Análisis Matemático Ingenierías en Informática Soluciones del examen de febrero de 2009

Transcripción

1 Análisis Matemático Ingenierías en Informática Soluciones del examen de febrero de 9. a) Prueba, usando el teorema de Bolzano, que la función f.x/ D e x Cx x se anula en al menos tres untos del intervalo Œ ;. b) Prueba, usando el teorema de Rolle, que dicha función no uede anularse en más de tres untos. Solución. El teorema de Bolzano afirma que una función continua en un intervalo que toma valores ositivos y negativos se anula al menos una vez en algún unto de dicho intervalo. La función f es continua, y tenemos que: f. / D e 7 C 8 D e < f. / D e 8 C D e C > f./ D D < f./ D e C7 8 D e C7 > Deducimos, or el teorema de Bolzano, que en cada uno de los intervalos ; Œ, ; Œ y ; Œ la función f se anula or lo menos en un unto. En consecuencia, la función se anula en al menos tres untos en Œ ;.. Por el teorema de Rolle, sabemos que entre cada dos ceros de una función derivable en un intervalo hay algún cero de su derivada. Por tanto, si nuestra función f se anulara en más de tres untos, es decir, se anulara en cuatro untos o más, su derivada habría de anularse en al menos tres untos y, or igual razón, su derivada segunda habría de anularse en al menos dos untos. Pero como f.x/ D e x Cx, es evidente que f es una función estrictamente creciente, or lo que solamente uede anularse en un unto. Concluimos que f no se uede anular en más de tres untos.. Se considera la elise de ecuación: x a C y D: Calcula el triángulo isósceles de área b máxima inscrito en dicha elise, que tiene un vértice en el unto.; b/ y base aralela al eje de abscisas. Solución. Sea A D.x; y/ el vértice izquierdo de la base del triángulo. La altura del triángulo es b y, y la base es el doble r de la abscisa x. Puesto que el unto A D.x; y/ y está en la elise, se tiene que x D a. Por tanto, la función área que hay que b maximizar es: f.y/ D.b y/a s y b D a b.b y/ q b y y Œ b; b:

2 Soluciones examen febrero 9 Se trata de una función continua en un intervalo cerrado y acotado Œ b; b. Sabemos, or el teorema de Weierstrass, que dicha función alcanza un máximo (y un mínimo) absoluto en algún unto de dicho intervalo. Como la función f es derivable en b; bœ, dicho máximo absoluto o bien se alcanza en alguno de los extremos del intervalo o se alcanza en algún unto crítico de f. Calculemos los untos críticos de f en b; bœ. Tenemos que: f.x/ D a q y b b y C.b y/ D a y by b b y b b y B D.; b/ a A D.x; y/ La única solución de la ecuación b by b D que está en el intervalo Œ b; b es y D b=. Como: f.b/ D f. b=/ D ab f. b/ D Deducimos que el triángulo de área máxima en las condiciones del enunciado es aquél cuya base está sobre la recta y D b=, y el área máxima es ab.. Sea A.t/ el área de la región del lano (sombreada en gris en la figura) comrendida entre la elise de ecuación x C y D, la recta horizontal y D y la recta vertical x D t donde t =. Se ide calcular los valores máximo y mínimo absolutos de A.t/ en el intervalo Œ; =. Solución. La función área, AWŒ; = R, que se nos ide otimizar viene dada or: A.t/D t. x / dx C = x dx D t. x / dx t x dx t = Se trata de una función continua en un intervalo cerrado y acotado Œ; =. Sabemos, or el teorema de Weierstrass, que dicha función alcanza un máximo y un mínimo absolutos en algún unto de dicho intervalo. Como la función integrando es continua, Dto. de Análisis Matemático

