Soluciones a los ejercicios del examen final

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1 Cálculo I Curso 2016/17 19 de junio de 2017 Soluciones a los ejercicios del examen final 1) Se considera la función f : [0, ) R definida por { 1 + x(ln(x) 1) si x > 0, f(x) = 1 si x = 0. (a) Probar que f es continua en [0, ). Estudiar si f es derivable por la derecha en x = 0. (b) Hallar los extremos locales de f, los intervalos de crecimiento y decrecimiento y los intervalos de concavidad y convexidad. (c) Estudiar si existe alguna asíntota vertical u horizontal de la gráfica de f y representar de forma aproximada dicha gráfica. (d) Hallar el polinomio de Taylor de grado 3 de f centrado en x = 1 y utilizarlo para aproximar el valor de ln(2). (e) Probar que f tiene exactamente dos puntos fijos y que están en los intervalos (0, 1) y (1, e 2 ). a) La función f es continua en (0, ) porque se obtiene a partir de sumas y productos de funciones continuas. Para que sea continua en x = 0, es necesario que f(0) = lím f(x). x 0 + Usamos la regla de L Hôpital para calcular este límite: lím x 0 ln(x) 1 f(x) = 1+ lím x(ln(x) 1) = 1+ lím = 1+ lím + x 0 + x 0 + 1/x = 1+ lím 1/x2 x 0 +( x) = 1. x 0 + 1/x Por tanto, f es continua en x = 0. Derivando y simplificando, se obtiene que f (x) = ln(x), x > 0. Como lím x 0 + f (x) =, f no es derivable en 0. b) Como f (x) = ln(x) < 0 para x (0, 1) y f (x) = ln(x) > 0 para x > 1, se deduce que f es decreciente en (0, 1) y creciente en (0, ). En particular, f alcanza un mínimo local en x = 1, con un valor de f(1) = 0, y un máximo local en x = 0, con un valor de f(0) = 1. La derivada segunda de f es f (x) = 1/x, que toma valores positivos en (0, ). Por tanto, f es convexa en (0, ). c) Como f es continua en [0, ), no tiene asíntotas verticales. Por otra parte, tampoco tiene asíntotas horizontales porque (ya que lím x = lím (ln(x) 1) = ). x x lím f(x) = lím 1 + x(ln(x) 1) = x x Teniendo en cuenta el análisis anterior, esbozamos la gráfica de f:

2 2 y 1 (0, 0) 1 x d) Las derivadas sucesivas hasta orden 3 de f(x) son f (x) = ln(x), f (x) = 1 x, f (x) = 1 x 2. Por tanto, f(1) = f (1) = 0, f (1) = 1, f (1) = 1. El polinomio de Taylor de grado 3 de f centrado en x 0 = 1 es p(x) = f(1) + f (1) (x 1) + f (1) 2 Aproximando f(2) por p(2), se obtiene: f(2) = 1+2(ln(2) 1) p(2) = 1 3 e) Consideramos la función (x 1) 2 + f (1) 6 = 2(ln(2) 1) 2 3 g(x) = f(x) x = 1 + x ln(x) 2x, (x 1) 3 = 1 2 (x 1)2 1 6 (x 1)3. = ln(2) = ln(2) 2 3. de modo que los puntos fijos de f son los ceros de g. Por el análisis de la función f sabemos que g es continua en [0, ) y derivable en (0, ). De hecho, g es de clase C en (0, ). En primer lugar probamos que g no puede tener más de dos ceros. Derivamos dos veces g: g (x) = ln(x) 1 g (x) = 1 x. Es evidente que g es positiva en (0, ) y por tanto no tiene ceros. Una aplicación del Teorema de Rolle permite deducir que g no puede tener más de dos ceros. A continuación usamos el Teorema de Bolzano para probar que g tiene dos ceros y que están en los intervalos indicados. g(0) = 1 > 0, g(1) = 1 < 0, g(e 2 ) = 1 + e 2 ln(e 2 ) 2e 2 = 1 + 2e 2 2e 2 = 1 > 0. Teniendo en cuenta los cambios de signo, existen dos ceros x 1, x 2 de g (que son puntos fijos de f). Además, x 1 (0, 1), x 2 (1, e 2 ).

