CMN 1r trimestre Examen parcial 2013 + solucion (2014)

Apunte Español
Universidad Universidad Pompeu Fabra (UPF)
Grado Ingeniería de Sistemas Audiovisuales - 1º curso
Asignatura Calculo y metodos numericos
Año del apunte 2014
Páginas 4
Fecha de subida 29/09/2014
Descargas 3
Subido por

Descripción

Toda la teoria del primer trimestre de calculo y métodos numéricos

Vista previa del texto

` ` ` CALCUL I METODES NUMERICS 29 d’octubre de 2013 EXAMEN PARCIAL PRIMER EIX Escriviu problemes diferents en fulls diferents, i poseu el nom i el NIA a tots els fulls que ` l’u ´ s de calculadores ni mo ` bils, ni la sortida de l’aula d’examen a entregueu. No es permetra ´s una activitat cap estudiant fins haver finalitzat les dues hores d’examen. L’examen parcial e ` ` ´ no recuperable. En cas de copia de qualsevol tipus s’aplicara com a sancio el suspens de l’eix.
Problema 1 2.5 punts (a) (1 punt) Determineu els valors del par`ametre a ∈ R per als quals la funci´o √ x5 − 2 x fa (x) = 2 (x + log x)a ´es un infinit`esim quan x → +∞.
Per definici´ o d’infinit`esim, volem els valors d’a ∈ R tals que limx→+∞ fa (x) = 0. Per tal de simplificar una mica l’expressi´ o de la funci´o, utilitzem el fet que la suma d’infinit`esims ´es asimpt`otica al d’ordre superior de tots dos. Aix´ı, √ x5 − 2 x ∼ x5 i x2 + log x ∼ x2 .
x→+∞ x→+∞ Per tant, √ x5 5 x5 − 2 x 5−2a = lim = 0 ⇔ 5 − 2a < 0 ⇔ a > .
lim a a = lim x x→+∞ (x2 ) x→+∞ x→+∞ (x2 + log x) 2 (b) Calculeu els l´ımits seg¨ uents.
(i) (0.5 punts) lim x→0 lim x→0 log 3x2 + 1 sin (5x2 ) log 3x2 + 1 sin (5x2 ) Taylor = lim x→0 (ii) (0.5 punts) lim x2 log x→+∞ lim x2 log x→+∞ x2 + 5 x2 + 1 3x2 3 = 2 5x 5 x2 + 5 x2 + 1 = lim x2 log 1 − 1 + x→+∞ = lim x2 · x→+∞ x2 + 5 x2 + 1 = lim x2 log 1 + x→+∞ x2 4 +1 4 4x2 = lim =4 x2 + 1 x→+∞ x2 + 1 2x (iii) (0.5 punts) lim (1 + sin x) 1−cos (2x) x→0 lim (1 + sin x) x→0 2x 1−cos (2x) = lim e 2x ·log (1+sin x) 1−cos (2x) x→0 = lim e x→0 2x (2x)2 2 1−1+ ·x Taylor = 4x2 lim e x→0 = lim e 4x2 = e x→0 2x (2x)2 2 1− 1− ·log (1+x) Taylor = Taylor = Problema 2 2.5 punts (a) (0.5 punts) Escriviu la definici´ o de la derivada d’una funci´o f .
Es diu que f ´es derivable en x0 ∈ Df si existeix el l´ımit f (x0 + h) − f (x0 ) h→0 h lim i ´es finit. Si f ´es derivable en cada punt del seu domini, es defineix la derivada d’f com la funci´ o que assigna a cada x0 ∈ Df el valor d’aquest l´ımit.
(b) (0.5 punts) Utilitzeu la definici´ o per demostrar que la derivada d’f (x) = 1 x ´es f (x) = − x12 .
Sigui x0 ∈ Df . Calculem el l´ımit f (x0 + h) − f (x0 ) lim = lim h→0 h→0 h = lim h→0 1 x0 +h − 1 x0 h = lim x0 −(x0 +h) (x0 +h)·x0 h h→0 = lim h→0 −h = h · (x0 + h) · x0 −1 1 =− 2 (x0 + h) · x0 x0 Per tant, la funci´ o derivada d’f (x) = 1 x assigna x → − x12 a cada x ∈ Df .
(c) Calculeu les derivades de les funcions seg¨ uents.
(i) (0.5 punts) f (x) = e3x tan (2x) f (x) = e3x · 3 · tan (2x) + e3x · (1 + tan2 (2x)) · 2 = (2 tan2 (2x) + 3 tan (2x) + 2) · e3x (ii) (0.5 punts) g(x) = log (sin (x2 − 5)) g (x) = 1 sin (x2 −5) · cos (x2 − 5) · 2x = 2x · cot (x2 − 5) √ (iii) (0.5 punts) h(x) = cos (x2 ) √ h (x) = e x2 +1·log (cos (x2 )) √ = cos (x2 ) x2 +1 · · 2x · x2 +1 √1 2 x2 +1 √ =e x2 +1·log (cos (x2 )) · 2x · log cos (x2 ) + log (cos (x2 )) √ 2 x2 +1 − √ √ x2 + 1 · 1 cos (x2 ) · − sin (x2 ) · 2x = x2 + 1 · tan (x2 ) Problema 3 2.5 punts (a) (0.5 punts) Demostreu que el polinomi de Taylor d’ordre 2 centrat en x0 = 1 de la funci´ o f (x) = 3x2 − 2x + 1 coincideix amb ella mateixa.
