1. El dominio de la funci´on f (x, y) = p

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(1)

Escuela Universitaria Polit´ecnica

Examen de ‘C´alculo’- Septiembre - Curso 02/03 Cuestiones

1. El dominio de la funci´on f (x, y) = p

4x 2 + y 2 es

¥ a) R 2 .

¤ b) {(x, y) ∈ R 2 : y ≥ −2x}.

¤ c) R 2 − {(x, y) ∈ R 2 : 2x ≤ −y}.

¤ d) {(x, y) ∈ R 2 : 2x ≥ y}.

Soluci´on :

El dominio estar´a formado por los elementos (x, y) ∈ R 2 tales que 4x 2 + y 2 ≥ 0, pero como ambos sumandos son siempre n´umeros reales positivos, la condici´on la cumplen todos los elementos de R 2 .

2. La recta tangente a la curva y = 3x 3 − 6x + 1 en el punto (1, −2) es

¤ a) y = −x + 2.

¤ b) y + 2 = x − 1.

¥ c) y = 3x − 5.

¤ d) y − 1 = 3(x + 2).

Soluci´on :

La pendiente de la recta tangente a la curva en un punto es la derivada de la funci´on en dicho punto. Por tanto, como y 0 = 9x 2 − 6, sustituyendo x = 1, se tiene que la pendiente es m = 9 · 1 2 − 6 = 3. Como la recta tangente pasa por el punto (1, −2), la ecuaci´on vendr´a dada por

y − (−2) = 3(x − 1) ⇔ y = 3x − 5

3. Dado el campo escalar f (x, y) = x 3 + 3xy 2 − 15x − 12y, ¿cu´al de los siguientes conjuntos est´a formado por puntos cr´ıticos de f ?

¤ a) {(1, 1), (1, 2), (−1, −1)}.

¤ b) {(1, 2), (1, 1)}.

¤ c) {(1, 2), (−1, −2), (1, 1)}.

(2)

Soluci´on :

Se calculan las derivadas parciales de f

∂f

∂x = 3x 2 + 3y 2 − 15 ∂f

∂y = 6xy − 12

y se observa que el punto (1, 1) no anula ninguna de ellas, por ejemplo, sustituyendo en la derivada respecto de x, queda ∂f

∂x (1, 1) = 3·1 2 +3·1 2 −15 = −9 6= 0. ´ Esto permite descartar las opciones a), b) y c), siendo s´olo posible la opci´on d). Si se desea puede comprobarse que ambos puntos puntos (1, 2) y (−1, −2) s´ı anulan ambas derivadas.

4. Sea f (x) una funci´on continua en R tal que lim

x→0

d dx

µZ x

1

f (t) dt

= 0. Entonces,

¤ a) Z 0

1

f (t) dt = 0.

¥ b) f (0) = 0.

¤ c) f 0 (0) = 0.

¤ d) Ninguna de las anteriores.

Soluci´on :

Como f es continua en R , por el teorema fundamental del C´alculo Infinitesimal, d

dx µZ x

1

f (t) dt

= f (x) entonces la hip´otesis de la que se parte es que lim

x→0 f (x) = 0. Por la definici´on de continuidad, se sabe que lim

x→0 f (x) = f (0), por tanto, f (0) = 0.

5. La serie num´erica X n=1

(−1) n 1 n

¥ a) converge condicionalmente .

¤ b) converge absolutamente.

¤ c) no converge.

¤ d) Ninguna de las anteriores.

(3)

La serie cuyo t´ermino general es el valor absoluto de (−1) n 1

n es la serie arm´onica X n=1

1 n que se sabe que es divergente. Por lo tanto, la serie

X n=1

(−1) n 1

n no converge absolutamente.

Dado que a n = 1

n es una sucesi´on decreciente que tiende a cero y la serie X n=1

(−1) n 1 n es alternada, aplicando el criterio de Leibniz para series alternadas, se deduce que dicha serie es convergente, aunque como no lo es absolutamente, se dice que es condicionalmente convergente.

¦

Problemas

1. Calcula, si existe,

(x,y)→(0,0) lim p x

x 2 + y 2 .

Soluci´on :

Por l´ımites iterados:

x→0 lim Ã

y→0 lim p x

x 2 + y 2

!

= lim

x→0

x

x 2 = lim

x→0 1 = 1 y lim

y→0

Ã

x→0 lim p x

x 2 + y 2

!

= lim

y→0 0 = 0

Como los l´ımites iterados son distintos, lim

(x,y)→(0,0)

p x

x 2 + y 2 no existe.

Por trayectorias, tomando rectas que pasen por el punto (0, 0), cuya ecuaci´on general es y = λx, se obtiene

lim

x→0 y=λx

p x

x 2 + y 2 = lim

x→0

x

x 2 + λ 2 x 2 = lim

x→0

x x

1 + λ 2 = lim

x→0

1

1 + λ 2 = 1

1 + λ 2 .

