Nom i cognoms Grup Numero estudiant

MATLAB. 08/06/2017. CNED - 2016/2017 Q2

[MATLAB - 10% de la nota final de l’assignatura]

1. [9 punts] Indiqueu quin resultat retorna Matlab per pantalla en executar les seguents comandes.

a) x = [3 1 5 7 9 2 6];y = [2;3;4;6;7;1;3];A = [1 2 3 4;5 6 7 8;9 10 11 12];

a = x([1 6 2 1 1]) a =

b = [x ; y’] b =

c = sum(x) c =

d = x*y d =

e = A([1,4],[1,4]) e =

f = x.^2 f =

b) fib = zeros(1,7);fib(1)=1; fib(2)=1;k=3; fib =while k <= 7

fib(k)=fib(k-2)+fib(k-1);k=k+1;

endfib

c) fzero(@(x) cos(x),1)

d) f = @ (x) x^2;a = 0; b = 4; n=1;

IT = MetodeTrapezi(f,a,b,n) IT =

2. [1 punts] Expliqueu que fan les seguents lınies de codi:

xpb = [-1,0,3,-3];ypb = [8,5,224,-160];a = polyfit(xpb,ypb,2)

Nom i cognoms Grup Calculadora Numero estudiant

RESPONEU LES PREGUNTES EN FULLS SEPARATSEN CADA FULL OMPLIU EL QUADRE DE DALT

Segon Parcial. 08/06/2017. CNED - 2016/2017 Q2

1. [2 punts] Considereu l’equacio diferencial seguent: y′′(t) + 6y′(t) + 9y(t) = e−3t − 1

a) [1 punt] Trobeu la solucio general de l’EDO homogenia associada.

yh(t) =

b) [1 punt] Trobeu una solucio particular de l’EDO mitjancant el metode de variacio de les constants, i escriviula solucio general de l’EDO no homogenia. Heu de retornar la solucio el mes simplificada possible.

y(t) =

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

2. [3 punts]

a) [1 punt] Trobeu la solucio al problema de valor inicial donat per l’equacio diferencial ordinaria y′ =y − y′

x2

i la condicio inicial y(0) = e2. Heu de fer servir que l’EDO es separable.

y(x) =

b) [1 punt] Trobeu la solucio general de l’EDO: sec(x)y′+csc(x)y = cos(x), on sec(x) = 1/ cos(x) i csc(x) = 1/ sin(x).

y(x) =

c) [1 punt] L’equacio de Verhulst s’utilitza per modelitzar el creixement de poblacions: el creixement d’un cultiu debacteris, el nombre d’infectats per una certa malaltia, etc. Aquesta equacio s’expresa de la seguent manera:

dP (t)

dt= rP (t)(Pmax − P (t)),

on Pmax = 100 es la poblacio maxima. Assumint que la poblacio inicial es P (0) = 10 i que el coeficient r = 1/100,useu el metode d’Euler per aproximar la poblacio en temps t = 2 usant una longitud de pas h = 1.

A mes, es conegut que la solucio d’aquesta EDO ve donada per: P (t) =PmaxP (0)ePmaxrt

Pmax + P (0)(ePmaxrt − 1).

Sabent aixo calculeu el valor de l’error global comes per h = 1, Eg(h = 1). Doneu una aproximacio de l’error globalque cometrıem si escollıssim h = 1/100, Eg(h = 1/100).

P (2) ≈

Eg(h = 1) = Eg(h = 1/100) ≈

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

3. [2 punts]

a) [1 punt] Trobeu f(t) tal que L{f(t)}(s) =s

s2 − 4s+ 13.

f(t) =

b) [1 punt] Resoleu el seguent problema de valor inicial utilitzant la transformada de Laplace.

!y′(t) + 2y(t) = −10e3t

y(0) = 1

y(t) =

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

4. [1 punt] Considereu el senyal periodic definit en [−4, 4] com

f(t) =

!4 si t ∈ [−2, 2],

0 si t ∈ [−4,−2) ∪ (2, 4].

a) [0.75 punts] Calculeu la serie de Fourier associada al senyal donat f(t).

f(t) =

b) [0.25 punts] Raoneu si les sumes parcials de Fourier de la serie de l’apartat anterior mostraran el fenomen deGibbs, i en cas afirmatiu, digueu en quins punts passara.

