E.T.S.I.Caminos,CanalesyPuertosmat.caminos.upm.es/~msoler/calculoII/Calculo-I-examenes-resueltos.pdf(a)...

1

E.T.S.I. Caminos, Canales y Puertos

Problemas de examen de C¶alculo I

M. Soler

3

Ex¶amenes resueltos de C¶alculo I

Primer curso

5

En las p¶aginas siguientes se reunen preguntas de ex¶amenes realizados en a~nos anterio-res.La estructura es la siguiente: Las preguntas est¶an distribuidas por temas. En cada uno

de ellos la primera parte est¶a formada por preguntas de car¶acter te¶orico y la segunda porproblemas sin resolver. En las p¶aginas siguientes aparecen las mismas preguntas resueltas.El alumno no debe esperar aprender a hacer problemas con estas hojas. Esa es

labor de clase y de otro tipo de publicaciones. El objeto de ¶esta es que pueda comprobar sunivel de aprendizaje en funci¶on de lo exigido para superar esta asignatura en esta Escuela.Por tanto, pedimos al alumno que no mire las soluciones hasta haber intentado realizarlos problemas de forma aut¶onoma. Ese es el objeto de los enunciados sin resolver queaparecen al principio de cada bloque, con los que el alumno puede ponerse en la situaci¶onm¶as parecida posible (siempre es poco parecida) al momento de tener que rendir examen.Este intento tiene que ser serio, no basta con dedicar tres o cuatro minutos y pasarluego a ver la soluci¶on. Esto no sirve para nada, salvo para perder el tiempo. Lassoluciones son completas pero relativamente esquem¶aticas. Las dudas que queden despu¶esde ver la soluci¶on son objeto (adem¶as de todas las que puedan tenerse de forma general) delas tutorias. Debe tambi¶en tenerse en cuenta que no hay una ¶unica forma de resolver losproblemas. De hecho casi todos pueden resolverse de muchas formas, unas m¶as t¶ecnicasy otras m¶as imaginativas. Hemos tratado de que la soluci¶on expuesta sea lo m¶as t¶ecnicaposible, eludiendo siempre la temida (y odiada) feliz idea. Las referencias a teoremas,proposiciones y corolarios corresponden al libro C¶alculo diferencial e integral. Una

y varias variables del mismo autor.En esta edici¶on incluimos al principio los ex¶amenes del curso pasado (2011¡ 2012) y

al ¯nal problemas de integrales dobles y triples, integrales impropias y sucesiones y seriesnum¶ericas y de potencias. Estos temas corresponden a la asignatura de C¶alculo II, perocreemos que ser¶an de utilidad una vez superado C¶alculo I.

Madrid, Septiembre de 2012.

7

Ex¶amenes del curso 2011-2012

9

Te¶oricas:

1. Calcular

µi74 + i

i41 ¡ i6

¶3

Soluci¶on: i74 = i4¢18+2 = (i4)18 ¢ i2 = 1 ¢ (¡1) = ¡1, i41 = i4¢10+1 = (i4)10 ¢ i = i, i6 = i4i2 = ¡1

Asi,

µi74 + i

i41 ¡ i6

¶3=

µ¡1 + i

i + 1

¶3=

µ(¡1 + i)(1¡ i)

2

¶3= i3 = ¡i

2. Hallar el n¶umero de ra¶³ces reales de xex = 2. (No se pide el valor de las ra¶³ces, s¶olo el n¶umero)

Soluci¶on: Sea f(x) = xex ¡ 2. Como, aplicando la regla de L'Hopital, limx!¡1

xex = limx!¡1

x

e¡x=

= limx!¡1

1

¡e¡x = 0, entonces limx!¡1

f(x) = ¡2. Adem¶as limx!+1

f(x) = +1, por lo que, al menos,

tiene una ra¶³z real. Por otra parte, f 0(x) = ex + xex = ex(1 + x) = 0 ) x = ¡1. Adem¶as, six < ¡1, f 0(x) < 0 y asi f decrece desde ¡2 hasta f(¡1) = ¡e¡1 ¡ 2, por lo que no tiene ra¶³ces en(¡1;¡1). Si x > ¡1, f 0(x) > 0 y f crece constantemente y como lim

x!+1f(x) = +1, s¶olo tiene

una ra¶³z real. Al ser f(0) = ¡2 < 0 y f(1) = e¡ 2 > 0, la ra¶³z est¶a en el intervalo (0; 1).

3. El polinomio de Taylor en a = 1 de grado 2 de una funci¶on f es x2 + 2. Estos datos

(a) >son su¯cientes para escribir la ecuaci¶on de la recta tangente a f en a = 1? Si lo son, escr¶³bala.

(b) >son su¯cientes para escribir la ecuaci¶on de la recta tangente a f en a = ¡1? Si lo son,escr¶³bala.

Soluci¶on:

(a) Si. Como el valor de la funci¶on y de su derivada en el punto de desarrollo coinciden respecti-vamente con el valor del polinomio y su derivada en el mismo punto, f(1) = 3 y f 0(1) = 2 yasi la recta tangente es y ¡ 3 = 2(x¡ 1) ) y = 2x + 1.

(b) No, porque el polinomio s¶olo aporta datos exactos sobre la funci¶on y sus derivadas en el puntode desarrollo y hasta el orden de ¶este.

4. Sea f(x; y) =pjxyj. Estudiar si es o no diferenciable en los puntos de la forma (0; b), b > 0.

Soluci¶on: Veamos en primer lugar si existen las dos derivadas parciales. Calculamos el l¶³mite porla derecha

@f

@x(0; b) : lim

x!0+

f(x; b)¡ f(0; b)

x¡ 0= lim

x!0+

pbjxjx

= limx!0+

pbx

x= lim

x!0+

pbpx

que no existe. Asi, no existe la derivada parcial respecto a x en ning¶un punto (0; b). La funci¶on noes diferenciable. Sin embargo, la derivada respecto a y si existe en todos esos puntos y vale 0.

5. Sabiendo que xu+ye2x¡u = 2 de¯ne a u como funci¶on impl¶³cita diferenciable de x; y, en un entornodel punto (x; y; u) = (1; 0; 2), u = u(x; y), calcular ru(1; 0). (r indica gradiente.)

Soluci¶on: Derivando la ecuaci¶on con respecto a x tenemos

u + x@u

@x+ ye2x¡u

µ2¡ @u

@x

¶= 0 en (x,y,u)=(1,0,2) es 2 +

@u

@x(1; 0) = 0 ) @u

@x(1; 0) = ¡2

Derivando respecto a y

x@u

@y+ e2x¡u + ye2x¡u

µ¡@u

@y

¶= 0 en (x,y,u)=(1,0,2) es

@u

@y(1; 0) + 1 = 0 ) @u

@y(1; 0) = ¡1

y asi ru(1; 0) = (¡2;¡1).

