¡Descarga exameb mates 1 y más Apuntes en PDF de Física solo en Docsity!
Matemàtiques I 2013-2014 Q1 EUETIB-UPC Temps:2h De 18 a 20 PARCIAL 1 + CG1 Grup T3 Data: 8-octubre-2013 Prof. J. Trias SOLUCIÓ
COMPETÈNCIA GENÈRICA 1 (CG1)
Demostracions per inducció [10 punts] CG1. Sigui a un nombre real, a 6 = 1. Demostreu per inducció que per a tot n natural (n ≥ 0 ) es compleix:
1 + a + a^2 + a^3 + · · · + ak^ + · · · + an^ =^1 −^ a
n+ 1 − a Solució: Observeu que la propietat es pot reescriure com:
a^0 + a^1 + a^2 + a^3 + · · · + ak^ + · · · + an^ =^1 −^ a n+ 1 − a i també en termes de sumatoris:
∑^ n k=
ak^ =^1 −^ a n+ 1 − a
La demostració per inducció sobre n consta de dues parts. Denotem per P (n) la propietat, és a dir, la igualtat anterior. Pas bàsic. Demostrar que la propietat és certa para n = 0, és a dir que P (0) és cert. És només una comprovació. En efecte, el membre de l’esquerra E de la igualtat val, per a aquest valor de n, E = 1^0 = 1. El membre D de la dreta val D = 1 − 1 a−0+1a = 11 −−aa = 1. És D = E. Per tant, queda demostrada la igualtat per a n = 0. Pas inductiu. Hem de demostrar que P (n) ⇒ P (n + 1), per a tot n ≥ 0. Concretant, hem de demostrar que per a tot n ≥ 0 es compleix:
1 + a^2 + · · · + an^ (HI = )^1 −^ a
n+ 1 − a ⇒^ 1 +^ a
(^2) + · · · + an (^) + an+1 (^) =^1 −^ a(n+1)+ 1 − a , és a dir 1 + a^2 + · · · + an^ (HI = )^1 −^ a
n+ 1 − a ⇒^ 1 +^ a
(^2) + · · · + an (^) + an+1 (^) =^1 −^ an+ 1 − a.
El problema és com apliquem la hipòtesi d’inducció (HI): es tracta de fer aparèixer a 1 + a^2 + · · · + an^ + an+1^ una subfórmula que coincideixi exactament amb la que tenim a la hipòtesi d’inducció, per tal de poder aplicar-la, substituint en aquest cas. En efecte, 1 + a^2 + · · · + an^ + an+1^ = (1 + a^2 + · · · + an) + an+1 (HI = )^1 − 1 a−na+1 + an+ La resta és rutina: 1 + a^2 + · · · + an^ + an+1^ = 1 − 1 a−na+1 + an+1^ = 1 −an+1+(1 1 −a− a)an+1 = 1 −an+1+a 1 −n+1a −a·an+1= 1 − 1 a−na+ PARCIAL
1 [Puntuació: 4+6]....................................................................... Sigui n un nombre enter. Es tracta de demostrar “si n^3 és senar, aleshores n és senar”.
a) Expliqueu el mètode que feu servir. b) Demostreu: “si n^3 és senar, aleshores n és senar”.
1 Solució: Un nombre enter a és parell si, i només si, es pot escriure com a = 2k per a un k enter adequat. Un nombre enter b és senar si, i només si, existeix un nombre enter t tal que b = 2t + 1. La demostració directa no sembla fàcil.
a) Demostrarem la propietat pel contrarecíproc. Si s’ha de demostrar A ⇒ B, és equiva- lent demostrar ¬B ⇒ ¬A. Per tant, demostrant qualsevol de les implicacions, queda demostrada l’altra. En aquest cas, són equivalents: “Si n^3 és senar, aleshores n és senar” “Si n no és senar, aleshores n^3 no és senar”, i aquesta última es pot reformular com: “Si n és parell, aleshores n^3 és parell” b) D’acord amb l’apartat anterior, demostrem: “Si n és parell, aleshores n^3 és parell” En efecte, si n és parell, aleshores existeix k enter tal que n = 2k. Per tant, n^3 = (2k)^3 = 2^3 k^3 = 2(2^2 k^3 ) = 2k′, amb k′^ = 2^2 k^3 enter. Per tant, n^3 és parell.
