Examen Final Enero 2013 (2013)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Calculo Avanzado
Año del apunte 2013
Páginas 3
Fecha de subida 17/09/2014
Descargas 0
Subido por

Vista previa del texto

UPC/ETSETB/Graus de Telecomunicaci´o/C`alcul Avan¸cat examen final 22 gener 2013 temps: 3h publicaci´ o notes examen: 25 gener curs 2012 tardor per´ıode d’al.legacions: fins 28 gener publicaci´o notes definitives: 29 gener Resoluci´o 1. Responeu breument les q¨ uestions seg¨ uents: [2’5 pt] (a) Sigui E un espai euclidi` a de dimensi´ o 3, (e1 , e2 , e3 ) una base de E. Doneu l’expressi´o dels vectors (v1 , v2 , v3 ) obtinguts ortogonalitzant la base de partida amb el m`etode de Gram–Schmidt.
v1 = e 1 , v2 = e2 − v1 (v1 |e2 ) , (v1 |v1 ) v3 = e3 − v1 (v1 |e3 ) (v2 |e3 ) − v2 .
(v1 |v1 ) (v2 |v2 ) (b) La funci´o x(t) = t t´e com a s`erie de Fourier en [−π, π] x(t) ∼ 2 sin t − 1 1 sin 2t + sin 3t − . . .
2 3 .
π (x(t) − A cos t − B sin t)2 dt ? Raoneu la res- Quins coeficients A, B, fan m´ınima la integral −π posta.
El que es demana, A cos t + B sin t, ´es la millor aproximaci´o, dins l’espai L2 (−π, π), de x(t) en termes d’un element del subespai vectorial cos t, sin t . D’acord amb la teoria estudiada, aquesta aproximaci´ o ´es precisament la projecci´ o ortogonal de x sobre aquest subespai. Se’ns d´ona x expressada en forma de s`erie de Fourier trigonom`etrica en [−π, π], ´es a dir, expressada en el sistema trigonom`etric, el qual ´es ortogonal i cont´e les funcions cos t i sin t. Per tant, la projecci´o ortogonal de x s’obt´e directament extraient de la seva s`erie de Fourier els termes corresponents a les funcions cos t i sin t. Aix´ı doncs, A = 0 i B = 2.
(c) Siguin U ⊂ Rn un conjunt obert, f : U → R una funci´o, i p ∈ U un punt.
Quina relaci´ o hi ha entre la diferenciabilitat de f en p i l’exist`encia de les derivades direccionals en aquest punt? Escriviu una f´ ormula que relacioni la diferencial de f en p amb les seves derivades direccionals en el mateix punt.
Si f ´es diferenciable en p llavors existeixen totes les derivades direccionals de f en aquest punt. El rec´ıproc ´es fals, ja que l’exist`encia de totes les derivades direccionals no garanteix la diferenciabilitat.
Si f ´es diferenciable en p llavors la derivada direccional de f en p segons el vector u ´es Dp,u f = Df (p) · u.
(d) Sigui S el conjunt de les solucions de l’equaci´o F (x, y, z) = 0, on F : R3 → R ´es una funci´ o de classe C1 . Sigui (x0 , y0 , z0 ) un punt tal que F (x0 , y0 , z0 ) = 0.
En quines condicions podem assegurar que S ´es una superf´ıcie regular en un ve¨ınat de (x0 , y0 , z0 )? Escriviu l’equaci´ o del pla tangent a S en (x0 , y0 , z0 ).
Sota les condicions donades, podem assegurar que S ´es una superf´ıcie regular quan DF (x0 , y0 , z0 ) = 0 (´es a dir, quan F compleix la condici´ o de rang m`axim).
L’equaci´ o del pla tangent a S en (x0 , y0 , z0 ) es pot escriure DF (x0 , y0 , z0 ) · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0, ´es a dir, D1 F (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + D2 F (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + D3 F (x0 , y0 , z0 )(z − z0 ) = 0.
(e) Canvieu l’ordre d’integraci´ o en la integral doble π/4 sin x f (x, y) dy dx .
0 0 √ 1/ 2 π/4 Dibuixant la regi´ o es veu de seguida que la integral ´es f (x, y) dx dy .
0 arcsin y (f) Considereu el camp vectorial a R3 definit per F(x, y, z) = (x − y, y 2 , xy + z). Quins s´on els camps vectorials G tals que ∇ × G = ∇ × F ? La condici´ o demanada ´es que ∇ × (G − F) = 0. Per`o a R3 els camps amb rotacional nul coincideixen amb els camps conservatius, ´es a dir, els de la forma ∇φ, per a cert camp escalar φ. Per tant la resposta ´es G = F + ∇φ.
2. Considereu la funci´ o f : R2 → R definida per [2’5 pt] f (x, y) = x2 e−x 2 −y 2 .
Trobeu i classifiqueu els seus punts cr´ıtics. Estudieu si f t´e extrems absoluts.
Els punts cr´ıtics de f s´ on aquells on s’anul.la la jacobiana, Jf = 0. Calculant Jf (x, y) = 2xe−x 2 −y 2 1 − x2 − xy es dedueix que els punts cr´ıtics s´ on: (1, 0), (−1, 0) i els punts (0, y), per a y ∈ R .
Per a esbrinar-ne el car` acter podem calcular la hessiana Hf en cadascun dels punts. Tenim Hf (x, y) = 2e−x 2 2x4 − 5x2 + 1 2y(x3 − x) 2y(x3 − x) 2x2 y 2 − x2 −y 2 , de manera que Hf (1, 0) = −4/e 0 0 −2/e = Hf (−1, 0) ; ´es clarament una matriu definida negativa, de manera que els dos punts (±1, 0) s´on m`axims locals. D’altra banda, 2 2e−y 0 Hf (0, y) = , 0 0 que ´es semidefinida, de manera que no permet decidir el car`acter dels punts de l’eix d’ordenades.