10

1. Calcular limx!0

µcos x +

x2

2

¶ 1x(senx¡x)

Soluci¶on: Se trata de una indeterminaci¶on 11. Tomando logaritmos y aplicando la oportunaequivalencia tenemos

lnL = limx!0

1

x(senx¡ x)ln

µcosx +

x2

2

¶= lim

x!0

1

x(senx¡ x)

µcosx +

x2

2¡ 1

¶= lim

x!0

cosx + x2

2 ¡ 1

x(senx¡ x)

² Primera forma: L'Hopital

lnL = limx!0

cosx + x2

2 ¡ 1

x(senx¡ x)= lim

x!0

¡ senx + x

(senx¡ x) + x(cosx¡ 1)= lim

x!0

¡ cos x + 1

2(cosx¡ 1)¡ x senx=

= limx!0

x2

2

2(cosx¡ 1)¡ x senx= lim

x!0

x

¡3 senx¡ x cos x= lim

x!0

1

¡4 cos x + x senx= ¡1

4

y el l¶³mite es L = e¡14 =

14pe

² Segunda forma: Desarrollos Como

cosx = 1¡ x2

2+

x4

4!+ R4 senx = x¡ x3

3!+ R03

lnL = limx!0

cos x + x2

2¡ 1

x(senx¡ x)= lim

x!0

1¡ x2

2+ x4

4!+ R4 + x2

2¡ 1

x(x¡ x3

3!+ R03 ¡ x)

= limx!0

x4

4!+ R4

¡x4

3!+ xR03

= ¡1

4

y el problema se termina como antes.

2. Sea An =

Z (n+1)¼

n¼

e¡x senx dx.

(a) Calcular la primitiva

Ze¡x senx dx. (5 puntos.)

(b) Hallar el valor de An en funci¶on de n. (4 puntos.)

(c) Demostrar queAn+1An

es una constante. (1 puntos.)

Soluci¶on: C¶alculo de la primitiva: Integrando por partes con u = senx dv = e¡x dx ) du == cosx dx v = ¡e¡x,

I =

Ze¡x senx dx = ¡e¡x senx +

Ze¡x cos x dx

Si ahora repetimos el proceso con u = cos x dv = e¡x dx ) du = ¡ senx dx v = ¡e¡x,

I = ¡e¡x senx¡ e¡x cos x¡ I = ¡e¡x(senx + cosx)¡ I ) I = ¡1

2e¡x(senx + cos x)

y aplicando la regla de Barrow,

11

An = ¡1

2

³e¡(n+1)¼ cos(n + 1)¼ ¡ e¡n¼ cosn¼

´

Si n es par, n + 1 es impar y

An = ¡1

2

³e¡(n+1)¼(¡1)¡ e¡n¼

´=

e¡n¼

2(e¡¼ + 1)

Si n es impar, n + 1 es par y

An = ¡1

2

³e¡(n+1)¼ ¡ e¡n¼(¡1)

´= ¡e¡n¼

2(e¡¼ + 1)

Como n y n + 1 son uno par y otro impar, los signos de An y An+1 ser¶an distintos, y el cocienteser¶a negativo. El m¶odulo del cociente es

e¡(n+1)¼

2(e¡¼ + 1)

e¡n¼

2(e¡¼ + 1)

= e¡¼

yAn+1An

= ¡e¡¼

3. Consideremos la regi¶on D = f(x; y) ; x2 · 4y; y · 4; y · x + 4 g. Hallar los puntos del per¶³metroque est¶an a mayor y menor distancia del punto ¯jo (0; 2).

Soluci¶on: Utilizaremos la distancia al cuadrado que es f(x; y) = x2 + (y ¡ 2)2

(0,2)

4522−

526−Segmento en la recta y = 4: La funci¶on es f(x; 4) = x2 + 4;

x 2 [0; 4]. Derivando e igualando a 0 tenemos x = 0 lo que

suministra el punto cr¶³tico (0; 4). Hay que a~nadir el (4; 4)

por extremo.

Par¶abola: y =x2

4; ) f(x; y) = x2 +

µx2

4¡ 2

¶2; x 2 [2 ¡ 2

p5; 4]. Derivando e igualando a 0

tenemos x3 = 0 ) x = 0, lo que suministra (0; 0) y los extremos (2¡ 2p

5; 6¡ 2p

5) y (4; 4).

Segmento en la recta y = x + 4: f(x; y) = x2 + (x + 2)2; x 2 [2 ¡ 2p

5; 0]. Derivando e igualandoa 0 tenemos 4x + 4 = 0 ) x = ¡1 que pertenece al intervalo. Asi tenemos (¡1; 3) y losextremos, que ya est¶an contemplados. Como f(0; 0) = f(0; 4) = 4, f(¡1; 3) = 2, f(4; 4) = 20 yf(2 ¡ 2

p5; 6¡ 2

p5) = 60¡ 24

p5 » 6033, alcanza el m¶aximo absoluto en (4; 4) con valor

p20 y el

m¶³nimo absoluto en (¡1; 3), con valorp

2

12

C¶ALCULO IPrimer curso. Examen extraordinario. 5 de Julio de 2012.

APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................

Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)

Responda breve y razonadamente

1. Sea z 6= 0 un n¶umero complejo. Comprobar quez + z

z +1

z

z es un n¶umero real. (Con z se representa

el complejo conjugado de z.)

z + z

z +1

z

z =z + zjzj2+1z

z =z + z

jzj2 + 1jzj2

Como z + z es el doble de la parte real de z y el resto son n¶umeros reales, queda probado.

2. Hallar el n¶umero de ra¶³ces reales de f(x) = ln(1 + x)¡ x

x + 1en [0;+1). (Se pide s¶olo el n¶umero,

no hallarlas.)

Desde luego f(0) = 0 y como f 0(x) =x

(x + 1)2> 0 8x > 0, f es siempre creciente, por lo que s¶olo

se anula en x = 0.

3. Dada la funci¶on f(x) =

Z x

1

dt

(1 + t2)2; x 2 R, calcular (f¡1)0(0).

Como1

(1 + t2)2> 0, f(x) es estrictamente creciente y, por tanto, invertible. Adem¶as (f¡1)0(b) =

=1

f 0(a)siendo f(a) = b. Como f(1) = 0 y f 0(x) =

1

(1 + x2)2, f 0(1) =

1

4. Asi (f¡1)0(0) = 4.

4. Hallar y clasi¯car los puntos cr¶³ticos de f(x) = sh2n x, para todo n¶umero natural n.

f 0(x) = 2n sh2n¡1 x chx = 0 ) x = 0. Como chx > 0 8x y si x < 0 ) shx < 0; x > 0 )shx > 0 y 2n¡ 1 impar, f 0(x) < 0 si x < 0 y f 0(x) > 0 si x > 0. M¶³nimo absoluto.

