Soluciones a los ejercicios del examen final

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1 Universidade de Vigo Departamento de Matemática Aplicada II E.T.S.I. Minas Cálculo I Curso 201/14 20 de diciembre de 201 Soluciones a los ejercicios del examen final 1) Se considera la función f : R R definida por f(x) = x2 1 + x 2. a) Calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f. b) Calcular los intervalos de concavidad y convexidad de f. c) Hallar las asíntotas horizontales de la gráfica de f y dibujar de forma aproximada dicha gráfica. d) Determinar el conjunto Im(f) = {f(x) / x R} y hallar la expresión de la aplicación inversa f 1 en ese conjunto. a) Aplicando la regla de la derivada del cociente y simplificando obtenemos que f (x) = 2x (1 + x 2 ) 2. Como el denominador se siempre positivo, f (x) > 0 x > 0 y f (x) < 0 x < 0. Por tanto, f es decreciente en (, 0), creciente en (0, ) y tiene un mínimo global en x = 0. b) Derivando de nuevo el cociente y simplificando, se tiene que la derivada segunda de f es f (x) = 2 6x2 (1 + x 2 ). Por tanto, f (x) = 0 2 6x 2 = 0 x = ± 1. Analizando el signo de 2 6x 2 en cada intervalo, se tiene que f (x) > 0 1/ < x < 1/ y por tanto f es convexa en ( 1/, 1/ ), cóncava en (, 1/ ) (1/, ) y tiene dos puntos de inflexión en 1/ y 1/. c) La recta y = 1 es una asíntota horizontal a la gráfica de f en y + porque lím f(x) = lím f(x) = 1. x x Teniendo en cuenta el estudio realizado y que f(0) = 0, la gráfica de f tiene la forma mostrada en la figura 1.

2 1-1/ 0 1/ Figura 1 Representación aproximada de la gráfica de f. d) Es claro que Im(f) = [0, 1). Para obtener la expresión de f 1 despejamos x en la ecuación f(x) = y: x 2 y 1 + x 2 = y x2 = y + yx 2 x 2 (1 y) = y x = 1 y = f 1 (y). 2) La velocidad de una partícula viene dada por la función V (t, x) = x 2 t + e xt, donde t 0 es el tiempo y x > 0 es la densidad del medio. La partícula se detiene en el instante t en que V (t, x) = 0. a) Calcular la derivada parcial de V respecto de x y deducir que la velocidad decrece si aumentamos la densidad en un instante concreto t > 0. b) Suponiendo que la ecuación V (t, x) = 0 define implícitamente a t como función de x, usar derivación implícita para probar que el instante t = t(x) en el que la partícula se detiene es una función decreciente de x. c) Para una densidad constante x = 1, se define la función escalar h(t) = V (t, 1). i) Probar que la ecuación h(t) = 0 tiene una única solución en [0, ) y acotarla en un intervalo de longitud 1/2. ii) Hallar el polinomio de Taylor de grado de h centrado en t = 0 y usarlo para estimar el valor de e 1. a) La derivada parcial de V respecto de x representa la tasa de variación de V al incrementar el valor de x manteniendo t constante. Como x > 0, V x = 2xt te xt < 0, t > 0, de donde se deduce que la velocidad decrece al aumentar la densidad. b) Teniendo en cuenta que t = t(x) y aplicando la regla de la cadena en la expresión V V (t, x) = x 2 t + e xt = 0, se obtiene (véase el diagrama de dependencias al margen): x t x V x + V t t x = 0 = t (x) = t x = V/ x = V/ t Como t (x) < 0, t(x) es una función decreciente de x. 2xt + te xt x 2 < 0, t > 0, x > 0. xe xt

