Examen de ‘C´alculo’- Febrero - Curso 01/02

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Escuela Universitaria Polit´ecnica

Examen de ‘C´alculo’- Febrero - Curso 01/02

1. (a) Comprueba que el siguiente l´ımite no existe lim

(x,y)→(0,0)

x²+ y⁴ x²+ y². (b) Busca una trayectoria a trav´es de la cual el l´ımite anterior vale ¹₂.

Soluci´on:

(a) Se considera la ecuaci´on general del haz de rectas que pasan por el (0, 0), y = λx, y se hace el l´ımite de la funci´on usando este tipo de trayectorias

limx→0 y=λx

x²+ y⁴

x²+ y² = lim

x→0

x²+ λ⁴x⁴

x²+ λ²x² = lim

x→0

x²(1 + λ⁴x²)

x²(1 + λ²) = 1 1 + λ²

El l´ımite de la funci´on depende de λ, es decir, la pendiente de la recta elegida. Tomando distintas rectas, se obtendr´an l´ımites distintos, por tanto, en efecto

(x,y)→(0,0)lim

x²+ y⁴

x²+ y² no existe.

(b) La trayectoria pedida se puede encontrar entre las rectas que pasan por el (0, 0), igua- lando a 1/2 el resultado obtenido en el apartado anterior

1

1 + λ² = 1

2 de donde λ = ±1

Entonces, el l´ımite de la función a través de la trayectoria y = x y también a través de la recta y = −x valen ambos 1/2.

2. (a) Desarrolla el polinomio de Taylor de orden 3 centrado en x₀ = 0 de la funci´on f (x) = ln(x + 1).

(b) Utiliza el polinomio anterior para dar un valor aproximado de ln1.5. Estima el error cometido.

Soluci´on:

(a) Se calculan las derivadas sucesivas y se eval´uan en x₀ = 0 f (x) = ln(x + 1) f (0) = ln1 = 0 f⁰(x) = 1

x + 1 f⁰(0) = 1 f⁰⁰(x) = − 1

(x + 1)² f⁰⁰(0) = −1 f⁰⁰⁰(x) = 2

f⁰⁰⁰(0) = 2

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Por tanto, el polinomio de Taylor de orden 3 queda:

T3,0,f(x) = 0 + 1 · x − 1x²

2! + 2x³

3! = x −x² 2 + x³

3

(b) Obs´ervese que ln1.5 = ln(1 + 0.5) = f (0.5). Por tanto, para aproximar ln1.5 se toma el valor que resulta al sustituir 0.5 en el polinomio de Taylor de orden 3 de la funci´on f centrado en x0 = 0.

ln1.5 ' T_3,0,f(0.5) = 0.5 − 0.5²

2 +0.5³

3 = 0.41666

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 x₀ (en este caso, x₀ = 0) de orden n (en este caso, n = 3).

R_3,0,f(x) = f^iv)(c)

4! x⁴ siendo c ∈ (0, x) ´o (x, 0) Como f^iv)(x) = − 6

(x + 1)⁴, tomando x = 0.5, la expresi´on del resto de Taylor queda

R_3,0,f(0.5) =

− 6

(c + 1)⁴

4! (0.5)⁴ = −1 64

1

(c + 1)⁴ donde c ∈ (0, 0.5)

Para acotar el valor del resto en valor absoluto, se debe buscar una cota para la parte de la expresión del resto desconocida, es decir, aquella en la que está implicado el término c. Hay que tener en cuenta que 0 ≤ c ≤ 0.5, entonces 1 ≤ c + 1 ≤ 1 + 0.5 = 1.5. Como la función x⁴ es creciente, también se tiene 1 ≤ (c + 1)⁴ ≤ 1.5⁴, con lo cual, para los inversos se cambian las desigualdades de sentido y se satisface 1 ≥ 1

(c + 1)⁴ ≥ 1

1.5⁴. Se utiliza la primera parte de la cadena de desigualdades. Entonces

| R_3,0,f(0.5) |=

¯¯

¯¯− 1

64· 1 (c + 1)⁴

¯¯

¯¯ = 1

64· 1

(c + 1)⁴ ≤ 1

64· 1 = 0.015625

3. Para la funci´on f (x, y) = x e^y, en el punto (1, 1), hallar (a) La direcci´on de mayor crecimiento de f .

(b) La derivada de f en la direcci´on de m´aximo crecimiento.

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Soluci´on:

(a) La dirección de mayor crecimiento de la función en el punto (1, 1) es la del vector gradiente de la función en dicho punto. Se calculan las derivadas parciales de f :

∂f

∂x(x, y) = e^y, ∂f

∂y(x, y) = x e^y

Para calcular el vector gradiente de f en (1, 1), se sustituye dicho punto en las derivadas parciales:

∇f (1, 1) = (e, e)

(b) La derivada direccional de una función diferenciable en un punto (a, b) en la dirección de un vector unitario −→u = (u₁, u₂) viene dada por el producto escalar del vector gradiente de la función en dicho punto y el vector −→u :

D−→u f (a, b) = ∇f (a, b) ·−→u = ∂f

∂x(a, b) · u₁ +∂f

∂y(a, b) · u₂

Si el vector de dirección −→u no es unitario, hay que considerar el unitizado, es decir, el vector que tiene la misma dirección, pero módulo 1, esto es, el vector −→u⁰ = −→u

| −→u | En el caso particular de que el vector de direcci´on sea el gradiente, resulta

D_{∇f (a,b)}f (a, b) = ∇f (a, b) · ∇f (a, b)

|∇f (a, b)| = |∇f (a, b)|²

|∇f (a, b)| = |∇f (a, b)|

Por tanto, para responder a la pregunta del enunciado, basta con calcular el m´odulo del vector gradiente de f en (1, 1):

|∇f (1, 1)| =| (e, e) |=√

e²+ e² = e√ 2.

