c) Calcular las asíntotas horizontales y verticales de f y representar de forma aproximada

Transcripción

1 Universidade de Vigo Departamento de Matemática Aplicada II ETSI Minas Cálculo I Curso 2011/ de julio de 2012 (75 p) 1) Se considera la función f : R R definida por f(x) = ex 2 e x + 1 a) Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f b) Determinar los intervalos de concavidad y convexidad de f y sus puntos de inflexión c) Calcular las asíntotas horizontales y verticales de f y representar de forma aproximada la gráfica de f d) Calcular el polinomio de Taylor de grado menor o igual que 2 de f centrado en x 0 = 0 e) Hallar la expresión de la función inversa f 1 y calcular su dominio de definición (125 p) 2) Calcular, si existen, los siguientes ites: (a) x π sen(x + sen(x)) sen(x) 1 cos(xyz) ; (b) (x,y,z) (0,0,0) x 2 y 2 z 2 ( p) ) Se considera el campo escalar F : R R definido por F (x, y, z) = x 2 + ze x+y+z 1 a) Calcular la tasa de crecimiento de F en el punto (1, 1, 2) en la dirección del vector v = (1, 1, 1) b) Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie z = z(x, y) definida implícitamente por la ecuación F (x, y, z) = 0 en el punto (1, 1, 0) c) Probar que F no alcanza máximos ni mínimos locales en ningún punto de R (2 p) 4) Calcular el volumen máximo que puede encerrar una caja de zapatos rectangular si la suma del perímetro de su base más la altura es 2 metros

2 SOLUCIONES PROBLEMA 1 (a) La función f es continua y derivable en R por ser cociente de funciones derivables cuyo denominador no se anula Utilizando la fórmula de la derivada de un cociente y simplificando, se obtiene que la derivada de f es f (x) = e x (e x + 1) 2, x R Como f (x) > 0 para todo x R, f es estrictamente creciente en R (b) La derivada segunda de f es Por tanto, f (x) = ex (1 e x ) (e x + 1) f (x) = 0 1 e x = 0 e x = 1 x = 0 Como f (x) > 0 si x < 0 y f (x) < 0 si x > 0, se deduce que f es convexa en (, 0), cóncava en (0, ) y tiene un punto de inflexión en x = 0 (c) Como f es continua en R, no tiene asíntotas verticales Para determinar las posibles asíntotas horizontales, calculamos los ites de f en ± Usando la regla de L Hôpital, se tiene: Por otra parte, como x ex = 0, e x 2 x e x + 1 = e x x e x = 1 e x 2 x e x + 1 = = 2 En consecuencia, las rectas y = 2 e y = 1 son asíntotas horizontales a la gráfica de f en y + respectivamente La forma aproximada de la gráfica de f se representa en la figura:

3 (d) De las expresiones de f y sus derivadas se obtiene: f(0) = 1 2 ; f (0) = 4 ; f (0) = 0 Por tanto el polinomio de Taylor de grado menor o igual que 2 de f centrado en 0 es p 2 (x) = f(0) + f (0)x + f (0) x 2 = x (e) Para obtener la expresión de f 1, planteamos la ecuación f(x) = y y despejamos y en función de x: f(x) = ex 2 e x + 1 = y ex 2 = y(e x +1) e x (1 y) = 2+y e x = 2 + y 1 y En consecuencia, f 1 (x) = ln ( ) 2 + x 1 x x = ln Para que el logaritmo neperiano esté bien definido, la fracción debe ser positiva, es decir, los signos del numerador y el denominador deben coincidir Como 2 + x > 0 x > 2 y 1 x > 0 x < 1 los signos de (2 + x) y (1 x) sólo coinciden en el intervalo ( 2, 1) Por tanto, el dominio de definición de f 1 es el intervalo ( 2, 1) ( ) 2 + y 1 y PROBLEMA 2 (a) Dado que se trata de una indeterminación del tipo 0/0, podemos usar la regla de L Hôpital: sen(x + sen(x)) cos(x + sen(x)) (1 + cos(x)) cos(π) (1 + cos(π)) = = = 0 x π sen(x) x π cos(x) cos(π) (b) Para calcular (x,y,z) (0,0,0) 1 cos(xyz) x 2 y 2 z 2, denotamos t = xyz Es claro que (x, y, z) (0, 0, 0) = t 0 Por tanto, 1 cos(xyz) 1 cos(t) sen(t) cos(t) (x,y,z) (0,0,0) x 2 y 2 z 2 = t 0 t 2 = = = 1 t 0 2t t 0 2 2, donde hemos utilizado dos veces la regla de L Hôpital PROBLEMA (a) La tasa de crecimiento de F en (1, 1, 2) en la dirección de v = (1, 1, 1) es la derivada direccional v D v F (1, 1, 2) = F (1, 1, 2) v

4 El gradiente de F en un punto (x, y, z) es F (x, y, z) = ( 2x + z e x+y+z, z e x+y+z, (1 + z) e x+y+z) Por tanto, F (1, 1, 2) = (0, 2, 1) y D v F (1, 1, 2) = (0, 2, 1) (1, 1, 1) = = (c) La ecuación del plano tangente en el punto (1, 1, 0) tiene la forma z 0 = z x (1, 1, 0) (x 1) + z y (1, 1, 0) (y + 1), donde z x y z y son respectivamente las derivadas parciales de z(x, y) respecto de x e y La función z = z(x, y) está definida implícitamente por la expresión Usando la regla de la cadena, tenemos: x + y + F (x, y, z) = x 2 + ze x+y+z 1 = 0 = 0 = x x = / x / = F x y = 0 = y = / y / = F y Las derivadas parciales de F ya las hemos calculado en el apartado anterior Por tanto, x = 2x + z ex+y+z ; y = z ex+y+z ; = (1 + z) ex+y+z x = F x = 2x z ex+y+z (1 + z) e x+y+z ; y = F y = z 1 + z Para x = 1, y = 1, z = 0, se tiene: z x (1, 1, 0) = 2 ; z y (1, 1, 0) = 0 Finalmente, la ecuación del plano tangente es z = 2(x 1) + 0(y + 1) 2x + z 2 = 0 (d) Una condición necesaria para que F alcance un máximo o un mínimo local en un punto (x, y, z) R es que F (x, y, z) = (0, 0, 0) En particular, y = z ex+y+z = 0 z = 0 ; = (1 + z) ex+y+z = 0 z = 1, con lo cual es imposible que el gradiente se anule en algún punto 4

5 PROBLEMA 4 Denotemos por x e y a las longitudes de las aristas de la base y por z a la altura de la caja z y x La función que queremos maximizar (función objetivo) es el volumen de la caja V (x, y, z) = xyz, con x > 0, y > 0, z > 0 La restricción es que la suma del perímetro de la base más la altura es 2 metros, es decir, g(x, y, z) = 2x + 2y + z = 2 Utilizamos el método de los multiplicadores de Lagrange Debe existir un valor de λ R para el que se cumpla la condición V (x, y, z) = λ g(x, y, z), es decir, yz = 2λ V (x, y, z) = (yz, xz, xy) = λ g(x, y, z) = (2λ, 2λ, λ) xz = 2λ xy = λ Como suponemos que x 0, y 0, z 0, se obtiene: yz = 2λ = xz y = x yz = 2λ = 2xy z = 2x De las relaciones 2x + 2y + z = 2, z = 2x = 2y, obtenemos: 2x + 2x + 2x = 2 6x = 2 x = 1 Por tanto, el máximo se alcanza para x = 1, y = 1, z = 2, y el volumen máximo es V ( 1, 1, 2 ) = 2 27 m 5