Examen Final Junio 2013 (2013)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Calculo Avanzado
Año del apunte 2013
Páginas 4
Fecha de subida 17/09/2014
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C`alcul Avan¸cat Examen Final 25 de Juny de 2013 1. Sigui la funci´ o t −t + x(t) = i sigui ∞ n=1 π 2 si − π2 ≤ t < 0 si 0 ≤ t ≤ π2 2 1 cos(2n − 1)2t + sin(2n − 1)2t 2 π(2n − 1) 2n − 1 la seva s`erie de Fourier trigonom`etrica (a) Estudieu la converg`encia puntual d’aquesta s`erie en − π2 ≤ t ≤ π2 .
Soluci´ on: La funci´ on x es continua a trozos y sus derivadas laterales est´ an definidas en todos los puntos del intervalo [−π/2, π/2]. Por tanto, aplicando el Teorema de Convergencia Puntual de Dirichlet, la serie de Fourier anterior converge en cada punto t ∈ (−π/2, π/2) a x(t− )+x(t+ ) , 2 es decir, tiende a x(t) excepto en la discontinuidad t = 0, en la que tiende a π/4. Adem´ as, en los extremos del intervalo, t = ±π/2, la serie de Fourier tiende a x(−π/2+ )+x(π/2− ) 2 = −π/4.
(b) Dedu¨ıu la suma de la s`erie 1 (2n − 1)2 n≥1 Soluci´ on: Observando la serie de Fourier anterior, la serie num´erica puede obtenerse a partir de los coeficientes de los cosenos. Por tanto, tomando t = 0 los senos se anulan y los cosenos valen 1 y entonces seg´ un el apartado anterior, ∞ 2 π = π(2n − 1)2 4 n=1 con lo que la suma de la serie num´erica indicada en el enunciado es π2 .
8 2. Sigui f (x, y, z) = x2 e(y−1)(z−1) + 2y 2 e(x−1)(z−1) + 4z 2 e(x−1)(y−1) .
(a) Raoneu que f ´es una funci´ o C ∞ a R3 . Calculeu Df (1, 1, 1) .
Soluci´ on: La funci´ on es combinaci´ on lineal de productos de polinomios por exponenciales de polinomios en las variables. Tanto los polinomios como la exponencial son funciones de clase C ∞ . Dado que la suma, el producto y la composici´ on de funciones de clase C ∞ , tambi´en lo son, concluimos que f tambi´en lo es.
La diferencial de f en el punto (1, 1, 1) es Df (1, 1, 1) = ∂f (1, 1, 1) ∂x ∂f (1, 1, 1) ∂y ∂f (1, 1, 1) ∂z = (2 4 8) (b) Raoneu que, en un entorn del punt (1, 1, 1), l’equaci´o f (x, y, z) = 7 defineix una funci´ o x = ϕ(y, z). Calculeu Dϕ(1, 1).
Soluci´ on: Dado que f (1, 1, 1) = 7, f es de clase C ∞ y ∂f (1, 1, 1) = 0, el Teorema de la Funci´ on ∂x Impl´ıcita asegura la existencia en cierto entorno de (1, 1) de una funci´ on ϕ de clase C ∞ tal que ϕ(1, 1) = 1 y f (ϕ(y, z), y, z) = 7. Adem´ as, la diferencial de dicha funci´ on en (1, 1) es Dϕ(1, 1) = −(2)−1 (4 8) = (−2 − 4) 1 (c) Calculeu ϕ(1 + t, 1 − t) − 1 t→0 t lim Soluci´ on: Dado que ϕ(1, 1) = 1, el l´ımite anterior es, por definici´ on, la derivada direccional de ϕ seg´ un el vector (1, −1) en el punto (1, 1). Por ser ϕ diferenciable en dicho punto, lim t→0 ϕ(1 + t, 1 − t) − 1 1 = Dϕ(1, 1) t −1 =2 Tambi´en puede calcularse el l´ımite anterior directamente por la regla de L’Hˆ opital y la derivada de la funci´ on compuesta.
(d) Raoneu que la funci´ o g(t) = ϕ(1 − 2t cos t, 1 + 2t cos t) satisf`a les hip`otesis del teorema de la funci´ o inversa en un entorn de t = 0. Sigui g −1 la seva inversa. Calculeu Dg −1 (1).