Esto quiere decir que el l´ımite de la funci´on depende de λ, es decir, la pendiente de la recta elegida.

2. Los desarrollos de Taylor en x 0 = 0 de las funciones senx y cos x son respectivamente x − x 3

3! + x 5 5! x 7

7! + · · · y 1 − x 2 2! + x 4

4! x 6

6! + · · ·. Utiliza la divisi´on larga para calcular el polinomio de Taylor de grado 5 de la funci´on f (x) = senx

2 − cos x .

(4)

Soluci´on :

En primer lugar, hay que pensar en el desarrollo de Taylor de la funci´on 2 − cos x 2 − cos x = 2 −

µ 1 − x 2

2! + x 4 4! x 6

6! + · · ·

= 1 + x 2 2! x 4

4! + x 6 6! + · · · Ahora, se procede a realizar la ”divisi´on larga”

x − x 3

3! + x 5 5! + · · ·

¯ ¯

¯ ¯1 + x 2 2! x 4

4! + x 6 6! + · · ·

−x − x 3

2! + x 5

4! x − 2

3 x 3 + 23 60 x 5

2

3 x 3 + x 5 20 2

3 x 3 + 2 x 5 6 23 x 5 60

El cociente de la divisi´on es el polinomio pedido T 5,0,f (x) = x − 2

3 x 3 + 23 60 x 5

3. Dada la funci´on f (x, y) = Z xy

2

1

ln t dt, determina en el punto (e, e) la direcci´on cuya derivada direccional es m´axima y el valor de la derivada en esa direcci´on.

Soluci´on :

La direcci´on de m´aximo crecimiento de f en el punto (e, e) viene dada por el vector gradiente de f en (e, e), esto es

∇f (e, e) = µ ∂f

∂x (e, e), ∂f

∂y (e, e)

.

Para calcular las derivadas parciales de f en un punto gen´erico (x, y), hay que utilizar la regla de la cadena y el teorema fundamental del C´alculo.

Sea G(x) = Z x

2

1

ln t dt, cuya derivada es G 0 (x) = 1

ln x . Sea tambi´en g(x, y) = x y. Como f (x, y) =

Z xy

2

1

ln t dt = G(g(x, y), se satisface

∂f

∂x (x, y) = G 0 (g(x, y)) · ∂g

∂x = 1

ln(x y) · y, ∂f

∂y (x, y) = G 0 (g(x, y)) · ∂g

∂y = 1

ln(x y) · x

(5)

∇f (e, e) = ³ e ln e 2 , e

ln e 2

´

= ³ e 2 , e

2

´

La derivada de f en la direcci´on de m´aximo crecimiento es el m´odulo del vector gradiente

¯ ¯

¯ ³ e 2 , e

2

´¯ ¯ ¯ = r³ e

2

´ 2 + ³ e

2

´ 2

= e

2

4. Calcula los extremos absolutos de la funci´on f (x, y) = x 2 + 3y 2 en la circunferencia de ecuaci´on x 2 − 2x + y 2 − 3 = 0.

Soluci´on :

Se trata de un problema de extremos condicionados de la funci´on f (x, y) = x 2 + 3y 2 con la condici´on g(x, y) = x 2 − 2x + y 2 − 3 = 0. Se define la funci´on lagrangiana

L(x, y, λ) = f (x, y) − λg(x, y) = x 2 + 3y 2 − λ(x 2 − 2x + y 2 − 3) y el sistema formado al igualar a cero sus tres derivadas parciales

∂L

∂x = 2x − 2xλ + 2λ = 0

∂L

∂y = 6y − 2λy = 0

∂L

∂λ = −(x 2 − 2x + y 2 − 3) = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

De la segunda ecuaci´on y(6 − 2λ) = 0 se obtiene que o bien y = 0 o bien λ = 3

• Si y = 0, sustituyendo en la tercera ecuaci´on, se obtiene x 2 − 2x − 3 = 0 de donde

x = 2 ± 4 + 12

2 = 2 ± 4

2 = 3, −1.

De momento, se han obtenido dos puntos cr´ıticos (3, 0) y (−1, 0).

• Si λ = 3, sustituyendo en la primera ecuaci´on 2x − 6x + 6 = 0, luego x = 3

2 . Ahora se sustituye x = 3

2 en la tercera ecuaci´on y se obtiene y 2 = 15

4 , de donde y = ±

15 2 . As´ı, se han calculado dos puntos cr´ıticos m´as:

à 3 2 ,

15 2

! y

à 3 2 , −

15 2

! .

Como la circunferencia es un cerrado y acotado de R 2 , para saber cu´ales son los puntos de m´aximo y m´ınimo absolutos, basta con evaluar la funci´on f en los cuatro puntos obtenidos:

f (3, 0) = 9; f (−1, 0) = 1; f Ã

3 ,

15 !

= f Ã

3 , −

15 !

= 13.5

(6)

Por lo tanto, el punto (−1, 0) es m´ınimo absoluto de f y los puntos Ã

3 2 ,

15 2

! y

à 3 2 , −

15 2

!

son m´aximos absolutos.

