Examenes parciales 2009-2010 (2014)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería Civil - 1º curso
Asignatura Calculo
Año del apunte 2014
Páginas 39
Fecha de subida 04/06/2014
Descargas 4

Descripción

Examenes resueltos

Vista previa del texto

Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 09/12/2009 Nom : Problema 2 Troba l’altura del cilindre circular recte de volum m`axim que es pot inscriure en un con circular recte d’un metre d’altura.
Soluci´ o: Sigui R el radi de la base del con, r el radi del cilindre i h l’altura del cilindre i per tant h ∈ (0, 1).
r h α R Definides les variables, la funci´ o objectiu del problema ´es V (r, h) = πr2 h La relaci´o que podem obtenir entre r i h ´es: tan α = 1 1−h r R−r = ⇒h=1− = R r R R Per tant, ens queda: V (r) = πr2 R−r r3 = πr2 − π R R Trobem els extrems: 3πr2 3πr 2R = 0 ⇒ r 2π − =0⇒r= R R 3 Tamb´e podem obtenir que r = 0, per`o aquest valor no t´e sentit considerar-lo.
2R Comprovem, mitjan¸cant la segona derivada, que r = ´es un m`axim: 3 6πr 2R V (r) = 2π − ⇒V = −2π < 0 R 3 I per tant, ´es un m` axim.
V (r) = 0 ⇒ V (r) = 2πr − Finalment, obtenim el valor de l’altura del cilindre circular recte de volum m`axim que es pot inscriure en un con circular recte d’un metre d’altura 2 R− R R−r 3 =1 h= = R R 3 1 Grup 40 Enginyeria de Camins, Canals i Ports 09/12/2009 Nom : Problema 2 La resist`encia a la flexi´ o d’una biga de secci´o rectangular ´es directament proporcional a l’amplada i al cub de l’altura. Calcula les dimensions de la biga de m`axima resist`encia que es pot obtenir d’un tronc de fusta cil´ındric de 16 cm de di`ametre.
Soluci´ o: Funci´o objectiu: f (x) = k· x· (2y)3 essent x i y les variables que es mostren a la seg¨ uent figura: 16cm 8 y 2y x 2x Relaci´o entre les variables x i y : x2 + y 2 = 8 ⇒ y = 64 − x2 , x ∈ [0, 8] Ens queda: f (x) = 16kx (64 − x2 )3 = 16kx 64 − x2 M`axim: f (x) = 16k 64 − x2 3/2 + x 23 64 − x2 x2 )1/2 [64 x2 = 16k(64 − − − 2 1/2 = 16k(64 − x ) (64 − 4x2 ) 1/2 3/2 (−2x) 3x2 ] De f (x) = 0 s’obt´e: • 64 − x2 = 0 ⇒ x = 8. Per` o f (8) = 0 per tant aquest cas correspon a un m´ınim absolut.
√ • 64 − 4x2 = 0 ⇒ x = 4 ⇒ y = 48 6.9 Comprovem que ´es un m` axim avaluant la segona derivada al punt.
1 −1/2 1/2 f (x) = 16k 64 − x2 (−2x)(64 − 4x2 ) + 16k 64 − x2 (−8x) 2 f (4) < 0 i per tant, el valor x = 4 ´es un m`axim.
Aix´ı doncs, les dimensions de la biga de m`axima resist`encia que es pot obtenir d’un tronc de fusta cil´ındric de 16 cm de di` ametre son 2x = 8 cm i 4y = 13.8 cm d’on x = 4 cm i y = 3.45 cm.
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 10 15/02/2010 Nom : Problema 3 Considereu la funci´o f : R2 −→ R definida per:  3  y cos x f (x, y) = x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) si (x, y) = (0, 0) a) Estudieu la continu¨ıtat de f al punt (0, 0).
∂f al punt (0, 0) i tamb´e a la resta de punts de R2 .
b) Calculeu ∂x ∂f c) Estudieu la continuitat de al punt(0, 0).
∂x d) Segons el resultats dels apartats anteriors, podem assegurar que f ´es diferenciable en el punt (0, 0)? Raoneu la resposta.
Soluci´ o: a) y2 y 3 cos x = lim y cos x = 0 . acotat = 0 = f (0, 0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim Per tant f ´es continua a (0,0).
b) • (x, y) = (0, 0) ∂f f (h, 0) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) = lim = lim =0 h→0 h→0 ∂x h h ∂f f (0, k) − f (0, 0) (0, 0) = lim = lim k→0 k→0 ∂y k k3 cos 0 02 +k2 −0 k k3 =1 k→0 k 3 = lim • (x, y) = (0, 0) ∂f y 3 (− sin x)(x2 + y 2 ) − y 3 cos x(2x) −y 3 sin x y 3 2x cos x (x, y) = = 2 − 2 2 2 2 2 ∂x (x + y ) x +y (x + y 2 )2 3y 2 cos x(x2 + y 2 ) − y 3 cos x(2y) 3y 2 cos x −y 3 2y cos x ∂f (x, y) = = − ∂y (x2 + y 2 )2 x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 c) Estudiem la continuitat aplicant la definici´o.
∂f (x, y) = lim (x,y)→(0,0) ∂x (x,y)→(0,0) lim −y 3 sin x 2y 3 x cos x − x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 per`o 2y 3 x cos x (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 lim no existeix (es pot demostrar aplicant limits direccionals) i per tant a (0,0).
∂f ∂x no ´es una funci´o continua d) No podem dir res sobre la diferenciabilitat de f a (0,0) perqu`e existeixen funcions diferenciables tals que les seves derivades parcials no son funcions continues.
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 20 18/02/2010 Nom : Problema 3 Considereu la funci´o f : R2 −→ R definida per:   sin(xy) f (x, y) = x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) si (x, y) = (0, 0) a) Calculeu les derivades parcials de f en (0, 0).
b) Estudieu la diferenciabilitat de f en (0, 0).
c) Considereu un vector unitari de la forma v = (v1 , v2 ). Calculeu la derivada direccional de f en el punt (0, 0).
d) S´on cont´ınues les derivades parcials de f en el punt (0, 0)? Soluci´ o: a) ∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = lim = lim h→0 h→0 ∂x h ∂f f (0, k) − f (0, 0) (0, 0) = lim = lim k→0 k→0 ∂y k sin 0 − 0 h2 + 02 =0 h sin 0 − 0 02 + k 2 =0 k b) f (h, k) − f (0, 0) − (0, 0) lim (h,k)→(0,0) h2 + k2 h k = lim (h,k)→(0,0) sin(hk) h2 + k 2 Si considerem l´ımits direccionals, sin(hk) sin λh2 sin λh2 ) λh2 λ = lim = lim = 2 2 2 2 2 2 2 2 h→0 h + λ h h→0 λh h + (λh 1 + λ2 (h,k)→(0,0),k=λh h + k lim per tant el l´ımit que defineix la diferenciabilitat no existeix i f no ´es diferenciable a (0, 0).
c) sin(t2 v1 v2 ) sin(t2 v1 v2 ) f (tv1 , tv2 ) − f (0, 0) = lim = lim √ = t→0 t→0 t→0 t t t2 v12 + t2 v22 t t2 v12 + v22 Dv f (0, 0) = lim sin(t2 v1 v2 ) sin(t2 v1 v2 ) t2 v1 v2 t = lim = lim v1 v2 2 t→0 t→0 t→0 |t| t|t| t v1 v2 t|t| = lim Aquest l´ımit no existeix, per tant no existeix la derivada direccional.
d) No, perqu`e f no ´es diferenciable a (0,0).
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 16/02/2010 Nom : Problema 3 Considereu la funci´o f : R2 −→ R definida per:  3  x − y3 f (x, y) = x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) si (x, y) = (0, 0) a) Estudieu la continu¨ıtat de f a (0, 0).
b) Calculeu les derivades parcials de f a (0, 0).
c) Estudieu la diferenciabilitat de f a (0, 0).
