¡Descarga Cálculo 01 2013 y más Exámenes en PDF de Cálculo solo en Docsity!
ETS d’Enginyeria de Telecomunicaci´o de Barcelona-UPC
C `ALCUL
Examen final 10 de gener de 2014 Notes provisionals: 20 de gener a Atenea. Periode d’al.legacions: fins el 22 de gener. Per veure l’examen corregit dimarts 21 a les 11 hores. Notes definitives: 24 de gener. Lliureu els problemes en fulls separats. Temps: 3 hores. JUSTIFIQUEU LES RESPOSTES
1. Sigui la funci´o f (x) =
x − | 2 x − 3 | 5 − x
(a) Trobeu el seu domini. Estudieu la continu¨ıtat de f en el seu domini. (b) Estudieu la derivabilitat de la funci´o f en el punt x = 3/2. Enuncieu el teorema de Rolle. Quines de les hipotesis del teorema verifica la funci´o f en l’interval [1, 3]? Podem concloure llavors que en algun punt d’aquest interval s’anul.la la derivada de f? (c) Trobeu la recta tangent a la grafica de f en el punt d’abscissa x = 2.
2. (a) Doneu un infinit`essim equivalent a la funci´o f (x) = ln(2 − cos x) quan x → 0, de la forma
cxn. (b) Calculeu el l´ımit
xlim→ 0
x^7
∫ (^) x
0
ln^3 (2 − cos t) dt.
3. (a) Calculeu la integral definida
∫ (^) π/ 2 π/ 4 sin
(^3) x dx.
(b) Estudieu si ´es convergent la integral impr`opia
0 2 e −x (^) cos (^2) x dx i en cas que ho sigui calculeu-la. Indicaci´o: podeu fer servir alguna identitat trigonometrica que us simplifiqui el comput.
4. (a) Comproveu que la integral impr`opia
0
t^2 sin(t)e−t^ dt
´es convergent. (b) Utilitzant la transformada de Laplace calculeu la integral de l’apartat (a). (c) Trobeu la soluci´o de l’EDO
x′′′(t) − x(t) = 1, x(0) = x′(0) = x′′(0) = 1
utilitzant la transformada de Laplace.
5. Determineu els valors dels parametres a, b per tal que la serie de pot`encies
f (x) =
n≥ 1
3 n^2 + an + b 3 n^2 + 1
) 6 n^2 xn
tingui radi de converg`encia R = e^2 i f ′(0) = 1.
Taules sobre la transformada de Laplace
f (t) F (s)
(^1 1) s
tn^ snn+1!
eat^ s −^1 a (s > a)
tneat^ (s − na!)n+1 (s > a)
cos bt (^) s (^2) +s b 2
sin bt (^) s (^2) +b b 2
eat^ cos bt (^) (s −s a^ −) 2 a (^) + b 2 (s > a)
eat^ sin bt (^) (s − ab) (^2) + b 2 (s > a)
(Heaviside) u(t) (^1) s
u(t − a) e
−as s
f (t) F (s)
λf (t) + μg(t) λF (s) + μG(s) f ′(t) sF (s) − f (0) f (k)(t) sk^ F (s) − sk−^1 f (0) − sk−^2 f ′(0) − · · · − f (k−1)(0) ∫ (^) t 0 f (τ ) dτ F^ ( ss)
f (αt) (α > 0) (^1) α F
( (^) s α
)
eatf (t) F (s − a) tf (t) −F ′ tk^ f (t) (−1)k^ F (k) f (t) t
∫ (^) +∞ s F (s) ds
u(t − a)f (t − a) =
{ (^0) si 0 ≤ t < a f (t − a) si t ≥ a e
−asF (s)
Ara la integral definida ´es f`acil de calcular: ∫ (^) π/ 2
π/ 4
sin^3 xdx =
[
− cos x + cos
(^3) x 3
]π/ 2
π/ 4
+^1
=^5
(b) La integral impropia ´es convergent perque comparant amb la harm`onica 1/x^2 s’obt´e:
x→lim+∞ x^22 e−x^ cos^2 x^ = 0 Per calcular aquesta integral utilitzem un canvi trigonom`etric: ∫ 2 e−x^ cos^2 xdx =
e−x(1 + cos 2x)dx =
e−xdx +
e−x^ cos 2xdx
La primera integral ´es gaireb´e immediata i d´ona −e−x. En canvi la segona s’ha de fer per parts: I =
e−x^ cos 2xdx = −e−x^ cos 2x −
−e−x(−2 sin 2x)dx =
= −e−x^ cos 2x − 2
e−x^ sin 2xdx = −e−x^ cos 2x − 2
−e−x^ sin 2x −
−e−x2 cos 2xdx
= −e−x^ cos 2x− 2
−e−x^ sin 2x + 2I
⇒ 5 I = −e−x^ cos 2x+2e−x^ sin 2x ⇒ I =^1 5 e−x^ (− cos 2x + 2 sin 2x).