e) Obteniu un expressió de sin θ (θ real) en funció de l’exponencial complexa. 3 Solució:
a) Sinus hiperbòlic: sinh x = e
x (^) − e−x 2 Cosinus hiperbòlic: cosh x = e x (^) + e−x 2 b) És un simple càlcul: (cosh x)^2 − (sinh x)^2 = (e
x (^) + e−x 2 )
(^2) − (ex^ −^ e−x 2 )
(^2) = (ex^ +^ e−x)^2 4 −^
(ex^ − e−x)^2 ((ex)^2 + 2exe−x^ + (e−x)^2 ) − ((ex)^2 − 2 exe−x^ + (e−x)^2 ))^4 = 4 =
4 e^2 xe−^2 x 4 =
4 e^2 x−^2 x 4 =
c) També és un càlcul: 2 sinh x cosh x = 2(e
x (^) − e−x 2 )(
ex^ + e−x 2 ) = 2
(ex)^2 − (e−x)^2 e^2 x^ − e−^2 x^4 = 2 = sinh(2x) d) Sinus hiperbòlic: sinh z = e z (^) − e−z 2 Cosinus hiperbòlic: cosh z = e z (^) + e−z 2 e) Tenim eiθ^ = cos θ + i sin θ e−iθ^ = ei(−θ)^ = cos(−θ) + i sin(−θ) = cos θ − i sin θ = De la primera restem la segona, membre a membre: eiθ^ − e−iθ^ = (cos θ + i sin θ) − (cos θ − i sin θ) = 2i sin θ, d’on sin θ = e iθ (^) − e−iθ 2 i.
4 [Puntuació: 3+2+2+3].................................................................
Considereu el nombre complex z =^1 −^ e
i π 2 1 + ei^ π^2.
a) Expresseu z en forma binomial. b) Expresseu z en forma exponencial. c) Calculeu el mòdul de z^3. d) Resoleu w^3 = z. 4 Solució: Observem que z =^1 −^ e i π 2 1 + ei^ π^2 =
1 − (cos π 2 + i sin π 2 ) 1 + (cos π 2 + i sin π 2 ) =
1 − i 1 + i a) Obtenim la forma binomial multiplicant i dividint pel conjugat del denominador: z =^1 1 +^ − ii =^1 1 +^ −^ ii^11 −−^ ii = (1^ −^ i)
2 12 − i^2 =
(1 − i)^2 2 =^
− 2 i 2 =^ −i^ (apliquem que^ i
També es pot multiplicar i dividir per 1 − ei^ π^2 i resulta z = −i. b) El mòdul de√ u = a + bi és √a^2 + b^2 ; en aquest cas |z| = | − i| = |0 + (−1)i| = 02 + (−1)^2 = 1 L’argument principal arg(z) és −π 2. En forma exponencial és z = |z|ei^ arg(z)^ = ei(−^ π^2 ). c) Podem calcular z^3 = (−i)^3 = (−i)^2 (−i) = (−1)(−i) = i, d’on |z^3 | = |i| = 1. També podem utilitzar que |z 1 z 2 | = |z 1 ||z 2 | i, per tant, |z^3 | = |z||z||z| = |z|^3 = | − i|^3 = 1^3 = 1. d) Es tracta d’obtenir les arrels terceres (n = 3) de z = −i. Recordem que |z| = 1, arg(z) = −π 2. Les arrels són els complexos de la forma √^3 |z|ei(^ arg^3 z+^23 π^ k), per a k = 0, 1 , 2. Així, w 1 = ei(−^ π^6 )^ (k = 0) w 2 = ei(−^ π^6 +^23 π^ )^ (k = 1) w 3 = ei(−^ π^6 +^43 π^ )^ (k = 2)
5 [Puntuació: 2+2+2+2+2]..............................................................
Considereu la funció f : R − { 3 } −→ R − { 2 } definida per f (x) = (^) x^2 −x 3.
Així, 3 z (^) z^3 −z 2 és l’única possible antiimatge de z. Només resta per a comprovar que z− 2 6 = 3: si per a algun^ z^ fos^ z^3 −z 2 = 3, aleshores^3 z^ = 3(z^ −^ 2), d’on^ −6 = 0, absurd. Per tant, tot z ∈ R − { 2 } té alguna antiimatge, (^) z^3 −z 2. Per tant, f és exhaustiva. (en previsió d’errors podem efectuar la comprovació que f ( (^) z^3 −z 2 ) = z). Observació: en aquest estudi de l’exhaustivitat, s’ha obtingut a més que la antiimatge és única, cosa que demostra també la injectivitat. e) És injectiva i exhaustiva. Per tant, és bijectiva. Té inversa f −^1 : R − { 2 } → R − { 3 }, la que a cada element z ∈ R − { 2 } li fa correspondre la seva única antiimatge. Pel que s’ha obtingut a l’apartat anterior, és f −^1 (z) = (^) z^3 −z 2.