3 Soluciones examen febrero 9 x C y D t el teorema fundamental del cálculo, nos dice que A.t/ es derivable y su derivada viene dada or: A.t/ D t t D t : Calculamos los untos críticos: A.t/ D t D t D t D : Deducimos que el único unto donde A.t/ se anula en el intervalo ; =Œ es =. Los valores máximo y mínimo absolutos de la función deben alcanzarse o bien en un unto extremo del intervalo o en el unto =. Puesto que la derivada A.t/ es continua, no se anula en Œ; =Œ y A./ D <, deducimos que A.t/ < ara todo t Œ; =Œ. Análogamente, como A.=/ D >, deducimos que A.t/ > ara todo t =; =. Por tanto, deducimos que la función A.t/ es decreciente en Œ; = y es creciente en Œ =; =. En consecuencia, el valor mínimo absoluto se alcanza en =. El máximo absoluto debe alcanzarse, or tanto, en uno de los untos extremos del intervalo. El ejercicio nos ide calcular dichos valores. Tenemos que: A./ D A.=/ D A. =/ D D = = 8 x dx D x D sen t D =.. x / dx D x / dx C = 8 cos t dt D x dx D =. C cos.t// dt D 8 = cos t dt C = = cos t dt D El valor máximo absoluto se alcanza en t D con valor y el valor mínimo absoluto 8 en t D con valor. 8 Dto. de Análisis Matemático

4 Soluciones examen febrero 9. a) Clasifica los extremos relativos del camo escalar f.x; y/dx Cy xy x C. b) Calcula el máximo y el mínimo absolutos de dicho camo escalar en el conjunto: K D.x; y/r W x C y ; y > : Solución. a) Calculamos los untos críticos y/dx y/dy xy D y.y x/ D De la segunda tenemos dos osibilidades: y D o y x D. Suongamos que y D, entonces en la rimera sustituimos y tenemos que: x D = x D Suongamos ahora que y, or tanto y x D. Observa que la rimera ecuación imlica que x, or lo que y D x. Volvemos a la rimera ecuación y sustituimos: x x 9 D x D 9 x D : Por tanto, los untos críticos de f son:. ; /;. ; /;. ; /;. ; /: Calculamos ahora la matriz hessiana : x y H.x; y/ D y y x Evaluamos dicha matriz en cada unto crítico. H. ; / D Como su determinante es negativo, en. ; / hay un unto de silla. H. ; / D Como su determinante es negativo, en en. ; / hay un unto de silla. H. ; / D 8 Dto. de Análisis Matemático

5 Soluciones examen febrero 9 Cuyo determinante es ositivo y su rimer elemento también es ositivo. Por tanto en. ; / hay un mínimo relativo. H. ; / D 8 Cuyo determinante es ositivo y su rimer elemento es negativo. Por tanto, en el unto. ; / hay un máximo relativo. b) El conjunto K es la mitad suerior del círculo centrado en el origen de radio. Es un conjunto acotado y contiene a su frontera or lo que también es cerrado, es decir, K es un conjunto comacto. Como f es un camo escalar continuo, or el teorema de Weierstrass, sabemos que f alcanza untos de K un máximo absoluto y un mínimo absoluto. Dichos untos ueden estar en el interior de K o en la frontera. Si se alcanzan en el interior de K, han de estar entre los extremos relativos que hay en el interior de K. Así que nos quedamos con sólo el tercer unto del aartado anterior, es decir,. ; /. El otro extremo relativo que habíamos obtenido, lo descartamos ya que no está en el interior del recinto K. n o La frontera de K está formada or el segmento K D.x; / W x y or la semicircunferencia K D.x; y/r W x C y D ; y >. Observa que K y K son conjuntos comactos. Calcularemos los extremos absolutos de f en K y en K. Comenzamos con el segmento K. Llamemos f a la función f restringida a este conjunto y calculemos sus untos críticos. Esto es: f.x/ D f.x; / D x x C donde x Œ f.x/ D x D, x D ; Por tanto, los valores extremos absolutos de f en K debe tomarlos en alguno de los untos. ; /,. ; / o en los extremos del intervalo. ; /,. ; /. Para calcular los extremos absolutos de f en K, observamos que los untos de K son de la forma.x; x /, or lo que calcularemos los extremos absolutos de la función (al final del ejercicio también lo haremos alicando el método de los multilicadores de Lagrange): f.x/ D f.x; x / D x C. x / = x C donde x Œ ; : Derivamos e igualamos a cero: f.x/dx x. x / = D x Dx x x x CD: () Es una ecuación bicuadrada que se resuelve fácilmente obteniendo que: x x C D x D o x D =: Dto. de Análisis Matemático

