F.M Final 2011 resuelto (2014)

Examen Catalán
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería Civil - 1º curso
Asignatura Fundamentos Matematicos
Año del apunte 2014
Páginas 6
Fecha de subida 03/06/2014
Descargas 0

Descripción

Examen final 2011 resuelto.

Vista previa del texto

` EXAMEN DE FONAMENTS MATEMATICS ETSECCPB. Grau en Enginyeria Civil.
03-11-2011 Problema 1. (10 punts) Per a qualsevol matriu Q ∈ MR (r × s) definim els subespais vectorials: I(Q) = { B ∈ MR (r × 1) : el sistema d’equacions QX = B ´es compatible } N (Q) = { Z ∈ MR (s × 1) : QZ = [0]r×1 } ◦ Sigui A ∈ MR (m × n).
1) [3p] Demostreu que ∀ B ∈ MR (m × 1) se satisf`a: B ∈ I(A) ⇐⇒ [ ( ∀ U ∈ N (At ) ) B t U = 0 ] (potser pot servir d’ajuda recordar que dimR N (At ) = m − rang(At )).
2) [2p] Estan en suma directa els subespais I(A) i N (At ) ? Doneu la demostraci´o en cas afirmatiu, o b´e un contraexemple en cas negatiu.
      0 −1  −1  ◦ Per a cada α ∈ R, sigui ara el sistema de vectors Vα =  0  ,  1  ,  α  ⊂   α 1 0 MR (3 × 1), i siguin les matrius       1 2 0 A1 =  1  , A2 =  1  , A3 =  −1  ∈ MR (3 × 1).
−2 1 5 3) [2p] Trobeu tots els valors de α ∈ R que fan que Vα sigui una base de MR (3 × 1). Pels valors de α trobats, calculeu [A1 ]Vα , [A2 ]Vα , [A3 ]Vα , matrius de components de A1 , A2 , A3 en base Vα .
4) [3p] Sigui A ∈ MR (3 × 3) la matriu que t´e per columnes A1 , A2 , A3 , i sigui Tα ∈ MR (3 × 3) una matriu les columnes de la qual s´on [A1 ]Vα , [A2 ]Vα , [A3 ]Vα . Per a quins valors de α ∈ R se satisf` a I(At ) = I(Tαt ) ? I per a quines α ∈ R ´es cert N (A) = N (Tα ) ? [1] [ =⇒ ] Com que B ∈ I(A), existeix una matriu columna X tal que AX = B, d’on, transposant: X t At = B t . Llavors, ∀ U ∈ N (At ) (At U = [0]n×1 ) : B t U = X t At U = X t [0]n×1 = 0 [ ⇐= ] Definim la matriu Lt = At Bt ∈ MR ((n + 1) × m) Notem que ∀ U ∈ N (At ) tenim (ja que B t U = 0, per hip`otesi): Lt U = At U BtU = [0]n×1 0 = [0](n+1)×1 I, an`alogament, ∀ U ∈ N (Lt ) tenim: Lt U = At Bt U = [0](n+1)×1 =⇒ At U = [0]n×1 =⇒ U ∈ N (At ) Per tant, N (At ) = N (Lt ), i, per tant (vegeu l’ajuda): rang(At ) = rang(Lt ) =⇒ dimR F(At ) = dimR F(Lt ) =⇒ F(At ) = F(Lt ) =⇒ =⇒ C(A) = C(L) =⇒ B ∈ C(A) (representant F, C els subespais de files i de columnes, respectivament, i observant el fet clar que F(At ) ⊂ F(Lt ) per a deduir F(At ) = F(Lt ) a partir de dimR F(At ) = dimR F(Lt )). Aix´ı doncs hem obtingut que B ∈ C(A), per la qual cosa existeixen β1 , . . . , βn ∈ R tals que   β1 n   B= βj · [columna “j” de A], ´es a dir, A  ...  = B =⇒ B ∈ I(A) j=1 βn [2] Per a qualsevol B ∈ I(A) ∩ N (At ) tenim, d’acord amb l’apartat anterior: B ∈ I(A) =⇒ ( ∀ U ∈ N (At ) ) B t U = 0   b1 not   Com que tamb´e B ∈ N (At ), en la igualtat B t U = 0 podrem prendre U = B =  ... , bn obtenint:   b1   b1 . . . bn  ...  = 0 =⇒ (b1 )2 + · · · + (bn )2 = 0 =⇒ B t B = 0 =⇒ bn =⇒ b1 = · · · = bn = 0 (en ser (bj )2 ≥ 0, ∀ j) =⇒ B = [0]m×1 Com a conseq¨ u`encia, I(A) ∩ N (At ) = { [0]m×1 }, i I(A) i N (At ) estan en suma directa.
       0 0  1       0 , 1 , 0  [3] Sigui C = la base can`onica de MR (3 × 1). Llavors:   0 0 1 Vα = { (−1, 0, α)C , (0, 1, 1)C , (−1, α, 0)C } Definint una matriu Hα posant aquests tres vectors per columnes:   −1 0 −1 Hα =  0 1 α  =⇒ det3 (Hα ) = 2α = 0 ⇐⇒ α = 0 α 1 0 Per tant: V ´es base de MR (3 × 1) per a tot α = 0  Prenent α = 0, com que [I]Vα C = Hα =⇒ [I]CVα = Hα−1 = 1 2α  −α −1 1  α2 α α , i com −α 1 −1 que pels vectors A1 , A2 , A3 podem escriure  A1 = (1, 1, −2)C , A2 = (2, 1, 1)C , A3 = (0, −1, 5)C    1 2 =⇒ [A1 ]C =  1  , [A2 ]C =  1  −2 1   0 [A3 ]C =  −1  , 5 tenim que (aplicant d’una tirada que [Aj ]Vα = [I]CVα · [Aj ]C , j = 1, 2, 3):    −α −1 1 1 2 0 1  2 α α α   1 1 −1  = [I]CVα · ([A1 ]C [A2 ]C [A3 ]C ) = 2α −α 1 −1 −2 1 5   −α − 3 −2α 6 1  2 α − α 2α2 + 2α 4α  = ([A1 ]Vα [A2 ]Vα [A3 ]Vα ) = 2α −α + 3 −2α −6 I llegint per columnes aquesta darrera matriu: A1 = 1 1 (−α − 3, α2 − α, −α + 3)Vα , A2 = (−1, α + 1, −1)Vα , A3 = (3, 2, −3)Vα 2α α [4] Per tot α = 0, notem que Pα A = Tα , on Pα = [I]CVα (inversible). Per tant, tamb´e tenim que Pα−1 Tα = A. Demostrem primer que N (A) = N (Tα ) per tot α = 0. Per a qualsevol Z ∈ MR (3 × 1) : Z ∈ N (A) =⇒ AZ = [0]3×1 =⇒ Pα AZ = [0]3×1 =⇒ Tα Z = [0]3×1 =⇒ Z ∈ N (Tα ) Z ∈ N (Tα ) =⇒ Tα Z = [0]3×1 =⇒ Pα−1 Tα Z = [0]3×1 =⇒ AZ = [0]3×1 =⇒ Z ∈ N (A) , la qual cosa prova que N (A) = N (Tα ) per tot α = 0.
Finalment, per a demostrar que I(At ) = I(Tαt ) per tot α = 0 res m´es ens caldr`a emprar que N (A) = N (Tα ) i el resultat de l’apartat 2) (aplicat a At i a Tαt ): B ∈ I(At ) ⇐⇒ [ ( ∀ U ∈ N (A) ) B t U = 0 ] ⇐⇒ [ ( ∀ U ∈ N (Tα ) ) B t U = 0 ] ⇐⇒ B ∈ I(Tαt ) Aix´ı doncs: I(At ) = I(Tαt ) per tot α = 0 Problema 2. (10 punts) (a) [3p] Demostreu que arg sinh x = ln(x + i calculeu √ x2 x2 + 1) dx + 2x + 4 i 1 + ln(1 + x) − x lim x→0 1 − ln(1 + x) (a) Sigui y = arg sinh x d’on x = sinh y = ey − e−y 2 ey − 2x − e−y = 0 i si multipliquem per ey obtenim (ey )2 − 2xey − 1 = 0 d’on √ 4x2 + 4 = x ± x2 + 1 2 √ √ D’una banda ey > 0, i d’altra banda x − x2 + 1 < 0 (perqu`e x < x2 + 1), per tant √ ey = x + x2 + 1 y e = 2x ± d’on y = ln ey = ln(x + x2 + 1) arg sinh x = ln(x + x2 + 1) i aix´ı demostrem que Calculem ara √ x2 dx + 2x + 4 Aquesta integral ´es immediata si tenim en compte que x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 perqu`e √ x2 dx = + 2x + 4 dx (x + 1)2 1 =√ 3 +3 dx x+1 √ 3 = arg sinh 2 +1 x+1 √ 3 +C i finalment calculem lim x→0 lim x→0 1 + ln(1 + x) − x 1 + ln(1 + x) − x 1 − ln(1 + x) 1 − ln(1 + x) = 0 0 Per tal de resoldre la indeterminaci´ o, multipliquem i dividim per la suma de les arrels.
1 + ln(1 + x) − x lim x→0 = lim ( x→0 1 − ln(1 + x))( 1 + ln(1 + x) + x( 1 + ln(1 + x) + 1 − ln(1 + x)) (1 + ln(1 + x)) − (1 − ln(1 + x)) x( = 1 + ln(1 + x) − x→0 = lim 1 − ln(1 + x) 1 − ln(1 + x)) 1 + ln(1 + x) + = lim 1 − ln(1 + x)) = 2 ln(1 + x) x→0 x( 1 + ln(1 + x) + 1 − ln(1 + x)) = Per resoldre aquesta indeterminaci´o del tipus 00 apliquem l’infinit`essim equivalent del logaritme neperi` a i substitu¨ım al numerador ln(1 + x) per x i obtenim: = lim x→0 = lim x→0 2x x( 1 − ln(1 + x)) 1 + ln(1 + x) + 2 1 + ln(1 + x) + 1 − ln(1 + x) = = 2 =1 1+1 (b) [2p] Aplicant la definici´ o, estudieu la continuitat uniforme de la funci´o f : (0, 1] −→ R definida per f (x) = x2 .
Mirem si es compleix la definici´o de continuitat uniforme per la funci´o f (x) = x2 al domini (0,1].
|f (x) − f (y)| = |x2 − y 2 | = |(x + y)(x − y)| < 2|x − y| < 2δ Llavors, si ε ´es un valor donat, cal prendre δ = ε 2 si |x − y| < δ per assegurar |f (x) − f (y)| < ε ∀x, y : |x − y| < δ per tant f ´es uniformement continua a (0,1].
(c) [5p] La figura mostra una l` ampara de peu situada tres unitats a la dreta de l’eix Y i l’ombra creada per la regi´ o el.l´ıptica x2 + 4y 2 ≤ 5. Si el punt (-5,0) est`a a la vora de l’ombra, quina ´es la altura de la l` ampara? y x Considerem la recta tangent a un punt qualsevol (x0 , y0 ) de l’el.lipse y − y0 = y (x0 )(x − x0 ) Derivem impl´ıcitament l’equaci´ o de la el.lipse x2 + 4y 2 = 5 i obtenim 2x + 8yy = 0 ⇒ y = − x 4y Imposem que la recta tangent al punt (x0 , y0 ) passa pel punt (-5,0) 0 − y0 = y (x0 )(−5 − x0 ) −y0 = − x0 (−5 − x0 ) 4y0 I ara busquem el punt (x0 , y0 ) imposant que ´es un punt de la el.lipse i de la recta x0 (−5 − x0 ) −y0 = − 4y 0 2 2 x0 + 4y0 = 5 −4y0 2 = 5x0 + x0 2 x0 2 + 4y0 2 = 5 −5x0 = x0 2 + 4y0 2 x0 2 + 4y0 2 = 5 I d’aqu´ı dedu¨ım que x0 = −1 i y0 = 1. Busquem doncs l’equaci´o de la recta tangent a l’el.lipse al punt (-1,1).
y − 1 = y (−1)(x + 1) −1 (x + 1) 4 1 y − 1 = (x + 1) 4 La altura de la l` ampara la trobarem intersectant aquesta recta amb la recta x = 3.
y−1=− 1 y − 1 = (3 + 1) 4 y−1=1 I per tant, la altura de la l` ampara ´es 2.
...