 2. Considereu una funci´ o f : (0, +∞) → R definida per  k  quan  x2 2−x     f (x) = λ quan       x x21−4 quan 2 x<2 x=2 x>2 Obteniu el valor de k i de λ pels quals f ´es cont´ınua.
∞ 3. Considereu les funcions: f (x) = 1 1 x2n+1 , g(x) = ln 2n + 1 2 n=0 (5 punts) 1+x 1−x .
Es demana: (a) Demostreu que les dues tenen el mateix domini.
(2 punts) (el domini, en el cas de la s`erie, ´es el conjunt de valors de x per els quals ´es convergent.
Podeu trobar-ne el radi de converg`encia o usar comparaci´ o) (b) Calculeu, donant el terme general, la s`erie de Taylor de g en el punt a = 0.
(2 punts) (c) Calculeu f (x) derivant terme a terme i sumeu la s`erie derivada.
(1 punt) (d) S´ on iguals f i g? (1 punt) (Integreu el resultat anterior) g(x) (e) Obteniu els l´ımits: lim , x→0 x lim x→0 g(x) x 1/x2 .
(1+2 punts) 4. Considereu la funci´ o f : R → R definida f (x) = x2 e−x . Es demana: (a) Feu-ne la representaci´ o gr` afica.
(2 punts) (b) Discutiu, segons els valors de k, el nombre d’arrels de l’equaci´o x2 = kex .
(2 punts) 5. Calculeu: (arcsin x)2 dx .
(4 punts) (feu un canvi de variable adient) 6. (a) Obteniu la transformada de Laplace de la funci´o f (t) = cosh t − cos t .
` t ´ −t 1 (recordeu la igualtat cosh t = 2 e +e (2 punts) ) +∞ f (t)e−2t dt .
(b) Doneu el valor de la integral impr`opia: 0 (pot ser u ´til l’apartat anterior) (2 punts) ` Resoluci´ o de la prova final de CALCUL de la tardor del 2010 (11/1/2011) 1. Doneu, descompost en factors a R[x], el polinomi m`onic amb coeficients reals, p, que admet les arrels 3 + 2j, −1 + j, compleix p(1) = 120 i t´e el m´ınim grau possible.
(4 punts) (un polinomi es diu m` onic quan el coeficient del terme de grau m` axim ´es 1) Resoluci´ o En ser un polinomi amb coeficients reals l’exist`encia d’una arrel complexa implica que la seva conjugada tamb´e ´es arrel. Per tant ja sabem que p t´e les arrels 3 ± 2j, −1 ± j. En conseq¨ u`encia a la descomposici´o en factors de p en R[x] hi ha d’haver els factors: (x − (3 + 2j))(x − (3 − 2j)) = (x − 3 − 2j)(x − 3 + 2j) = (x − 3)2 − 4j 2 = (x − 3)2 + 4 = x2 − 6x + 13 .
(x − (−1 + j))(x − (−1 − j)) = (x + 1 − j)(x + 1 + j) = (x + 1)2 − j 2 = (x + 1)2 + 1 = x2 + 2x + 2 .
Per ara podem expressar p, polinomi que ´es m`onic, en la forma: p = (x2 − 6x + 13)(x2 + 2x + 2)q on q ´es alg´ un polinomi m`onic de R[x]. Del c` alcul 120 = p(1) = (12 − 6 · 1 + 13)(12 + 2 · 1 + 2)q(1) = 40 q(1), resulta que q ha de complir q(1) = 3. El polinomi m`onic q de grau m´ınim que compleix aix`o ´es q = x + 2. Per tant: p = (x + 2)(x2 − 6x + 13)(x2 + 2x + 2) .
2. Considereu una funci´ o f : (0, +∞) → R definida per  k  quan  x2 2−x     f (x) = λ quan       x x21−4 quan 2 x<2 x=2 x>2 Obteniu el valor de k i de λ pels quals f ´es cont´ınua.
(5 punts) Resoluci´ o En primer lloc observem que per a x ∈ (0, 2) ∪ (2, +∞) la funci´ o ´es cont´ınua. Per tant nom´es caldr` a aconseguir, amb els valors adients de k i de λ, que sigui cont´ınua en 2. Per aix`o s’ha de complir: lim f (x) = f (2) = lim f (x) , x→2+ x→2− ´es a dir : lim x→2− 2 x k 2−x = λ = lim x→2+ x 2 1 x2 −4 .
