CMN 1r trimestre Examen 2012 diciembre + 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 7
Fecha de subida 29/09/2014
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Toda la teoria del primer trimestre de calculo y métodos numéricos

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1 E XAMEN DE LA PARTE 1 14 DE DEL CURSO DE ´ C ALCULO D ICIEMBRE 2012 E SCRIBIR NOMBRE Y NIA EN CADA HOJA QUE SE ENTREGA E SCRIBIR PROBLEMAS DIFERENTES EN HOJAS DIFERENTES Nota m´ınima para aprobar la primera parte de C´alculo: 5 puntos sobre 10.
1) (2.5 puntos sobre 10) Utilizando las reglas de manipulaci´on r´ıgida de los gr´aficos de funciones elementales: a) (0.5 puntos) Dibujar el gr´afico de la funci´on f1 (x) = 2 + (x − 1)3 explicitando el valor de los puntos donde la funci´on corta los ejes x e y; b) (0.5 puntos) Dibujar el gr´afico de la funci´on f2 (x) = 21 e−x explicitando el valor del punto donde la funci´on corta el eje y; c) (1 punto) La ecuaci´on 2 + (x − 1)3 = 12 e−x no se puede resolver anal´ıticamente, pero se puede ver gr´aficamente que tiene una sola soluci´on. Usando la t´ecnica vista en clase de pr´acticas, proporcionar un intervalo de valores I en el cual seguramente se encuentra la soluci´on de esta ecuaci´on; d) (0.5 puntos) ¿Para qu´e sirve el m´etodo de Newton 1-D? Utilizando I como intervalo de b´usqueda, ¿c´omo podemos usar el m´etodo de Newton para aproximar la soluci´on de la ecuaci´on 2 + (x − 1)3 = 21 e−x ? Sol. : f1 (x) = 2 + (x − 1)3 tiene el mismo gr´afico que x3 pero trasladado a la derecha en 1 unidad y trasladado arriba en 2 unidades, f1 corta al eje y en 1 porque f1 (0) = 2+(0−1)3 = 2 − 1 = 1 y corta al eje x cuando f1 (x) = 0, o sea 2 + (x − 1)3 = 0 ⇔ (x − 1)3 = −2 ⇔ √ √ x − 1 = 3 −2 ⇔ x = 1 − 3 2, ya que la ra´ız c´ubica es una funci´on impar. f2 (x) = 12 e−x tiene el mismo gr´afico que e−x , una exponencial decreciente, multiplicada por un medio, por lo tanto cruza el eje y con una ordenada de 1/2. Gr´aficamente, podemos encontrar las soluciones de esa ecuaci´on dibujando los gr´aficos de las funciones f1 y f2 y examinando √ d´onde se cortan. Se ve que la u´ nica intersecci´on se encuentra en el intervalo (1 − 3 2, 0).
2 Dado que el m´etodo de Newton sirve para encontrar ceros de funciones, podemos usarlo para aproximar la soluci´on de la ecuaci´on aplic´andolo a la funci´on auxiliar F (x) = f1 (x)− f2 (x) = 2 + (x − 1)3 − 21 e−x o bien F (x) = f2 (x) − f1 (x) = 12 e−x − 2 − (x − 1)3 . La gr´afica alrededor del punto de corte es: 2) (2.5 puntos sobre 10) Sea f (x) la funci´on f (x) = x2 sin x.
a) (1 punto) Hallar la primitiva F (x) de f (x): x2 sin x dx.
F (x) = Sol. Debemos aplicar integraci´on por partes en la integral dos veces.
F (x) = x2 sin x dx = −x2 cos x + −x2 cos x + 2 x sin x − 2x cos x dx = sin x dx = 2x sin x − (x2 − 2) cos x + C 3 Primera ronda f (x) = x2 → f (x) = 2x g (x) = sin x → g(x) = − cos x Segunda ronda f (x) = x → f (x) = 1 g (x) = cos x → g(x) = sin x b) (0.5 puntos) Calcular el valor de la siguiente integral definida: π x2 sin x dx.
0 Sol. Utilizamos el teorema fundamental del c´alculo integral.
π π 2 2 x sin x dx = [2x sin x − (x − 2) cos x] = 0 0 = 2 · π · sin(π) − (π 2 − 2) · cos(π) − 2 · 0 · sin(0) − (02 − 2) · cos(0) = π 2 − 4.
c) (0.5 punto) Calcular el valor medio de la funci´on en el intervalo (0, π).
Sol. Utilizamos la expresi´on de los apuntes.
b fM 1 = b−a f (x) dx = a π 1 = π−0 x2 sin x dx = 0 1 4 = (π 2 − 4) = π − .
π−0 π 4 d) (0.5 puntos) ¿Qu´e propiedad de simetr´ıa tiene la funci´on f (x)? Usando esta propiedad, a −a decir cu´anto vale la integral f (x) dx, siendo [−a, a] un intervalo sim´etrico cualquiera en R.
Sol. La funci´on f (x) es impar, siendo el producto de una funci´on par x2 y de una funci´on impar sin x. Por lo tanto, su integral en un intervalo sim´etrico cualquiera vale 0.
3) (2.5 puntos sobre 10) a) (0.5 puntos) Escribir el polinomio de Taylor-Mac Laurin de orden 1 (i.e., el t´ermino (1) T0 ) correspondiente al desarrollo de la funci´on f (x) = log(1 + x).
(1) Sol. El polinomio T0 correspondiente al desarrollo de una funci´on f es (1) T0 = f (0) + f (0)x.
Si f (x) = log(1 + x), entonces tenemos f (x) = 1 .
1+x Por lo tanto, f (0) = log(1 + 0) = log 1 = 0, f (0) = As´ı pues, (1) T0 1 1+0 = 1.