Soluci´ o: a) La funci´o f ´es cont´ınua a (0, 0) si lim f (x, y) = f (0, 0) = 0 (x,y)→(0,0) x3 − y 3 x2 y2 = lim − y x x2 + y 2 x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) lim =0 Per tant f ´es cont´ınua a (0,0).
b) h3 − 03 − 0 2 2 f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = lim h + 0 =1 h→0 h→0 ∂x h h 03 − k 3 − 0 2 2 f (0, k) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = lim 0 + k = −1 k→0 k→0 ∂y k k c) Per estudiar la diferenciablitat de f a (0,0) apliquem la definici´o.
f (h, k) − f (0, 0) − (1, −1) √ lim (h,k)→(0,0) h2 + k 2 = h k = lim (h,k)→(0,0) h3 − k 3 − 0 − (h − k) 2 h2 + k√ = h2 + k 2 h3 − k 3 − h3 + kh2 − hk 2 + k 3 kh2 − hk 2 λ 3 − λ 2 h3 √ = lim = lim h→0,k=λh (h2 + λ2 h2 )3/2 (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 )3/2 h2 + k 2 (h2 + k 2 ) lim Per`o h3 (λ − λ2 ) λ(1 − λ) = h→0 h3 (1 + λ2 )3/2 (1 + λ2 )3/2 lim Per tant, com el l´ımit no existeix, la funci´o f no ´es diferenciable a (0, 0).
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 16/02/2010 Nom : Problema 3 Sigui f : R2 −→ R la funci´o definida per:  2  x + y2 f (x, y) = x+y  0 si x + y = 0 si x + y = 0 a) Calculeu les derivades parcials de f en (0, 0).
b) Estudieu la diferenciabilitat de f en (0, 0).
c) Calculeu la derivada direccional de f en (0, 0) segons la direcci´o del vector v = (3, −4).
Soluci´ o: a) derivades parcials h2 + 0 − 0 ∂f f (h, 0) − f (0, 0) h2 (0, 0) = lim = lim h + 0 = lim 2 = 1 h→0 h→0 h→0 h ∂x h h 02 + k 2 − 0 ∂f f (0, k) − f (0, 0) k2 (0, 0) = lim = lim 0 + k = lim 2 = 1 k→0 k→0 k→0 k ∂y k k b) Per estudiar la diferenciabilitat de f a (0,0) apliquem la definici´o.
h k f (h, k) − f (0, 0) − (0, 0) lim = h2 + k 2 (h,k)→(0,0) = lim (h,k)→(0,0) h2 + k 2 − (h + k)2 (h + k) Per`o lim h→0,h=mk lim (h,k)→(0,0) h2 + k2 = lim (h,k)→(0,0) −2mk 2 = k 2 (m2 h2 + k 2 − 0 − (h + k) h+k = h2 + k 2 −2hk (h + k) h2 + k 2 −2m (1 + m)(m2 + 1) (1 + m)k + 1) Per tant el l´ımit no existeix i f no ´es diferenciable a (0, 0).
c) Com que f no ´es diferenciable en (0, 0) apliquem la definici´o per trobar la derivada direccional.
En primer lloc normalitzem el vector v = (3, −4) ⇒ uv = 3 −4 , 5 5 i aleshores 3t 5 f( Duv f (0, 0) = lim t→0 3t −4t , ) − f (0, 0) 5 5 = lim t→0 t = 1 = −5 −1 5 1 2 −4t 5 3t 4t − 5 5 t 2 + −0 9t2 16t2 + 25 = = lim 252 t→0 3t 4t2 − 5 5 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 15/02/2010 Nom : Problema 3 Considereu la funci´o f : R2 −→ R definida per:   xy 3 f (x, y) = x2 + y 4  0 si (x, y) = (0, 0) si (x, y) = (0, 0) a) Considereu un vector de la forma v = (cos α, sin α). Calculeu la derivada direccional de f al punt (0, 0).
b) Calculeu les derivades parcials de f a (0, 0).
c) Segons el resultat de l’apartat a), podem assegurar que f ´es diferenciable a (0, 0)? Estudieu la diferenciabilitat de f a (0, 0).
Soluci´ o: a) f (t cos α, t sin α) − f (0, 0) f ((0, 0) + t(cos α, sin α)) − f (0, 0) = lim = t→0 t t t cos α(t sin α)3 −0 2 2 4 4 t4 cos α sin3 α t cos α sin3 α = lim 3 = lim =0 = lim t cos α + t sin α t→0 t cos2 α + t5 sin4 α t→0 cos2 α + t2 sin4 α t→0 t lim t→0 Per tant la derivada direccional de f a (0,0) sempre val zero, independentment del vector.
b) ∂f f (h, 0) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) = lim = lim =0 h→0 h→0 ∂x h h ∂f f (0, k) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) = lim = lim =0 k→0 k→0 ∂y k k c) L’exist`encia de derivades direccionals no garanteix la diferenciabilitat, per tant estudiem la diferenciabilitat de f a (0,0) aplicant la definici´o.
f (h, k) − f (0, 0) − (0, 0) √ lim (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h k = lim (h,k)→(0,0) hk 3 −0−0 4 hk 3 h2 + √ √k = lim (h,k)→(0,0) (h2 + k 4 ) h2 + k 2 h2 + k 2 Per`o lim k→0,h=λk2 λk 2 k 3 √ = (λ2 k 4 + k 4 ) λ2 k 4 + k 2 = lim k→ λk 5 λ √ = 2 4 2 2 2 λ +1 k (λ + 1)k 1 + λ k I com el l´ımit no existeix, f no ´es diferenciable a (0, 0).
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 15/02/2010 Nom : Problema 3 Considereu la funci´o f : R2 −→ R definida per:   (xy)p f (x, y) = x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) si (x, y) = (0, 0) a) Calculeu les derivades parcials de f en (0, 0) per al cas p = 2.
b) Estudieu la diferenciabilitat de f en (0, 0) per al cas p = 2.
c) Estudieu l’exist`encia de la derivada direccional de f en (0, 0) segons els valors de p.
d) Per a quins valors de p ´es f diferenciable en (0, 0).
Soluci´ o: a) derivades parcials (p = 2) (h0)2 2 2 −0 f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = lim h + 0 =0 h→0 h→0 ∂x h h 2 (0k) −0 2 ∂f f (0, k) − f (0, 0) 0 + k2 (0, 0) = lim = lim =0 k→0 k→0 ∂y k k b) diferenciabilitat (p = 2) h (hk)2 f (h, k) − f (0, 0) − (0, 0) −0−0 k 2 h2 + √ √k = lim = lim (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h2 + k 2 (hk)2 k2 h √ √ = lim h = lim =0 (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h2 + k 2 Per tant f ´es diferenciable a (0,0) per p = 2.
c) Considerem un vector unitari v = (v1 , v2 ) (tv1 tv2 )p − 0 t2p v1 v2 f (tv1 , tv2 ) − f (0, 0) = = lim = lim t→0 t [(tv1 )2 + (tv2 )2 ] t→0 t3 (v12 + v22 ) t→0 t Dv f (0, 0) = lim • Si 2p − 3 > 0 ⇔ p > 3 2 lim t2p−3 t→0 el l´ımit ´es zero i per tant existeix la derivada direccional i val 0.
• Si 2p − 3 < 0 el limit no existeix i per tant, no existeix la derivada direccional.
d) p m´ınima per tal que sigui diferenciable.
(hk)p (hk)p √ = lim (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 )3/2 lim • Si p > 23 el l´ımit es resol aplicant el criteri 0·acotat i val 0, per tant f ´es diferenciable en aquest cas.
• Si p > 32 a l’apartat anterior hem vist que no existeixen derivades direccionals, per tant f no pot ser diferenciable a (0,0).