5. Sea R la regi´on del primer cuadrante acotada por las curvas de ecuaci´on y = x 2 , y = 1 y el eje OY.

a) Calcula el ´area de la regi´on R.

b) Calcula el volumen del s´olido de revoluci´on obtenido al girar R alrededor de:

b.1) el eje OX b.2) el eje OY.

Soluci´on :

La regi´on descrita es la siguiente

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

a) Para calcular el ´area, se debe realizar la diferencia entre el ´area del rect´angulo determi- nado por la recta horizontal y = 1 y el ´area determinada por la funci´on y = x 2 y el eje OX.

Ambas curvas se cortan en el primer cuadrante en el punto (1, 1) ya que si se igualan ambas funciones

x 2 = 1 se obtiene x = ±1.

Por lo tanto, es ´area ser´a A =

Z 1

0

1dx − Z 1

0

x 2 dx =

· x − x 3

3

¸ 1

0

= 1 − 1 3 = 2

3 .

b.1) Para calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on alrededor del eje OX usando el m´etodo de los discos, hay que calcular el radio del disco generado con el giro, en la posici´on de una abcisa x. Hay que recordar que los discos que se originan con el giro, quedan unidos al eje de giro; en este caso, hay un espacio entre la regi´on y el eje de giro, por tanto, habr´a que calcular el volumen del cilindro que genera la recta y = 1 al girar alrededor del eje OX, V 1 , y restarle el volumen de esa especie de cono (pero con el borde curvado) que genera la curva y = x 2 , V 2 .

Para el volumen V 1 , el radio de los discos ser´a siempre r(x) = 1, entonces V 1 =

Z 1

π1 2 dx = π[x] 1 0 = π.

(7)

V 2 = Z 1

0

π(x 2 ) 2 dx = π

· x 5 5

¸ 1

0

= π 5 . Como consecuencia, el volumen pedido

V = V 1 − V 2 = π − π 5 =

5 .

Si se quiere usar el m´etodo de capas, hay que utilizar la funci´on inversa de y = x 2 , que se obtiene al despejar x en funci´on de y. En este caso, se tendr´ıan dos ramas, x = ±

y. Nos quedamos con la parte positiva:

V = Z 1

0

2πy ydy =

Z 1

0

2πy 3/2 dy = 2π

· y 5/2 5/2

¸ 1 0

= 2π 2 5 =

5 .

b.2) Como el eje de giro es vertical, es m´as c´omodo emplear el m´etodo de capas. En la posici´on de una abcisa x, el radio de una capa es x, (puesto que es la distancia de x al eje de giro) y la altura de la capa est´a determinado por h(x) = 1 − x 2 . Entonces, el volumen queda

V = Z 1

0

2πx(1 − x 2 )dx = 2π Z 1

0

x − x 3 dx = 2π

· x 2 2 x 4

4

¸ 1

0

= 2π µ 1

2 1 4

= 4 = π

2 . Aunque si se prefiere usar el m´etodo de los discos, se tiene que utilizar otra vez la inversa y pensar en el radio de un disco en la posici´on de la ordenada y, que ser´ıa r(y) =

y.

Entonces,

V = Z 1

0

π(

y) 2 dy = Z 1

0

πydy = π

· y 2 2

¸ 1

0

= π 2 .

6. Utiliza el criterio de condensaci´on de Cauchy para estudiar la convergencia de la serie X

n=1

1

n(ln n) p seg´un los valores de p > 0.

Soluci´on :

El criterio de condensaci´on de Cauchy afirma que para una sucesi´on decreciente de t´erminos positivos {a n }, se verifica

X n=1

a n es convergente si y s´olo si X n=0

2 n a 2

n

es convergente

Se considera X

2 n a = X

2 n · 1

=

X 1

= 1 X 1

(8)

que es una p - serie multiplicada por un escalar. Entonces converge si y s´olo si p > 1.

Conclusi´on:

X n=1

1

n(ln n) p converge si y s´olo si p > 1.

7. Calcula la suma, indicando el intervalo de convergencia, de la serie de potencias X n=0

µ 1 3

n x n .

Soluci´on :

Se puede expresar la serie de potencias as´ı X

n=0

µ 1 3

n x n =

X n=1

³x 3

´ n ,

con lo que se observa que es una serie geom´etrica de raz´on r = x

3 . Entonces, ser´a convergente

´unicamente cuando la raz´on sea en valor absoluto menor que 1. Por tanto, X n=0

µ 1 3

n x n

converge si y s´olo si

¯ ¯

¯ x 3

¯ ¯

¯ < 1, es decir, cuando |x| < 3. El radio de convergencia es R = 3 y el intervalo de convergencia es (−3, 3).

La suma de la serie es X n=0

µ 1 3

n x n =

x 3 1 − x

3

= x

3 − x para todo x ∈ (−3, 3).

¦

Figure

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Referencias

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