Punts:

Explicacio:

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

5. [2 punts] Denotem I =

" 3

0

ex dx

a) [1 punt] Trobeu una aproximacio al valor de I amb el metode de Simpson compost amb 3 subintervals.

I ≈

b) [1 punt] Calculeu l’error absolut comes amb l’aproximacio de l’apartat a) i feu una prediccio de l’error que cometremutilitzant el metode de Simpson compost amb 30 subintervals.

ES(n = 3) = ES (n = 30) ≈

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

MATLAB. 08/06/2017. CNED - 2016/2017 Q2

[MATLAB - 10% de la nota final de l’assignatura]

1. [9 punts] Indiqueu quin resultat retorna Matlab per pantalla en executar les seguents comandes.

a) x = [3 1 5 7 9 2 6];y = [2;3;4;6;7;1;3];A = [1 2 3 4;5 6 7 8;9 10 11 12];

a = x([1 6 2 1 1]) a = 3 2 1 3 3

b = [x ; y’] b =3 1 5 7 9 2 62 3 4 6 7 1 3

c = sum(x) c = 33

d = x*y d = 154

e = A([1,4],[1,4]) e = Error. Index exceeds matrix dimensions.

f = x.^2 f = 9 1 25 49 81 4 36

b) fib = zeros(1,7);fib(1)=1; fib(2)=1;k=3; fib = 1 1 2 3 5 8 13while k <= 7

fib(k)=fib(k-2)+fib(k-1);k=k+1;

endfib

c) fzero(@(x) cos(x),1) 1.570796326794897

d) f = @ (x) x^2;a = 0; b = 4; n=1;

IT = MetodeTrapezi(f,a,b,n) IT = 32

2. [1 punts] Expliqueu que fan les seguents lınies de codi:

xpb = [-1,0,3,-3];ypb = [8,5,224,-160];a = polyfit(xpb,ypb,2)

Calculen la parabola que millor aproxima les dades donades pels vectors xpb (en l’eix OX) i ypb (en l’eix OY)segons el criteri de mınims quadrats.En el vector a Matlab ens retorna els coeficients de la parabola de la seguent manera:a=[a2,a1,a0]de manera que p(x) = a2 · x2 + a1 · x+ a0

Nom i cognoms Grup Calculadora Numero estudiant

RESPONEU LES PREGUNTES EN FULLS SEPARATSEN CADA FULL OMPLIU EL QUADRE DE DALT

Segon Parcial. 08/06/2017. CNED - 2016/2017 Q2

1. [2 punts] Considereu l’equacio diferencial seguent: y′′(t) + 6y′(t) + 9y(t) = e−3t − 1

a) [1 punt] Trobeu la solucio general de l’EDO homogenia associada.

yh(t) = C1e−3t + C2te

−3t = (C1 + C2t)e−3t , ∀C1, C2 ∈ R

b) [1 punt] Trobeu una solucio particular de l’EDO mitjancant el metode de variacio de les constants, i escriviula solucio general de l’EDO no homogenia. Heu de retornar la solucio el mes simplificada possible.

y(t) = (C1 + C2t+1

2t2)e−3t −

1

9

Solucio.

a) Es tracta en aquest cas de resoldre l’equacio diferencial lineal de segon ordre amb coeficients constants:

y′′h(t) + 6y′h(t) + 9yh(t) = 0.

Per tant, la seva solucio general sera de la forma

yh(t) = C1y1(t) + C2y2(t),

per a C1 i C2 constants reals qualssevol i les solucions y1(t) i y2(t) vindran determinades per les arrels de l’equaciocaracterıstica associada

s2 + 6s+ 9 = 0.

