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)}.
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.
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=λxp 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 .
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
∇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
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