Tanmateix, observant la funci´ o ´es clar que f (x, y) ≥ 0, i f (0, y) = 0, de manera que el punts (0, y) s´on m´ınims absoluts de f .
2 2 2 Finalment, observem que f (x, y) = (x2 e−x )e−y . Sempre es t´e e−y ≤ 1, amb un m`axim a y = 0, on val 1.
2 −x2 Per tant, el m` axim de f , en cas d’existir, s’assoleix quan x e ´es m`axim, cosa que es comprova f`acilment que −1 succeeix quan x = ±1. Aix´ı doncs, el m` axim de f val e i s’assoleix en els punts (±1, 0).
3. Calculeu la integral de la funci´ o f (x, y) = e4x−6y [2 pt] sobre el quadril` ater R compr`es entre les rectes x − 5y = 0, x − 5y = −14, 3x − y = 0, 3x − y = 14.
Tenint en compte com est` a donada la regi´ o d’integraci´o R, sembla que el problema es podria simplificar amb un canvi de variables lineal. Definim u = x − 5y, v = 3x − y .
˜ limitada per les rectes u = 0, u = −14, v = 0, La regi´ o transformada, en les variables (u, v), ´es la regi´o R v = 14, que ´es un quadrat.
D’acord amb la f´ ormula del canvi de variables, I= f (x, y) dxdy = ˜ R R ∂(x, y) f˜(u, v) det dudv , ∂(u, v) on f˜ ´es la funci´ o f expressada en les noves coordenades: f˜(u, v) = eu+v . El jacobi`a requerit ´es l’invers de ∂(u,v) det ∂(x,y) = 14. Per tant I= 1 14 eu+v dudv = ˜ R 1 14 0 14 eu du −14 ev dv = 0 1 14 (e − 1)(1 − e−14 ) .
14 Un procediment alternatiu de c` alcul, m´es cost´os, seria descompondre la regi´o R com a uni´o de tres conjunts simples i calcular-hi la integral de f sense usar el teorema del canvi de variables.
4. Comproveu la f´ ormula de Stokes per al camp vectorial [3 pt] F(x, y, z) = (−y, y 2 − y, xy) i la superf´ıcie S = {(x, y, z) ∈ R3 | x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1, z = 1 − x2 − y 2 } .
Indiqueu en un dibuix les orientacions amb qu`e heu fet els c`alculs, tant sobre S com sobre la seva vora.
rotF · dS = La f´ ormula de Stokes afirma que S F·d .
∂S En primer lloc es calcula rotF = (x, −y, 1).
Tot seguit calcularem el seu flux a trav´es de S. Ja que es tracta d’una superf´ıcie donada en forma expl´ıcita, la parametritzem (per exemple) usant les coordenades cartesianes: (x, y) → σ(x, y) = (x, y, 1 − x2 − y 2 ), amb (x, y) ∈ T , essent T el triangle definit per x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1. Aquesta parametritzaci´o t´e vectors tangents coordenats Tx , Ty , que donen Tx × Ty = (2x, 2y, 1); observem que aquest vector normal apunta “cap amunt”.
Expressant F en termes del par` ametres, i fent-hi el producte escalar amb Tx × Ty , la integral a calcular ´es 1−x 1 rotF · dS = S dxdy (2x2 − 2y 2 + 1) = rotF(σ(x, y)) · (Tx × Ty ) dxdy = T 0 T dy (2x2 − 2y 2 + 1) .
dx 0 rotF · dS = 1/2.
Despr´es d’uns c` alculs, el resultat ´es S El segon membre de la f´ ormula de Stokes ´es la circulaci´o de F al llarg de la vora ∂S de S. Aquesta vora est` a formada per les tres corbes C1 , C2 , C3 que delimiten la superf´ıcie; cadascuna d’elles es projecta sobre el corresponent costat del triangle T del pla XY esmentat abans. S’han de parametritzar, calcular el corresponent vector tangent, i calcular la integral de l´ınia, tenint en compte si la parametritzaci´o correspon a l’orientaci´ o de la corba. La parametritzaci´ o m´es simple de les corbes s’obt´e parametritzant el costat corresponent del triangle i afegint-hi, com a tercera component, el valor de z donat per la pertinen¸ca a la superf´ıcie: z = 1 − x2 − y 2 .
Quant a l’orientaci´ o, l’orientaci´ o donada a S indica que aquestes corbes estan orientades de manera que les seves projeccions sobre el pla XY recorren les arestes del triangle T en sentit positiu.
C1 : x → γ1 (x) = (x, 0, 1 − x2 ), amb 0 < x < 1; vector tangent T1 = (1, 0, −2x).
1 F·d = C1 1 F(γ1 (x)) · T1 dx = 0 dx = 0 .
0 0 C2 : t → γ2 (t) = (1 − t, t, 2t − 2t2 ), amb 0 < t < 1; vector tangent T2 = (−1, 1, 2 − 4t).
1 F·d = C2 1 (2t − 5t2 + 4t3 ) dt = 1/3 .
F(γ2 (t)) · T2 dt = 0 0 C3 : t → γ3 (y) = (0, y, 1 − y 2 ), amb 0 < y < 1 i l’orientaci´o oposada; vector tangent T3 = (0, 1, −2y).
1 F·d =− C3 1 0 F · d = 0 + 1/3 + 1/6 = 1/2.
El resultat total ´es ∂S (y 2 − y) dy = 1/6 .
F(γ3 (y)) · T3 dy = − 0 ...