Fonaments Matemàtics de l’Enginyeria II

March 28, 2012

1

Primer examen parcial: solucions

2

1. Donada la funció f(x, y, z) = exy cos (z), calculeu ∂3f/∂x∂y∂z.Derivem primer respecte d’x (malgrat sabem que l’odre de derivació no im-

porta)

∂f

∂x= yexy cos (z) + exy·0,

on hem considerat constants les variables y, z i hem aplicat la regla de la derivadadel producte ∂(f(x)·g(x)) = f ′(x)·g(x) + f(x)·g′(x).

Derivem ara respecte d’y :

∂

∂y

∂f

∂x=

∂

∂y(yexy cos (z))

= (exy + yxexy) cos (z) ,

on el cos (z) es considera una constant, i hem tornat a aplicar la regla de laderivada del producte.

Finalment derivem respecte de z :

∂

∂z

∂

∂y

∂f

∂x=

∂

∂z((exy + yxexy) cos (z))

= − (exy + yxexy) sin (z)

= −exy sin (z) (1 + yx) .

Resposta correcte: (a).

2. La derivada de la funció composta ve donada per la regla de la cadena:

D (g ◦ f) = (D (g) ◦ f) ·Df.

Tenim que f : R2 → R3, g : R3 → R2, per tant g ◦f : R2 → R2, g ◦f (x, y) =(2u+ 3v, u+ w2

)= (F1 (u, v) , F2 (u, v)) = (F1 (u (x, y) , v (x, y)) , F2 (u (x, y) , v (x, y)))

i la matriu jacobiana de g ◦ f és 2× 2, amb la forma

D (g ◦ f) =

[∂F1

∂x∂F1

∂y∂F1

∂x∂F2

∂y

].

3

La derivada situada en la primera fila i segona columna serà ∂F1(x,y)∂y . Aplicant

la regla de la cadena a les derivades parcials,

∂

∂yF1 (u (x, y) , v (x, y)) =

∂

∂uF1 ·

∂u

∂y+

∂

∂vF1 ·

∂v

∂y+

∂

∂wF1 ·

∂w

∂y

= 2 · xexy + 3 · (−x sin (xy)) + 0

= 2xexy − 3x sin (xy) .

3. Substituim x per xt, y per yt :

f(xt, yt) = Cx2t2

yt= tC

x2

y= tf(x, y),

per tant és homogènia de grau 1.

4. Calculem el gradient i la Hessiana de la funció en el punt:

∇f =

[∂f∂x∂f∂y

]=

[3x2 − y−x+ 3y2

];

∇2f =

[∂2f∂x2

∂f∂x∂y

∂f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x −1−1 6y

].

En el punt(13 ,

13

)la Hessiana val

∇2f

(1

3,1

3

)=

[6/3 −1−1 6/3

]=

[2 −1−1 2

].

Els menors de aquesta matriu son 2 i 4 + 1 = 5, positius, per tant la matriués definida positiva, i el punt crític es un mínim.

5. Integrem primer respecte de la variable x, considerant la variable y comuna constant:

ˆcos (2x) sin (y) dx = sin (y)

ˆcos (2x) dx

= sin (y)1

2(sin (2x)) .

Imposem els límits de la integral respecte a x:

sin (y)1

2[sin (2x)]

π/40 = sin (y)

1

2

[sin

2π

4− sin 0

]= sin (y)

1

2[1− 0]

=1

2sin (y) .

4

Integrem respecte la variable y :

1

2

ˆsin (y) dy =

1

2(− cos (y))

= −1

2cos (y) .

Imposem els límits de la integral respecte a y :

[−1

2cos (y)

]π/20

= −1

2

[cos

π

2− cos 0

]= −1

2[0− 1]

=1

2.

= −√2

4

6. y (x+ 1) + y′ = 0 ⇔ dydx = −y (x+ 1) ⇔dy

y = − (x+ 1) dx que és separa-ble; integrem per les dues bandes:

´dyy = −

´(x+ 1) dx⇒ln y = −

(12x

2 + x)+

C ⇔ y = exp(− 1

2x2 − x+ C

)és la solució general. Amb les condicions de con-

torn obtenim: 1 = exp(− 1

2 (−2)2 − (−2) + C

)=exp (−2 + 2 + C) =exp (C)⇔C =

ln (1) = 0.La solució particular és y = exp

(− 1

2x2 − x

).

7. Per obtenir l’expressió general de la família de corbes:

dy

dx=

y − x3y − x

resolem aquesta equació, que és de la forma dydx = N(x,y)

M(x,y) amb N(tx, ty) =

tN(x, y) , M(tx, ty) = tM(x, y) i per tant és una equació diferencial homogènia,que resolem fent la substitució y = vx, dy = vdx+ xdv:

vdx+ xdv

dx=

vx− x3vx− x

⇔

v + xdv

dx=

v − 1

3v − 1⇔

xdv

dx=

v − 1− 3v2 + v

3v − 1

=−3v2 + 2v − 1

3v − 1.

5

Separem les variables, i integrem:

3v − 1

−3v2 + 2v − 1dv =

1

xdx⇔

ˆ3v − 1

−3v2 + 2v − 1dv =

ˆ1

xdx⇔

−12

ln(−3v2 + 2v − 1

)= ln (x) + C ⇔(

−3v2 + 2v − 1)−1/2

= Cx⇔−3v2 + 2v − 1 = Cx−2.

Desfem el canvi, v = y/x:

−3y2

x2+ 2

y

x− 1 = Cx−2 ⇔

−3y2 + 2xy − x2 = C.

Imposem la condició y(2) = 1 :

−3·1 + 2·2− 4 = −3 = C,

−3y2 + 2xy − x2 = −3.

8.(5x2 − y

)dx + xdy = 0 no és separable ni homogènia ni exacte, però sí

és lineal:

(5x2 − y

)+ x

dy

dx= 0⇔

xy′ − y = −5x2 ⇔

y′ − 1

xy = −5x.

El factor integrant és r(x) = exp´ −1

x dx = 1x , multipliquem l’equació per

r(x):

1

xy′ − 1

x2y = −5⇔

d

dx

(yx

)= −5⇔

y

x=

ˆ−5dx

= −5x+ C.

6

9. Equació lineal, factor integrant r(x) = exp´tan (x) = exp ln sec (x) =

sec (x) . Multipliquem pel factor integrant:

sec (x) · (y′ + y tan (x)) = sec (x) · (sec (x) + cos (x))⇔y′ sec (x) + y sin (x) sec2 (x) = sec2 (x) + sec (x) cos (x)⇔

d

dx(y sec (x)) = sec2 (x) + 1⇔

y sec (x) =

ˆ (sec2 (x) + 1

)dx

= tan (x) + x+ C ⇔y = sin (x) + (x+ C) cos (x) .

Apliquem la condició y(0) = 1: 1 = sin (0) + (0 + C) cos (0) = C. Queda:

y = sin (x) + (x+ 1) cos (x) .

10. És una equació lineal de 2n ordre, homogènia; el polinomi característicr2 + 1 = 0 té solucions complexes conjugades ±i, per tant la solució és y =C1 sin (x) + C2 cos (x) .

7