Com que s2+6s+9 = (s+3)2 = 0, aquesta equacio te una unica arrel doble s = −3. Per tant tenim que y1(t) = e−3t

i y2(t) = te−3t i llavors la solucio general de l’EDO homogenia es de la forma

yh(t) = C1e−3t + C2te

−3t = (C1 + C2t)e−3t,

per a C1 i C2 constants reals qualssevol.

b) Com s’indica a l’enunciat hem de trobar la solucio particular utilitzant el metode de variacio de les constants.Observem pero que en aquest cas tambe es podria resoldre pel metode de coeficients indeterminats.

Calcularem una solucio particular yp(t) de

y′′p (t) + 6y′p(t) + 9yp(t) = e−3t − 1

buscant una solucio de la formayp(t) = K1(t)e

−3t +K2(t)te−3t,

per a sengles funcions K1(t) i K2(t). Aquestes funcions es poden calcular resolent el sistema(y1(t) y2(t)y′1(t) y′2(t)

)(K ′

1(t)K ′

2(t)

)=

(0f(t)

)

on f(t) = e−3t − 1, y1(t) = e−3t i y2(t) = te−3t.

Per tant per obtenir K ′1(t) i K

′2(t) hem de resoldre el sistema,(e−3t te−3t

−3e−3t e−3t − 3te−3t

)

︸ ︷︷ ︸V

(K ′

1(t)K ′

2(t)

)=

(0e−3t − 1

).

Per resoldre el sistema podem utilitzar el metode de Gauss observant que si fem f2 ← f2 + 3f1 obtenim la matriutriangular: (

e−3t te−3t

0 e−3t

)(K ′

1(t)K ′

2(t)

)=

(0e−3t − 1

)

i dividint per tots els termes per e−3t > 0 arribem a:(1 t0 1

)(K ′

1(t)K ′

2(t)

)=

(01− e3t

).

Per tant, de la segona equacio obtenim:K ′

2(t) = 1− e3t

i de la primeraK ′

1(t) + tK ′2(t) = 0 =⇒ K ′

1(t) = −tK′2(t) = −t(1− e3t).

Alternativament tambe podem fer servir el metode de Cramer d’on:

det(V ) = e−6t − 3te−6t + 3te−6t = e−6t

K ′1(t) =

∣∣∣∣0 te−3t

e−3t − 1 e−3t − 3te−3t

∣∣∣∣

det(V )=−te−6t + te−3t

e−6t= −t+ te3t = −t(1− e3t)

K ′2(t) =

∣∣∣∣e−3t 0−3e−3t e−3t − 1

∣∣∣∣

det(V )=

e−6t − e−3t

e−6t= 1− e3t.

Finalment, per obtenir la solucio particular calculem K1(t) i K2(t) calculant les integrals de K ′1(t) i K

′2(t) respecti-

vament. D’aquesta manera

K2(t) =

∫K ′

2(t)dt =

∫(1− e3t)dt = t−

1

3e3t

K1(t) =

∫K ′

1(t)dt =

∫−t(1− e3t)dt =

(∗)−t(t−

1

3e3t) +

∫ (t−

e3t

3

)dt

(∗) integracio per parts

∫udv = uv −

∫vdu

⎡

⎣u = −t =⇒ du = −dt

dv = (1− e3t)dt =⇒ v = t−1

3e3t

⎤

⎦

= −t2 +t

3e3t +

t2

2−

e3t

9= −

1

2t2 +

t

3e3t −

1

9e3t

La solucio particular trobada es doncs,

yp(t) = (−1

2t2 +

t

3e3t −

1

9e3t)e−3t + (t−

1

3e3t)te−3t

que simplificant queda

yp(t) = −1

2t2e−3t +

t

3−

1

9+ t2e−3t −

t

3=

1

2t2e−3t −

1

9.

Finalment, ajuntant els resultats dels apartats a) i b) tenim que la solucio general de l’EDO ve donada per

y(t) = yh(t) + yp(t) = C1e−3t + C2te

−3t +1

2t2e−3t −

1

9= (C1 + C2t+

1

2t2)e−3t −

1

9.