Aquests dos l´ımits condueixen a indeterminacions de la forma 1∞ . La resoldrem amb la t`ecnica: lim uv = eα , x→a on α = lim v(u − 1) .
x→a Calculem: k x→2− 2 − x Similarment: 1 lim x→2+ x2 − 4 lim 2 −1 x = lim x→2− k 2−x k k = lim = . Per tant, lim x→2− x x→2− 2−x x 2 x 1 x−2 1 1 − 1 = lim 2 = lim = .
x→2+ x − 4 x→2− 2(x + 2) 2 2 8 Les igualtats ek/2 = λ = e1/8 , proporcionen k = 1/4 , λ = e1/8 .
2 x Aix´ı, lim x→2+ k 2−x x 2 = ek/2 .
1 x2 −4 = e1/8 .
+∞ 3. Considereu les funcions: f (x) = Es demana: 1 1 x2n+1 , g(x) = ln 2n + 1 2 n=0 1+x 1−x .
(a) Demostreu que les dues tenen el mateix domini.
(2 punts) (el domini, en el cas de la s`erie, ´es el conjunt de valors de x per els quals ´es convergent.
Podeu trobar-ne el radi de converg`encia o usar comparaci´ o) (b) Calculeu, donant el terme general, la s`erie de Taylor de g en el punt a = 0.
(2 punts) ′ (c) Calculeu f (x) derivant terme a terme i sumeu la s`erie derivada.
(1 punt) (d) S´ on iguals f i g ? (1 punt) (Integreu el resultat anterior) g(x) , x→0 x (e) Obteniu els l´ımits: lim lim x→0 g(x) x 1/x2 .
(1+2 punts) Resoluci´ o n 1 2 (a) La converg`encia de la s`erie que defineix f (x) posada en la forma x ∞ n=0 2n+1 (x ) remet a 1 n 2 encia de la la de la s`erie ∞ n=0 2n+1 t (on t indica el nombre positiu x ). El radi de converg` darrera s`erie es pot calcular fent: 1 = lim ρ 1 2n+1 1 2n−1 = 1.
∞ 1 tn s´on els de [0, 1). Noteu que no Aix´ı els valors positius de t que fan convergent n=0 2n+1 es pot incloure 1. Per tant la s`erie donada convergeix quan x ∈ (−1, 1).
1+x La funci´ o g t´e sentit en els x que fan 1−x > 0, o equivalentment 1 − x2 > 0. Aix´ı el domini de g ´es (−1, 1).
1 t´e s`erie de Taylor n≥0 xn . Integrant tenim la s`erie associada a − ln(1 − x) (b) Recordem que 1−x 1 n 1 n+1 = erie corresponent a ln(1 + x) ´es que ser`a n≥1 n x . Similarment, la s` n≥0 n+1 x (−1)n+1 n x .
n 1+x . Els termes de pot`encies Llavors, sumant es t´e la s`erie de Taylor de ln 1−x parelles se simplifiquen i els de pot`encia imparell es doblen. Per tant, la s`erie de Taylor de g en a = 0 ´es: 1 1 1 x2n+1 + · · · x + x3 + x5 + · · · + 3 5 2n + 1 n≥1 (c) Derivant terme a terme i sumant la s`erie geom`etrica obtenim una forma expl´ıcita per f ′ (x): +∞ 1 f ′ (x) = n=1 x2n = 1−x 2.
1−x−(1+x)(−1) = (d) Derivant l’expressi´ o de g obtenim tamb´e: g ′ (x) = 21 1−x 1+x (1−x)2 difer`encia f − g ´es una constant i com que f (0) = 0 = g(0) resulta f = g.
(e) Els dos primers termes de Taylor de g en 0 s´on x + 31 x3 . Llavors: limx→0 g(x) x L’altre l´ımit ´es de la forma 1∞ . Seguint el procediment t´ıpic es t´e limx→0 α = limx→0 1 x2 g(x) x − 1 = limx→0 g(x)−x x3 = limx→0 1/3x3 x3 1 1−x2 . Per tant la = limx→0 g(x) x 1/x 2 x x = 1.
= eα on = 1/3. Per tant el l´ımit ´es e1/3 .
4. Considereu la funci´ o f : R → R definida f (x) = x2 e−x . Es demana: (a) Feu-ne la representaci´o gr` afica.
(2 punts) 2 x (b) Discutiu, segons els valors de k, el nombre d’arrels de l’equaci´o x = ke .