5. Analizar si el sistema de ecuaciones½

xu2 + yv = 2¡2yu2 + xv = ¡1

de¯ne a u; v como funciones impl¶³citas de x; y en un entorno de cada uno de los puntos (x; y; u; v) == (1; 1; 1; 1), (x; y; u; v) = (¡1; 2; 0; 1). (Deben comprobarse expl¶³citamente todas las condiciones del

teorema o teoremas implicados.)

Los dos puntos veri¯can el sistema. Adem¶as las derivadas parciales escritas en forma de matriz

son

µu2 v 2ux yv ¡2u2 ¡4uy x

¶Asi las derivadas parciales existen y son continuas, por lo que es

diferenciable. Ahora se tiene

13

Punto (1; 1; 1; 1): La matriz jacobiana es

µ1 1 2 11 ¡2 ¡4 1

¶y como

¯¯ 2 1¡4 1

¯¯ = 6 6= 0, podemos

a¯rmar que u; v son funciones impl¶³citas diferenciables de x; y.

Punto (¡1; 2; 0; 1): La matriz jacobiana es

µ0 1 0 21 0 0 ¡1

¶y como

¯¯ 0 2

0 ¡1

¯¯ = 0, no podemos

a¯rmar nada.

Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos. (10 puntos.)

Un espejo rectangular de 80 cm £90 cm se rompe por una esquina seg¶un una recta. El trozo m¶aspeque~no tiene forma de tri¶angulo rect¶angulo con catetos de 10 y 12 cent¶³metros respectivamente. El ladode 10 cent¶³metros se corresponde con el de 80 en el espejo completo. Determinar las dimensiones delespejo rectangular de ¶area m¶axima que puede construirse con el trozo mayor.

90

12

10 80

La recta de fractura es 6x + 5y = 60 y el ¶area del espejo resultante ser¶a

f(x) = (80¡ x)

µ90¡ 60¡ 6x

5

¶=

1

5(80¡ x)(390 + 6x); x 2 [0; 10]

f 0(x) = 0 ) x =15

2. Basta evaluar en los extremos y en el punto cr¶³tico

para obtener que es m¶aximo absoluto. Asi las dimensiones del espejo son145

2y 87 cm.

Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos. (10 puntos.)

Calcular

Z a

0

1px(a¡ x)

dx siendo a > 0.

Se trata de una intgral impropia de segunda especie tanto en a como en 0. En primer lugar calculare-mos una primitiva. Como

x(a¡x) = xa¡x2 = ¡[x2¡xa] = ¡·³

x¡ a

2

´2¡ a2

4

¸= ¡a2

4

"4

a2

µ2x¡ a

2

¶2¡ 1

#

=a2

4

"

1¡ 4

a2

µ2x¡ a

2

¶2#

=

=a2

4

"

1¡µ

2x¡ a

a

¶2#

tenemos que

Z1

px(a¡ x)

dx =

Z1

a2

q1¡¡2x¡aa

¢2dx =

Z 2aq

1¡¡2x¡aa

¢2dx = arcsen

2x¡ a

a

Si b es tal que 0 < b < a,

Z a

0

1px(a¡ x)

dx =

Z b

0

1px(a¡ x)

dx+

Z a

b

1px(a¡ x)

dx = limh!0

Z b

h

1px(a¡ x)

dx+ limk!a

Z k

b

1px(a¡ x)

dx =

14

= limh!0

·arcsen

2x¡ a

a

¸b

h

+ limk!a

·arcsen

2x¡ a

a

¸k

b

=

= limh!0

·arcsen

2b¡ a

a¡ arcsen

2h¡ a

a

¸+ limk!a

·arcsen

2k ¡ a

a¡ arcsen

2b¡ a

a

¸=

= arcsen2b¡ a

a¡ arcsen(¡1) + arcsen 1¡ arcsen

2b¡ a

a= arcsen 1¡ arcsen(¡1) =

¼

2¡³¡¼

2

´= ¼

con lo que el resultado es ¼ 8a > 0.Nota: Puede hacerse tambi¶en con el cambio de variable x = a sen2 t.

Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos. (10 puntos.)

Sea

f(x; y) =

(e

xy

x2+y2 (x; y) 6= (0; 0)1 (x; y) = (0; 0)

1. Estudiar la continuidad de f(x; y) en todo punto.

2. Hallar las derivadas parciales de f(x; y) en todo punto en que estas existan.

3. Estudiar la diferenciabilidad de f(x; y) en todo punto.

1. Punto (0; 0): Si nos aproximamos por rectas y = mx, tenemos

limx!0

exy

x2+y2 = limx!0

emx2

x2+m2x2 = em

1+m2

por lo que no es continua. En el resto de los puntos si lo es por ser composici¶on de funcionescontinuas.

2. En (0; 0):@f

@x= lim

x!0

f(x; 0)¡ f(0; 0)

x¡ 0= lim

x!0

1¡ 1

x= 0

La derivada parcial respecto a y se calcula igual En el resto de los puntos,

@f

@x=

y3 ¡ x2y

(x2 + y2)2e

xy

x2+y2

@f

@y=

x3 ¡ xy2

(x2 + y2)2e

xy

x2+y2

3. En (0; 0) no es diferenciable por no ser continua ( a pesar de tener derivadas parciales en el punto).En el resto de los puntos, las derivadas parciales existen y son continuas, por lo que es diferenciable.

15

N¶umeros reales y complejos

17

Preguntas de car¶acter te¶orico

1. Enunciar la propiedad arquimediana de los n¶umeros reales y, utilizando ¶esta, demuestrese que Nno est¶a acotado superiormente.

2. Demu¶estrese, por inducci¶on, la desigualdad 1 +1p2

+1p3

+ ¢ ¢ ¢+ 1pn¸pn; n ¸ 1.

3. Demu¶estrese por inducci¶on que si f(x) = senx, f (n(x) = sen³x +

n¼

2

´.

4. Sea z un n¶umero complejo, jzj = 1, z 6= 1. Comprobar que1 + z

1¡ zes imaginario puro (su parte real

es 0).

5. La desigualdad triangular de los n¶umeros complejos establece

jz + wj · jzj+ jwj; 8 z; w 2 C:

Estudiese si son ciertas o falsas las siguientes desigualdades:

(a) jzj ¡ jwj · jz + wj 8 z; w 2 C:

(b) jzj ¡ jwj · jz ¡ wj 8 z; w 2 C:

(c) jzj+ jwj · jz + wj 8 z; w 2 C:

6. Obtener m¶odulo y argumento de las n¶umeros complejos que cumplen z3 = 5¹z2

7. Obtener todas las soluciones (reales y complejas) de x6 + 64 = 0 expresadas en forma bin¶omica ycon valores exactos.

8. Dados dos n¶umeros complejos z1 y z2 comprobar la llamada identidad de polarizaci¶on

jz1 + z2j2 + jz1 ¡ z2j2 = 2(jz1j2 + jz2j2)

9. (a) Demostrar que z6 ¡ 1 es divisible por z ¡ 1.

