Escuela Universitaria Politécnica Examen de Cálculo - Febrero - Curso 01/02

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1 Escuela Universitaria Politécnica Examen de Cálculo - Febrero - Curso 0/02 x 2 + y 4. (a) Comprueba que el siguiente límite no existe lim (x,y) (0,0) x 2 + y. 2 (b) Busca una trayectoria a través de la cual el límite anterior vale 2. (a) Se considera la ecuación general del haz de rectas que pasan por el (0, 0), y = λx, y se hace el límite de la función usando este tipo de trayectorias x 2 + y 4 lim x 0 x 2 + y = lim x 2 + λ 4 x 4 2 x 0 x 2 + λ 2 x = lim x 2 ( + λ 4 x 2 ) 2 x 0 x 2 ( + λ 2 ) y=λx = + λ 2 El límite de la función depende de λ, es decir, la pendiente de la recta elegida. Tomando distintas rectas, se obtendrán límites distintos, por tanto, en efecto x 2 + y 4 lim (x,y) (0,0) x 2 + y 2 no existe. (b) La trayectoria pedida se puede encontrar entre las rectas que pasan por el (0, 0), igualando a /2 el resultado obtenido en el apartado anterior + λ 2 = 2 de donde λ = ± Entonces, el límite de la función a través de la trayectoria y = x y también a través de la recta y = x valen ambos /2. 2. (a) Desarrolla el polinomio de Taylor de orden 3 centrado en x 0 = 0 de la función f(x) = ln(x + ). (b) Utiliza el polinomio anterior para dar un valor aproximado de ln.5. Estima el error cometido. (a) Se calculan las derivadas sucesivas y se evalúan en x 0 = 0 f(x) = ln(x + ) f(0) = ln = 0 f (x) = f (0) = x + f (x) = f (0) = (x + ) 2 f 2 (x) = f (0) = 2 (x + ) 3 Inmaculada de las Peñas Cabrera. Dpto de Matemática Aplicada

2 Por tanto, el polinomio de Taylor de orden 3 queda: T 3,0,f (x) = 0 + x x2 2! + 2x3 3! = x x2 2 + x3 3 (b) Obsérvese que ln.5 = ln( + 0.5) = f(0.5). Por tanto, para aproximar ln.5 se toma el valor que resulta al sustituir 0.5 en el polinomio de Taylor de orden 3 de la función f centrado en x 0 = 0. ln.5 T 3,0,f (0.5) = = Para estimar el error cometido al tomar la aproximación anterior en lugar del verdadero valor de ln.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 x 0 (en este caso, x 0 = 0) de orden n (en este caso, n = 3). R 3,0,f (x) = f iv) (c) x 4 siendo c (0, x) ó (x, 0) 4! Como f iv) 6 (x) =, tomando x = 0.5, la expresión del resto de Taylor queda (x + ) 4 R 3,0,f (0.5) = 6 (c + ) 4 4! (0.5) 4 = donde c (0, 0.5) 64 (c + ) 4 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 c =.5. Como la función x 4 es creciente, también se tiene (c + ) 4.5 4, con lo cual, para los inversos se cambian las desigualdades de sentido y se satisface (c + ). Se utiliza la primera parte 4.54 de la cadena de desigualdades. Entonces R 3,0,f (0.5) = 64 (c + ) 4 = 64 (c + ) 4 64 = Para la función f(x, y) = x e y, en el punto (, ), hallar (a) La dirección de mayor crecimiento de f. (b) La derivada de f en la dirección de máximo crecimiento. Inmaculada de las Peñas Cabrera. Dpto de Matemática Aplicada 2

3 (a) La dirección de mayor crecimiento de la función en el punto (, ) es la del vector gradiente de la función en dicho punto. Se calculan las derivadas parciales de f: x (x, y) = ey, (x, y) = x ey y Para calcular el vector gradiente de f en (, ), se sustituye dicho punto en las derivadas parciales: f(, ) = (e, e) (b) La derivada direccional de una función diferenciable en un punto (a, b) en la dirección de un vector unitario u = (u, u 2 ) 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 = x (a, b) u + y (a, b) u 2 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, esto es, el vector u u = En el caso u particular de que el vector de dirección 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 módulo del vector gradiente de f en (, ): f(, ) = (e, e) = e 2 + e 2 = e Determina los máximos y mínimos de la función f(x, y) = x 3 + y 3 3x 2 3y 2. El primer paso es calcular los puntos críticos de la función que son aquéllos que anulan simultáneamente las dos derivadas parciales de la función: x (x, y) = 3x2 6x = 0 y (x, y) = 3y2 6y = 0 De la primera ecuación se obtiene x(3x 6) = 0 por tanto x = 0 ó 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 críticos: (0, 0), (0, 2), (2, 0) y (2, 2). Inmaculada de las Peñas Cabrera. Dpto de Matemática Aplicada 3