L’expressi´ o del polinomi de Taylor d’ordre 2 centrat en x0 ´es (2) T1 (x) = f (x0 ) + f (x0 ) · (x − x0 ) + f (x0 ) · (x − x0 )2 .
2 Per tant, cal calcular f (x) i f (x) i avaluar-les en x0 = 1.
f (x) = 3x2 − 2x + 1 ⇒ f (1) = 2 f (x) = 6x − 2 ⇒ f (1) = 4 f (x) = 6 ⇒ f (1) = 6 Ara, (2) T1 (x) = 2 + 4 · (x − 1) + 6 · (x − 1)2 = 2 + 4x − 4 + 3x2 − 6x + 3 = 3x2 − 2x + 1 = f (x).
2 (b) (1 punt) Calculeu el polinomi de Taylor d’ordre 2 centrat en x0 = log (cos x). Expresseu el resultat en funci´o de pot`encies d’x − π4 .
π 4 de la funci´o f (x) = Com abans, f (x) = log (cos x) ⇒ f ( π4 ) = log f (x) = − tan x ⇒ f ( π4 ) = −1 f (x) = −1 − tan2 x ⇒ f ( π4 ) = −2 √1 2 = − log2 2 i llavors (2) Tπ/4 (x) = − log 2 π −2 π + (−1) · x − + · x− 2 4 2 4 2 =− log 2 π π − x− − x− 2 4 4 2 .
(c) (1 punt) Escriviu el polinomi de Taylor-MacLaurin d’ordre 1 de la funci´o f (x) = sin (2x).
Utilitzeu-lo per demostrar que 2x2 + 2x lim = 1.
x→0 sin (2x) L’expressi´ o del polinomi de Taylor-MacLaurin d’ordre 1 ´es (1) T0 (x) = f (0) + f (0) · x.
Per tant, f (x) = sin (2x) ⇒ f (0) = 0 f (x) = 2 cos (2x) ⇒ f (1) = 2 i llavors (1) T0 (x) = 0 + 2 · x = 2x.
Aix`o vol dir que sin (2x) ∼ 2x i, per tant, x→0 2x · (x + 1) 2x2 + 2x = lim = lim (x + 1) = 1.
x→0 x→0 x→0 sin (2x) 2x lim Problema 4 2.5 punts Considereu la funci´ o f (x) = e−x .
x2 − 4x + 3 (a) (0.5 punts) Calculeu el seu domini i determineu els seus talls amb els eixos.
• L’´ unic problema de domini que t´e la funci´o ´es quan el denominador s’anul·la, per tant fem x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x = 1 o 3 i llavors Df = R \ {1, 3}.
• Per als talls amb l’eix de les x cal resoldre f (x) = 0 ⇔ e−x = 0 ⇔ e−x = 0 x2 − 4x + 3 que no passa mai, per tant no n’hi ha.
• Per al tall amb l’eix de les y calculem f (0) = passa pel punt 0, 31 .
e−0 02 −4·0+3 = 1 3 i per tant la gr`afica de la funci´ o (b) (0.75 punts) Estudieu l’exist`encia d’as´ımptotes verticals o horitzontals.
• Hem vist que els punts x = 1 i x = 3 anul·len el denominador de la funci´o, per tant les rectes x = 1 i x = 3 s´ on as´ımptotes verticals d’f . Calculem els l´ımits laterals en aquests punts per despr´es fer l’esb´ os de la gr`afica: lim f (x) = +∞ x→1− lim f (x) = −∞ lim f (x) = −∞ x→3− x→1+ lim f (x) = +∞ x→3+ • Per a l’exist`encia d’as´ımptotes horitzontals, calculem lim f (x) = +∞ x→−∞ lim f (x) = 0 x→+∞ i per tant la recta y = 0 ´es una as´ımptota horitzontal d’f quan x → +∞.
(c) (0.75 punts) Calculeu els seus punts estacionaris, determineu si s´on extrems i classifiqueu-los.
Els punts estacionaris de la funci´ o s´ on els x ∈ Df tals que f (x) = 0, per tant calculem f (x) = −e−x · (x2 − 4x + 3) − e−x · (2x − 4) e−x · (x2 − 2x − 1) = − (x2 − 4x + 3)2 (x2 − 4x + 3)2 Llavors, f (x) = 0 ⇔ − √ e−x · (x2 − 2x − 1) = 0 ⇔ x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2.
2 2 (x − 4x + 3) Per veure si aquests punts estacionaris s´on extrems, estudiem el signe de la derivada: √ • x = 1 − 2 : a la seva esquerra f (x) < 0 (f decreix) i a la seva dreta f (x) > 0 (f creix) √ • x = 1 + 2 : a la seva esquerra f (x) > 0 (f creix) i a la seva dreta f (x) < 0 (f decreix) √ √ Per tant, x = 1 − 2 ´es un m´ınim i x = 1 + 2 ´es un m`axim d’f .
(d) (0.5 punts) Utilitzant la informaci´ o dels apartats anteriors, feu un esb´os de la gr`afica d’f .
y f (x) 0, √ 1− 2 0 1 3 √ 1+ 2 1 3 x ...