C´ alculo. 1 de septiembre de 2005

(1)

C´ alculo. 1 de septiembre de 2005

Cuestiones

1. Si una funci´on f (x, y) es continua en (0, 0), entonces:

¤ a) f (0, 0) = 0. ¤ b) lim

(x,y)→(0,0)f (x, y) = 0.

¤ c) f es diferenciable en (0,0). ¥ d) ninguna de las anteriores.

Soluci´on

:

Si una funci´on f (x, y) es continua en (0, 0), se cumple que lim

(x,y)→(0,0)f (x, y) existe y vale f (0, 0). Sin embargo, f (0, 0) no tiene por qu´e valer 0. Asimismo, toda funci´on diferenciable en un punto, es continua. Pero, ser continua, no implica ser diferenciable.

2. Si f (x) = e^x− x² y g(x, y) = 2x − 3y², entonces f ◦ g es igual a:

¤ a) 2e^x− 2x²− 3y. ¥ b) e^2x−3y² − (2x − 3y²)².

¤ c)2x − 3(e^x− x²)². ¤ d) Estas funciones no pueden componerse.

Soluci´on

:

Ambas funciones pueden componerse, para lo cual hay que sustituir la expresi´on de g(x, y) en la x de la expresi´on de f (x):

(f ◦ g)(x, y) = f (g(x, y)) = f (2x − 3y²) = e^2x−3y² − (2x − 3y²)².

3. La serie X∞ n=1

sen µ1

n

¶ :

¤ a)es convergente y la suma vale 0. ¤ b) no es una serie de t´erminos positivos.

¥ c)no es convergente. ¤ d) Es absolutamente convergente.

Soluci´on

:

Utilizamos el criterio de comparaci´on por paso al l´ımite. Como sabemos, las funciones f (x) = sen(x) y g(x) = x son infinit´esimos equivalentes cuando x tiende a cero, lo que siginifica que

x→0lim

sen(x) x = 1.

Como la sucesi´on a_n= 1/n tiende a cero, se verifica

n→∞lim

sen(1/n)

1/n = 1 6= 0.

El criterio de comparaci´on por paso al l´ımite dice que, por ello, las series X∞ n=1

sen µ1

n

¶ y X∞

n=1

1

n tienen el mismo caracter. Esta ´ultima, la serie arm´onica, se sabe que es divergente, por tanto,

X∞

sen(1/n) tampoco es convergente.

(2)

4. El gradiente de la funci´on f (x, y) = x²y²− sen(xy) en (0,0) vale:

¥ a) (0, 0). ¤ b) (1, 0).

¤ c) (0, 1). ¤ d) (1, 1).

Soluci´on

:

La derivadas parciales de la funci´on son:

∂f

∂x(x, y) = 2xy²− y cos(xy) ∂f

∂y(x, y) = 2x²y − x cos(xy)

Sustituyendo (x, y) por (0, 0) en ambas funciones, se obtiene que el vector gradiente de f en (0, 0) es (0, 0):

∇f (0, 0) = µ∂f

∂x(0, 0),∂f

∂y(0, 0)

¶

= (0, 0).

¦

Problemas

1. Calcula, si existe,

(x,y)→(0,0)lim

y²senx x² + y²

Soluci´on

:

Si se observa la funci´on a la que se pretende calcular el l´ımite, se percibe que es el producto de dos factores

y²senx

x²+ y² = y²

x²+ y² · senx

Uno de ellos es acotado y²/(x²+ y²) ≤ 1, puesto que el numerador siempre es m´as peque˜no que el denominador, y el otro tiene l´ımite cero lim

x→(0,0)sen x = 0. Por tanto,

(x,y)→(0,0)lim

y²senx x²+ y² = 0

2. Calcula una aproximaci´on de ln 1.5 mediante un polinomio de Taylor de orden 4. Da una cota del error cometido.

Soluci´on

:

Lo primero es considerar una función f y un punto x₀de forma que f (x₀) sea igual al número que se pretende aproximar (no hay una única f ni un único x₀ que verifiquen ésto).

Para este caso, se puede tomar f (x) = ln(x) y x₀ = 1.5. O tambi´en g(x) = ln(x + 1) y x0 = 0.5.

(3)

Lo siguiente es considerar un punto a cercano a x₀ y calcular el polinomio de Taylor de f centrado en dicho a de orden 4 porque este polinomio toma valores similares a f en un entorno de a.

Si se considera f (x) = ln(x) y x0 = 1.5, debemos tomar a = 1. Y si se toma g(x) = ln(x + 1) y x₀ = 0.5, hay que tomar a = 0. En ambos casos, la dificultad es pr´acticamente la misma.