1 v1 v2 + v22 v12 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 10 15/03/2010 Nom : Calculeu: a) [5 punts] x+4 dx (x2 − x + 1)2 b) [5 punts] sin 6x sin 4xdx Soluci´ o: a) Com el denominador de la fracci´o t´e arrels complexes m´ ultiples aplicarem el m`etode d’Hermite.
x+4 d Ax + B Cx + D Cx + D −Ax2 − 2Bx + (A + B) = + + 2 = = 2 2 2 2 2 2 (x − x + 1) dx x − x + 1 x −x+1 (x − x + 1) x −x+1 −Ax2 − 2Bx + (A + B) + (Cx + D)(x2 − x + 1) = = (x2 − x + 1)2 Cx3 + (D − C − A)x2 + (C − D − 2B)x + A + B + D) = ⇒ (x2 − x + 1)2 ⇒ Cx3 + (D − C − A)x2 + (C − D − 2B)x + (A + B + D) = x + 4 ⇒ C=0 D−C −A=0 C − D − 2B = 1 A+B+D =4      A=3    B = −2 ⇒     C=0   D=3 Per tant, tenim: (x2 x+4 3x − 2 dx = 2 + 2 − x + 1) x −x+1 x2 √ 3 3x − 2 dx = 2 + 2 3 arctan −x+1 x −x+1 2x − 1 √ 3 +C perqu`e x2 3 dx = 3 −x+1 =4 1 (x − 3 4 1 2 2) + 3 4 dx = 1 (x− 12 )2 3/4 1 arctan 3 3/4 x− 2 √ 3/4 1 dx = 4 x− 12 +1 √ + C = 2 3 arctan √ 2x−1 √ 3 3/4 dx = 2 +1 +C b) sin 6x sin 4xdx = 1 2 cos 2xdx − 1 2 cos 10xdx = sin 2x sin 10x − +C 4 20 on hem utilitzat 1 2 sin A sin B = cos(A − B) − cos(A + B) ⇒ sin 6x sin 4x = (cos 2x − cos 10x) 2 1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 20 18/03/2010 Nom : Calculeu: a) [5 punts] 2x2 − 3x + 3 dx x3 − x2 + x − 1 b) [5 punts] sin 2x dx 1 + cos x Soluci´ o: a) Per calcular 2x2 − 3x + 3 dx x3 − x2 + x − 1 factoritzem el denominador de la fracci´o x3 − x2 + x − 1 = (x − 1)(x2 + 1) i considerem la descomposici´o en fraccions simples: 2x2 − 3x + 3 A Mx + N A(x2 + 1) + (M x + N )(x − 1) = + = ⇒ (x − 1)(x2 + 1) x−1 x2 + 1 (x − 1)(x2 + 1)   A=1 2 2 M =1 ⇒ 2x − 3x + 3 = A(x + 1) + (M x + N )(x − 1) ⇒  N = −2 Per tant, ens queda: 2x2 − 3x + 3 dx = x3 − x2 + x − 1 x−2 1 dx = ln |x − 1| + ln |x2 + 1| − 2 arctan x + C 2 x +1 2 1 dx + x−1 perqu`e 1 x−2 dx = 2 x +1 2 2x −2 +1 x2 x2 1 1 dx = ln |x2 + 1| − 2 arctan x + C +1 2 b) sin 2x dx = 1 + cos x = −2 Observem que dt + 2 2 sin x cos x dx = 1 + cos x cos x = t − sin xdx = dt = −2 t dx = 1+t 1 dt = −2t + 2 ln |1 + t| + C = −2 cos x + 2 ln |1 + cos x| + C 1+t t −1 =1+ 1+t 1+t 1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 18/03/2010 Nom : Calculeu: a) [5 punts] ln x √ dx x b) [5 punts] x4 − 2x2 + 4x + 1 dx x3 − x2 − x + 1 Soluci´ o: a) ln x √ dx = x u = ln x ⇒ du = x1 dx √ dx ⇒ v = √1x dx = 2 x dv = √ x √ = 2 x ln x − 2 √1 dx x √ = 2 x ln x − √ 1 2 x dx = x √ √ = 2 x ln x − 4 x + C b) Com el grau del polinomi del numerador ´es m´es gran que el grau del polinomi del denominador, dividim els dos polinomis.
x4 − − 2x2 + 4x + 1 / x3 − x2 − x + 1 + x3 + x2 − x x+1 + x3 − x2 + 3x + 1 − x3 + x2 + x − 1 + 4x x4 Factoritzem el denominador de la fracci´o x3 − x2 − x + 1 = (x − 1)2 (x + 1) i aleshores, queda: x4 − 2x2 + 4x + 1 dx = (x − 1)2 (x + 1) (x + 1)dx + 4x dx (x − 1)2 (x + 1) Descomposem en fraccions simples, 4x A B C A(x − 1)(x + 1) + B(x + 1) + C(x − 1)2 = + + = ⇒ (x − 1)2 (x + 1) x − 1 (x − 1)2 x + 1 (x − 1)2 (x + 1)   x=1⇒B=2 x = −1 ⇒ C = −1 ⇒ A(x − 1)(x + 1) + B(x + 1) + C(x − 1)2 = 4x ⇒  2 x ⇒A+C =0⇒A=1 Finalment: x4 − 2x2 + 4x + 1 1 dx = (x + 1)dx + dx + 2 (x − 1) (x + 1) x−1 x2 2 = + x + ln |x − 1| − − ln |x + 1| + C 2 x−1 1 2 dx + (x − 1)2 −1 dx = x+1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 18/03/2010 Nom : Calculeu: a) [5 punts] x cos2 xdx b) [5 punts] 2x3 − x2 + 5x dx (x2 + 1)2 Soluci´ o: a) x cos2 xdx = =x u = x ⇒ du = dx dv = cos2 xdx ⇒ v = x sin 2x + 2 4 − cos2 xdx = x sin 2x + 2 4 dx = = 1+cos 2x dx = x2 + sin42x 2 x2 x sin x x2 cos 2x 2 + b) Com el denominador de la fracci´o que hi ha a la integral 4 − 4 + 8 +C 2x3 − x2 + 5x dx t´e arrels (x2 + 1)2 complexes m´ ultiples, aplicarem el m`etode de Hermite 2x3 − x2 + 5x d Ax + B Cx + D A(x2 + 1) − 2x(Ax + B) Cx + D = + 2 = + 2 = 2 2 2 (x + 1) dx x + 1 x +1 (x2 + 1)2 x +1 A(x2 + 1) − 2x(Ax + B) + (Cx + D)(x2 + 1) = ⇒ (x2 + 1)2 ⇒ A(x2 + 1) − 2x(Ax + B) + (Cx + D)(x2 + 1) = 2x3 − x2 + 5x ⇒  3 x ⇒C=2    ⇒ x = i ⇒ −2i(Ai + B) = 2i3 − i2 + 5i ⇒ 2A − 2Bi = 1 + 3i ⇒    x = 0 ⇒ A + D = 0 ⇒ D = −1/2 2A = 1 ⇒ A = 1/2 −2B = 3 ⇒ B = −3/2 Ja ho tenim: 3 1 2x3 − x2 + 5x 2x − 2 dx = + (x2 + 1)2 x2 + 1 2x − 21 1 x−3 1 dx = + ln |x2 + 1| − arctan x + C 2 2 x +1 2x +1 2 1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 22/03/2010 Nom : Calculeu: a) [5 punts] sin5 xdx b) [5 punts] x2 + 2x − 1 dx x2 (x2 + 1)2 Soluci´ o: a) sin5 xdx = =− sin4 x sin xdx = (1 − 2t2 + t4 )dt = b) Per resoldre la integral x2 + 2x − 1 x2 (x2 + 1)2 (1 − cos2 x)2 sin xdx = (2t2 − 1 − t4 )dt = t = cos x dt = − sin xdx = (1−t2 )2 (−dt) = 2t3 t5 2 cos3 x cos5 x −t− +C = − cos x − +C 3 5 3 5 x2 + 2x − 1 dx aplicarem el m`etode de Hermite: x2 (x2 + 1)2 ax2 + bx + c x(x2 + 1) = d dx = (2ax + b)x(x2 + 1) − (3x2 + 1)(ax2 + bx + c) A Bx + C + + 2 x(x2 + 1) x x +1 = (2ax + b)(x3 + x) − (3x2 + 1)(ax2 + bx + c) + A(x2 + 1) + (Bx + C)x x(x2 + 1) + A Bx + C + 2 x x +1 d’on: (2ax + b)(x3 + x) − (3x2 + 1)(ax2 + bx + c) + A(x2 + 1) + (Bx + C)x = x2 + 2x − 1 i d’aqui es dedueix a = 2, b = 1, c = 1, A = 2, B = −2, C = 2 Per tant: x2 + 2x − 1 dx = x2 (x2 + 1)2 = 2x2 + x + 1 + x(x2 + 1) 2 dx + x −2x + 2 dx x2 + 1 2x2 + x + 1 + 2 ln x − ln |x2 + 1| + 2 arctan x + C x(x2 + 1) 1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 22/03/2010 Nom : Calculeu: a) [5 punts] √ dx √ 2x + 1 − 4 2x + 1 b) [5 punts] x−1 dx x3 + x Soluci´ o: a) √  4 t =   √2x + 1  2 dx t = 2x + 1 √ √ = 4 = 2x + 1 4 t  2x + 1 − 2x + 1   3 4t dt = 2dx ⇒ dx = 2t3 dt =2     2t3 dt dx = t2 − t =    2t2 dx = t−1 1 dt = t2 + 2t + 2 ln |t + 1| + C = t−1 √ √ √ = 2x + 1 + 2 4 2x + 1 + 2 ln | 4 2x + 1 − 1| + C (t + 1)dt + 2 b) Resolem la integral aplicant la descomposici´o en fraccions simples.