Per tant
2 e−x^ cos^2 xdx = e−x^
− 1 − 15 cos 2x + 25 sin 2x
- C. Ara el calcul de la integral impropia d´ona: ∫ (^) +∞
0
2 e−x^ cos^2 xdx = lim M →+∞
[
e−x
cos 2x +^2 5 sin 2x
)]M
0
+ 0) =^6
4. (a) Podem veure que ´es absolutament convergent (i llavors tamb´e ´es convergent). Tenim
|t^2 sin te−t| = t^2 | sin t|e−t^ ≤ t^2 e−t
i per comparaci´o directa de funcions no negatives, si
1 t (^2) e−t (^) dt ´es convergent, la nostra integral ser`a absolutament convergent. Comparem-la, amb el Criteri del Quocient, amb la convergent
1
1 t^2 dt
t→^ lim+∞^ t
(^2) e−t 1 t^2
= (^) t→lim+∞^ t
4 et^
= 0 = L.
Com L = 0 i la integral
1
1 ∫ (^) +∞^ t^2 dt^ ´es convergent, el criteri ens diu que tamb´e la integral 1 t (^2) e−t (^) dt ´es convergent. Llavors la integral ∫^ +∞ 0 t (^2) e−t (^) dt tamb´e convergeix i la integral que hem d’estudiar ´es absolutament convergent. (b) Utilitzant la transformada de Laplace, podem calcular la integral sense calcular una primi- tiva expl´ıcitament: (^) ∫ +∞ 0
t^2 sin te−tdt = Lt^2 sin t.
Aplicant les propietats d’aquesta transformada, resulta
L[t^2 sin t] = (−1)^2 d
2 ds^2 (L[sin t]) = d
2 ds^2
s^2 + 1
= d ds
− 2 s (s^2 + 1)^2
= 6 s
(s^2 + 1)^3
Aix´ı, el valor que ens demanen ´es
Lt^2 sin t =
(1 + 1)^3
(c) Denotem X(s) = Lx(t). Aplicant la transformada a la igualtat x′′′^ − x = 1, i usant x(0) = x′(0) = x′′(0) = 1, ens queda
s^3 X − s^2 − s − 1 − X =^1 s ; (s^3 − 1)X = s^2 + s + 1 +^1 s
; X = 1
s − 1
s(s − 1)(s^2 + s + 1)
Busquem la suma en fracciones simples de (^) s(s−1)(^1 s (^2) +s+1) , ´es a dir busquem les constants A, B, M i N que fan certa la igualtat 1 s(s − 1)(s^2 + s + 1)
= A
s − 1
+ B
s
Multiplicant per s(s^3 − 1) tota la igualtat, tenim 1 = As(s^2 + s + 1) + B(s^3 − 1) + (M s + N )(s^2 − s).
Ara, ∗ igualant s = 0, trobem B = −1, ∗ igualant s = 1, trobem A = 13 , ∗ igualant els coeficients de s^3 d’ambdos costats de la igualtat, s’ha de complir 0 = A + B + M. Aix`o ´es M = −A − B = 23. ∗ Igualant els coeficients de s^2 tenim 0 = A + N − M , ´es a dir N = M − A = 13. Aix´ı
X(s) = 1 s − 1
s(s − 1)(s^2 + s + 1)
s − 1
+^1
s − 1
s
+^1
2 s + 1 s^2 + s + 1 =
s − 1
s
2 s + 1 s^2 + s + 1
D’aqu´ı, fent l’antitransformada, es compleix que la soluci´o que busquem ´es
x(t) = L−^1 {X(s)} =
L−^1 {
s − 1
} − L−^1 {
s
L−^1 {
2 s + 1 s^2 + s + 1
Del fet s^2 + s + 1 = (s + 12 )^2 + (
√ 3 2 ) (^2) (per compleci´o de quadrats), podem escriure
1 3
2 s + 1 s^2 + s + 1
s + (^12) (s + 12 )^2 + (
√ 3 2 )
Llavors, x(t) =
et^ − 1 +
e−^ (^12) t cos(
t).
5. En primer lloc calculem el l´ımit:
nlim→∞^ n
|an| = (^) nlim→∞^ n
vu ut(^3 n^2 + an + b 3 n^2 + 1
) 6 n 2
nlim→∞
3 n^2 + an + b 3 n^2 + 1
) 6 n = 1∞^ = elimn→∞^6 n
( (^3) n (^2) +an+b 3 n^2 +1 −^1
) = elimn→∞^6 n
( (^) an+(b−1) 3 n^2 +
) = e^2 a
D’aqu´ı obtenim que el radi ´es 1/e^2 a^ i com ha de ser e^2 llavors − 2 a = 2 o sigui a = −1. La derivada de la serie de potencies s’obt´e derivant terme a terme i en el seu domini de converg`encia val: f ′(x) =
n≥ 1
3 n^2 − n + b 3 n^2 + 1
) 6 n^2 nxn−^1 ⇒ f ′(0) =
2 + b 4
I per tant
( (^) 2+b 4
= 1, o sigui 2+ 4 b= ± 1 ⇔ b = − 2 ± 4. Aix´ı obtenim que hi ha dues solucions a = − 1 , b = 2 i a = − 1 , b = −6.