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

2. [3 punts]

a) [1 punt] Trobeu la solucio al problema de valor inicial donat per l’equacio diferencial ordinaria y′ =y − y′

x2

i la condicio inicial y(0) = e2. Heu de fer servir que l’EDO es separable.

y(x) = earctan(x)+2

b) [1 punt] Trobeu la solucio general de l’EDO: sec(x)y′+csc(x)y = cos(x), on sec(x) = 1/ cos(x) i csc(x) = 1/ sin(x).

y(x) =C

sin(x)−

1

3

cos3(x)

sin(x)

c) [1 punt] L’equacio de Verhulst s’utilitza per modelitzar el creixement de poblacions: el creixement d’un cultiu debacteris, el nombre d’infectats per una certa malaltia, etc. Aquesta equacio s’expresa de la seguent manera:

dP (t)

dt= rP (t)(Pmax − P (t)),

on Pmax = 100 es la poblacio maxima. Assumint que la poblacio inicial es P (0) = 10 i que el coeficient r = 1/100,useu el metode d’Euler per aproximar la poblacio en temps t = 2 usant una longitud de pas h = 1.

A mes, es conegut que la solucio d’aquesta EDO ve donada per: P (t) =PmaxP (0)ePmaxrt

Pmax + P (0)(ePmaxrt − 1).

Sabent aixo calculeu el valor de l’error global comes per h = 1, Eg(h = 1). Doneu una aproximacio de l’error globalque cometrıem si escollıssim h = 1/100, Eg(h = 1/100).

P (2) ≈ 34.39 // Tenint en compte que P es un valor poblacional, es podria considerar P (2) ≈ 34

Eg(h = 1) = 10.69530604 Eg(h = 1/100) ≈ 0.10695306

Solucio.

a) La EDO del PVI es una edo tant lineal com separable, pero ens diuen que la resolem mitjancant variables separables.

Per a fer-ho, primer separem les variables a banda i banda de la igualtat:

y′ =y − y′

x2=⇒ y′x2 = y − y′ =⇒ y′(x2 + 1) = y =⇒

1

yy′ =

1

x2 + 1.

Integrant a banda i banda s’obte:∫

1

ydy =

∫1

x2 + 1dx+ C =⇒ ln(|y|) = arctan(x) + C.

Aıllant y obtenim la solucio explıcita general de l’EDO

|y| = earctan(x)+C = eCearctan(x) on C ∈ R,

que podem reescriure comy(x) = ±eCearctan(x) on C ∈ R

= ±Cearctan(x) on C ∈ R+

= Cearctan(x) on C ∈ R− {0}.

Per trobar la solucio particular hem d’imposar la condicio inicial y(0) = e2, tenint en compte que arctan(0) = 0.Aixo ho podem fer en qualssevol de les tres formes de les constants (en els tres casos trobarem la mateixa solucioparticular):

y(0) = ±eCearctan(0)) = eC = e2 =⇒ C = 2 i signe positiu =⇒ y(x) = e2earctan(x) = earctan(x)+2

= ±Cearctan(0) = ±C = e2 =⇒ C = e2 i signe positiu =⇒ y(x) = e2earctan(x) = earctan(x)+2

= Cearctan(0) = C = e2 =⇒ C = e2 =⇒ y(x) = e2earctan(x) = earctan(x)+2.

Per tant, la solucio del PVI esy(x) = earctan(x)+2.

b) La EDO que ens donen es una lineal, i per tant, el primer que farem sera passar-la a forma canonica:

sec(x)y′ + csc(x)y = cos(x) =⇒1

cos(x)y′ +

1

sin(x)y = cos(x) =⇒ y′ +

cos(x)

sin(x)︸ ︷︷ ︸

p(x)

y = cos2(x)︸ ︷︷ ︸

q(x)

.

Sabem que la solucio a una EDO lineal es resol utilitzant un factor integrant µ(x), i que en aquest cas, la solucio vedonada per

y(x) =1

µ(x)(

∫µ(x)q(x)dx + C) , µ(x) = e

!p(x)dx.

Calculem primer el factor integrant:

∫p(x)dx =

∫cos(x)

sin(x)dx = ln | sin(x)| =⇒ µ(x) = e

!p(x)dx = eln | sin(x)| = | sin(x)|.