= x.
b) (0.5 puntos) Escribir el polinomio de Taylor-Mac Laurin de orden 2 (i.e., el t´ermino (2) T0 ) correspondiente al desarrollo de la funci´on f (x) = cos x.
(2) Sol. El polinomio T0 correspondiente al desarrollo de una funci´on f es (2) T0 = f (0) + f (0)x + f (0) 2 x.
2 Si f (x) = cos x, entonces tenemos f (x) = − sin x y f (x) = − cos x. Por lo tanto, f (0) = cos 0 = 1, f (0) = − sin 0 = 0, f (0) = − cos 0 = −1.
(2) As´ı pues, T0 =1− x2 2 .
c) (0.5 puntos) Recordemos que si ε(x) es una funci´on tal que limx→x0 ε(x) = 0, entonces log(1 + ε(x)) ∼ ε(x).
x→x0 (1) 5 Usar este hecho para demostrar que log(1 + sin x) ∼ x.
x→0 Razonar la respuesta.
Sol. La funci´on sin es continua en todo R y, por tanto, para todo x0 ∈ R satisface: lim sin x = sin x0 .
x→x0 En particular, tenemos que: lim sin x = sin 0 = 0.
x→0 Por lo tanto, podemos usar el hecho (1), obteniendo: log(1 + sin x) ∼ sin x.
x→0 Por otro lado, por Taylor, sabemos que sin x ∼ x. Por tanto, dado que la relaci´on x→0 de asintoticidad es transitiva, obtenemos que log(1 + sin x) ∼ x, que es lo que x→0 quer´ıamos demostrar.
d) (1 punto) Hallar lim x→0 1 + sin x 1+x 1−cos x x2 Sol. Observemos que esta funci´on es del tipo f (x)g(x) .
Aplicaremos pues el siguiente artificio: f (x)g(x) = eg(x) log f (x) .
En este caso, g(x) log f (x) = 1 − cos x log x2 1 + sin x 1+x .
A continuaci´on, calcularemos los l´ımites de ambos factores por separado. Por un lado, aplicando Taylor, tenemos: 1 − (1 − 1 − cos x ∼ x→0 x2 x2 x2 ) 2 = x→0 1 .
2 6 Por otro lado, aplicando las propiedades de los logaritmos, el apartado c) y Taylor, obtenemos log 1 + sin x = log(1 + sin x) − log(1 + x) ∼ x − x = 0.
x→0 1+x Por lo tanto, lim x→0 1 − cos x log x2 1 + sin x 1+x = 1 · 0 = 0.
2 As´ı pues, finalmente: lim x→0 1 + sin x 1+x 1−cos x x2 = e0 = 1.
4) (2.5 puntos sobre 10) Demostrar que, para todo n ≥ 1, 13 + 23 + · · · + n3 = (1 + 2 + · · · + n)2 .
Para ello, seguir los pasos siguentes: a) (0.5 puntos) El siguiente enunciado del Principio de Inducci´on est´a incompleto: Si, suponiendo cierto que una propiedad P vale para un n > n0 , demostramos que P vale para n + 1, entonces P vale para todos los n´umeros enteros n ≥ n0 .
¿Qu´e hip´otesis falta? Sol. Falta demostrar tambi´en que P vale para n0 .
b) (1 punto) Demostrar por inducci´on que, para todo n ≥ 1, 1 + 2 + ··· + n = ? Sol. Caso n = 1 : 1 = 1·2 2 n(n + 1) .
2 = 1, por lo tanto la identidad es cierta para n = 1.
? Caso n ⇒ n + 1 : Queremos demostrar que 1 + 2 + · · · + n + (n + 1) = suponiendo cierto que 1 + 2 + · · · + n = n(n+1) 2 (n+1)(n+2) 2 (hip´otesis de inducci´on).
h.i.
1 + 2 + · · · + n + (n + 1) = [1 + 2 + · · · + n] + (n + 1) = = n(n + 1) n(n + 1) + 2(n + 1) (n + 1)(n + 2) + (n + 1) = = 2 2 2 que es lo que quer´ıamos demostrar. Vistos los dos pasos de inducci´on, la identidad queda demostrada para todo n ≥ 1.
7 c) (1 punto) Demostrar por inducci´on que, para todo n ≥ 1, 13 + 23 + · · · + n3 = ? Sol. Caso n = 1 : 13 = 12 22 4 n2 (n + 1)2 .
4 = 1, por lo tanto la identidad es cierta para n = 1.
? (n+1)2 (n+2)2 4 Caso n ⇒ n + 1 : Queremos demostrar que 13 +23 +· · ·+n3 +(n+1)3 = suponiendo cierto que 13 + 23 + · · · + n3 = n2 (n+1)2 4 (hip´otesis de inducci´on).
h.i.
13 + 23 + · · · + n3 + (n + 1)3 = [13 + 23 + · · · + n3 ] + (n + 1)3 = = n2 (n + 1)2 n2 (n + 1)2 + 4(n + 1)3 + (n + 1)3 = = 4 4 = n2 (n + 1)2 + (4n + 4)(n + 1)2 (n + 1)2 (n2 + 4n + 4) = = 4 4 = (n + 1)2 (n + 2)2 4 que es lo que quer´ıamos demostrar. Vistos los dos pasos de inducci´on, la identidad queda demostrada para todo n ≥ 1.
Concluir que 13 + 23 + · · · + n3 = (1 + 2 + · · · + n)2 .
Una vez demostrados los apartados b) y c) esta identidad resulta inmediata, pues n2 (n + 1)2 n(n + 1) = 1 + 2 + ··· + n = 4 2 3 3 3 c) 2 b) = (1 + 2 + · · · + n)2 .
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