x−1 A Bx + C A(x2 + 1) + Bx2 + Cx dx = + = x(x2 + 1) x x2 + 1 x(x2 + 1) I de (A + B)x2 + Cx + A = x − 1 es dedueix   A+B =0⇒B =1 A = −1  C=1 I per tant, x−1 dx = x3 + x −1 dx + x x+1 1 dx = − ln x + 2 x +1 2 = − ln x + x2 x dx + +1 1 ln |x2 + 1| + arctan x + C 2 1 x2 1 dx = +1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 10 28/04/2010 Nom : Calculeu 1 (x2 + y 2 )− 2 dxdy E on E = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y, x2 + y 2 ≤ 1, x + y ≥ 1} Soluci´ o: Si ens representem la regi´o d’integraci´o en un sistema d’eixos de coordenades observem que el nostre recinte d’integraci´o t´e l’aspecte seg¨ uent: x+y =1 π 2 x=y E 1 x2 + y 2 = 1 θ 1 −1 −1 per (*) La geometria del problema ens suggereix treballar en coordenades polars: x = r cos θ y = r sin θ El determinant de la matriu jacobiana del canvi de coordenades de cartesianes a polars ´es |J| = r.
En primer lloc, fixarem els l´ımits d’integraci´o.
Com es pot veure f`acilment de la representaci´o gr`afica del recinte (*): θ ∈ [ π4 , π2 ].
Per trobar els l´ımits d’integraci´o del radi hem d’escriure les equacions que defineixen el conjunt E en coordenades polars: x2 + y 2 ≤ 1 =⇒ r2 ≤ 1 =⇒ r ≤ 1.
1 x + y ≥ 1 =⇒ r cos θ + r sin θ ≥ 1 =⇒ r ≥ cos θ + sin θ Per tant, ens queda: 1 r∈ ,1 cos θ + sin θ Ara cal resoldre la integral en coordenades polars: π 2 π 4 π 2 1 drdθ = 1 cos θ+sin θ π 4 1 1− cos θ + sin θ Resolem la integral dθ cos θ + sin θ aplicant el canvi de variable t = tan 2θ .
1 π dθ = − 4 π 2 π 4 dθ cos θ + sin θ De t = tan 2θ es dedueix sin θ = dθ cos θ + sin θ 2t , 1+t2 cos θ = 1−t2 , 1+t2 dθ = 2dt 1+t2 d’on dt 1 √ +√ t−1+ 2 2 √ √ = − √12 ln |t − 1 + 2| + √12 ln |t − 1 − 2| = 2dt 1 = −√ 1 − t2 + 2t 2 dt √ = t−1− 2 I per tant π 2 π 4 1 drdθ = 1 cos θ+sin θ √ π 1 + √ ln |t − 1 + 2| 4 2 2 1 tan( π8 ) √ 1 − √ ln |t − 1 − 2| 2 1 tan( π8 ) Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 20 29/04/2010 Nom : Calculeu l’`area del recinte R donat per: R = {(x, y) ∈ R2 : (x + 1)2 + y 2 ≥ 1, (x + 4)2 + y 2 ≤ 16, x + y ≤ 0, y ≥ 0} Soluci´ o: Si ens representem la regi´o d’integraci´o en un sistema d’eixos de coordenades observem que el nostre recinte d’integraci´o t´e l’aspecte seg¨ uent: La geometria del problema ens suggereix treballar en coordenades polars: x = r cos θ y = r sin θ Tenint en compte que el determinant de la matriu jacobiana del canvi de coordenades de cartesianes a polars ´es |J| = r podem calcular l’`area del recinte amb la integral doble seg¨ uent: rdrdθ R Nom´es ens queda fixar els l´ımits d’integraci´o.
Com es pot veure f`acilment de la representaci´o gr`afica del recinte: θ ∈ [ 3π 4 , π].
Per trobar els l´ımits d’integraci´o del radi hem d’escriure les equacions de les circumfer`encies en coordenades polars: (x + 1)2 + y 2 = 1 =⇒ x2 + y 2 = −2x =⇒ r2 = −2r cos θ =⇒ r = −2 cos θ (x + 4)2 + y 2 = 16 =⇒ x2 + y 2 = −8x =⇒ r2 = −8r cos θ =⇒ r = −8 cos θ Per tant, ens queda: r ∈ [−2 cos θ, −8 cos θ].
Ja nom´es cal resoldre la integral per calcular l’`area: π −8 cos θ π rdrdθ = 3π 4 −2 cos θ π = 30 3π 4 3π 4 −8 cos θ r2 2 π cos2 θdθ = dθ = 30 3π 4 −2 cos θ 1 + cos 2θ sin 2θ dθ = 15 θ + 2 2 1 π = 3π 4 15 (π + 2) 4 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 29/04/2010 Nom : Calculeu la integral D xy dxdy 1 + x2 + y 2 on el domini d’integraci´o D ve donat per: D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ 1, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} Soluci´ o: Si ens representem la regi´o d’integraci´o en un sistema d’eixos de coordenades observem que el nostre recinte d’integraci´o t´e l’aspecte seg¨ uent: y=1 x=1 En primer lloc, fixarem els l´ımits d’integraci´o.
Com es pot veure f`acilment de la representaci´o gr`afica del recinte: x ∈ [0, 1] =⇒ y ∈ [+ 1 − x2 , 1] Ja nom´es ens queda calcular la integral: D 1 = 0 = 1 2 xy dxdy = 1 + x2 + y 2 x ln(1 + x2 + y 2 ) 2 1 x ln 1 + x2 2 0 = = = x2 4 1 √ 1−x2 2 √ 0 dx = 1 − − 0 1 x2 x2 ln 1 + 4 2 ln 1 + 1 1−x2 1 2 xy dydx = 1 + x2 + y 2 1 x[ln(2 + x2 ) − ln 2]dx = 0   u = ln 1 + x2 =⇒ du = 2 dx =  dv = xdx =⇒ v = x2 2 x2 x2 ln 1 + 4 2 x2 1 − 0 x2 4 + 1 2 1 2 1 0 1  dx  =  x3 dx = 2 + x2 1 xdx + 0 1 ln(2 + x2 ) 2 x 2 1+ x2 1 2 1 = 0 1 0 2x dx 2 + x2 1 3 ln 4 3 2 −1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 29/04/2010 Nom : Calculeu la integral 2 D 2 y 2 ex +y dxdy x2 + y 2 on el domini d’integraci´o D ve donat per: D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, x ≤ y, x ≥ 0} Soluci´ o: Si ens representem la regi´o d’integraci´o en un sistema d’eixos de coordenades observem que el nostre recinte d’integraci´o t´e l’aspecte seg¨ uent: y=x La geometria del problema ens suggereix treballar en coordenades polars: x = r cos θ y = r sin θ El determinant de la matriu jacobiana del canvi de coordenades de cartesianes a polars ´es |J| = r.
En primer lloc, fixarem els l´ımits d’integraci´o.