6 Soluciones examen febrero 9 En rinciio tendríamos soluciones; ero observa que, como debe ser x D x x, los números x y x deben ser ambos ositivos o ambos negativos. Obtenemos así los untos críticos de f : x D y x D. Por tanto, los valores extremos absolutos de f en K debe tomarlos en alguno de los untos.; /,. ; / o en los extremos del intervalo. ; /,. ; /. Para finalizar, evaluamos la función f en todos los untos candidatos encontrados, tanto en el interior, como en la frontera. f.= ; = / D f. ; / D C f. ; / D f.; / D f. = ; = / D C 8 (mínimo absoluto) (máximo absoluto) Método de los multilicadores de Lagrange. Vamos ahora a encontrar los candidatos a extremos absolutos de f en la semicircunferencia K haciendo uso de los multilicadores de Lagrange. Calculamos los extremos de f con la condición x C y D y nos quedaremos con aquellos ara los que y >. La función de Lagrange es F.x; y; / D x C y xy x C C.x C y / Cuyos untos críticos son las soluciones del sistema de ecuaciones: Podemos escribir la ecuación () como: x y C x D () y.y x C / D y xy C y D () x C y D () y y D x C D Si y D la ecuación () nos da x D (y ahora odemos calcular el valor corresondiente de or la ecuación (), ero eso no interesa). Si y, debe ser y xcd. Y ahora odemos desejar en las dos rimeras ecuaciones e igualar (observa que la ecuación () imlica que x ): x y D y x C x Ahora en la ecuación () sustituimos y D x e y D x con lo que obtenemos: x x x D x x D x x x x C D Que es la misma ecuación (). En consecuencia volvemos a obtener las mismas soluciones anteriores. () Dto. de Análisis Matemático

7 Soluciones examen febrero 9 7. Calcula la integral A d.x; y/.. x y /. C x C y / Donde A D.x; y/ W x C y ; jyj x : Solución. El recinto de integración es un sector circular de la circunferencia unidad y la función que integramos tiene simetría olar. Haremos un cambio a coordenadas olares. Tenemos que: A Donde d.x; y/ D. x y /. C x C y / B D.; #/ R C D.; #/ R C D.; #/ R C " # x D cos # y D sen # D B ; ŒW. cos #; sen #/ A D d.; #/. /. C / ; ŒW ; j sen #j cos # D ; ŒW ; jsen #j cos # La condición jsen #j cos # imlica que cos # >, lo que nos dice que < # < y, además, cos # sen # cos #. Como cos # >, esta desigualdad equivale a tg #, lo que equivale a que = # =. Por tanto: B B D f.; #/ W < ; = # =g : Alicamos ahora el teorema de Fubini ara obtener: Z " Z d.; #/ D. /. C /. /. C / d # d# D Z. /. C / d : Esta es una integral de una función racional que se calcula or el método usual. Primero, descomonemos en fracciones simles el integrando:. /. C / D A C B C C C C D C Quitando denominadores obtenemos: D A. C /. C / C B. /. C / C.C C D/. /. C / Haciendo D obtenemos que D A, or lo que A D =. Haciendo D obtenemos que B D =. Igualando coeficientes de resulta A B C D, de donde obtenemos que C D =. Igualando los términos indeendientes resulta A C B C D D, or lo que D D. Por tanto: Z. /. C / d D Z Z d C d C Z C d D D Œ log. / Œlog. C / C h log. C / i D D log log C log C log D. log log / Para teminar: Z A. x y /. C x C y / d. x; y/ D 8 log : Dto. de Análisis Matemático