(b) Hallar las ra¶³ces de la ecuaci¶on z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0

10. Hallar todas las ra¶³ces (reales y complejas) de x4 ¡ x3 + x¡ 1 = 0.

11. Obtener de forma exacta las ra¶³ces de la ecuaci¶on x2 + ix + 1 + 3i = 0.

12. Hallar a y b para que el n¶umero3b¡ 2ai

4¡ 3isea real y de m¶odulo 1.

13. Resolver la ecuaci¶on (z+1)4¡i = 0, expresando sus valores en forma bin¶omica exacta (no resultadode calculadora).

14. Siendo n un n¶umero natural, hallar la expresi¶on bin¶omica de

µ1 + cosx + i senx

1 + cosx¡ i senx

¶n.

15. >Para qu¶e valor(es) del par¶ametro real a la ecuaci¶on

z¹z + 2z + a¹z = 5

representa una circunferencia en el plano complejo? H¶allense, para dicho(s) valor(es), su radio y sucentro.

16. Descr¶³base el conjunto de puntos del plano complejo que veri¯can ¹z = z¡1.

17. Calcular z =(1 + i)100

1 + i100. (i es la unidad imaginaria de los n¶umeros complejos.)

18

Soluciones

1. Consultar la teor¶³a.

2. Para n = 1 se cumple de forma trivial. Suponemos cierta la propiedad para un cierto n y debemos

demostrarla para n + 1. Como 1 +1p2

+1p3

+ ¢ ¢ ¢+ 1pn¸pn,

1 +1p2

+1p3

+ ¢ ¢ ¢+ 1pn

+1pn + 1

¸pn +

1pn + 1

=

pn2 + n + 1p

n + 1¸ n + 1p

n + 1=pn + 1

Aplicando el principio de inducci¶on, queda probado.

3. f(x) = senx ) f 0(x) = cos x = sen³x +

¼

2

´. La hip¶otesis de inducci¶on es f (n(x) = sen

³x +

n¼

2

´.

Asi

f (n(x) = sen³x +

n¼

2

´) f (n+1(x) = cos

³x +

n¼

2

´= sen

³x +

n¼

2+

¼

2

´= sen

µx +

(n + 1)¼

2

¶

y queda demostrado.

4. Si z = a + ib, a2 + b2 = 1. Asi

1 + z

1¡ z=

1 + a + ib

1¡ a¡ ib=

(1 + a + ib)(1¡ a + ib)

j1¡ a¡ ibj2 =1¡ a + ib + a¡ a2 + iab + ib¡ iab¡ b2

j1¡ a¡ ibj2 =

=2b

(1¡ a)2 + b2i

5. (a) jzj = jz + w ¡ wj · jz + wj+ j ¡ wj = jz + wj+ jwj ) jzj ¡ jwj · jz + wj 8 z; w 2 C:

(b) jzj = jz ¡ w + wj · jz ¡ wj+ jwj ) jzj ¡ jwj · jz ¡ wj 8 z; w 2 C:

(c) Es falsa. Si z = 1, w = i, entonces jzj+ jwj = 2 ¸ j1 + ij =p

2

6. Tiene una soluci¶on trivial que es z = 0. Suponemos ahora que z 6= 0.

Una opci¶on: Multiplicando la ecuaci¶on por z2 tenemos z5 = 5¹z2z2 = 5jzj4 y por tanto z5 es unn¶umero real positivo. Asi jzj5 = 5jzj4, de donde se deduce que jzj = 0 (ya obtenida) y jzj = 5. Porser z5 real positivo, su argumento tiene la forma 2k¼; k 2 Z. Por tanto los argumentos de z son

0;2¼

5;

4¼

5;

6¼

5;

8¼

5.

Otra opci¶on: Como z 6= 0, ¹z 6= 0. Asiz3

¹z2= 5 y por tanto

jzj3j¹zj2 = 5 y jzj = 5. Si ' es un argumento

de z, ¡' es argumento de ¹z y asi 3'¡ 2(¡') = 5' es argumento dez3

¹z2que, como hemos visto, es

un n¶umero real positivo. Asi 5' = 2k¼ y se sigue el resultado.

7. Debemos obtener las ra¶³ces sextas de ¡64. El m¶odulo es 64 y el m¶odulo de las soluciones es 2. El

argumento es ¼ y as¶³ los argumentos de las ra¶³ces son¼

6;

3¼

6;

5¼

6;

7¼

6;

9¼

6;

11¼

6. Se tiene

z1 = 2(cos¼

6+i sen

¼

6) =

p3+i z2 = 2(cos

3¼

6+i sen

3¼

6) = 2i z3 = 2(cos

5¼

6+i sen

5¼

6) = ¡

p3+i

y sus complejas conjugadas

z4 =p

3¡ i z5 = ¡2i z6 = ¡p

3¡ i

19

8. jz1 + z2j2 + jz1 ¡ z2j2 = (z1 + z2)( ¹z1 + ¹z2) + (z1 ¡ z2)( ¹z1 ¡ ¹z2) = jz1j2 + z1 ¹z2 + z2 ¹z1 + jz2j2 + jz1j2 ¡¡z1 ¹z2 ¡ z2 ¹z1 + jz2j2 = 2jz1j2 + 2jz2j2

9. (a) Basta sustituir z por 1.

(b) Como z6 ¡ 1 = (z ¡ 1)(z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1), basta hallar las ra¶³ces de z6 ¡ 1 = 0 yeliminar 1 como ra¶³z. Asi, hay que calcular 6

p1. Como el argumento de 1 es 0, los argumentos de

los seis valores son 0;2¼

6;

4¼

6;

6¼

6;

8¼

6;

10¼

6, y simpli¯cando, 0;

1¼

3;

2¼

3; ¼;

4¼

3;

5¼

3. Por tanto

las soluciones (exclu¶³do el 1) son

¡1; §1

2§p

3

2i

10. Como x4 ¡ x3 + x ¡ 1 = (x ¡ 1)(x + 1)(x2 ¡ x + 1) y x2 ¡ x + 1 = 0 tiene como ra¶³ces

x =1§

p1¡ 4

2=

1

2§p

3

2i, las ra¶³ces son

1; ¡1;1

2+

p3

2i;

1

2¡p

3

2i

11. x =¡i§

p¡1¡ 4(1 + 3i)

2=¡i§

p¡5¡ 12i

2p¡5¡ 12i = a+ib ) ¡5¡12i = a2¡b2+2abi ) a2¡b2 = ¡5; 2ab = ¡12 ) a4+5a2¡36 = 0

y asi a2 = 4 o a2 = ¡9 que no es v¶alida ya que a es real. Asi,p¡5¡ 12i = §(2¡ 3i). Se sigue que

x = 1¡ 2i, x = ¡1 + i.

