(1.5 p.) 2) Hallar el polinomio de Taylor de grado 3 de la función g(x) = e 1 x2 centrado en x 0 = 1 y usarlo para dar una aproximación de e 5/4.

Transcripción

1 Universidade de Vigo Departamento de Matemática Aplicada II E.T.S.I. Minas Cálculo I Examen final 0 de enero de 0.75 p. Se considera la función escalar de una variable real fx = lnlnx. lnx a Calcular el dominio de definición de f. b Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f. c Calcular el máximo absoluto de f y el punto donde se alcanza. d Hallar las asíntotas horizontales y verticales de la gráfica de f..5 p. Hallar el polinomio de Taylor de grado 3 de la función gx = e x centrado en x 0 = y usarlo para dar una aproximación de e 5/ p. 3 Se considera el campo escalar F x, y = x + 8 y + xy. a Probar que el punto Q =, 3 es un punto crítico de F y estudiar si F alcanza un máximo o un mínimo local en Q. b Hallar la derivada direccional de F en el punto P = 4, 3/4 en la dirección del vector,. c Sea C la curva de nivel 30 de F, es decir, C = {x, y R / F x, y = 30}. Comprobar que P = 4, 3/4 pertenece a C y utilizar derivación implícita para probar que P es un mínimo local de la curva y = yx definida implícitamente por C en un entorno de x = 4..5 p. 4 Sabiendo que existe un único valor de b para el que la superficie x + y + z 4 = b tiene dos puntos de tangencia con el cilindro parabólico z = x+y+3, determinar dichos puntos y el valor de b utilizando el método de los multiplicadores de Lagrange.

2 SOLUCIONES PROBLEMA. a Como el logaritmo neperiano sólo está definido para números positivos, el dominio de definición de f es el conjunto Df = {x R / lnx > 0} = {x R / x > } =,. b La función f es continua y derivable en su dominio de definición. Aplicando las reglas de derivación y simplificando, obtenemos: f x = lnlnx xlnx, x,. Como el denominador siempre es positivo en Df, se cumple: f x > 0 lnlnx > 0 lnlnx < lnx < e x < e e. Cambiando de sentido las desigualdades se deduce que f x < 0 si x > e e. Por tanto, f es estrictamente creciente en, e e y estrictamente decreciente en e e,. c Del apartado b se deduce que f alcanza en x = e e un máximo absoluto. Su valor es fe e = lnlnee lne e = lne e = e. d Como f es continua en todo su dominio de definición, la única asíntota vertical puede estar en x =. Como ln = 0, lnx = y x 0 + x +/ lnx =, se tiene: lnlnx fx = x + x + lnx = lnx x 0 + = x + lnlnx x + lnx =. x + lnx = En consecuencia, la recta x = es una asíntota vertical a la gráfica de f por la derecha. Por otra parte, como f sólo está definida a partir de, el estudio de posibles asíntotas horizontales se reduce a calcular el límite de f en. Usando la regla de L Hôpital, se obtiene: lnlnx fx = x x lnx = x /x/ lnx /x = x lnx = 0. Por tanto la recta y = 0 es una asíntota horizontal de la gráfica de f.

3 PROBLEMA. El polinomio de Taylor de grado 3 de g centrado en el punto x 0 = viene dado por p 3 x = g + g x + g! Obtenemos las expresiones de g g y g : x + g x 3. 3! gx = e x ; g x = xe x ; g x = 4x e x ; g x = 8x 3 +xe x. Por tanto, g =, g =, g =, g = 4, y el polinomio es p 3 x = x + x + 3 x 3. Para aproximar el valor de e 5/4, tenemos en cuenta que 5 4 = x x = 9 4 x = ±3. Como 3/ está más próximo a que 3/, e 5/4 = g3/ p 3 3/ = = 3. PROBLEMA 3. a Los puntos críticos de F son los puntos donde se anula el gradiente. F F F x, y = x, y, x, y = + y, 8 + x x y x y Por tanto, F Q = F, 3 = La matriz hessiana es: HF x, y = x y x x y y = 4 + 3, = 0, 0. 4/x 3 36/y 3 = H = HF, 3 = 3 4/3 Los menores principales de H son = 3 > 0, = H = 3 > 0. Por tanto, H es definida positiva y F alcanza un mínimo local en Q. b La derivada direccional de F en P = 4, 3/4 en la dirección de u =, viene u dada por D u F 4, 3/4 = F 4, 3/4 u. Como F x, y = + y, 8 + x = F 4, 3/4 = 0, 8, x y 3.

4 resulta D u F 4, 3/4 = F 4, 3/4 u u / = 0, 8 / = 8 = 4. c El punto P está en la curva de nivel 30 porque F P = F 4, 3/4 = 30. La curva C está definida implícitamente por la ecuación F x, yx = x xyx = 30. yx Tenemos que probar que para x = 4, y = 3/4 se cumple que y 4 = 0 e y 4 > 0. Derivamos impícitamente la expresión : Evaluando para x = 4, y4 = 3/4, resulta: x 8 y x y x + xy x + yx = y 4 + 4y = 0 = 8y 4 = 0 = y 4 = 0. A continuación derivamos impícitamente la expresión para obtener y 4: 4 x y 3 x y x 8 y x y x + y x + xy x + y x = 0. Sustituyendo x = 4, yx = 3/4, y x = 0, se obtiene y 4 = 3 4 > 0. Por lo tanto, yx tiene un mínimo local en el punto 4, 3/4. PROBLEMA 4. Las superficies x + y + z 4 = b son superficies de nivel de la función fx, y, z = x + y + z 4. Por otra parte, el cilindro parabólico está definido por la expresión gx, y, z = x + y + 3 z = 0. Por tanto, los puntos de tangencia deben cumplir la ecuación de multiplicadores fx, y, z = λ gx, y, z para algún λ R. En este caso, x = λ fx, y, z = λ gx, y, z x, y, 4z 3 = λ,, z y = λ 4z 3 = λz 4

5 A estas ecuaciones hay que añadir que los puntos están en el cilindro parabólico, es decir, x + y + 3 z = 0. De las dos primeras ecuaciones del sistema se obtiene que x = y = λ/. Sustituyendo en la ecuación del cilindro parabólico se sigue que z = x + y + 3 = λ + λ + 3 = λ + 3 = λ = z 3. Sustituimos en la tercera ecuación del sistema: 4z 3 = λz = z 3z = z 3 + 6z = 6z 3 6z = 0 = zz = 0. Hay tres posibilidades: Caso : z = 0 = λ = 3 = x = y = 3/. Proporciona el punto P = 3/, 3/, 0, con un valor de fp = = 9 = 4.5. Caso : z = = λ = = x = y =. Proporciona el punto P =,,, con un valor de fp = 3. Caso 3: z = = λ = = x = y =. Proporciona el punto P 3 =,,, con un valor de fp 3 = 3. Por tanto, para b = 3 hay dos puntos de tangencia que son P =,, y P 3 =,,. En la figura se observan los puntos de tangencia de la superficie x + y + z 4 = 3 con el cilindro parabólico z = x + y