Solución Tercera Prueba Intermedia (11/04/2018) Curso 2017/18

Transcripción

1 Problema 1. Indica si los siguientes enunciados son VERDADEROS o FALSOS, justicando la respuesta. (a) Dos curvas de nivel diferentes de un mismo campo escalar f(x, y) no pueden tener puntos en común. (b) Si f : R 2 R es un campo escalar diferenciable tal que D 1 f(a, b) < 0 y D 2 f(a, b) < 0, entonces D u f(a, b) < 0 para cualquier dirección u R 2. Solución del problema 1. (a) VERDADERO. Sean C a = f(x, y) = a} y C b = f(x, y) = b} dos curvas de nivel diferentes, es decir, con a b. Supongamos que (x 0, y 0 ) C a C b, entonces f(x 0, y 0 ) == Ca a b C b == f(x 0, y 0 ), lo que es imposible, luego no puede haber ningún punto en la intersección. (b) FALSO. Sea v = ( 1, 0) [[podríamos tomar cualquier dirección del tercer cuadrante, incluso la dirección (0, 1)]]. Como f es diferenciable en (a, b), entonces D v f(a, b) = f(a, b) v = f(a, b) ( 1, 0) = D 1 f(a, b) > 0 }} <0 Problema 2. Calcula los siguientes ites: (a) (b) n 3. x n, donde x 1 = 1, x n+1 = 20 + x n. Solución del problema 2. (a) Este ite lo podemos hacer por dos métodos. Método 1 Vamos a aplicar el Criterio de Stolz, pues la sucesión del denominador es creciente a +. n 3 ST OLZ == = ( + (n + 1) 2 ) ( ) (n + 1) 3 n 3 = = (n + 1) 2 3n 2 + 3n + 1 = 1 3. Dpto. Análisis Matemático 1 Análisis Matemático (Grado en Física)

2 Método 2 Sabemos (Ejercicio 6, apartado (e) de la Relación de Ejercicios del Tema 1, o volver a probarlo usando inducción) que = n(n + 1)(2n + 1)/6. Entonces el ite pedido queda: n 3 = n(n + 1)(2n + 1) 6n 3 = 2n 3 + 3n 2 + n 6n 3 = 2 6 = 1 3. (b) Se trata de una sucesión por recurrencia. Veamos que es monótona creciente y acotada. Crecimiento: Lo haremos por inducción: n = 1: x 1 = 1, x 2 = 21 > 1 = x 1. n n + 1: Supongamos, por hipótesis de inducción, que x n+1 > x n y veamos que x n+2 > x n+1. Como x n+1 > x n, entonces es 20 + x n+1 > 20 + x n ; por lo tanto se tiene que x n+2 = 20 + x n+1 > 20 + x n = x n+1. Acotación: Veamos, por inducción, que 0 < x n < 5. n = 1: 0 < x 1 = 1 < 5. n n + 1: Supongamos, por hipótesis de inducción, que 0 < x n < 5 y veamos que 0 < x n+1 < 5 también. Si 0 < x n < 5, entonces 0 < 20 + x n < 25; por lo tanto 0 < x n+2 = 20 + x n < 25 = 5. Límite: Como la sucesión es monótona creciente y acotada superiormente, tiene ite y supongamos que L = x n. Como x n+1 = 20 + x n, tomando ites en esta expresión se tiene que L = 20 + L, de donde L 2 = 20 + L, es decir, L 2 L 20 = 0, o lo que es lo mismo, L = 5 ó L = 4. Pero como sabemos que x n > 0, el ite nunca puede ser negativo, por lo tanto L = 5. Problema 3. Dada la serie (1 + n a )a n 3 n se pide: n=1 1. [1 punto] Estudia la convergencia de la serie según los valores de a > [1 punto] Calcula su suma para a = 1. Solución del problema 3. (a) Se trata de una serie de términos positivos, pues a > 0. Vamos a usar el criterio del cociente: a n = (1 + na )a n 3 n 1 a n 1 3 n (1 + (n 1) a )a = 1 + n a a n (n 1) a 3 a 3. Por tanto, si a/3 < 1, es decir, si 0 < a < 3 la serie es CONVERGENTE; si a/3 > 1, es decir, si a > 3, la serie es DIVERGENTE; y si a/3 = 1, es decir, a = 3 el criterio no dice nada y hay que estudiarlo aparte. Dpto. Análisis Matemático 2 Análisis Matemático (Grado en Física)