12.3b¡ 2ai

4¡ 3i=

(3b¡ 2ai)(4 + 3i)

(4¡ 3i)(4 + 3i)=

12b + 6a + (9b¡ 8a)i

25. Asi, 9b¡ 8a = 0. Adem¶as,

¯¯3b¡ 2ai

4¡ 3i

¯¯2

=

µ j3b¡ 2aijj4¡ 3ij

¶2=

9b2 + 4a2

25= 1 ) 9b2 + 4a2 = 25.

Resolviendo se tiene a =3

2; b =

4

3y a = ¡3

2; b = ¡4

3.

13. La ¯gura representa la situaci¶on

8π

(z + 1)4 ¡ i = 0 ) z ¡ 1 = 4pi, por lo que debe-

mos hallar los cuatro valores de 4pi. El m¶odulo de

i es 1, por lo que las ra¶³ces tendr¶an m¶odulo 1 y su

argumento es¼

2, por lo que los argumentos ser¶an

¼

8;

5¼

8;

9¼

8;

13¼

8, y forman un cuadrado como el de

la ¯gura. Para completar la resoluci¶on necesitamos

conocer sen¼

8y cos

¼

8. Como

p2

2= cos

¼

4= cos

³2¼

8

´= cos2

¼

8¡ sen2

¼

8

1 = sen2¼

8+ cos2

¼

8

sumando y restando las ecuaciones anteriores tenemos cos¼

8=

p2 +

p2

2y sen

¼

8=

p2¡

p2

2. Asi

las ra¶³ces cuartas de i son: w1 =

p2 +

p2

2+ i

p2¡

p2

2; w2 = ¡

p2¡

p2

2+ i

p2 +

p2

2w3 = ¡w1; w4 = ¡w2. Basta ahora restarles 1 para tener las cuatro soluciones.

20

14. Si llamamos z al numerador, el denominador es su conjugado, ¹z. As¶³ w =z

¹ztiene m¶odulo 1 y

argumento 2argz. Como argz = arctgsenx

1 + cos x= arctg

2 sen x2 cos x2

1 + cos2 x2 ¡ sen2 x2= arctg

³tg

x

2

´=

x

2,

el argumento de w es x. Se sigue que wn = cos(nx) + i sen(nx).

15. Sea z = x + iy. Entonces z¹z + 2z + a¹z = x2 + y2 + (2 + a)x + iy(2 ¡ a) = 5. Asi, igualando laparte real e imaginaria, x2 + y2 + (2 + a)x = 5 y (2 ¡ a)y = 0. Si a 6= 2, y = 0 y sustituyendo enla primera ecuaci¶on tenemos dos puntos a lo sumo. Se sigue que, para que sea una circunferencia,a = 2. Sustituyendo en la primera ecuaci¶on obtenemos x2 + 4x + y2 = (x + 2)2 + y2 = 9. El centroes (¡2; 0) y el radio 3.

16. Como ¹z = z¡1 ) ¹z =1

z) jzj2 = z¹z = 1, se trata de la circunferencia de centro O y radio 1.

17. (1+i)100 : Como el m¶odulo de 1+i esp

2 y su argumento¼

4, el m¶odulo de (1+i)100 es (

p2)100 = 250

y su argumento 100¼

4= 25¼ = 24¼ + ¼. Adem¶as i100 = (i4)25 = 125 = 1. Asi, z =

(1 + i)100

1 + i100=

=250(cos¼ + i sen¼)

2= ¡249.

21

.

Funciones reales. Continuidad y derivabilidad.

23


1. Hallar el n¶umero de ra¶³ces reales de f(x) = ln(1 + x)¡ x

x + 1en [0;+1).

2. Sean a0; a1; a2; ¢ ¢ ¢ ; an n¶umeros reales y n un n¶umero natural impar. Demostrar que el polinomiop(x) = a0 + a1x + a2x

2 + ¢ ¢ ¢+ anxn tiene al menos una ra¶³z real.

3. Demostrar que arctg x · x si x 2 [0;+1).

4. El polinomio de orden 3 de f(x) en a = 1 es 2 ¡ 5x + 7x2 ¡ 2x3. Halle la ecuaci¶on de la rectatangente a la gr¶a¯ca de f(x) en x = 1.

5. Sea f una funci¶on de¯nida en [1; 3], derivable en [1; 2) [ (2; 3] y tal que limx!2+

f 0(x) = limx!2¡

f 0(x)

>Qu¶e podemos a¯rmar sobre la continuidad y derivabilidad de f en x = 2?

6. Sean f 2 C(4(R) y P4(x) su polinomio de Taylor de grado 4 con centro en a = 0. Hallar, si sepuede, los l¶³mites

limx!0

f(x)¡ P4(x)

xk

para k = 3; 4; 5. En caso de ser imposible determinar alguno de ellos, justi¯carlo.

7. Indique las razones por las que el siguiente c¶alculo mediante la regla de L'Hopital no es correcto ycalcule el verdadero valor del l¶³mite.

limx!0

x senx

x2 ¡ cos x= lim

x!0

senx + x cos x

2x + senx= lim

x!0

2 cos x¡ x senx

2 + cosx= lim

x!0

¡3 senx¡ x cos x

¡ senx=

= limx!0

¡4 cos x + x senx

¡ cos x=¡4 + 0

¡1= 4

8. Las f¶ormulas de Taylor de f y g en a = 0 son f(x) = x2 +x3

3+ R4 y g(x) = x¡ x2

2+ R04

(R4 y R04 son los restos, representados tambi¶en como o(x4)). Calcular, si existe,

limx!0

f(x)g(x)¡ x3

(cos x¡ 1) tg2 x

9. Dos coches de carreras parten del mismo lugar y al mismo tiempo y llegan a la meta empata-dos. Demostrar que durante la carrera llevaron, al menos en un determinado instante t, la mismavelocidad.

10. Hallar el dominio X de la funci¶on f : X ! R, f(x) = arccosx + 1

x2 + 1.

11. Estudiar la derivabilidad de la funci¶on f(x) = j ln(x)j en x = 1. (ln signi¯ca logaritmo neperiano.)

12. Determinar el n¶umero de ra¶³ces reales del polinomio p(x) = x4 ¡ x3 + x2 + x¡ 1.

13. Sea f : R ! R. Sabemos que f(0) = 0 y que limx!0

f(x)

x= 1. >Qu¶e se puede a¯rmar sobre la

continuidad de f en x = 0?

14. Hallar los valores de ® y ¯ de modo que se tenga

limx!0

x¡ (® + ¯ cos x) senx

xn= 0

para el mayor valor posible del n¶umero natural n.

24

Soluciones a las preguntas de car¶acter te¶orico

1. Desde luego f(0) = 0 y como f 0(x) =x

(x + 1)2> 0 8x > 0, f es siempre creciente, por lo que s¶olo

se anula en x = 0.