Soluci´ on: La funci´ on de una variable g es de clase C ∞ por obtenerse como composici´ on de funciones de clase C ∞ , y su derivada en t = 0 es g (0) = Dϕ(1, 1) −2 cos t − 2t sin t 2 cos t + 2t sin t −2 2 = (−2 − 4) t=0 = −4 = 0 Como adem´ as g(0) = ϕ(1, 1) = 1, el Teorema de la Funci´ on Inversa permite asegurar que existe un entorno U de 0 y un entorno V de 1 tales que la restricci´ on de g, g : U → V , es biyectiva y su inversa es de clase C ∞ en V . Adem´ as, Dg −1 (1) = (Dg(0))−1 = (g (0))−1 = − 1 4 3. Sigui la funci´ o f (x, y, z) = z log(1 + x2 + y 2 ) (a) Calculeu el polinomi de Taylor de grau menor o igual que 3 en un entorn del punt (0, 0, 1).
Soluci´ on: Partiendo de que log(1 + u) = u − 21 u2 + o(u2 ), podemos asegurar que log(1 + x2 + y 2 ) = 2 2 x + y + o((x2 + y 2 )2 ). Adem´ as z = 1 + (z − 1), por lo que f (x, y, z) = z log(1 + x2 + y 2 ) = (1 + (z − 1))(x2 + y 2 + o((x2 + y 2 )2 )) = = x2 + y 2 + (z − 1)x2 + (z − 1)y 2 + o( (x, y, z) − (0, 0, 1) 3 ) Como la funci´ on f es de clase C 3 en un entorno de (0, 0, 1) y por la unicidad del polinomio de Taylor, se deduce que el polinomio de Taylor de f de grado menor o igual que 3 alrededor de (0, 0, 1) es x2 + y 2 + (z − 1)x2 + (z − 1)y 2 (b) Trobeu els valors extrems de la funci´o a la regi´o A = {(x, y, z) : x2 + y 2 ≤ z ≤ 1} i indiqueu els puntos en els que s’assoleixen.
Observaci´ o: L’equaci´ o u + (1 + u) log(1 + u) = 0 no t´e soluci´o positiva.
Soluci´ on: Claramente el conjunto A es cerrado y acotado, y por tanto es compacto. Entonces la funci´ on f , que es continua, alcanza necesariamente extremos absolutos en A. Si ´estos se dan en el interior de A, corresponder´ an a ceros del gradiente: ∇f = 2xz 2yz , , log(1 + x2 + y 2 ) 1 + x2 + y 2 1 + x2 + y 2 2 = (0, 0, 0) ⇒ x = 0, y = 0 Por tanto los puntos de la forma (0, 0, z) con z ∈ (0, 1) son candidatos a extremo absoluto. De hecho, f (0, 0, z) = 0 y por tanto dichos puntos son m´ınimos absolutos de f , dado que en A, f (x, y, z) ≥ 0.
Para analizar los posibles extremos en la frontera de A, descomponemos esta en la tapa superior S1 = {(x, y, 1) : x2 + y 2 < 1}, la tapa inferior S2 = {(x, y, x2 + y 2 ) : x2 + y 2 < 1}, y la arista que las une C = {(x, y, 1) : x2 + y 2 = 1}. Utilizando las parametrizaciones naturales de los anteriores conjuntos, la funci´ on f restringida a S1 toma valores h1 (x, y) = f (x, y, 1) = log(1 + x2 + y 2 ) y solamente puede alcanzar extremos en los ceros de ∇h1 : ∇h1 = 2x 2yz , 1 + x2 + y 2 1 + x2 + y 2 = (0, 0) ⇒ x = 0, y = 0 es decir, en el punto (0, 0, 1), que sigue siendo un m´ınimo absoluto de f , ya que f (0, 0, 1) = 0. De modo similar, en S2 , h2 (x, y) = (x2 + y 2 ) log(1 + x2 + y 2 ) y entonces ∇h2 = 2x x2 + y 2 + log(1 + x2 + y 2 ) , 2y 1 + x2 + y 2 x2 + y 2 + log(1 + x2 + y 2 ) 1 + x2 + y 2 que solamente se anula en x = y = 0, correspondiendo al punto (0, 0, 0), que tambi´en es m´ınimo absoluto de f . Dado que f no es constante en A, el m´ aximo absoluto de f solamente puede darse en C. Pero h3 (t) = f (cos t, sin t, 1) = log 2, luego todos los puntos de C son m´ aximos absolutos de f .