Elegimos el primero de ellos.

A continuaci´on, se calculan las derivadas sucesivas de f (x) = ln(x) y se eval´uan en x₀ = 1 f (x) = ln(x) f (1) = ln1 = 0

f⁰(x) = 1

x f⁰(1) = 1 f⁰⁰(x) = − 1

x² f⁰⁰(1) = −1 f⁰⁰⁰(x) = 2

x³ f⁰⁰⁰(1) = 2 f^iv)(x) = −6

x⁴ f^iv)(1) = −6 Por tanto, el polinomio de Taylor de orden 4 queda:

T_4,1,f(x) = (x−1)−(x − 1)²

2! +2(x − 1)³

3! −6(x − 1)⁴

4! = (x−1)−(x − 1)²

2 +(x − 1)³

3 −(x − 1)⁴ 4 Para aproximar ln1.5 se toma el valor que resulta al sustituir 1.5 en el polinomio de Taylor de orden 4 de la funci´on f centrado en a = 1.

ln1.5 ' T_4,1,f(1.5) = (1.5 − 1) − (1.5 − 1)²

2 + (1.5 − 1)³

3 − (1.5 − 1)⁴

4 =

0.5 − 0.5²

2 +0.5³

3 − 0.5⁴

4 = 0.4010

Para estimar el error cometido al tomar la aproximación anterior en lugar del verdadero valor de ln1.5, se usa la expresión que el teorema de Taylor proporciona para el resto de Taylor (error cometido) de una función f centrado en un punto a (en este caso, a = 1) de orden n (en este caso, n = 4).

R_4,1,f(x) = f^v)(c)

5! (x − 1)⁵ siendo c ∈ (1, x) ´o (x, 1) Como f^v)(x) = 24

x⁵, tomando x = 1.5, la expresi´on del resto de Taylor queda

R_4,1,f(1.5) = 24

c⁵

5!(1.5 − 1)⁵ = 1 60

1

c⁵ donde c ∈ (1, 1.5)

(4)

• Se considera el valor absoluto del error:

|R4,1,f(1.5)| =

¯¯

¯¯ 1 60

1 c⁵

¯¯

¯¯ = 1 60

1

c⁵, puesto que c es un n´umero positivo.

• Se intenta buscar una cota superior para la parte de la expresión del resto donde está involucrado el término c, cuyo valor exacto se desconoce. Lo único que se sabe de él es que 1 < c < 1.5. Como la función x⁵ es creciente, también se tiene 1 ≤ c⁵ ≤ 1.5⁵, con lo cual, para los inversos se cambian las desigualdades de sentido y se satisface 1 ≥ 1

c⁵ ≥ 1

1.5⁵. Como lo que se busca es una cota superior para el resto, nos quedamos con que

1

c⁵ ≤ 1 (1)

• Si volvemos a la expresión del valor absoluto del resto, vemos que se tiene el factor que contiene al término c y otro factor más, que no hay que acotar porque su valor es conocido, 1/60. Como es un número positivo, si en la desigualdad 1 multiplicamos en ambos miembros por él, la desigualdad no cambia de sentido, obteniéndose as´ı:

|R_4,1,f(1.5)| = 1 60

1 c⁵ ≤ 1

60 · 1 por tanto |R_4,1,f(1.5)| ≤ 1 60.

3. Determina los extremos absolutos de la funci´on f (x, y) = x²+ y²− 2y + 4 en el semic´ırculo delimitado por y ≥ 0, x²+ y² ≤ 4.

Soluci´on

:

Para calcular los extremos de la funci´on f (x, y) en el semic´ırculo, que determinan las re- stricciones y ≥ 0, x²+ y² ≤ 4

-2 2

2

-2 2

2

se distinguen entre

(a) candidatos a extremos que se encuentran en el interior del c´ırculo y (b) candidatos a extremos que se encuentran en la frontera.

(5)

(a) Para calcular los primeros, se calculan los puntos cr´ıticos de f (sin tener en cuenta la restricci´on) y se comprueba si alguno de ellos, pertenece al interior del semic´ırculo.

∂f

∂x(x, y) = 2x = 0

∂f

∂y(x, y) = 2y − 2 = 0











x = 0 y = 1

Como el punto (0, 1), verifica las restricciones, es decir 0²+ 1² ≤ 4 y 1 ≥ 0

el ´unico punto cr´ıtico de f , P₁ = (0, 1), es candidato a extremo condicionado.