2. Primera forma: El polinomio tiene exactamente n ra¶³ces reales y complejas. Como los coe¯cientesson reales, las ra¶³ces complejas van acompa~nadas de su compleja conjugada, por lo que son unn¶umero par. Se sigue que, al menos, tiene una ra¶³z real.

Segunda forma: Basta aplicar el teorema de los ceros de Bolzano teniendo en cuenta que, como elgrado es impar, lim

x!+1p(x) = +1 y lim

x!¡1p(x) = ¡1.

3. Directamente: Si h(x) = x ¡ arctg x, h0(x) = 1¡ 1

1 + x2> 0 8x 2 [0;+1), por lo que h es

creciente. Como h(0) = 0, h(x) ¸ 0 y queda demostrado.

Con el desarrollo de Taylor: arctg x = x¡R1 = x¡ 2t

2(1 + t2)2x2; 0 < t < x. Como la fracci¶on

anterior es siempre mayor o igual a 0, se sigue el resultado.

4. Como 2¡ 5x + 7x2 ¡ 2x3 = 2 +3

1!(x¡ 1) +

2

2!(x¡ 1)2 +

¡12

3!(x¡ 1)3, la ecuaci¶on de la recta tan-

gente en x = 1 es y = 2 + 3(x¡ 1) = 3x¡ 1. (La recta tangente es el polinomio de Taylor de orden1).

5. No se puede a¯rmar nada: Puede ser o no continua y ser o no derivable.

Ejemplo a favor: f(x) = 1; 8x 2 [1; 3]

Ejemplo en contra: f(x) =

½1 si 1 · x < 22 si 2 · x · 3

6. Caso k = 4: limx!0

f(x)¡ P4(x)

x4= 0 por el teorema del resto.

Caso k = 3: limx!0

f(x)¡ P4(x)

x3= lim

x!0xf(x)¡ P4(x)

x4= 0 ¢ 0 = 0

Caso k = 5: limx!0

f(x)¡ P4(x)

x5= lim

x!0

1

x

f(x)¡ P4(x)

x4, que es indeterminado.

7. En x = 0 no hay indeterminaci¶on. Para poder aplicar la regla de L'Hopital deber¶³a ser, en este caso0

0. El verdadero valor es

0

¡1= 0.

8. Aplicando las equivalencias

limx!0

f(x)g(x)¡ x3

(cos x¡ 1) tg2 x= lim

x!0

f(x)g(x)¡ x3

¡x2

2x2

= ¡2 limx!0

³x2 + x3

3+ R4

´³x¡ x2

2+ R04

´¡ x3

x4=

= ¡2 limx!0

µ¡1

2+ x2

R04x4

+1

3¡ x

6+

x3

3

R04x4

+ xR4x4¡ x2

2

R4x4

+R4x4

R04

¶=

1

3

25

9. Sean f(t) y g(t) las funciones que indican el espacio recorrido por cada uno de los coches. Como lasvelocidades son continuas, f y g son derivables. Si parten en el instante a y llegan en el instante b(los dos a la vez), f y g est¶an de¯nidas en [a; b]. Sea h(t) = f(t)¡ g(t), que es continua y derivableen [a; b]. Adem¶as h(a) = h(b) = 0. Por tanto (Teorema de Rolle) existe t0 2 (a; b) tal que h0(t0) = 0.Por tanto f 0(t0) = g0(t0) y los coches llevan, en ese momento, la misma velocidad.

10. Para que la funci¶on est¶e de¯nida, ¡1 · x + 1

x2 + 1· 1. La primera desigualdad es v¶alida para todo x

y la segunda conduce a x(x¡ 1) ¸ 0. Asi el dominio es (¡1; 0] [ [1;+1).

11. Aplicando la de¯nici¶on de derivada,

limx!1+

j ln(x)j ¡ 0

x¡ 1= lim

x!1+

ln(x)

x¡ 1= 1

limx!1¡

j ln(x)j ¡ 0

x¡ 1= lim

x!1¡

¡ ln(x)

x¡ 1= ¡1

Luego no es derivable.

12. p0(x) = 4x3 ¡ 3x2 + 2x + 1 y p00(x) = 12x2 ¡ 6x + 2. La derivada segunda no tiene ra¶³ces reales yp00(x) > 0 8x, por lo que p(x) es convexo y tiene, a lo sumo 2 ra¶³ces reales. Al ser p(¡1) = 1 >0; p(0) = ¡1 < 0; p(1) = 1 > 0, tiene exactamente dos ra¶³ces reales.

13. Como limx!0

f(x)

x= 1, lim

x!0f(x) = 0 = f(0). Se sigue que f es continua en x = 0.

14. Como limx!0

x¡ (® + ¯ cosx) senx

xn= lim

x!0

x¡ ® senx¡ ¯2

sen(2x)

xn, tenemos

² Desarrollando:

limx!0


xn= lim

x!0

x¡ ®x + ®3!x3 ¡ ®

5!x5 ¡ ®R5 ¡ ¯x + 4¯

3!x3 ¡ 16¯

5!x5 + ¯

2R05

xn

Para que el l¶³mite valga 0 para el mayor valor posible de n los coe¯cientes de x y de x3 deben

ser 0, ® + ¯ = 1 y ® + 4¯ = 0, de donde se sigue que ® =4

3; ¯ = ¡1

3. Para estos valores el

coe¯ciente de x5 no se anula, y con n > 4 el l¶³mite es distinto de 0.

² L'Hopital:

limx!0


xn= lim

x!0

x¡ ® senx¡ ¯2 sen(2x)

xn= lim

x!0

1¡ ® cosx¡ ¯ cos(2x)

nxn¡1

Para poder seguir aplicando la regla de L'Hopital, el l¶³mite del numerador debe seguir siendo0 y asi ®+ ¯ = 1. Repitiendo el proceso se obtiene la otra ecuaci¶on y, por supuesto, el mismoresultado.

26

Problemas

1. Dada la funci¶on

f(x) =

8><

>:

2 ln(1¡x) arctg x+2x2+x3x3

si x 2 [¡1; 0)a si x = 0arcsen x¡shxp1¡x2¡cos x si x 2 (0; 1]

(a) Determ¶³nese el valor de a para que sea continua. (Hasta 6 puntos.)

(b) Estudiese la derivabilidad en (¡1; 1). (Hasta 4 puntos.)

2. Sea f :h¡¼

2;¼

2

i! R de¯nida por

f(x) =

½(cosx)

1senx si x6= 0

a si x = 0

Se pide

(a) Hallar el valor de a para el que f es continua en x = 0. (Hasta 3 puntos)

(b) Hallar, si existe, f 0(x); 8x 2h¡¼

2;¼

2

i. (Hasta 5 puntos)

(c) Ecuaci¶on de la recta tangente en x = 0 si existe. (Hasta 2 puntos)


f(x) =

(x2(arccos x¡¼

2 )+(ax2+bx+c) ln2(1+x)

x4si x 2 (¡ 1

2; 12); x6= 0

1 si x = 0

(a) Hallar a, b y c para que f sea continua en 0. (Hasta 7 puntos.)

