c) Calcular las asíntotas horizontales y verticales de f y representar de forma aproximada

Universidade de Vigo

Departamento de Matemática Aplicada II E.T.S.I. Minas

C´alculo I

Curso 2011/2012 2 de julio de 2012

(3.75 p.) 1) Se considera la funci´on f : R → R definida por f (x) = e^x− 2

e^x+ 1.

a) Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f .

b) Determinar los intervalos de concavidad y convexidad de f y sus puntos de infle- xi´on.

c) Calcular las as´ıntotas horizontales y verticales de f y representar de forma apro- ximada la gr´afica de f .

d ) Calcular el polinomio de Taylor de grado menor o igual que 2 de f centrado en x₀= 0.

e) Hallar la expresi´on de la funci´on inversa f⁻¹ y calcular su dominio de definici´on.

(1.25 p.) 2) Calcular, si existen, los siguientes l´ımites:

(a) l´ım

x→π

sen(x + sen(x))

sen(x) ; (b) l´ım

(x,y,z)→(0,0,0)

1 − cos(xyz) x²y²z² .

(3 p.) 3) Se considera el campo escalar F : R³→ R definido por F (x, y, z) = x²+ ze^x+y+z− 1.

a) Calcular la tasa de crecimiento de F en el punto (1, 1, −2) en la direcci´on del vector v = (1, 1, 1).

b) Hallar la ecuaci´on del plano tangente a la superficie z = z(x, y) definida impl´ıci- tamente por la ecuaci´on F (x, y, z) = 0 en el punto (1, −1, 0).

c) Probar que F no alcanza m´aximos ni m´ınimos locales en ning´un punto de R³.

(2 p.) 4) Calcular el volumen m´aximo que puede encerrar una caja de zapatos rectangular si la suma del per´ımetro de su base m´as la altura es 2 metros.

SOLUCIONES PROBLEMA 1.

(a) La funci´on f es continua y derivable en R por ser cociente de funciones derivables cuyo denominador no se anula. Utilizando la f´ormula de la derivada de un cociente y simplificando, se obtiene que la derivada de f es

f⁰(x) = 3e^x

(e^x+ 1)², ∀ x ∈ R.

Como f⁰(x) > 0 para todo x ∈ R, f es estrictamente creciente en R.

(b) La derivada segunda de f es

f⁰⁰(x) = 3e^x(1 − e^x) (e^x+ 1)³ . Por tanto,

f⁰⁰(x) = 0 ⇐⇒ 1 − e^x = 0 ⇐⇒ e^x = 1 ⇐⇒ x = 0.

Como f⁰⁰(x) > 0 si x < 0 y f⁰⁰(x) < 0 si x > 0, se deduce que f es convexa en (−∞, 0), c´oncava en (0, ∞) y tiene un punto de inflexi´on en x = 0.

(c) Como f es continua en R, no tiene as´ıntotas verticales.

Para determinar las posibles as´ıntotas horizontales, calculamos los l´ımites de f en ±∞.

Usando la regla de L’Hˆopital, se tiene:

x→∞l´ım e^x− 2

e^x+ 1 = l´ım

x→∞

e^x e^x = 1.

Por otra parte, como l´ım

x→−∞e^x= 0,

x→−∞l´ım e^x− 2

e^x+ 1 = 0 − 2 0 + 1 = −2.

En consecuencia, las rectas y = −2 e y = 1 son as´ıntotas horizontales a la gr´afica de f en

−∞ y +∞ respectivamente.

La forma aproximada de la gr´afica de f se representa en la figura:

-4

-2 2 4

-2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.5 1.0

(d) De las expresiones de f y sus derivadas se obtiene:

f (0) = −1

2 ; f⁰(0) = 3

4 ; f⁰⁰(0) = 0 .

Por tanto el polinomio de Taylor de grado menor o igual que 2 de f centrado en 0 es p₂(x) = f (0) + f⁰(0)x +f⁰⁰(0)

2 x²= −1 2 +3

4x .

(e) Para obtener la expresi´on de f⁻¹, planteamos la ecuaci´on f (x) = y y despejamos y en funci´on de x:

f (x) = e^x− 2

e^x+ 1 = y ⇐⇒ e^x−2 = y(e^x+1) ⇐⇒ e^x(1−y) = 2+y ⇐⇒ e^x= 2 + y

1 − y ⇐⇒ x = ln 2 + y 1 − y

 . En consecuencia,

f⁻¹(x) = ln 2 + x 1 − x

 .

Para que el logaritmo neperiano est´e bien definido, la fracci´on debe ser positiva, es decir, los signos del numerador y el denominador deben coincidir. Como 2 + x > 0 ⇐⇒ x > −2 y 1 − x > 0 ⇐⇒ x < 1 los signos de (2 + x) y (1 − x) s´olo coinciden en el intervalo (−2, 1). Por tanto, el dominio de definici´on de f⁻¹ es el intervalo (−2, 1).

PROBLEMA 2.

