Examen global 2011 (2011)

Examen Catalán
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería Civil - 1º curso
Asignatura Calculo
Año del apunte 2011
Páginas 8
Fecha de subida 03/06/2014
Descargas 0

Descripción

Solucion examen global mayo 2011

Vista previa del texto

` 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 ...