(b) Por otro lado, debemos calcular los candidatos a extremos que quedan sobre la frontera, es decir,

(b.1) sobre la semicircunferencia de ecuaci´on x² + y² = 4, y > 0 y

(b.2) el segmento correspondiente a la recta y = 0 considerada en el intervalo [−2, 2].

-2 2

2

(b.1) Consideramos la funci´on lagrangiana correspondiente a la restricci´on x²+ y² = 4 L(x, y, λ) = f (x, y) − λg(x, y) = x²+ y²− 2y + 4 − λ(x²+ y²− 4)

A continuaci´on, se calculan los puntos cr´ıticos de la funci´on lagrangiana:

∂L

∂x = 2x − 2xλ = 0

∂L

∂y = 2y − 2 − 2yλ = 0

∂L

∂λ = −(x² + y²− 4) = 0











Sacando factor común 2x en la primera ecuación 2x(1 − λ) = 0 se deduce x = 0 ó λ = 1

• Tomando x = 0 y sustituyendo en la tercera ecuaci´on, se obtiene y² = 4 luego x = ±2

De aqu´ı se obtienen dos puntos: (0, 2) y (0, −2). Como el segundo punto tiene la componente y, negativa (y = −2), se descarta por no pertenecer a la semicircunferencia determinada por la restricci´on. Entonces, ya tenemos otro de los candidatos a extremo de la funci´on:

P2 = (0, 2).

(6)

• Tomando λ = 1 y sustituyendo en la segunda ecuaci´on, se deduce 2y−2−2y = 0 ⇔ −2 = 0, lo cual es una contradicci´on, luego el valor λ = 1, es imposible.

(b.2) En el segmento y = 0 desde x = −2 hasta x = 2, se tienen dos puntos cr´ıticos correspondientes a los extremos de dicho segmento: P₃ = (−2, 0) y P₄ = (2, 0). Además, hay que considerar otros puntos cr´ıticos, que son los que anulen la primera derivada de la función de una variable que resulta al sustituir la restricción y = 0 en la función f (x, y):

g(x) = f (x, 0) = x²+ 4 g⁰(x) = 2x = 0 ⇔ x = 0

Por lo tanto, se obtiene un candidato m´as a extremo de la funci´on P₅ = (0, 0).

Ahora solamente queda evaluar la funci´on f (x, y) en cada uno de los posibles extremos:

f (P₁) = 3 f (P₂) = 4 f (P₃) = 8 = f (P₄) f (P₅) = 4

El valor más pequeño corresponde a P₁, con lo que (0, 1) es el punto de m´ınimo absoluto y el punto de máximo absoluto corresponde a (−2, 0) y (0, 2), que es donde la función alcanza el valor más grande.

4. Dada la funci´on

F (x) = x e^x−2 3

Z _x³

2

e^√³^tdt calcula su derivada y determina sus extremos relativos.

Soluci´on

:

Esta función es suma de otras dos funciones, luego la derivada es igual a la suma de las derivadas. En el segundo sumando aparece una expresión integral, por lo que habrá que emplear el teorema fundamental del Cálculo.

La funci´on f (t) = e^√³^t est´a definida y es continua en todo R, luego, G(x) = Z _x

2

e^√³^tdt es derivable en todo R y adem´as G⁰(x) = e³

√x. La expresi´on que debemos derivar en este

problema es G(x³) = Z _x³

2

e^√³^tdt. Por tanto, aplicando la regla de la cadena d

dt ÃZ _x3

2

e^√³^tdt

!

= G⁰(x³) · 3x² = e

√3

x³ = e^x· 3x².

Entonces, la derivada de F (x) queda:

F⁰(x) = 1 · e^x+ x · e^x− 2

3e^x· 3x² = e^x(1 + x − 2x²)

Para determinar los extremos relativos de la función F hay que determinar sus puntos cr´ıticos, que son aquellos en los que la función no es derivable (en este caso F es derivable en todo R) y los que anulan la primera derivada. Procedemos a calcular estos últimos:

F⁰(x) = 0 ⇔ e^x(1+x−2x²) = 0 ⇔ 1+x−2x² = 0 ya que la funci´on e^x no se anula nunca.

(7)

Resolviendo la ecuaci´on de segundo grado anterior, se obtienen dos puntos cr´ıticos: x₀ = 1 y x₁ = −1/2.

Lo último que hay que hacer es clasificar estos puntos cr´ıticos. Para saber si son máximos, m´ınimos o puntos de inflexión, los sustitu´ımos en la segunda derivada de la función:

F⁰⁰(x) = (1 − 4x)e^x+ (1 + x − 2x²)e^x = (2 − 3x − 2x²)e^x F⁰⁰(1) = −3e < 0; F⁰⁰(−1/2) = 3e^−1/2 > 0

Por lo tanto, x₀ = 1 es un m´aximo y x₁ = −1/2 es un m´ınimo.

