Examen Final Junio 2010 (2010)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Cálculo I
Año del apunte 2010
Páginas 6
Fecha de subida 16/09/2014
Descargas 1
Subido por

Vista previa del texto

Departament de Matem` atica Aplicada IV Enginyeria de Sistemes Audiovisuals/ Enginyeria de Sistemes Electr` onics 21 de juny del 2010 ` Prova Final de CALCUL Temps: 3h (25 punts) 1. Sigui z = x + yj. Determineu qu`e ha de complir la parella x, y, per a que z+1 sigui: z−j (a) Un nombre real.
(2 punts) (b) Un nombre imaginari pur.
(2 punts) Resoluci´ o: Efectuem el c` alcul: z+1 z−j = x + yj + 1 x + 1 + yj (x + 1 + yj)(x − (y − 1)j) = = = x + yj − j x + (y − 1)j (x + (y − 1)j)(x − (y − 1)j) x2 + x + y 2 − y + (x − y + 1)j (x + 1)x + y(y − 1) + (−(x + 1)(y − 1) + xy)j = = x2 + (y − 1)2 x2 + (y − 1)2 x−y+1 x2 + y 2 + x − y + 2 j 2 2 x + (y − 1) x + (y − 1)2 (a) Ser` a un nombre real quan x − y + 1 = 0, ´es a dir quan z = x + yj sigui a la recta y = x + 1.
(b) Ser` a imaginari pur quan es compleixi x2 + y 2 + x − y = 0. Possant-ho (x + 21 )2 + (y − 12 )2 = 21 , √ veiem que expressa la circumfer`encia de centre (−1/2, 1/2) amb radi 2/2.
j −1 Noteu sobre el dibuix el sentit dels punts j i −1. Per a z = j el quocient no existeix. Per a z = −1 ´es zero, a la vegada real i imaginari pur.
2. Considereu la funci´ o f : R → R definida f (x) = x(x + 2)e−x , Es demana: (a) Feu-ne una representaci´o gr` afica aproximada, precisant-ne els extrems relatius.
(b) Discutiu, segons sigui λ, el nombre de solucions reals de l’equaci´o x(x + 2) = λex .
(2 punts) (2 punts) Resoluci´ o: (a) Les fugides a l’infinit s´on limx→+∞ f = 0, limx→−∞ f = +∞. Hi ha tall als eixos en (0, 0) i (−2, 0). Les dues primeres derivades s´on: f ′ (x) = (2 − x2 )e−x , f ′′ (x) = (−2 − 2x + x2 )e−x .
√ √ √ √ √ La primera derivada s’anul.la en 2, − 2. Com que f ′′ ( 2) = −2 2e− 2 < 0 hi ha un √ √ √ √ √ √ √ √ m`axim relatiu en ( 2, f ( 2)) = 2, (2 2 + 2)e− 2 . Tamb´e f ′′ (− 2) = 2 2e 2 > 0, amb √ √ √ √ √ el que hi ha un m´ınim relatiu en (− 2, f (− 2)) = − 2, (−2 2 + 2)e 2 . Amb aix`o en tenim prou per fer l’esquema: (b) L’equaci´o pot posar-se en la forma x(x + 2)e−x = λ, ´es a dir f (x) = λ. El nombre de solucions de l’equaci´ o, per a cada λ, ser`a el de talls entre la gr`afica de f i la recta horitzontal y = λ.
Tenim: √ √ Si λ < (−2 2 + 2)e 2 no t´e cap soluci´o.
√ √ Per a λ = (−2 2 + 2)e 2 en t´e una de doble.
√ √ Per a λ ∈ (−2 2 + 2)e 2 , 0 en t´e dues de simples.
√ √ Per a λ ∈ 0, (2 2 + 2)e− 2 en t´e tres de simples.
√ √ − 2 Per a λ = (2 2 + 2)e en t´e una de doble i una de simple.
√ √ Si λ > (2 2 + 2)e− 2 en t´e una de simple.
3. Calculeu sin x x lim x→0 1 x2 .
(3 punts) Resoluci´ o: ´ una indeterminaci´o de la forma 1∞ . Recordem que si existeix el l´ımit de ”exponent·(base-1)” i Es ´es α, llavors el nostre l´ımit existeix i ´es eα .
Aqu´ı farem: 1 x→0 x2 lim sin x −1 x 1 x→0 x2 = lim sin x − x x 1 − 61 x3 1 =− , x→0 x2 x 6 = lim on hem fet servir sin x = x − 16 x3 + o(x4 ) a les proximitats de zero.
En conseq¨ u`encia, lim x→0 sin x x 1 x2 = e−1/6 .
4. Considereu les funcions definides, a les proximitats de zero, per: f (x) = Sigui λ una constant real. Es demana: sin x , 1+x g(x) = (a) Obteniu el polinomi de Taylor en zero de grau tres per a la funci´ o λf + g.
x cos x .