(b) Para los valores hallados calcular, si es posible, la ecuaci¶on de la recta tangente a la gr¶a¯ca def en el punto (0; 1). (Hasta 3 puntos.)

4. Consid¶erese una circunferencia de centro O y radio R. Sobre la tangente en un punto A se consideraun punto m¶ovil P , y sobre la circunferencia, del mismo lado que P respecto al di¶ametro OA, unpunto m¶ovil Q de modo que la longitud del segmento AP coincide con la del arco AQ. Sea X elpunto de corte de la recta PQ con el di¶ametro OA. Hallar la posici¶on l¶³mite del punto X cuandoP (y Q) tienden a A.

5. Seaf : R! R

f(x) =p

1 + jxj3

(a) Estudiar su derivabilidad y, en su caso, hallar f 0. (Hasta 3 puntos.)

(b) Hallar los puntos cr¶³ticos de f y clasi¯carlos. (Hasta 2 puntos.)

(c) Hallar el polinomio de Taylor de f en a = 0 de mayor grado que sea posible. (Hasta 5 puntos.)

6. (a) Hallar el polinomio de Taylor de grado n en x = 0 de la funci¶on f(x) = (1 + x)®, siendo ® unn¶umero real no natural. (Hasta 2 puntos).

(b) Hallar los polinomios de Taylor de grado 5 en x = 0 de las funciones g(x) = x(1¡ x2)13 y

h(x) =

Z x

0

1

1 + t2dt. (Hasta 3 puntos).

(c) Hallar limx!0

x 3p

1¡ x2 ¡ arctg x

2x2 senx3 ¡ x ln4(1 + x)(Hasta 5 puntos).

27


f(x) =

(cos2 x¡ctg2 x

(1¡sen x) cos(3x) si x 2¡¼6; 5¼6

¢; x6= ¼

2

a si x = ¼2

(ctg signi¯ca cotangente)

(a) Determinese el valor de a para que f sea continua en¼

2. (Hasta 6 puntos.)

(b) Estudiese la derivabilidad de f en su dominio. (Hasta 4 puntos.)

8. Dada la funci¶on f(x) =1

cosx¡ 1+

2

sen2 xx 2

h¡¼

2;¼

2

i; x6= 0,

(a) Hallar, si existe, el valor que hay que asignar a f(0) para que f sea continua. (5 puntos.)

(b) Estudiar su derivabilidad en x = 0. (5 puntos.)

9. Consideremos la cuerda PQ de longitud x de la ¯gura y el ¶area A(x) del segmento de c¶³rculose~nalado en la misma. El c¶³rculo tiene radio r constante. Hallar

limP!Q

A(x)

x3

(P permanece siempre sobre la circunferencia.)

x

A(x)

P

Q

A

a

O

28

Soluciones a los problemas

1. (a) Los desarrollos de Taylor en 0 de las funciones que aparecen son

ln(1¡ x) = ¡x¡ 1

2x2 + R2

arctg x = x + 0 ¢ x2 ¡ 1

3x3 + R03

arcsenx = x +1

6x3 + R4

shx = x +1

6x3 + R04

p1¡ x2 = 1¡ 1

2x2 ¡ 1

8x4 + R004

cosx = 1¡ 1

2x2 +

1

24x4 + R0004

Asi tenemos

limx!0¡

2 ln(1¡ x) arctg x + 2x2 + x3

x3= lim

x!0¡

2³¡x¡ x2

2+ R2

´³x¡ x3

3+ R03

´+ 2x2 + x3

x3=

= limx!0¡

µ2x

3¡ 2x

R03x3

+ 2x2

6¡ x2

R03x3

+ 2R2x2¡ 2

x2

3

R2x2

+ 2R03x3

R2

¶= 0

Por otra parte

limx!0+

arcsenx¡ shxp1¡ x2 ¡ cosx

= limx!0+

x + x3

6+ R4 ¡ x¡ x3

6¡R04

1¡ x2

2¡ x4

8+ R004 ¡ 1 + x2

2¡ x4

24¡R0004

=

= limx!0+

R4 ¡R04¡x4

6+ R004 ¡R0004

= 0

por lo que el l¶³mite existe y vale 0. Asi, a = 0 para que sea continua.

(b) La funci¶on es evidentemente derivable en todo punto salvo en x = 0. Para estudiar este punto

hay que calcular limx!0

f(x)¡ f(0)

x¡ 0. Para calcular este l¶³mite se utilizan las mismas t¶ecnicas

que antes, salvo que hay que considerar desarrollos de arcsenx y shx de orden 5. Los l¶³miteslaterales son diferentes, por lo que no existe el l¶³mite y la funci¶on no es derivable.

2. (a) Debemos calcular limx!0

(cos x)1

sen x que es del tipo 1+1. Tomando logaritmos y aplicando las

correspondientes equivalencias

lnL = limx!0

1

senxln cos x = lim

x!0

cosx¡ 1

senx= lim

x!0

¡x2

2

x= 0

por lo que L = 1 y a = 1.

(b) La derivada en cualquier punto distinto de 0 se calcula con los procedimientos est¶andar y vale

f 0(x) = ¡sen2 x + cos2 x ln(cosx)

cos x sen2 x(cosx)

1senx

Para hallar la derivada en x = 0 debemos calcular limx!0

(cos x)1

senx ¡ 1

x. Aplicando L'Hopital

29

limx!0

(cos x)1

senx ¡ 1

x= ¡ lim

x!0(cosx)

1senx

µcosx ln cos x

sen2 x+

1

cosx

¶

Como

limx!0

(cosx)1

sen x = 1

limx!0

1

(cosx)= 1

limx!0 cosx = 1

limx!0

ln cos x

sen2 x= lim

x!0

ln cos x

x2= lim

x!0

¡ senx

2x cosx= ¡1

2tenemos que

limx!0

(cosx)1

senx ¡ 1

x= ¡1

2por lo que es derivable en x = 0.

(c) La recta tangente es

y ¡ 1 = ¡1

2(x¡ 0) ) x + 2y = 2

3. Los desarrollos de Taylor en 0 que vamos a utilizar son

arccosx =¼

2¡ x¡ x3

6+ R3

ln2(1 + x) = x2 ¡ x3 +11

12x4 + R04

(a) Debemos hallar a, b y c para que el l¶³mite limx!0

x2(arccos x¡ ¼2 ) + (ax2 + bx + c) ln2(1 + x)

x4exista y valga 1.

limx!0

x2(arccos x¡ ¼2

) + (ax2 + bx + c) ln2(1 + x)

x4=

= limx!0

x2³¼2¡ x¡ x3

6+ R3 ¡ ¼

2

´+ (ax2 + bx + c)

¡x2 ¡ x3 + 11

12x4 + R04

¢

x4=

= limx!0

cx2 + (b¡ c¡ 1)x3 +¡a¡ b + 11

12c¢x4 +

¡1112b¡ a¡ 1

6

¢x5 + 11

12ax6 + x2R3 + (ax2 + bx + c)R04

x4

Para que el l¶³mite sea ¯nito es necesario que c = 0 y b¡c¡1 = 0 y para que sea 1, a¡b+ 11

12c = 1.