Recordem pero que els factors integrants no son unics. Si | sin(x)| es factor integrant, tambe ho sera sin(x). Pertant, per simplificar calculs prendrem µ(x) = sin(x).

En aquest punt, es important comprovar que realment el factor integrant l’hem calculat correctament comprovant sila les derivades que apareixen a la edo, al multiplicar-la pel factor integrant, se’ns converteixen en la derivada d’unproducte. Efectivament

[y′ +

cos(x)

sin(x)y = cos2(x)

]× sin(x) =⇒ sin(x)y′ + cos(x)y

︸ ︷︷ ︸d

dt(µy)=

d

dt(sin(x)y)

= sin(x) cos2(x)

Per tant la edo la podem reescriure despres de multiplicar pel factor integrant com:

d

dt(sin(x)y) = sin(x) cos2(x) =⇒ sin(x)y =

∫sin(x) cos2(x)dx+C =⇒ y(x) =

1

sin(x)

(∫sin(x) cos2(x)dx + C

)

Utilitzant la formula donada al principi de l’exercici arribem al mateix resultat.

y(x) =1

µ(x)

(∫µ(x)q(x)dx + C

)=

1

sin(x)

(∫sin(x) cos2(x)dx + C

)

=1

sin(x)

(−cos3(x)

3+ C

).

c) La EDO que hem d’aproximar esP ′(t) = rP (t)(Pmax − P (t)).

Si usem les dades de l’enunciat obtenim

P ′(t) =1

100P (t)(100− P (t)) = P (t)

(1−

P (t)

100

).

La formula de calcul de l’aproximacio de la solucio mitjancant el metode d’Euler es

Pi+1 = Pi + hf(ti, Pi),

on en aquest cas

f(t, P ) = P

(1−

P

100

)=⇒ f(ti, Pi) = Pi

(1−

Pi

100

).

Addicionalment, utilitzant la condicio inicial de la edo sabem que P0 = P (0) = 10.

Per tant, per calcular l’aproximacio de l’edo hem d’utilitzar el pas de temps h = 1 i

P0 = 10 i Pi+1 = Pi + hPi(1 − Pi/100) = Pi + Pi(1− Pi/100).

D’aquesta manera tenim:

P1 = P0 + P0(1− P0/100) = 10 + 10(1− 10/100) = 19

P2 = P1 + P1(1− P1/100) = 19 + 19(1− 19/100) = 34.39.

Per tant, el valor que ens demanen esP (2) ≈ P2 = 34.39.

Per calcular l’error global associat al pas de temps h = 1, hem de calcular

Eg(h = 1) = P (2)− P2,

on P (2) es el valor de la solucio exacta en t = 2. El valor exacte de la solucio el trobem substituınt a la solucio queens dona l’enunciat:

P (2) =PmaxP (0)ePmaxr·2

Pmax + P (0)(ePmaxr·2 − 1)=

100 · 10e1001

1002

100 + 10(e1001

1002 − 1)

≈ 45.08530604.

Per tantEg(1) = P (2)− P2 ≈ 45.08530604− 34.39 = 10.69530604.

Finalment, com que el metode d’Euler es lineal, Eg(h) = O(h) ≈ C · h, si dividim h per 100 aleshores Eg tambe esdivideix per 100. Es a dir

Eg(h = 1/100) ≈Eg(h = 1)

100≈

10.69530604

100≈ 0.10695306.

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

3. [2 punts]

a) [1 punt] Trobeu f(t) tal que L{f(t)}(s) =s

s2 − 4s+ 13.

f(t) = e2t cos(3t) +2

3e2t sin(3t)

b) [1 punt] Resoleu el seguent problema de valor inicial utilitzant la transformada de Laplace.

{y′(t) + 2y(t) = −10e3t

y(0) = 1

y(t) = −2e3t + 3e−2t

Solucio.

a) Observem que

F (s) = L{f(t)}(s) =s

s2 − 4s+ 13=⇒ f(t) = L−1{F (s)}(t) = L−1

{s

s2 − 4s+ 13

}(t)

per tant hem de calcular l’antitransformada de la funcio donada.