Com es pot veure f`acilment de la representaci´o gr`afica del recinte: θ ∈ [ π4 , π2 ].
Per trobar els l´ımits d’integraci´o del radi hem d’escriure les equacions de les circumfer`encies en coordenades polars: x2 + y 2 = 1 =⇒ r2 = 1 =⇒ r = 1.
x2 + y 2 = 16 =⇒ r2 = 4 =⇒ r = 2.
Per tant, ens queda: r ∈ [1, 2].
Ja nom´es cal resoldre la integral en coordenades polars: 2 D π 2 = π 4 π 2 2 y 2 ex +y dxdy = x2 + y 2 2 sin2 θdθ π 4 2 2 1 er rdr = 1 1 2 r2 sin2 θer rdrdθ = r2 e π + 1 (e3 − 1) 8 2 on hem calculat per separat la integral de la part angular i la de la part radial: π 2 π 2 2 sin θdθ = π 4 π 4 2 2 1 − cos 2θ sin 2θ 1 θ− dθ = 2 2 2 er rdr = 1 1 2 2 2 er 2rdr = 1 2 1 r2 e 2 2 1 π 2 = π 4 1 π +1 4 2 e = (e3 − 1) 2 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 28/04/2010 Nom : Efectuant el canvi de variable  x+y+z =u  y + z = uv  z = uvw Calculeu la integral xyz(1 − x − y − z)dxdydz E on E ´es el tetraedre definit per x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z < 1.
Soluci´ o: En primer lloc comprovem que el canvi que ens donen ´es un bon canvi de variable. El sistema  x+y+z =u  y + z = uv  z = uvw t´e una u ´nica soluci´o  x = u(1 − v)  y = uv(1 − w)  z = uvw per tant la transformaci´o ´es injectiva i per tant un bon canvi de variable. Anem a trobar l’expressi´o del tetraedre E en aquestes noves coordenades.
x > 0 ⇒ u(1 − v) > 0 y > 0 ⇒ uv(1 − w) > 0 z > 0 ⇒ uvw > 0 x+y+z <1⇒u<1 d’on dedu¨ım que 0 < uvw < uv, uv < u < 1 i per tant 0 < u < 1, 0 < v < 1, 0 < w < 1 i per tant E ´es el conjunt (0, 1) × (0, 1) × (0, 1).
Calculem el jacobi`a del canvi de variable  J = ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z ∂w    1−v −u 0  =  v(1 − w) u(1 − w) −uv  vw uw uv que t´e determinant u2 v. La integral a calcular doncs ´es: E = xyz(1 − x − y − z)dxdydz = 1 3 0 u (1 − u)u2 1 2 0 v (1 − v)v 1 1 1 3 2 0 0 0 u v w(1 1 0 w(1 = − v)(1 − w)(1 − u)u2 vdudvdw = − w)dw dv du = 1 1 1 2·3 4·5 6·7 1 = 1 7! 1 2 − 1 3 1 4 − 1 5 1 6 − 1 7 = Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 28/04/2010 Nom : Calculeu la integral x2 + y 2 dxdydz zy E on E = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 , 0 ≤ y ≤ 2x − x2 } aplicant un canvi a coordenades cil´ındriques.
Soluci´ o: Si ens representem la regi´o d’integraci´o en un sistema d’eixos de coordenades observem que el nostre recinte d’integraci´o al pla xy t´e l’aspecte seg¨ uent: π 2 1 2 1 Considerem un canvi a coordenades cil´ındriques:   x = r cos θ y = r sin θ   z=z i tenim en compte que el determinant de la matriu jacobiana del canvi de coordenades cil´ındriques ´es |J| = r.
En primer lloc, fixarem els l´ımits d’integraci´o.
0 ≤ z ≤ x2 + y 2 ⇒ 0 ≤ z ≤ r2 √ De 0 ≤ y ≤ 2x − x2 ⇔ 0 ≤ y 2 ≤ 2 − x2 i equivalent a 0 ≤ y 2 i (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 es dedueix 0 ≤ θ ≤ π2 i 0 ≤ r ≤ 2 cos θ.
Per tant, la integral que ens demanen calcular esdev´e: zy x2 + y 2 dxdydz π 2 = 0 E 1 = 2 π 2 0 π 2 r2 2 cos θ 2 zr sin θrdzdrdθ = 0 0 0 π 2 2 cos θ 7 sin θ r drdθ = 16 0 0 1 2 cos θ r3 sin θ 0 sin θ cos8 dθ = 16 9 (r2 )2 drdθ = 2 Enginyeria Civil. C` alcul Grup 10 09/12/2010 Nom : (a) Demostreu que l’equaci´ o x = 2−x t´e una sola arrel real i trobeu la seva part entera.
(b) Calculeu la f´ ormula de Taylor de la funci´o f (x) = ln(1 + x) a un entorn de x = 0 Soluci´ o: (a) Considerem la funci´ o f (x) = x − 2−x . Hem de provar l’exist`encia i la unicitat de la soluci´ o: Exist`encia: Apliquem el teorema de Bolzano: f ´es cont´ınua per a tot x ∈ R.
f (0) = −1 < 0 1 f (1) = > 0 2 Per tant existeix c ∈ (0, 1) tal que f (c) = 0 Unicitat: Pel teorema de Rolle sabem que si f (x) t´e n arrels, llavors f (x) com a m`axim en t´e n + 1.
Calculem les arrels de f (x): f (x) = 1 + 2−x ln 2 > 0 per a tot x ∈ R Com que f (x) no t´e arrels, f (x) com a m`axim en tindr`a una, per`o anteriorment hem vist que en t´e una. Aix´ı doncs, f (x) t´e una u ´nica arrel real.
Com que l’arrel ´es a l’interval (0, 1), la part entera de la soluci´o ser`a zero.
(b) 1 = (x + 1)−1 1+x f (x) = (−1)(x + 1)−2 f (x) = (−1)2 2!(x + 1)−3 f (x) = i en general: f (n) (x) = (−1)n+1 (n − 1)!(x + 1)−n d’on f (n) (0) −1n−1 = n! n i com Rn (x, 0) = xn+1 n! xn+1 n (−1)n = (−1) 0<θ<1 (n + 1)! (1 + θx)n+1 (n + 1)(1 + θx)n+1 ln(1 + x) = x − x2 xn xn+1 + · · · + (−1)n−1 + (−1)n 2 n (n + 1)(1 + θx)n+1 per x > −1.
1 Enginyeria Civil. C` alcul Grup 20 09/12/2010 Nom : (a) Considerem l’equaci´ o x = 2 + ln x x ∈ R+ . Demostreu que aquesta equaci´o t´e exactament dues solucions i calculeu la part entera d’aquestes solucions.
(b) Calculeu el desenvolupament de Taylor d’ordre 3 de la funci´o f (x) = ex tan x al punt x = 0.
Soluci´ o: (a) Comprovem l’exist`encia de soluci´o pel teorema de Bolzano: f (x) = x − 2 − ln(x) ´es cont´ınua per a tot x ∈ R+ .
f (0+ ) = −2 − ln 0+ > 0 f (1) = 1 − 2 = −1 < 0 Per tant existeix x0 ∈ (3, 4) tal que f (x0 ) = 0 f (3) = 3 − 2 − ln 3 < 0 f (4) = 4 − 2 − ln 4 > 0 Per tant, existeix x1 ∈ (3, 4) tal que f (x1 ) = 0.
Ara comprovem que aquestes s´ on les dues u ´niques solucions de l’equaci´o: Calculem les arrels de f (x).
1 f (x) = 1 − = 0 ↔ x = 1 x Com que f (x) t´e una u ´nica arrel, f (x) com a m`axim en tindr`a dues, per`o anteriorment hem vist que en ten´ıa dues. Aix´ı doncs, f (x) t´e exactament dues arrels.
La part entera de les arrels trobades ´es 0 i 3.