3 Pero si a = 3, entonces a n = 1 + n 3 + 0, luego no cumple la condición necesaria de convergencia y la serie es DIVERGENTE. En resumen, la serie es convergente si y sólo si 0 < a < 3 y divergente si y sólo si a 3. (b) Para a = 1, la serie es convergente y su término general es a n = n+1 3 n, por lo que es una serie aritmético-geométrica. S = S = Por tanto, 2 3 S = ( ) concluye que S = S = } } serie geométrica = /3 1 1/3 = = 5, de donde se 6 Problema 4. Calcula el siguiente ite o demuestra que no existe x 6 + y 2. Solución del problema 4. Veamos que el ite no existe, encontrando dos direcciones a través de las cuales los ites direccionales son diferentes. x 6 + y 2 = x 3 0 x = y 0 0 = 0. y=0 [[En realidad, cualquier ite direccional por rectas da como resultado 0.]] y=x 3 x 6 + y 2 = x 3 x 3 x 6 + (x 3 ) 2 = x 6 2 x = = 1 2. Dpto. Análisis Matemático 3 Análisis Matemático (Grado en Física)

4 Problema 5. Sea f(x, y) = sen(x2 y 2 ) si x y. Dene f en la recta y = x para que la función sea continua en todo R 2. Indicación: Usar innitésimos equivalentes. Solución del problema 5. Tomemos un punto cualquiera de la recta y = x, es decir, un punto de la forma (a, a) con a R. Vamos a calcular f(x, y) y denir así la función. (x,y) (a,a) Recordemos que sen t t cuando t 0. Luego si (x, y) (a, a), entonces x 2 y 2 a 2 a 2 = 0, por lo tanto, f(x, y) = sen(x 2 y 2 ) x,y (a.a) (x,y) (a,a) ()(x + y) x 2 y 2 = (x,y) (a,a) = (x,y) (a,a) = 2a. Por lo tanto, para que sea continua debe ser f(a, a) = 2a, o lo que es lo mismo, f(x, x) = 2x. También se pude denir del siguiente modo: f(x, y) = sen(x 2 y 2 ) x y 2x [[ó x + y ó 2y]] si x y si x = y Problema 6. Dada la función f(x, y) = () arctan(x + y), se pide: (a) Calcula la derivada direccional de f en (1/2, 1/2) según la dirección que forma un ángulo de 60 con el semieje positivo OX. (b) ¾Cual es el valor máximo que puede alcanzar D v f(1/2, 1/2) cuando v es un vector unitario y dónde se alcanza? Solución del problema 6. (a) La función f(x, y) es diferenciable en R 2 pues es el producto de funciones diferenciables (un polinomio y el arcotangente de un polinomio). El vector que nos piden es u = (cos(60 ), sen(60 )) = (1/2, 3/2). Por tanto, al ser f diferenciable, se tiene que D u f(1/2, 1/2) = f(1/2, 1/2) u. Así que hemos de calcular el gradiente de f en (1/2, 1/2). D 1 f(x, y) = arctan(x + y) + D 1 + (x + y) 2 2 f(x, y) = arctan(x + y) (x + y), 2 por lo que f(1/2, 1/2) = (arctan 1, arctan 1) = (π/4, π/4). Entonces, ( ( π ) ) D u f(1/2, 1/2) = f(1/2, 1/2) u = 4, π , = π(1 3). 2 8 Dpto. Análisis Matemático 4 Análisis Matemático (Grado en Física)

5 (b) Sabemos que la derivada direccional es máxima en la dirección del gradiente y que el valor de dicho máximo es el módulo del vector gradiente. Por tanto, el valor máximo que puede alcanzar D v f(1/2, 1/2) es f(1/2, 1/2) = (π/4, π/4) = π 2 4 dirección del vector (π/4, π/4), es decir, cuando v = (1/ 2, 1/ 2). y se alcanza en la Problema 7. Halla la ecuación transformada de xd 2 f(x, y) yd 1 f(x, y) = 0 si se hace el cambio de coordenadas cartesianas planas a coordenadas polares. Solución del problema 7. El cambio a coordenadas polares es r = x 2 + y 2 revés, θ = arctan(y/x). Vamos a aplicar la regla de la cadena: x = r cos θ y = r sen θ, o visto al Por tanto, D 1 f = f x = f r r x + f θ θ x = 2x f r y f x 2 + y 2 θ D 2 f = f y = f r r y + f θ θ y f = 2y r + x f x 2 + y 2 θ ( xd 2 f(x, y) yd 1 f(x, y) = 2xy f ) ( r + x2 f 2xy f ) x 2 + y 2 θ r y2 f = f x 2 + y 2 θ θ y la ecuación, en coordenadas polares, es f θ = 0. Dpto. Análisis Matemático 5 Análisis Matemático (Grado en Física)