(2 punts) Resoluci´ o (a) Notem que f ´es una funci´ o positiva que nom´es s’anul.la en x = 0, aix´ı que hi ha un u ´ nic tall als eixos qu`e ´es en (0, 0). Les derivades primera i segona s´on f ′ (x) = (−x2 + 2x)e−x , f ′′ (x) = (x2 − 4x + 2)e−x . La primera derivada s’anul.la en x = 0 i en x = 2 i com que f ′′ (0) = 2 > 0 i f ′′ (2) = −2e2 < 0 resulta que els seus extrems relatius s´on: un m´ınim relatiu en (0, 0) i un m`axim relatiu en (2, e42 ). Tamb´e l’anul.laci´ o de la segona derivada proporciona dos candidats √ a punts d’inflexi´o per a x = 2 ± 2. Les branques a l’infinit s´on limx→+∞ f (x) = 0, aix´ı que la funci´ o ´es asimpt` otica al semieix positiu de OX. A l’altra banda, limx→−∞ f (x) = +∞.
Reunim aquesta informaci´ o en la gr`afica: (b) L’equaci´o pot posar-se en la forma x2 e−x = k. Per a cada valor de k hi haur` a les solucions que corresponguin als talls de la gr` afica de y = f (x) amb la recta y = k. Observant a la gr`afica el m`axim relatiu de valor e42 i el m´ınim relatiu (que tamb´e ´es absolut) de valor 0, veiem les diverses possibilitats d’intersecci´o: Aix´ı tenim: per a k > e42 hi ha nom´es una arrel (simple), per a k = e42 hi ha una arrel simple i una de doble (qu`e ´es 2), per a 0 < k < e42 hi ha tres arrels simples, per a k = 0 una arrel doble (qu`e ´es 2) i per a k < 0 no hi ha cap arrel.
(arcsin x)2 dx .
5. Calculeu: (4 punts) (feu un canvi de variable adient) Resoluci´ o La prioritat ´es fer desapar`eixer l’arcsinus. Per fer-ho el m´es senzill ´es expressar x = sin t, canvi de variable amb derivada x′ = cos t. Fent el canvi en el c` alcul de la primitiva tenim ara el problema: (arcsin x)2 dx = (arcsin(sin t))2 cos t dt = t2 cos tdt .
Aquesta darrera primitiva es tracta amb l’aplicaci´o dues vegades del m`etode per parts: t2 cos tdt = F = t2 f = 2t g = cos t G = sin t t sin tdt = F =t f =1 g = sin t G = − cos t = t2 sin t − 2 = −t cos t + t sin t dt cos t dt = −t cos t + sin t Per tant: (arcsin x)2 dx = t2 cos t dt = t2 sin t − 2 (−t cos t + sin t) = t2 sin t + 2t cos t − 2 sin t .
Desfent el canvi: (arcsin x)2 dx = x(arcsin x)2 + 2 1 − x2 arcsin x − 2x , on hem usat: cos(arcsin x) = 1 − sin2 (arcsin x) = √ 1 − x2 .
6. (a) Obteniu la transformada de Laplace de la funci´ o f (t) = cosh t − cos t .
` t ´ −t 1 (recordeu la igualtat cosh t = 2 (2 punts) ) e +e +∞ f (t)e−2t dt .
(b) Doneu el valor de la integral impr` opia: (2 punts) 0 (pot ser u ´til l’apartat anterior) Resoluci´ o 1. De la definici´o del cosinus hiperb` olic i de les transformades de Laplace de funcions elementals es t´e: L(cosh t)(s) = L(cos t)(s) = 1 1 + s−1 s+1 1 1 L(et )(s) + L(e−t )(s) = 2 2 s .
s2 + 1 D’on L(f (t))(s) = L(cosh t)(s) − L(cos t)(s) = = s , s2 − 1 s s 2s − = 4 .
s2 − 1 s2 + 1 s −1 2. Podem posar la integral en la forma: +∞ +∞ f (t)e−2t dt 0 (cosh t − cos t)e−2t dt = = 0 1 2 +∞ e−t dt + 0 1 1 + − 2 6 1 2 +∞ 0 +∞ e−3t dt − +∞ e−2t cos tdt = 0 2 − 3 e−2t cos tdt = 0 +∞ e−2t cos tdt , 0 on aquesta darrera integral es pot calcular per parts , fent-ho dues vegades. D´ona 2/5 i per tant: +∞ f (t)e−2t dt = 0 4 2 2 − = .
3 5 15 Una alternativa molt m´es c` omoda passa per veure la nostra integral com el valor de la transformada ´ a dir: de Laplace de f , anteriorment trobada, en un punt. Es +∞ 0 f (t)e−2t dt = L(f (t))(2) = 2s −1 s4 = s=2 4 .
15 ...