(b) f (x) = ex tan x f (0) = 0 x f (x) = e (1 + tan x + tan2 x) f (0) = 1 f (x) = ex (2 + 3 tan x + 2 tan2 x + 2 tan3 x) f (0) = 2 f (x) = ex (5 + 7 tan x + 11 tan2 x + 6 tan3 x + 6 tan4 x) D’on ex tan x = f (0) + x f (0) = 5 f (0) f (0) f (o) 5 + x2 + x3 = x + x2 + x3 1! 2! 3! 6 1 Enginyeria Civil. C` alcul Grup 30 09/12/2010 Nom : (a) Si α, β ∈ R amb α < β, demostreu que l’equaci´o: x2 + 1 x6 + 1 + =0 x−α x−β t´e almenys una arrel compresa entre α i β.
(b) Calculeu la f´ ormula de Taylor de la funci´o f (x) = (1 + x)α definida per a x > −1, a un entorn de x = 0 Soluci´ o: (a) Si α < β la funci´ o definida per f (x) = x2 + 1 x6 + 1 + ´es una funci´o cont´ınua a l’interval x−α x−β (α, β).
lim f (x) = α2 + 1 α6 + 1 + = +∞ 0+ α−β lim f (x) = β2 + 1 β6 + 1 + = −∞ β−α 0− x→α+ x→β − Llavors pel teorema de Bolzano, podem afirmar que existeix x0 ∈ (α, β) tal que f (x0 ) = 0.
x2 + 1 x6 + 1 Per tant, lequaci´ o + = 0 t´e almenys una arrel compresa entre α i β.
x−α x−β (b) Si f (x) = (1 + x)α , aleshores f (n) (x) = α(α − 1) · · · (α − n + 1)(1 + x)α−n per tant el polinomi de Taylor de grau n a un entrn de x = 0 ´es n xi Pn (x) = I=0 f (i) α α(α − 1) 2 α(α − 1) · · · (α − n + 1) n =1+ x+ x + ··· + x i! 1! 2! n! Com el residu amb l’expresi´ o de Lagrange ´es Rn (x, 0) = xn+1 (n+1) f (θx) (n + 1)! per a θ ∈ (0, 1) i en el nostre cas Rn (x, 0) = xn+1 α(α − 1) · · · (α − n)(1 + θx)α−n−1 (n + 1)! la f´ormula de Taylor de f a un entorn de x = 0 ´es: α α(α − 1) 2 α(α − 1) · · · (α − n + 1) n α(α − 1) · · · (α − n) n+1 (1+x)α = 1+ x+ x +· · ·+ x + x (1+θx)α−n−1 1! 2! n! (n + 1)! 1 Enginyeria Civil. C` alcul Grup 10 30/03/2011 Nom : a) Calculeu el domini de converg`encia de la s`erie ∞ 2n xn n n=1 b) Sigui f (x) = x2 per a x ∈ [−π, π) i 2π− peri`odica a R. Calculeu la seva s`erie de Fourier i ´ uniforme la converg`encia? demostreu que la s`erie de Fourier convergeix a f (x). Es Soluci´ o: a) lim n n→∞ n |an | = lim n→∞ 2n 2 = lim √ =2 n n→∞ n n per tant, el radi de converg`encia ´es 1/2. Si x = −1/2 convergeix perqu`e la s`erie (−1)n n1 ´es alternada. Si x = 1/2 divergeix perqu`e la s`erie ´es arm`onica. Per tant, el radi de converg`encia ´es l’interval [−1/2, 1/2).
b) La funci´ o ´es parella: f (x) = f (−x), per tant bn = 0.
a0 = an = = 1 π π x2 cos (nx)dx = −π 2 2 (x cos (nx)]π−π − 2 2 n π n π π 1 π x2 dx = −π x2 sin (nx) n 1 π 2π 2 3 π − −π π cos (nx)dx = −π π2 f (x) ∼ +4 3 ∞ n=1 2 nπ π x sin (nx)dx = −π 2 4 2π(−1)n = 2 (−1)n 2 n π n (−1)n cos (nx) n2 f ´es continua a R, amb derivades (laterals a (2k + 1)π, si k ∈ Z) tals que |f (x)| = |2x| ≤ 2π per la periodicitat. f ´es fitada a R i, per tant, la s`erie de Fourier convergeix uniformement a f a tot R.
1 Enginyeria Civil. C` alcul Grup 20 30/03/2011 Nom : a) Calculeu el domini de converg`encia de la s`erie ∞ xn √ n n=1 b) Sigui f (x) = |x| per a x ∈ [−π, π) i 2π− peri`odica a R. Trobeu la s`erie de Fourier de f i demostreu la converg`encia de la s`erie.
Soluci´ o: a) lim n→∞ n |an | = lim n n→∞ √ 1 √ = lim ( n n)−1/2 = 1 n n→∞ per tant, el radi de converg`encia ´es 1. Per a x = 1 la s`erie divergeix i per a x = −1 la s`erie n √1 ´ es convergent (apliquem el criteri de Leibnitz). Per tant, el radi de converg`encia n≥1 (−1) n ´es l’interval [−1, 1).
b) La funci´ o ´es parella: f (x) = f (−x), per tant bn = 0.
a0 = an = 2 π 1 π π −π π x cos (nx)dx = 0 = 2 π |x|dx = π xdx = π 0 2 2 (x sin (nx)]π0 − πn πn 2 (cos (nx)]π0 = πn2 π 4 f (x) ∼ − 2 π 0 −4 n2 π ∞ n=1 π sin (nx)dx = 0 , si n ´es parell , si n ´es imparell cos (2n − 1)x (2n − 1)2 |f (x)| = 1 (derivades laterals en x = kπ, k ∈ Z). Per tant, la s`erie convergeix uniformement a f en R.
1 Enginyeria Civil. C` alcul Grup 30 29/03/2011 Nom : a) Calculeu el domini de converg`encia de la s`erie ∞ n=1 n!xn nn b) Calculeu la s`erie de Fourier associada a f (x) = | sin x|. Estudieu la converg`encia de la s`erie.
Soluci´ o: a) |an+1 | (n + 1)! nn = lim = lim n→∞ |an | n→∞ (n + 1)n+1 n! n→∞ lim n n n+1 = e−1 n per tant, el radi de converg`encia ´es e, ´es a dir, convergeix si |x| < e. Si x = −e tenim (−1)n n!e nn tal que el seu terme general no convergeix a 0 (apliquem Stirling), per tant la s`erie ´es divergent.
An`alogament per a x = e. Per tant, el domini de converg`encia ´es l’interval (−e, e).
b) La funci´ o ´es parella: | sin (x)| = | sin (−x)|, per tant bn = 0.
a0 = an = 2 π 1 π π sin xdx = −π π sin x cos (nx)dx = 0 = 1 π π 2 π sin xdx = 0 1 π 2 4 (− cos x]π0 = π π π [sin (n + 1)x − sin (n − 1)x]dx = 0 − cos (n + 1)x − cos (n − 1)x − n+1 n−1 = 0 −4 π(n2 −1) π = 0 , si n ´es imparell , si n ´es parell Per tant, 2 4 | sin x| ∼ − π π ∞ n=1 cos 2nx 4n2 − 1 La funci´o t´e derivada fitada (derivades laterals en x = kπ, k ∈ Z), per tant, la s`erie convergeix uniformement a la funci´ o en R.
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 10 05/10/2009 Nom : Problema 1 (a) Trobeu el lloc geom`etric dels punts que compleixen: {z ∈ C : |z − 1| ≤ Im(z) + 1} (b) Demostreu que en un espai m`etric (E, d) si A, B ⊂ E tals que A ⊆ B aleshores A ⊆ B.
Soluci´ o: (a) Sigui z = x + iy ∈ C. Per tant, |z − 1| = (x − 1)2 + y 2 .
(x − 1)2 + y 2 ≤ y + 1 |z − 1| ≤ Im(z) + 1 ⇔ d’on (x − 1)2 + y 2 ≤ (y + 1)2 que resolent equival a x2 − 2x ≤ 2y.
x2 Per tant, el lloc geom`etric ´es l’interior de la par`abola y = −x 2 (b) x ∈ A ⇒ ∀r > 0, Br (x) ∩ A = ∅ per tant, ∅ = Br (x) ∩ A ⊆ Br (x) ∩ B ⇒ ∀r > 0, Br (x) ∩ B = ∅ ⇒ x ∈ B 1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 20 08/10/2009 Nom : Problema 1 (a) Trobeu el lloc geom`etric dels punts que compleixen: z∈C: |z − i| =1 |2z + i| (b) Demostreu que en un espai m`etric (E, d) si A ⊂ E aleshores A = A ∪ A .