Primer hem de veure si s2 − 4s + 13 te arrels reals (i per tant hem d’escriure la transformada com una suma defraccions simples) o no (i per tant hem de completar quadrats).

Com que el discriminant es negatiu (∆ = 42 − 4 · 13 = −36) hem de completar quadrats:

s2 − 4s+ 13 = s2 − 4s+ 4 + 9 = (s− 2)2 + 9

D’on:

F (s) =s

s2 − 4s+ 13=

s

(s− 2)2 + 9=

s− 2 + 2

(s− 2)2 + 32=

(s− 2)

(s− 2)2 + 32+2

1

(s− 2)2 + 32=

(s− 2)

(s− 2)2 + 32+2

3

3

(s− 2)2 + 32.

Aixı doncs, utilitzant la linealitat de la transformada de Laplace tenim que l’antitransformada de la funcio es:

f(t) = L−1 {F (s)} = L−1

{(s− 2)

(s− 2)2 + 32

}+

2

3L−1

{3

(s− 2)2 + 32

}= e2t cos(3t) +

2

3e2t sin(3t).

b) Aplicant la transformada de Laplace a l’equacio diferencial i utilitzant-ne les propietats tenim l’equacio subsidiaria:

L{y′(t) + 2y(t)

}(s) = L{−10e3t}(s)

L{y′(t)}(s) + 2L{y(t)}(s) = −10L{e3t}(s) (Linealitat)

sL{y(t)}(s)− y(0) + 2L{y(t)}(s) = −101

s− 3(Derivacio temporal)

Utilitzant la notacio Y (s) = L{y(t)}(s) i substituint la condicio inicial y(0) = 1 obtenim que:

sY (s)− 1 + 2Y (s) =−10

s− 3

(s+ 2)Y (s) =−10

s− 3+ 1

Y (s) =s− 13

(s− 3)(s+ 2)

Per calcular l’antitransformada descomposem en fraccions simples:

Y (s) =s− 13

(s− 3)(s+ 2)=

A

s− 3+

B

s+ 2=

A(s+ 2) +B(s− 3)

(s− 3)(s+ 2),

d’on tenim que per trobar els valors d’A i B hem de resoldre l’equacio s− 13 = A(s+ 2) +B(s− 3).

Podem trobar els valors d’A i B donant valors a s:

s = −2 =⇒ −15 = −5B =⇒ B = 3

s = 3 =⇒ −10 = 5A =⇒ A = −2

Aixı doncs

Y (s) = L{y(t)}(s) = −21

s− 3+ 3

1

s+ 2,

d’on calculant l’antitransformada obtenim:

y(t) = L−1

{−2

1

s− 3+ 3

1

s+ 2

}(t) = −2e3t + 3e−2t

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

4. [1 punt] Considereu el senyal periodic definit en [−4, 4] com

f(t) =

{4 si t ∈ [−2, 2],

0 si t ∈ [−4,−2) ∪ (2, 4].

a) [0.75 punts] Calculeu la serie de Fourier associada al senyal donat f(t).

f(t) = f(t) = 2 +8

π

+∞∑

n=1

1

nsin

(nπ2

)cos

(nπ4t)= 2 +

8

π

+∞∑

n=1,5,9,...

1

ncos

(nπ4t)−

8

π

+∞∑

n=3,7,11,...

1

ncos

(nπ4t)

b) [0.25 punts] Raoneu si les sumes parcials de Fourier de la serie de l’apartat anterior mostraran el fenomen deGibbs, i en cas afirmatiu, digueu en quins punts passara.

Punts: t = ±2 en l’interval [−4, 4] i t = ±2 + 8k, k ∈ Z a tot R

Explicacio:

Com que el senyal f(t) es discontinu en tots els punts t = ±2 + 8k, k ∈ Z,en tots aquests punts les sumes parcials de Fourier mostraran el fenomen de Gibbs.

Solucio.

a) Hem de calcular la serie de Fourier d’una funcio de periode T = 8 (L=4) i, per tant, amb frequencia angularfonamental

ω = 2πf =2π

T=

2π

8=

π

4.