Resumiendo los resultados anteriores, el m´ınimo absoluto de f en A es 0 y se alcanza en el segmento {(0, 0, z) : 0 ≤ z ≤ 1} mientras que el m´ aximo absoluto es log 2 y se alcanza en toda la circunferencia C = {(x, y, 1) : x2 + y 2 = 1}. Por supuesto, la determinaci´ on de los posibles extremos restringidos a la frontera puede realizarse alternativamente aplicando el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange.
4. Calculeu el volum de la regi´ o: A = {(x, y, z) : 0 ≤ z ≤ 1 − (x2 + y 2 )} ∪ {(x, y, z) : 0 ≤ z ≤ 2 − 4(x2 + y 2 )} Soluci´ on: La regi´ on descrita est´ a formada por la uni´ on de dos c´ upulas parab´ olicas, y su volumen se puede calcular de varias formas dividi´endola adecuadamente en dos partes. La intersecci´ on de los dos paraboloides que limitan la regi´ on A se da en la circunferencia de ecuaci´ on x2 + y 2 = 1/3, z = 2/3. Por tanto, A puede descomponerse por ejemplo como la uni´ on, esta vez disjunta, de las dos regiones A1 = {(x, y, z) : 0 ≤ z ≤ 1 − (x2 + y 2 ), x2 + y 2 ≤ 1} A2 = {(x, y, z) : 1 − (x2 + y 2 ) ≤ z ≤ 2 − 4(x2 + y 2 ), x2 + y 2 ≤ 1/3} Por tanto, utilizando coordenadas cil´ındricas, el volumen de A es 2π V = dxdydz + A1 1 dxdydz = A2 (r − r3 ) dr + 2π = 2π 0 1−r 2 1 2−4r 2 r dzdrdθ + 0 √ 1/ 3 √ 1/ 3 2π 0 (r − 3r3 ) dr = 0 0 r dzdrdθ = 0 0 2π 3 5. Sigui f : R3 −→ R3 la funci´ o definida per; f (x, y, z) = (x(x + y + z), y(x + y + z), z(x + y + z)) i sigui S = {(x, y, z) : x2 + y 2 + 4z 2 = R2 , z > 0}.
3 1−r 2 (a) Calculeu el flux de f a trav´es de S aplicant el teorema de Gauss. Indiqueu el sentit en el que s’ha calculat el flux.
Soluci´ on: La superficie S, que corresponde a un semielipsoide superior, puede cerrarse mediante la porci´ on adecuada del plano z = 0, es decir, T = {(x, y, 0) : x2 + y 2 ≤ R2 } para formar la regi´ on Ω = {(x, y, z) : x2 + y 2 + 4z 2 ≤ R2 , z ≥ 0}. Aplicando entonces el Teorema de Gauss, f · dS + S T R 2π f · dS = √ 1 2 0 4r(r cos θ + r sin θ + z) dzdrdθ = √ 1 0 2π R 2 R2 −r 2 0 0 1 2 R 4r2 dzdr + 2π (cos θ + sin θ)dθ = 4(x + y + z) dxdydz = Ω R2 −r 2 = 0 ∇ · f dxdydz = Ω R2 −r 2 4rz dzdr = 0 0 √ 0 0 R r(R2 − r2 ) dr = =π 0 πR4 4 donde los flujos se calculan hacia el exterior de Ω. Por otra parte, el flujo a trav´es de T es cero, dado que el campo f en z = 0 tiene componente z nula, y por tanto no tiene componente normal a T . De este modo, concluimos que πR4 f · dS = 4 S calculado con la normal hacia arriba.
(b) Calculeu, aplicant el teorema de Stokes, la circulaci´o de f al llarg de la corba uni´o de la semicircumfer`encia {(x, y, 0) : x2 + y 2 = R2 , y > 0} amb el segment que uneix els seus dos extrems. Indiqueu el sentit en el que s’ha calculat.
Soluci´ on: La curva indicada, C, es el borde de la superficie D = {(x, y, 0) : x2 + y 2 ≤ R2 , y ≥ 0}.
Por tanto, aplicando el Teorema de Stokes, f ·d = C π R ∇ × f · dS = D (z − y, x − z, y − x) · dS = D r(r sin θ − r cos θ) drdθ = = 0 0 (y − x) dxdy = D 2R3 3 correspondiendo el resultado obtenido a la circulaci´ on de f a lo largo de C recorrida en sentido positivo como curva en el plano XY .
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