Soluci´ o: (a) Sigui z = x + yi i, per tant, z = x − yi.
|z − i| = |x + (y − 1)i| = x2 + (y − 1)2 |2z + i| = |2x − 2yi + i| = |2x + (1 − 2y)i| = 4x2 + (1 − 2y)2 Per tant, x2 + (y + 1)2 = 4x2 + (1 − 2y)2 x2 + y 2 − 2y + 1 = 4x2 + 1 − 4y + 4y 2 3x2 + 3y 2 − 2y = 0 2 x2 + y 2 − y = 0 3 completant quadrats, obtenim x2 + y − 1 3 2 = 1 9 El lloc geom`etric ´es la circumfer`encia de centre 0, 13 i radi 31 .
(b) Si A ⊂ E, de A ⊆ A i A ⊆ A es dedueix A ∪ A ⊆ A.
Veiem que tamb´e es compleix la inclusi´o A ⊆ A ∪ A . Sigui x ∈ A. Llavors, o b´e x ∈ A d’on x ∈ A ∪ A , o b´e x ∈ A − A, d’on x ∈ A , per tant, x ∈ A ∪ A , i queda demostrada la igualtat A=A∪A.
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 08/10/2009 Nom : Problema 1 (a) Demostreu que si A i B son dos subconjunts de E en un espai m`etric (E, d) aleshores ◦ ◦ ◦ A ∪ B⊇A ∪ B .
(b) Trobeu els parells de nombres complexos tals que el seu quocient ´es imaginari pur, la seva suma ´es 10 i el m`odul d’un ´es doble que el de l’altre.
Soluci´ o: ◦ ◦ ◦ ◦ (a) Sigui x ∈A ∪ B llavors x ∈A o b´e x ∈B ⇒ ∃Br1 (x) ⊆ A ´o ∃Br2 (x) ⊆ B, per tant, ◦ Br1 (x) ⊆ A ∪ B ⇒ x ∈ A ∪ B (b) Siguin z1 , z2 ∈ C.
z1 = bi z2 z1 + z2 = 10 |z1 | = 2|z2 | Utilitzant la primera i la tercera equaci´o obtenim z1 = ±2i ⇒ b = ±2 z2 • b=2 z1 = 2i z2 z1 + z2 = 10 ⇒ z1 = 2iz2 z1 + z2 = 10 z2 = ⇒ 2iz2 + z2 = 10 ⇒ (1 + 2i)z2 = 10 ⇒ z2 = 10 1 + 2i 10(1 − 2i) (10 − 20i) 10 = = = 2 − 4i 1 + 2i (1 + 2i)(1 − 2i) 1+4 per tant, z1 = 2(2 − 4i)i = 8 + 4i z2 = 2 − 4i • b = −2 z1 = −2i z2 z1 + z2 = 10 ⇒ z1 = −2iz2 z1 + z2 = 10 z2 = ⇒ −2iz2 + z2 = 10 ⇒ (1 − 2i)z2 = 10 ⇒ z2 = 10 10(1 + 2i) (10 + 20i) = = = 2 + 4i 1 − 2i (1 − 2i)(1 + 2i) 1+4 per tant, z1 = −2(2 + 4i)i = 8 − 4i z2 = 2 + 4i 1 10 1 − 2i Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 08/10/2009 Nom : Problema 1 (a) Trobeu els parells de nombres complexos tals que el seu quocient ´es imaginari pur, la seva suma ´es 5 i el m`odul d’un ´es doble que el de l’altre.
(b) Demostreu que si A i B son dos subconjunts de E en un espai m`etric (E, d) tals que A ⊆ B ◦ ◦ aleshores A⊆B .
Soluci´ o: (a) Siguin z1 , z2 ∈ C.
z1 = bi z2 z1 + z2 = 5 |z1 | = 2|z2 | Utilitzant la primera i la tercera equaci´o obtenim z1 = ±2i ⇒ b = ±2 z2 • b=2 z1 = 2i z2 z1 + z2 = 5 ⇒ z1 = 2iz2 z1 + z2 = 5 z2 = ⇒ 2iz2 + z2 = 5 ⇒ (1 + 2i)z2 = 5 ⇒ z2 = 5 1 + 2i 5(1 − 2i) (5 − 10i) 5 = = = 1 − 2i 1 + 2i (1 + 2i)(1 − 2i) 1+4 per tant, z1 = 2(1 − 2i)i = 4 + 2i z2 = 1 − 2i • b = −2 z1 = −2i z2 z 1 + z2 = 5 ⇒ z1 = −2iz2 z 1 + z2 = 5 z2 = ⇒ −2iz2 + z2 = 5 ⇒ (1 − 2i)z2 = 5 ⇒ z2 = 5 1 − 2i 5 5(1 + 2i) (5 + 10i) = = = 1 + 2i 1 − 2i (1 − 2i)(1 + 2i) 1+4 per tant, z1 = −2(1 + 2i)i = 4 − 2i z2 = 1 + 2i ◦ ◦ (b) Sigui x ∈A llavors ∃Br (x) ⊆ A ⊆ B, per tant, ∃r > 0, Br (x) ⊆ B i podem afirmar x ∈B .
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 07/10/2009 Nom : Problema 1 (a) Estudieu l’interior, l’adher`encia i el conjunt de punts d’acumulaci´o del conjunt A definit per: 2n + 7 , n ∈ N ∪ {0} n+3 A = (−∞, −1) ∪ [1, 3) ∪ Dieu si A ´es un conjunt obert, tancat i/o compacte.
(b) Donat un nombre complex z = x + iy, demostreu que (|x| + |y|) √ ≤ |z| ≤ |x| + |y| 2 Soluci´ o: (a)L’interior, l’adher`encia i el conjunt de punts d’acumulaci´o del conjunt s´on ◦ A= (−∞, −1) ∪ (1, 3) A = A ∪ {−1, 3} A = (−∞, −1] ∪ [1, 3] El conjunt no ´es obert, ni tancat, ni compacte.
(b) Demostrem la primera desigualtat (|x| + |y|) ? √ ≤ 2 ? |x| + |y| ≤ √ x2 + y 2 2 x2 + y 2 ? (|x| + |y|)2 ≤ 2(x2 + y 2 ) ? |x|2 + |y|2 + 2|x||y| ≤ 2|x|2 + 2|y|2 ? 0 ≤ |x|2 + |y|2 − 2|x||y| 0 ≤ (|x| − |y|)2 Demostrem ara, la segona desigualtat ? x2 + y 2 ≤ |x| + |y| ? x2 + y 2 ≤ (|x| + |y|)2 = |x|2 + |y|2 + 2|x||y| 0 ≤ 2|x||y| 1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 40 07/10/2009 Nom : Problema 1 (a) Donat un nombre complex z = a + bi, demostreu que |a| + |b| √ 2 |a| + |b| ≥ |z| ≥ (b) Estudieu l’interior, l’adher`encia i el conjunt de punts d’acumulaci´o del conjunt A definit per: A= (x, y) ∈ R2 : x ∈ [−1, 1], 1 , n ∈ N∗ n y= Soluci´ o: (a) Demostrem la primera desigualtat ? a2 + b2 |a| + |b| ≥ ? (|a| + |b|)2 = |a|2 + |b|2 + 2|a||b| ≥ a2 + b2 2|a||b| ≥ 0 Demostrem ara, la segona desigualtat ? a2 + b2 ≥ √ |a| + |b| √ 2 ? 2 a2 + b2 ≥ |a| + |b| ? 2(a2 + b2 ) ≥ (|a| + |b|)2 = |a| + |b| + 2|a||b| ? |a|2 + |b|2 − 2|a||b| ≥ 0 (|a| − |b|)2 ≥ 0 (b) L’interior, l’adher`encia i el conjunt de punts d’acumulaci´o del conjunt s´on ◦ A= ∅ A = A ∪ {x ∈ [−1, 1], (x, 0)} A=A 1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 10 09/12/2009 Nom : Problema 2 Un terreny t´e forma de triangle rectangle, els catets mesuren AB = 60 m i AC = 45 m. En aquest terreny es pot construir una casa de planta rectangular com indica la part ombrejada de la figura seg¨ uent: Voleu vendre aquest terreny i us paguen 300 euros per cada m2 no edificable i 1500 euros per cada m2 edificable. Determineu quines s´on les dimensions de la part edificable que ens permeten obtenir un valor m`axim per a aquest terreny.