A mes, el senyal f(t) te simetria parell com es pot veure a la seguent figura

Per tant, la serie de Fourier no incloura termes de sinus, es a dir, bn = 0 i l’expressio de la serie es de la forma

f(t) =a02

++∞∑

n=1

an cos(nπ

4t).

Addicionalment, recordem que en aquest cas, per simetria, el calcul dels coeficients es pot fer tenint en compte elsvalors de la funcio nomes en la meitat de l’interval [0, 4]. Comencem pel calcul del coeficient a0:

a0 =1

L

∫ L

−L

f(t)dt =2

L

∫ L

0f(t)dt =

2

4

∫ 4

0f(t)dt =

1

2

∫ 2

04dt = 2[t]20 = 2 · 2 = 4.

Per tant obtenim quea02

= 2, que tambe podriem haver deduit raonant que el valor d’a02

correspon al valor mitja

del senyal f(t).

Calculem ara el valor d’an. Al ser una funcio parell, nomes cal calcular la integral de 0 a L multiplicada per 2,

an =2

L

∫ L

0f(t) cos (nωt) dt =

2

4

∫ 4

0f(t) cos

(nπ

4t)dt =

1

2

∫ 2

04 cos

(nπ4t)dt = 2

∫ 2

0cos

(nπ4t)dt

= 2 ·4

nπ

[sin

(nπ4t)]2

0=

8

nπ

[sin

(nπ2

)− sin (0)

]=

8

nπsin

(nπ2

)

=

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎩

0 si n es parell

8

nπsi n = 1, 5, 9, 13, . . .

−8

nπsi n = 3, 7, 11, 15, . . .

=

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎩

0 si n es parell

8

nπsi n = 1 + 4k, k ∈ N

−8

nπsi n = 3 + 4k, k ∈ N

De manera que l’expressio de la serie de Fourier es

f(t) = 2 +8

π

+∞∑

n=1

1

nsin

(nπ2

)cos

(nπ4t)= 2 +

8

π

+∞∑

n=1,5,9,...

1

ncos

(nπ4t)−

8

π

+∞∑

n=3,7,11,...

1

ncos

(nπ4t).

b) Com que el senyal f(t) es discontinu en t = ±2 en l’interval [−4, 4], en tots aquests punts les sumes parcials deFourier mostraran el fenomen de Gibbs, com es mostra en les seguents figures

Addicionalment, si considerem el senyal en tots els temps, aquestes discontinuitats tambe apareixen en els punts dela forma t = ±2 + 8k, k ∈ Z, es a dir, en aquests punts tambe es mostra el fenomen de Gibbs, com es mostra acontinuacio

Nom i cognoms Grup Numero estudiant

5. [2 punts] Denotem I =

∫ 3

0ex dx

a) [1 punt] Trobeu una aproximacio al valor de I amb el metode de Simpson compost amb 3 subintervals.

I ≈ 19.09197166

b) [1 punt] Calculeu l’error absolut comes amb l’aproximacio de l’apartat a) i feu una prediccio de l’error que cometremutilitzant el metode de Simpson compost amb 30 subintervals.

ES(n = 3) = 0.00643474 ES (n = 30) ≈ 0.000000643474

a) L’aproximacio que obtenim amb el metode de Simpson compost amb n = 3 −→ h = 1 es:

IS =1

6(f(0) + 4f(1/2) + f(1)) +

1

6(f(1) + 4f(3/2) + f(2)) +

1

6(f(2) + 4f(5/2) + f(3)) = 19.09197166

b) Per calcular l’error exacte, calculem el valor exacte de la integral I

I =

∫ 3

0ex dx = e3 − e0 = 20.08553692− 1 = 19.08553692.

Llavors l’error absolut exacte comes esES = I − IS = 0.00643474.

Addicionalment, sabem que la convergencia del metode de Simpson es d’ordre 4, es a dir,

ES(h) ≈ Ch4 =⇒ ES(n) =C

n4.

Per aproximar l’error per n = 30, observem que n = 30 = 10× 3 = 10× n i per tant

ES (n = 30) ≈=ES (n = 3)

104=

0.00643474

104= 0.000000643474.