3 3 2) Se considera el campo escalar F (x, y, z) = x 3 + y 3 + 3z 3 ln(x + y + z). (a) Determinar los puntos críticos de F y clasificarlos (máximos locales, mínimos locales o puntos de silla). (b) Calcular la dirección de crecimiento más rápido del campo F a partir del punto (x, y, z) = ( 2, 0, 3). Determinar la tasa de crecimiento de F en la dirección calculada. (c) Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie x = x(y, z) definida implícitamente por la ecuación F (x, y, z) = 1 en el punto (x, y, z) = ( 2, 0, 3). a) Las derivadas parciales de F son = 3 3x2 x + y + z y = 3 3y2 x + y + z z = 3 3 x + y + z. Los puntos críticos son los que anulan el gradiente de F, es decir: = y = { x z = 0 = 2 = y 2 = 1 x + y + z = 1 De este modo, se obtienen 4 puntos críticos: x = y = 1 = z = 1 = P 1 = (1, 1, 1) x = 1, y = 1 = z = 1 = P 2 = (1, 1, 1) x = 1, y = 1 = z = 1 = P 3 = ( 1, 1, 1) x = y = 1 = z = 3 = P 4 = ( 1, 1, 3). Para clasificar los puntos críticos, analizamos la matriz hessiana. 2 = 6x + 3 y 2 = 6y + 3 z 2 = 3 y = 2 F z = 2 F y = 2 F y z = 2 F z = 2 F z y = 3 (x + y + z) 2. Teniendo en cuenta que en todos los puntos críticos se cumple que x + y + z = 1, la matriz hessiana es 6x HF (P i ) = 3 6y + 3 3, i = 1, 2, 3, 4, de modo que los menores principales son 1 = 6x = (6x + 3)(6y + 3) 9 3 = HF (P i ) = 108 xy. Evaluamos los menores principales en cada uno de los puntos críticos: Para P 1 = (1, 1, 1), 1 = 9 > 0, 2 = 72 > 0, 3 = 108 > 0 = HF (P 1 ) es definida positiva y F alcanza en P 1 un mínimo local. Para P 2 = (1, 1, 1), 1 = 9 > 0, 2 = 36 < 0, 3 = 108 < 0 = HF (P 2 ) es indefinida y F presenta en P 2 un punto de silla.

4 4 Para P 3 = ( 1, 1, 1), 1 = 3 < 0, 2 = 36 < 0, 3 = 108 < 0 = HF (P 3 ) es indefinida y F presenta en P 3 un punto de silla. Para P 4 = ( 1, 1, 3), 1 = 3 < 0, 2 = 0, 3 = 108 > 0 = HF (P 4 ) es indefinida y F presenta en P 4 un punto de silla. b) La dirección de crecimiento más rápido la marca el vector gradiente. En este caso, F ( 2, 0, 3) = (9, 3, 0). La tasa de crecimiento en la dirección del vector gradiente viene dada por F ( 2, 0, 3) = (9, 3, 0) = 90 = c) La ecuación del plano tangente a la superficie x = x(y, z) en el punto (x 0, y 0, z 0 ) = ( 2, 0, 3) es ( ) ( ) x x 0 = y (x 0, y 0, z 0 ) (y y 0 ) + z (x 0, y 0, z 0 ) (z z 0 ), es decir, x + 2 = ( ) ( ) ( 2, 0, 3) y + ( 2, 0, 3) (z 3). y z Para calcular las derivadas parciales, usamos derivación implícita: y + y z + z Sustituyendo en (x, y, z) = ( 2, 0, 3), obtenemos = 0 = y = / y / = 3y2 3 3x 2 3 = 0 = z = / z / = 3 3 3x 2 3. y ( 2, 0, 3) = 1 3 ( 2, 0, 3) = 0. z Finalmente, la ecuación del plano tangente es x + 2 = 1 y 3x y + 6 = ) Se considera el campo escalar G(x, y, z) = x 2 2y definido sobre la esfera de ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 1. (a) Justificar que G alcanza los valores máximo y mínimo globales sobre la esfera. (b) Utilizar el método de los multiplicadores de Lagrange para calcular dichos valores máximo y mínimo y los puntos donde se alcanzan. a) La función G(x, y, z) = x 2 2y es continua y la esfera es un conjunto compacto, lo que garantiza que se alcanzan el máximo y el mínimo globales. b) Para aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange, tomamos como función objetivo G(x, y, z) = x 2 2y y como restricción H(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0. En los puntos donde se alcanzan los extremos deben existir valores λ R tales que G(x, y, z) = λ H(x, y, z), es decir:

5 2x = 2λx G(x, y, z) = λ H(x, y, z) (2x, 4y, 0) = λ(2x, 2y, 2z) 4y = 2λy 0 = 2λz 5 Distinguimos dos casos: Caso 1: λ = 0. De las dos primeras ecuaciones se obtiene que x = y = 0. Utilizando la restricción, se deduce que z 2 = 1, y por tanto z = ±1. Por tanto, obtenemos los posibles extremos Q 1 = (0, 0, 1), Q 2 = (0, 0, 1). Caso 2: λ 0. En este caso se deduce de la tercera ecuación que z = 0 y de las dos primeras que x = 0 o y = 0. (Si x 0 e y 0 entonces 1 = λ = 2, lo que no es posible.) Por tanto, hay dos posibilidades: Si x = z = 0, la restricción proporciona y = ±1. De aquí obtenemos los puntos Q 3 = (0, 1, 0) y Q 4 = (0, 1, 0). Si y = z = 0, la restricción proporciona x = ±1, lo que proporciona los posibles extremos Q 5 = (1, 0, 0) y Q 6 = ( 1, 0, 0). Evaluamos G en los posibles extremos: G(Q 1 ) = G(Q 2 ) = 1 G(Q 3 ) = G(Q 4 ) = 1 G(Q 5 ) = G(Q 6 ) = 2. El máximo global del campo G sobre la esfera es 2 y se alcanza en los puntos Q 5 = (1, 0, 0) y Q 6 = ( 1, 0, 0). El mínimo global es -1 y se alcanza en los puntos Q 3 = (0, 1, 0) y Q 4 = (0, 1, 0).