(a) Dado que se trata de una indeterminaci´on del tipo 0/0, podemos usar la regla de L’Hˆopital:

x→πl´ım

sen(x + sen(x)) sen(x) = l´ım

x→π

cos(x + sen(x)) (1 + cos(x))

cos(x) = cos(π) (1 + cos(π))

cos(π) = 0.

(b) Para calcular l´ım

(x,y,z)→(0,0,0)

1 − cos(xyz)

x²y²z² , denotamos t = xyz.

Es claro que (x, y, z) → (0, 0, 0) =⇒ t → 0. Por tanto, l´ım

(x,y,z)→(0,0,0)

1 − cos(xyz) x²y²z² = l´ım

t→0

1 − cos(t) t² = l´ım

t→0

sen(t) 2t = l´ım

t→0

cos(t) 2 = 1

2, donde hemos utilizado dos veces la regla de L’Hˆopital.

PROBLEMA 3.

(a) La tasa de crecimiento de F en (1, 1, −2) en la direcci´on de v = (1, 1, 1) es la derivada direccional

D_~vF (1, 1, −2) = ∇F (1, 1, −2) · ~v k~vk

El gradiente de F en un punto (x, y, z) es

∇F (x, y, z) = 2x + z e^x+y+z, z e^x+y+z, (1 + z) e^x+y+z
. Por tanto, ∇F (1, 1, −2) = (0, −2, −1) y

D_~vF (1, 1, −2) = (0, −2, −1) ·(1, 1, 1)

√

3 = −3

√ 3 = −

√ 3 .

(c) La ecuaci´on del plano tangente en el punto (1, −1, 0) tiene la forma z − 0 = z_x(1, −1, 0) (x − 1) + z_y(1, −1, 0) (y + 1),

donde z_x y z_y son respectivamente las derivadas parciales de z(x, y) respecto de x e y.

La funci´on z = z(x, y) est´a definida impl´ıcitamente por la expresi´on F (x, y, z) = x²+ ze^x+y+z− 1 = 0.

Usando la regla de la cadena, tenemos:

∂F

∂x + ∂F

∂z

∂z

∂x = 0 =⇒ ∂z

∂x = −∂F/∂x

∂F/∂z = −F_x Fz

∂F

∂y + ∂F

∂z

∂z

∂y = 0 =⇒ ∂z

∂y = −∂F/∂y

∂F/∂z = −F_y F_z . Las derivadas parciales de F ya las hemos calculado en el apartado anterior

∂F

∂x = 2x + z e^x+y+z ; ∂F

∂y = z e^x+y+z ; ∂F

∂z = (1 + z) e^x+y+z. Por tanto,

∂z

∂x = −F_x

F_z = −2x − z e^x+y+z

(1 + z) e^x+y+z ; ∂z

∂y = −F_y

F_z = −z 1 + z. Para x = 1, y = −1, z = 0, se tiene:

z_x(1, −1, 0) = −2 ; z_y(1, −1, 0) = 0.

Finalmente, la ecuaci´on del plano tangente es

z = −2(x − 1) + 0(y + 1) ⇐⇒ 2x + z − 2 = 0.

(d) Una condici´on necesaria para que F alcance un m´aximo o un m´ınimo local en un punto (x, y, z) ∈ R³ es que ∇F (x, y, z) = (0, 0, 0). En particular,

∂F

∂y = z e^x+y+z = 0 ⇐⇒ z = 0 ; ∂F

∂z = (1 + z) e^x+y+z= 0 ⇐⇒ z = −1 , con lo cual es imposible que el gradiente se anule en alg´un punto.

PROBLEMA 4.

Denotemos por x e y a las longitudes de las aristas de la base y por z a la altura de la caja.

y

z x

La funci´on que queremos maximizar (funci´on objetivo) es el volumen de la caja V (x, y, z) = xyz,

con x > 0, y > 0, z > 0.

La restricci´on es que la suma del per´ımetro de la base m´as la altura es 2 metros, es decir, g(x, y, z) = 2x + 2y + z = 2.

Utilizamos el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange. Debe existir un valor de λ ∈ R para el que se cumpla la condici´on

∇V (x, y, z) = λ∇g(x, y, z), es decir,

∇V (x, y, z) = (yz, xz, xy) = λ∇g(x, y, z) = (2λ, 2λ, λ) ⇐⇒











yz = 2λ xz = 2λ xy = λ.

Como suponemos que x 6= 0, y 6= 0, z 6= 0, se obtiene:

yz = 2λ = xz ⇐⇒ y = x yz = 2λ = 2xy ⇐⇒ z = 2x.

De las relaciones 2x + 2y + z = 2, z = 2x = 2y, obtenemos:

2x + 2x + 2x = 2 ⇐⇒ 6x = 2 ⇐⇒ x = 1 3. Por tanto, el m´aximo se alcanza para

x =1

3 , y = 1

3 , z = 2 3, y el volumen m´aximo es

V  1 3,1

3,2 3



= 2 27m³.