4. Determina los m´aximos y m´ınimos de la funci´on f (x, y) = x³+ y³− 3x²− 3y².

Soluci´on:

El primer paso es calcular los puntos cr´ıticos de la función que son aquéllos que anulan simultáneamente las dos derivadas parciales de la función:

∂f

∂x(x, y) = 3x²− 6x = 0

∂f

∂y(x, y) = 3y²− 6y = 0











De la primera ecuaci´on se obtiene x(3x − 6) = 0 por tanto

x = 0 ´o x = 2

Análogamente, de la segunda ecuación, y(3y − 6) = 0, se deduce y = 0 o y = 2. Por tanto, la función tiene cuatro puntos cr´ıticos: (0, 0), (0, 2), (2, 0) y (2, 2).

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Para calcular la matriz hessiana en un punto arbitrario (x, y), se realizan las segundas derivadas parciales:

∂²f

∂x²(x, y) = 6x − 6 ∂²f

∂x∂y(x, y) = ∂²f

∂y∂x(x, y) = 0 ∂²f

∂y²(x, y) = 6y − 6 y se colocan en la posici´on correspondiente

Hess(x, y) =

µ 6x − 6 0 0 6y − 6

¶

• Como el determinante de Hess(0, 0) =

µ −6 0

0 −6

¶

es igual a 36 > 0, entonces, el punto (0, 0) es extremo. Observando el signo de ∂²f

∂x²(0, 0) = −6 < 0, se deduce que (0, 0) es un m´aximo relativo de la funci´on.

µ −6 0

0 6

¶

es igual a −36 < 0, entonces, el punto (0, 2) es punto de silla.

µ 6 0 0 −6

¶

es igual a −36 < 0, entonces, el punto (2, 0) es punto de silla.

µ 6 0 0 6

¶

es igual a 36 > 0, entonces, el punto (2, 2) es extremo. Observando el signo de ∂²f

∂x²(2, 2) = 6 > 0, se deduce que (0, 0) es un m´aximo relativo de la funci´on.

5. Dada la funci´on

F (x) =

Z _x²₊₁

√x

e^sentdt, calcule su derivada.

Soluci´on:

Se empieza expresando la funci´on F como suma de dos funciones F (x) =

Z _x²₊₁

√x

e^sentdt = Z ₁

√x

e^sentdt +

Z _x²₊₁

1

e^sentdt = Z _x²₊₁

1

e^sentdt − Z ^√_x

1

e^sentdt

Por el teorema fundamental del C´alculo, se sabe que la funci´on G(x) = Z _x

1

e^sentdt tiene derivada G⁰(x) = e^senx, en todo R². Obs´ervese que el primer sumando de F puede verse como la composici´on de dos funciones. Si llamamos g₁(x) = x²+ 1, se tiene

Z _x²₊₁

sent

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con lo cual, la derivada, queda d

dx

ÃZ _x2+1 1

e^sentdt

!

= G⁰(g₁(x)) · g⁰₁(x) = e^sen(x²⁺¹⁾· 2x

Para la derivada del segundo sumando se razona del mismo modo. Sea g₂(x) =√

x, entonces, Z ^√_x

1

e^sentdt = G(g₂(x)) y, por tanto,

d dx

ÃZ ^√_x

1

e^sentdt

!

= G⁰(g2(x)) · g⁰₂(x) = e^sen

√x ·µ 1 2√ x

¶

Finalmente

F⁰(x) = 2x e^sen(x²⁺¹⁾− 1 2√

xe^sen

√x

6. Utiliza el m´etodo de las secciones para comprobar que el volumen de un cilindro de radio R y altura h es πR²h.

Soluci´on:

Se considera el cilindro en posici´on horizontal, es decir, con el eje del cilindro sobre el eje OX, se supone el centro de la base en el origen de coordenadas y se corta el s´olido con un plano perpendicular al eje.

La sección resultante es un c´ırculo de radio R, cuyo área A(x) es igual a πR². Obsérvese que, en este caso, todas las secciones que se pueden considerar (desde x = 0 hasta x = h) tienen el mismo área; dicho de otro modo, A(x) no depende de x. Por tanto el volumen

V = Z _h

0

A(x)dx = Z _h

0

πR²dx = πR²h.

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7. Estudia el car´acter de las siguientes series y, en caso de convergencia, calcula la suma.

X∞ n=1

r n

n + 1

X∞ n=0

π2⁻ⁿ².

Soluci´on:

(a) En el caso de la serie X∞ n=1

r n

n + 1, basta con observar que no se cumple la condici´on necesaria para la convergencia de una serie y es que el t´ermino general tienda a cero:

n→∞lim

r n

n + 1 =√

1 = 1 6= 0 Por lo tanto, la serie no es convergente.

(b) Si se expresa la serie de otra forma, se podr´a observar que se trata de una serie geom´etrica X∞

n=0

π2⁻ⁿ² = π X∞ n=0

(2^−1/2)ⁿ = π X∞ n=0

µ 1

√2

¶_n

de raz´on r = 1

√2 que es un n´umero menor que 1, multiplicada por un escalar. Por lo tanto, la serie es convergente. Adem´as, la suma es

X∞ n=0

π2⁻ⁿ² = π 1 1 − 1

√2

= π√

√ 2 2 − 1

¦