Soluci´ o: Funci´o objectiu: x(45−y) 2 f (x, y) = 1500xy + 300 + (60−x)y 2 = 1500xy + 150x(45 − y) + 150(60 − x)y = 1500xy + 6750x − 150xy + 9000y − 150xy = 6750x + 9000y + 1200xy Relaci´o entre x i y: tan α = 45 3 y 3 3x = = ⇒ y = (60 − x) = 45 − , on x ∈ (0, 60) 60 4 60 − x 4 4 Substituim y a l’expressi´o de f (x, y) i s’obt´e: 3x 3x f (x) = 6750x + 9000 45 − + 1200x 45 − 4 4 Extrems: ⇒ f (x) = −900x2 + 54000x + 405000 Com la funci´o f ´es derivable en tot el seu domini, imposem que f (x) = 0.
f (x) = −1800x + 54000 = 0 ⇒ x = 30 El valor x = 30 ´es un m`axim ja que f (30) = −1800 < 0 i ´es absolut, doncs f (x) ´es una funci´ o quadr`atica. Per tant, les dimensions de la part edificable que ens permeten obtenir un valor m`axim per a aquest terreny han de ser: x = 30 metres i y = 22.5 metres.
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 20 10/12/2009 Nom : Problema 2 Un camp t´e forma de trapezi rectangle, de bases 240 m i 400 m, i el costat perpendicular a les bases tamb´e de 400 m. Es vol partir tal com indica la figura per fer dos camps rectangulars C1 i C2 . Anomenem x i y els catets d’un dels triangles rectangles que es formen. El camp C1 es vol sembrar amb girasols i el camp C2 , amb blat. Amb els girasols s’obt´e un benefici de 0,12 euros per m2 i amb el blat un benefici de 0,10 euros per m2 . Determineu les mides de cada un dels camps per obtenir el benefici m`axim.
Soluci´ o: Funci´o objectiu, Benefici: B = 0.12SC1 + 0.10SC2 amb SC1 = (400 − x)y i SC2 = 240(400 − y). D’on la funci´o benefici queda doncs, B = 0.12(400 − x)y + 0.10· 240(400 − y) (1) La relaci´ o existent entre x i y ´es: y 400 400 5 5 = = = ⇒y= x x 400 − 240 160 2 2 D’on substituint a (1) ens queda una funci´o d’una variable: tan α = 5 5 B(x) = 0.12(400 − x) x + 0.10· 240(400 − x) ⇒ 2 2 ⇒ B(x) = 9600 + 60x − 0.3x2 (0 ≤ x ≤ 160) Per buscar el m`axim, com la funci´o ´es derivable en tot el seu domini, imposem que la derivada sigui zero.
B (x) = 60 − 0.6x = 0 ⇒ x = 100, que ´es un m`axim ja que B (x) = −0.6 (2a derivada negativa) Com que la funci´o B(x) ´es quadr`atica, el m`axim relatiu ´es tamb´e un m`axim absolut, que correspon a un benefici B(100) = 12600 euros.
Aix´ı doncs, les dimensions dels camps per tal d’obtenir el benefici m`axim son per x = 100 ⇒ y = 25 100 = 250, d’on C1 = 300m x 250m C2 = 240m x 150m 1 Grup 30 Enginyeria de Camins, Canals i Ports 10/12/2009 Nom : Problema 2 El costat desigual d’un triangle is` osceles mesura 12 m i l’altura sobre aquest costat ´es de 5 m.
Determineu els punts sobre l’altura que compleixen que la suma de les dist`ancies als tres v`ertexs del triangle sigui m` axima i els punts per als quals sigui m´ınima.
Soluci´ o: Considerem x i y els valors que apareixen a la seg¨ uent figura: y 5m x 6m 6m Funci´o objectiu : S = 2y + 5 − x Relaci´o entre x i y: y 2 = x2 + 62 ⇒ y = x2 + 36 Busquem el m` axim i el m´ınim de la funci´o S(x) = 2 x2 + 36 + 5 − x, on x ∈ [0, 5] 1 2x S (x) = 2 √ 2x − 1 = √ −1 2 2 2 x + 36 x + 36 √ √ 2x = 1 ⇒ 4x2 = x2 + 36 ⇒ 3x2 = 36 ⇒ x = 12 = 2 3 metres.
x2 + 36 √ ´ extrem relatiu? Avaluem S (x) en un punt proper anterior i posterior a x = 2 3 per Es comprovar-ho.
S (x) = 0 ⇒ √ 2 Per x = 1, S (1) = √ − 1 < 0 37 8 Per x = 4, S (4) = √ − 1 > 0 52 √ D’on x = 2 3 correspon a un m´ınim relatiu.
Per tal de trobar els extrems absoluts, avaluem S(x) als extrems de l’interval i al m´ınim relatiu.
S(0) = 17√ S(5)√= 2 61 √ 15.6 √ √ S(2 3) = 5 − 2 3 + 2 48 = 5 + 6 3 15.39 √ D’on a x = 0 hi ha el m` axim absolut i per x = 2 3 el valor de la suma de les dist`ancies als tres v`ertexs del triangle ´es m´ınima.
1 Enginyeria de Camins, Canals i Ports Grup 30 10/12/2009 Nom : Problema 2 Un noi vol travessar un riu des d’un punt A fins a un punt B, tal com ens indica el dibuix adjunt.
Per fer-ho anir`a nedant fins a un punt C que encara no sabem quin ha de ser, i des d’all`a anir` √a corrent fins a B. Podem considerar que en aquesta zona el riu t´e una amplada constant de 3 km i que la dist`ancia entre A i B mesurada sobre el mateix marge del riu ´es de 4 km (sobre el dibuix, dist`ancia entre A i B). Aquest noi sap que durant tota l’estona que vagi nedant podr` a mantenir una velocitat constant de 6 km/h, i que tota l’estona que vagi corrent podr`a mantenir una velocitat constant de 12 km/h. Fins a quin punt C haur`a d’anar nedant per tal d’arribar el m´es r`apidament possible a B? Soluci´ o: d d Anomenem x a la dist`ancia entre els punts A i C i sabem que v = ⇒ t = , essent aquest t t v el temps total que es triga en anar de A a B, passant pel punt C.
t = t1 + t2 = amb d(A, C) = d(A, C) d(C, B) + v1 v2 √ √ x2 + ( 3)2 = x2 + 3 i d(C, B) = 4 − x.
Funci´o objectiu: √ t(x) = x2 + 3 4 − x + , 6 12 on x ∈ [0, 4] Extrems: 1 2x 1 x 1 √ − = √ − 2 6 2 x2 + 3 12 12 6 x +3 Si imposem que t (x) = 0 tenim t (x) = x 1 = ⇒ 2x = 2 12 6 x +3 √ x2 + 3 ⇒ 4x2 = x2 + 3 ⇒ 3x2 = 3 ⇒ x = 1 Amb l’estudi de la monotonia en un entorn del punt, comprovem que aquest punt ´es m´ınim: 1 t (0) = −1 <0 12 1 2 t (2) = √ − >0 12 6 7 I per tal de trobar els extrems absoluts, avaluem la funci´o t als extrems de l’interval del domini de la funci´o i al punt m´ınim relatiu, i obtenim: √ 3 4 t(0) = + 0.62 hores 6 12 √ 19 t(4) = 0.73 hores 6 3 2 + 0.58 hores 6 12 D’on es dedueix que per x = 1 s’assoleix el m´ınim absolut.
t(1) = 2 ...