3 c) i) La función es h(t) = t + e t. Es claro que Por otra parte, h(1/2) > 0 ya que h(0) = 1 > 0 ; h(1) = 1 + e 1 < 0. e < 4 = e 1/2 = e < 2 = e 1/2 > 1/2 = h(1/2) = ( 1/2) + e 1/2 > 0. Como h es continua, el teorema de Bolzano garantiza que existe un punto t 0 (1/2, 1) tal que h(t 0 ) = 0. Una aplicación del teorema de Rolle justifica que este punto es único ya que h (t) = 1 e t < 0, t > 0. ii) El polinomio de Taylor de grado de h centrado en 0 es p(t) = h(0) + h (0) t + h (0) 2! t 2 + h (0)! Como h(t) = t + e t, h (t) = 1 e t, h (t) = e t y h (t) = e t, se tiene: p(t) = 1 2 t t2 1 6 t. t. Como h(1) = 1 + e 1 p(1) = 2/, se deduce que e = 1. ) Se considera una superficie z = G(x, y), donde G es un campo escalar de clase C 1 en R 2. Sabiendo que la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto (x 0, y 0, z 0 ) = (2, 1, 2) es 2x + y z =, se pide: a) Calcular la dirección de máximo crecimiento de G a partir del punto (2, 1). b) Dada la función escalar g : R R definida por g(t) = G(2t, t 2 ), calcular la ecuación de la recta tangente a la gráfica de g en el punto (1, g(1)). a) Denotemos por G x = G x, G y = G. La dirección de máximo crecimiento de G a partir y del punto (2, 1) es la del vector gradiente, es decir, G(2, 1) = (G x (2, 1), G y (2, 1)). La ecuación del plano tangente a z = G(x, y) en el punto (2, 1, 2) es z + 2 = G x (2, 1) (x 2) + G y (2, 1) (y + 1) = 2x + y 1, ya que 2x + y z = z + 2 = 2x + y 1. Por tanto, G x (2, 1) = 2, G y (2, 1) = = G(2, 1) = (2, ). b) Podemos escribir g(t) = G(h(t)), donde h(t) = (2t, t 2 ). Por la regla de la cadena:

4 g (t) = G(h(t)) h (t) = g (1) = G(h(1)) h (1) = G(2, 1) h (1) = (2, ) (2, 2) = 2, ya que h(1) = (2, 1), h (t) = (2, 2t) y, por el apartado anterior, G(2, 1) = (2, ). Como g(1) = G(2, 1) = 2, la ecuación de la recta tangente a la gráfica de g en (1, g(1)) es y g(1) = g (1)(x 1) y + 2 = 2(x 1) 2x + y = 0. 4) La temperatura de un gas en cada punto (x, y, z) R viene dada por la expresión T (x, y, z) = x y xy + 2y z. a) Calcular la tasa de variación ρ(x, y, z) de T en la dirección del vector u = (1, 1, 1) a partir de cada punto (x, y, z) R. b) Determinar los puntos críticos de la función ρ(x, y, z) calculada en el apartado anterior y estudiar si alguno de ellos es un máximo local o un mínimo local. a) La tasa de variación de T en la dirección de u es la derivada direccional D u T (x, y, z) = T (x, y, z) u u = 1 ( x 2 y y, x x + 6y 2, z 2) = 1 ( x 2 y y x + x 6y 2 z 2) := ρ(x, y, z). 1 = 1 1 b) Para simplificar, consideramos la función F (x, y, z) = ρ(x, y, z) = x 2 y y x + x 6y 2 z 2, que evidentemente tiene los mismos puntos críticos que ρ. Buscamos los puntos que anulan el gradiente de F : 6xy x 2 + = 0 F (x, y, z) = (F x, F y, F z ) = (0, 0, 0) x 2 12y = 0 6z = 0 La tercera ecuación proporciona z = 0. Sumando las dos primeras se obtiene: y = 0 6xy 12y = 0 y(6x 12) = 0 ó x = 2 Para y = 0, la primera ecuación da x 2 = 1. Por tanto x = ±1, de donde se obtienen los puntos críticos P 1 = (1, 0, 0) y P 2 = ( 1, 0, 0). Para x = 2, la primera ecuación da 12y = 9. Por tanto y = /4, de donde se obtiene el punto crítico P = (2, /4, 0). Estudiamos el carácter de los puntos críticos analizando la matriz hessiana:

5 F xx F xy F xz 6y 6x 6x 0 HF (x, y, z) = F yx F yy F yz = 6x F zx F zy F zz Sustituyendo en los puntos críticos: = 6 < 0 HF (1, 0, 0) = = 2 = 6 > 0 = Definida negativa. = 216 < 0 HF ( 1, 0, 0) = = 6 > = 2 = 108 < 0 = Indefinida. = 648 > 0 15/ = 15/2 < 0 HF (2, /4, 0) = = 2 = 54 < 0 = Indefinida. = 24 > 0 Por tanto, ρ alcanza un máximo local en P 1 = (1, 0, 0), mientras que en P 2 y P tiene dos puntos de silla.