Examen Parcial Primavera 2013 (2013)

Apunte Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura ACAL
Año del apunte 2013
Páginas 3
Fecha de subida 12/11/2014
Descargas 1
Subido por

Vista previa del texto

´ CALCULO AVANZADO Grupo 10 Primavera 2013 Primer Control ETSETB Duraci´ on: 1h55’ 1. Sea V el subespacio generado por las funciones {et , e−t } en el espacio de Hilbert L2 (−1, 1) con el producto escalar habitual.
(a) Calcular la funci´on de V a m´ınima distancia de la funci´on constante 1.
Soluci´ on: La funci´ on x ∈ V a m´ınima distancia de la funci´on 1 es la u ´nica de la forma x(t) = aet + be−t t −t tal que la diferencia x(t) − 1 es ortogonal a e y a e . Utilizando el producto escalar habitual 1 en L2 (−1, 1), f, g = −1 f (t)g(t) dt, obtenemos el sistema de ecuaciones lineales siguiente: 1 0 x(t) − 1, et = a et , et + b e−t , et − 1, et = a = −1 a 2 (e − e−2 ) + 2b − (e − e−1 ) 2 = 1 = x(t) − 1, e−t = a et , e−t + b e−t , e−t − 1, e−t = a −1 1 1 e−2t dt − dt + b −1 = et dt = dt − −1 1 0 1 e2t dt + b −1 e−t dt = −1 b 2a + (e2 − e−2 ) − (e − e−1 ) 2 cuya soluci´ on es a=b= Por tanto x(t) = 2e(e2 − 1) e4 + 4e2 − 1 4e(e2 − 1) 2e(e2 − 1) t −t (e + e ) = cosh t e4 + 4e2 − 1 e4 + 4e2 − 1 (b) Determinar el conjunto de todas las funciones de V ortogonales a la funci´on cosh t.
Soluci´ on: El conjunto de las funciones ortogonales a cosh t es un subespacio vectorial de V de dimensi´ on 1 (el complemento ortogonal de cosh t). Para determinarlo, basta buscar las funciones x ∈ V tales que x, cosh t = 0. Dado que dichas funciones pueden ser escritas como x(t) = aet + be−t , tenemos 0 = = b a + b t −t a t t e , e + e−t , e−t + e ,e = 2 2 2 1 1 1 2 −2 a b a+b a+b e −e e2t dt + e−2t dt + dt = +2 2 −1 2 −1 2 2 2 −1 aet + be−t , cosh t = por lo que basta tomar b = −a. Entonces, x(t) = a(et − e−t ) = 2a sinh t es decir, el complemento ortogonal buscado es el subespacio generado por la funci´on sinh t.
2. Sea f : R2 −→ R la funci´on definida por f (x, y) = x4 + y 4 .
(a) Calcular las derivadas parciales de f en todo R2 .
Soluci´ on: En R2 \ {(0, 0)} podemos utilizar las reglas de derivaci´on habituales, obteniendo ∂f = ∂x 2x3 x4 + y 4 ∂f = ∂y , 2y 3 x4 + y 4 mientras que en el origen debemos utilizar directamente la definici´on de derivada parcial: √ ∂f f (h, 0) − f (0, 0) h4 (0, 0) = lim = lim =0 h→0 h→0 h ∂x h y an´ alogamente √ f (0, h) − f (0, 0) ∂f h4 (0, 0) = lim = lim =0 h→0 h→0 h ∂y h (b) Determinar si las derivadas anteriores son continuas en el origen y deducir la diferenciabilidad de f en dicho punto.
Soluci´ on: Para estudiar la continuidad de las derivadas parciales de f en el origen, usamos directamente la definici´ on: ∂f 2x3 ∂f lim (x, y) = lim (0, 0) =0= 4 4 ∂x (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) ∂x x +y donde para ver que el l´ımite existe y es cero basta observar que cuando (x, y) −→ (0, 0), 3 2x3 x4 + y 4 La continuidad de ∂f ∂y = 2 |x| 3 2 |x| = 2 |x| −→ 0 ≤ √ x4 x4 + y 4 en el origen se demuestra an´alogamente.
Finalmente, la existencia y continuidad de las derivadas parciales de f en el origen implica que f es diferenciable en dicho punto (y de hecho, lo es tambi´en en todo R2 ).
(c) A partir de la diferencial de f , determinar la mejor aproximaci´on lineal de f alrededor del punto (2, 1).
Soluci´ on: A partir de los c´ alculos realizados en el primer apartado, Jf (2, 1) = √16 17 √2 17 ∂f ∂x (2, 1) . Por tanto, f (x, y) x−2 = f (2, 1) + Jf (2, 1) + o (x − 2)2 + (y − 1)2 = y−1 √ 2 = 17 + √ (8(x − 2) + (y − 1)) +o (x − 2)2 + (y − 1)2 17 aproximaci´ on lineal ∂f ∂y (2, 1) = 3. Dada la ecuaci´on x3 + 3xy + y 3 = 1, (a) A partir del teorema de la funci´on impl´ıcita, justificar que existe una funci´on f tal que las soluciones de la ecuaci´on (x, y) pr´oximas al punto (1/2, 1/2) pueden expresarse como y = f (x).
Soluci´ on: Sea F : R2 −→ R definida por F (x, y) = x3 + 3xy + y 3 − 1. Claramente, F es de clase C ∞ (R2 ) y el punto (1/2, 1/2) satisface la ecuaci´on anterior, que se puede escribir como F (x, y) = 0.
Por otra parte, JF (x, y) = 3x2 + 3y 3y 2 + 3x y en particular JF (1/2, 1/2) = (9/4 9/4).
Por lo tanto, dado que ∂f ∂y (1/2, 1/2) = 0, se cumplen las condiciones para aplicar el teorema de la funci´ on impl´ıcita, que en este caso permite afirmar la existencia de dos conjuntos abiertos U, V ⊆ R conteniendo ambos al punto 1/2, y una funci´on f : U −→ V de clase C ∞ (U ) tal que f (1/2) = 1/2 y para todo x ∈ U , F (x, f (x)) = 0.
(b) Calcular f (1/2) y f (1/2).
Soluci´ on: Derivando impl´ıcitamente dos veces y particularizando para x = 1/2 e y = 1/2 obtenemos 3x2 + 3y + (3y 2 + 3x)y = 0 ⇒ y =− x2 + y y2 + x ⇒ f (1/2) = −1 y 6x + 3y + (6yy + 3)y + (3y 2 + 3x)y = 0 ⇒ y =− 2x + 2y + 2yy 2 y2 + x ⇒ f (1/2) = 0 donde y, y e y denotan respectivamente f (x), f (x) y f (x).
(c) ¿Puede tratarse el punto (−1, −1) de igual forma? Soluci´ on: El caso del punto (−1, −1) es distinto al anterior. Concretamente, a´ un siendo este punto una soluci´ on de la ecuaci´ on F (x, y) = 0, el teorema de la funci´on impl´ıcita no permite afirmar nada, ya que JF (−1, −1) = (0 0).
De hecho, puede comprobarse que el conjunto de soluciones de la ecuaci´on es la uni´on de la recta x + y = 1 y el punto aislado (−1, −1), con lo que no es posible encontrar una expresi´on del tipo y = f (x) alrededor del punto (−1, −1).
...