5. Representa el recinto limitado por las curvas: y = 2, y = 0, x = −2, x = 2, y = 1 − x². Determina:

(a) El ´area del recinto.

(b) El volumen del s´olido de revoluci´on generado al girar dicho recinto alrededor del eje OX.

Soluci´on

:

En la figura siguiente, la zona sombreada corresponde al recinto citado:

-2 -1 1 2

0.5 1 1.5 2

-2 -1 1 2

0.5 1 1.5 2

(a) Al área comprendida entre la recta horizontal y = 2 y el eje de abcisas desde x = −2 hasta x = 2 (rectángulo de vértice opuestos los puntos (−2, 0) y (2, 2) debemos restarle el

área que queda entre la gráfica de la parábola y = 1 − x² y el eje de abcisas.

Area rect´angulo :´

Z ₂

−2

2 dx = 2 [x]²₋₂ = 2(2 − (−2)) = 8 Como la par´abola corta al eje de abcisas en los puntos x = −1 y x = 1,

Area par´abola :´

Z ₁

−1

1 − x²dx =

· x −x³

3

¸₁

−1

= µ

1 −1 3

¶

− µ

−1 −−1 3

¶

= 4 3 Entonces, el ´area del recinto queda

4 20

(8)

(b) Para calcular el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje OX, utilizamos el método de discos. Se puede hacer como en el caso del área, es decir haciendo la diferencia de dos volúmenes: el del sólido que genera la recta horizontal y = 2, V1, menos el del sólido que genera y = 1 − x², V₂. Por tanto,

V = V₁− V₂ = Z ₂

−2

π(2)²dx − Z ₁

−1

π(1 − x²)²dx = π Z ₂

−2

4 dx − π Z ₁

−1

1 + x⁴− 2x²dx =

4π [x]²₋₂− π

· x + x⁵

5 − 2x³ 3

¸₁

−1

= 16π − π µµ

1 + 1 5 − 21

3

¶

− µ

−1 + −1

5 − 2−1 3

¶¶

= 224π 15 Para terminar, un comentario:

dado que la función y = 1 − x² es simétrica respecto al eje de ordenadas, tanto el área como el volumen pedidos, se podr´ıan haber calculado solamente en uno de los cuadrantes y después multiplicar por 2. Sin embargo, se ha preferido hacer el problema sin tener en cuenta la simetr´ıa, para que pueda utilizarse el mismo procedimiento para funciones que no sean simétricas.

6. Estudia la convergencia de las siguientes series (a)

X∞ n=1

√n 2n²− 3n + 2. (b)

X∞ n=1

n eⁿ

Soluci´on

:

(a) El t´ermino general de la primera serie es “ casi” un cociente de polinomios. Para series de este tipo, en las que el exponente del denominador supera al del numerador, el procedimiento y el criterio que se pueden aplicar son siempre el mismo. Se intentar´a comparar la serie dada con una p - serie, de manera, que se “compense” la diferencia de exponentes entre el numerador y el denominador.

Obs´ervese que el siguiente cociente de sucesiones tiene l´ımite no nulo:

n→∞lim

n^1/2 2n²− 3n + 2

1 n^3/2

= lim

n→∞

n^1/2· n^3/2

2n²− 3n + 2 = lim

n→∞

n²

2n²− 3n + 2 = 1 2 6= 0

por lo tanto, las series X∞ n=1

√n

2n²− 3n + 2 y X∞ n=1

1

n^3/2 tienen el mismo car´acter. Como X∞ n=1

1 n^3/2 es una p-serie con p = 3/2 > 1, es convergente, lo cual implica que

X∞ n=1

√n

2n²− 3n + 2 tambi´en es convergente.

(9)

(b) Si escribimos el t´ermino general de otra manera X∞

n=1

n eⁿ =

X∞ n=1

n · µ1

e

¶_n

se observa que se trata de un serie aritmético geométrica de razón r = 1/e < 1, por tanto, convergente.

Tambi´en se puede usar el criterio del cociente:

n→∞lim a_n+1

an

= lim

n→∞

(n + 1) eⁿ⁺¹

n eⁿ

= lim

n→∞

(n + 1)eⁿ

ne⁽ⁿ⁺¹⁾ = lim

n→∞

n + 1 n · 1

e = 1 e < 1

por tanto, la serie X∞ n=1

n

eⁿ es convergente.

¦