1−x (3 punts) (b) Trobeu λ per a que λf + g tingui un extrem relatiu en 0. De quina mena ´es? (1 punt) (c) El mateix per a que, ara, λf + g tingui en zero un punt d’inflexi´o.
(1 punt) Resoluci´ o: (a) Recordem els desenvolupaments: sin x = x − 1 3 x + o(x4 ) , 3! cos x = 1 − 1 2 x + o(x3 ) , 2! 1 = 1 + x + x2 + x3 + o(x3 ) .
1−x Llavors: sin x 1+x x cos x 1−x λf + g 5 + o(x3 ) = x − x2 + x3 + o(x3 ) .
6 1 1 + x + x2 + x3 |≤3 + o(x3 ) = x + x2 + x3 + o(x3 ) .
= 2 5 1 = λ x − x2 + x3 + x + x2 + x3 + o(x3 ) = 6 2 1 5 x3 + o(x3 ) λ+ (λ + 1)x + (−λ + 1)x2 + 6 2 = 1 x − x3 6 1 3 x− x 2 1 − x + x2 − x3 |≤3 (b) Per a que tingui un extrem relatiu en zero caldr` a que la primera derivada en zero sigui zero.
Del polinomi de Taylor obtingut, tenim: (λf + g)′ (0) = λ + 1 , (λf + g)′′ (0) = 2!(−λ + 1) .
S’ha de complir λ + 1 = 0, ´es a dir λ = −1. Llavors: (λf + g)′′ (0) = 4 > 0, amb el que l’extrem ´es un m´ınim.
(c) Ara, per a que s’anul.li la segona derivada, tindr`a de ser λ = 1.
A m´es, (λf + g)′′′ (0) = 3!( 56 · 1 + 12 ) = 0 , que garanteix es tracta d’una inflexi´o.
1 1 x(1 − x) n dx. Es demana: 5. Per a cada n natural, definim: an = 0 (a) Calculeu an .
(3 punts) (b) T´e l´ımit la successi´o (an )? (1 punt) (c) Quin ´es el car` acter de la s`erie n≥1 an ? n2 (1 punt) Resoluci´ o: (a) Presentarem el c` alcul de la integral de diverses maneres: i. (amb un canvi de variable) 1 1 0 x(1 − x) n dx  1−x=t x=1−t    x′ = −1 = x=1 t=0    x=0 t=1 1 1 0 1 (t n − t n +1 ) dt = 1 n        0 1 =− 1 − +1 1 n 1 (1 − t)t n dt = n 1 n − = = n + 1 2n +1 +2 n2 .
(n + 1)(2n + 1) ii. (amb un altre canvi de variable)  1 − x = tn    1 1 x(1 − x) n dx = x=1  0   x=0 x = 1 − tn x′ = −ntn−1 t=0 t=1 1 n 0 (tn − t2n ) dt = n        0 = −n 1 1 1 − n + 1 2n + 1 (1 − tn ) · t · tn−1 dt = = n2 .
(n + 1)(2n + 1) iii. (per parts) 1 F =x 1 g = (1 − x) n 1 0 x(1 − x) n dx = f =1 n+1 1 n G = − 1 1+1 (1 − x) n +1 = − n+1 (1 − x) n n+1 1 n n x(1 − x) n + n+1 n+1 0 n+1 1 n (1 − x) n +1 0− n+1 n+1 n +1 − (b) La successi´o t´e l´ımit lim an = lim (c) La s`erie ´es n≥1 an = n2 n≥1 = n 1 0 1 0 (1 − x) = n+1 n dx = n2 .
(n + 1)(2n + 1) n2 1 = .
(n + 1)(2n + 1) 2 1 , de la que, per comparaci´ o amb la s`erie harm`onica (n + 1)(2n + 1) de grau dos, podem assegurar-ne la converg`encia.
6. Siguin a, b nombres reals positius.
Estudieu i calculeu les integrals impr` opies: +∞ (a) 0 (2+2 punts) +∞ 1 dx , (a + bx)2 (b) a2 0 1 dx.
+ b2 x2 Resoluci´ o: Les dues s´on integrals impr` opies de primera esp`ecie de funcions positives. En les dues el grau del numerador ´es zero i el del denominador ´es dos, amb el que, per difer`encia de graus, podem assegurar la converg`encia d’ambdues.
(a) Calculem una primitiva i despr´es la integral: +∞ 0 1 dx = (a + bx)2 1 −1 (a + bx)−2 dx = − (a + bx)−1 = , b b(a + bx) 1 dx = (a + bx)2 lim −1 b(a + bx) M→+∞ M = 0 1 1 1 − lim = .
ab M→+∞ b(a + bM ) ab (b) El mateix per a l’altra integral: 1 dx = a2 + b2 x2 +∞ 0 1 dx = a2 + b2 x2 1 a2 1 1+ 2 b ax dx = 1 arctg ab 1 π π · = .
ab 2 2ab lim M→+∞ b x a 1 a a2 b 1+ b a 2 b ax M = 0 lim M→+∞ dx = 1 arctg ab 1 arctg ab b M a = b x , a ...