4 Para calcular la matriz hessiana en un punto arbitrario (x, y), se realizan las segundas derivadas parciales: 2 f (x, y) = 6x 6 x2 2 f x y (x, y) = 2 f (x, y) = 0 y x 2 f (x, y) = 6y 6 y2 y se colocan en la posición correspondiente ( ) 6x 6 0 Hess(x, y) = 0 6y 6 ( ) 6 0 Como el determinante de Hess(0, 0) = es igual a 36 > 0, entonces, el punto 0 6 (0, 0) es extremo. Observando el signo de 2 f (0, 0) = 6 < 0, se deduce que (0, 0) es un x2 máximo relativo de la función. ( ) 6 0 Como el determinante de Hess(0, 2) = es igual a 36 < 0, entonces, el punto 0 6 (0, 2) es punto de silla. ( ) 6 0 Como el determinante de Hess(2, 0) = es igual a 36 < 0, entonces, el punto 0 6 (2, 0) es punto de silla. ( ) 6 0 Como el determinante de Hess(2, 2) = es igual a 36 > 0, entonces, el punto (2, 2) 0 6 es extremo. Observando el signo de 2 f (2, 2) = 6 > 0, se deduce que (0, 0) es un máximo x2 relativo de la función. 5. Dada la función F (x) = x 2 + x e sent dt, calcule su derivada. Se empieza expresando la función F como suma de dos funciones F (x) = x 2 + x e sent dt = x 2 + e sent dt x e sent dt + x x 2 + e sent dt e sent dt = Por el teorema fundamental del Cálculo, se sabe que la función G(x) = x e sent dt tiene derivada G (x) = e senx, en todo R 2. Obsérvese que el primer sumando de F puede verse como la composición de dos funciones. Si llamamos g (x) = x 2 +, se tiene x 2 + e sent dt = G(g (x)), Inmaculada de las Peñas Cabrera. Dpto de Matemática Aplicada 4

5 con lo cual, la derivada, queda ( ) d x 2 + e sent dt = G (g (x)) g dx (x) = e sen(x2 +) 2x Para la derivada del segundo sumando se razona del mismo modo. Sea g 2 (x) = x, entonces, y, por tanto, Finalmente x e sent dt = G(g 2 (x)) ( ) d x ( ) e sent dt = G (g 2 (x)) g dx 2(x) = e sen x 2 x F (x) = 2x e sen(x2 +) 2 x esen x 6. Utiliza el método de las secciones para comprobar que el volumen de un cilindro de radio R y altura h es πr 2 h. Se considera el cilindro en posición 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 sólido con un plano perpendicular al eje. La sección resultante es un círculo de radio R, cuyo área A(x) es igual a πr 2. 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 = h 0 A(x)dx = h 0 πr 2 dx = πr 2 h. Inmaculada de las Peñas Cabrera. Dpto de Matemática Aplicada 5

6 7. Estudia el carácter de las siguientes series y, en caso de convergencia, calcula la suma. n n + n= π2 n 2. n (a) En el caso de la serie, basta con observar que no se cumple la condición n + n= necesaria para la convergencia de una serie y es que el término general tienda a cero: n lim n n + = = 0 Por lo tanto, la serie no es convergente. (b) Si se expresa la serie de otra forma, se podrá observar que se trata de una serie geométrica π2 n 2 = π (2 /2 ) n = π ( 2 ) n de razón r = 2 que es un número menor que, multiplicada por un escalar. Por lo tanto, la serie es convergente. Además, la suma es π2 n 2 = π 2 = π 2 2 Inmaculada de las Peñas Cabrera. Dpto de Matemática Aplicada 6