Se sigue que c = 0, b = 1 y a = 2.

(b) Con los valores anteriores la funci¶on pasa a ser

f(x) =

(x(arccos x¡¼

2 )+(2x+1) ln2(1+x)

x3si x 2 (¡ 1

2 ;12 ); x6= 0

1 si x = 0

Debemos ver si esta funci¶on es derivable en x = 0 y, en caso a¯rmativo, calcular su derivada.Para ello se calcula

limx!0

x(arccosx¡¼2 )+(2x+1) ln

2(1+x)

x3¡ 1

x= lim

x!0

x(arccosx¡ ¼2 ) + (2x + 1) ln2(1 + x)¡ x3

x4

Este l¶³mite es totalmente similar al anterior (ya tenemos hasta los desarrollos necesarios).

Existe y vale ¡5

4. Asi la recta tangente es 5x + 4y = 4.

30

4. .

Q

A(R,0)

α

P(R,h)

OX

Por comodidad para el c¶alculo trazamos la recta

tangente como en la ¯gura. El punto P tiene

coordenadas (R; h), donde h indica su posici¶on

en la recta. Adem¶as, h es la longitud del seg-

mento AP . Como la longitud del arco AQ es h,

®R = h ) ® =h

R. Se sigue que las coordenadas

de Q son

µR cos

h

R;R sen

h

R

¶y la ecuaci¶on de la

recta PQ es y ¡ h =h¡R sen h

R

R ¡R cos hR

(x¡ R). La intersecci¶on con OX es x = R¡ hR¡R cos h

R

h¡R sen hR

.

El l¶³mite a calcular es limh!0

hR¡1¡ cos h

R

¢

h¡R sen hR

= R limh!0

h3

2R2

h¡R sen hR

=1

2Rlimh!0

h3

h¡R sen hR

. Aplicando

la Regla de L'Hopital se completa el l¶³mite y es 3R. Por tanto el l¶³mite de la intersecci¶on de PQ yOX es R ¡ 3R = ¡2R. El punto l¶³mite tiene coordenadas (¡2R; 0).

5. (a) Si x ¸ 0, la funci¶on es f(x) =p

1 + x3 y si x < 0, f(x) =p

1¡ x3. Asi la derivada es

x > 0 : f 0(x) =3x2

2p

1 + x3x < 0 : f 0(x) = ¡ 3x2

2p

1¡ x3

En x = 0 calculamos la derivada usando la de¯nici¶on:

x = 0 : f 0(0) = limx!0

f(x)¡ f(0)

x¡ 0= lim

x!0

p1 + jxj3 ¡ 1

x= lim

x!0

jxj3x(p

1 + jxj3 + 1)= lim

x!0

x2jxjx(p

1 + jxj3 + 1)= 0

(b) Es evidente que f 0 se anula s¶olo en x = 0. Como f 0 < 0 en (¡1; 0) y f 0 > 0 en (0;+1), ftiene en x = 0 un m¶³nimo local y absoluto.

(c) Derivando igual que en el apartado anterior se tiene

x > 0 : f 00(x) =12x + 3x4

4(1 + x3)32

x < 0 : f 00(x) = ¡ 12x¡ 3x4

4(1¡ x3)32

y f 00(0) = 0. Al calcular la tercera derivada tenemos

f 000(0+) = limx!0+

12x+3x4

4(1+x3)32

x= lim

x!0+

12 + 3x3

4(1 + x3)33

= 3

y de igual forma f 000(0¡) = ¡3, por lo que la tercera derivada en 0 no existe. El polinomio

pedido es 1 +1

1!0x +

1

2!0x2 = 1.

31

6. (a) El polinomio es

nX

k=0

µ®k

¶xk siendo

µ®k

¶=

®(®¡ 1)(®¡ 2) ¢ ¢ ¢ (®¡ k + 1)

k!.

(b) Funci¶on g: Utilizando el desarrollo de orden 2 del apartado anterior tenemos:

g(x) = x(1¡ x2)13 = x

·1 +

µ131

¶(¡x2) +

µ132

¶(¡x2)2

¸= x¡ 1

3x3 ¡ 1

9x5 + R5

Funci¶on h: Como1

1 + t2=

+1X

n=0

(¡t2)n y es un desarrollo en serie de potencias, podemos per-

mutar la integral y la suma. Asi

h(x) =

Z x

0

+1X

n=0

(¡t2)n dt =

+1X

n=0

Z x

0

(¡1)nt2n dt =

+1X

n=0

(¡1)nx2n+1

2n + 1y asi el desarrollo de orden

5 es

h(x) = x¡ x3

3+

x5

5+ R05

(c) Para calcular el l¶³mite que nos piden disponemos ya de los desarrollos de orden 5 de lasfunciones del numerador (la funci¶on h(x) coincide con arctg x). Como el polinomio de Taylor

en 0 de orden 3 de sen t es t¡ t3

3, el de senx3 es x3 ¡ x9

6y por tanto senx3 = x3 + R003 . Por

¶ultimo, ln(1 + x) = x + R0001 . Asi

L = limx!0

x 3p

1¡ x2 ¡ arctg x

2x2 senx3 ¡ x ln4(1 + x)= lim

x!0

x¡ x3

3 ¡ x5

9 + R5 ¡³x¡ x3

3 + x5

5 + R05

´

2x2(x3 + R003 )¡ x(x + R0001 )4=

= limx!0

¡1445x

5 + R5 ¡R052x2(x3 + R003 )¡ x(x + R0001 )4

y dividiendo numerador y denominador por x5

L = limx!0

¡1445

+ R5x5¡ R05

x5

2(1 +R003x3

)¡ (1 +R0001x

)4= ¡14

45

7. (a)

limx!¼

2

cos2 x¡ cos2 xsen2 x

(1¡ senx) cos(3x)= ¡ lim

x!¼2

cos2 x (1¡sen2 x)

sen2 x

(1¡ senx) cos(3x)= ¡ lim

x! ¼2

cos2 x1+sen xsen2 x

cos(3x)= lim

x!¼2

1 + senx

sen2 x

cos2 x

cos(3x)

Como limx!¼

2

1 + senx

sen2 x= 2 y lim

x!¼2

cos2 x

cos(3x)= 0, el l¶³mite vale 0 y a = 0.

(b) El estudio de la derivabilidad se reduce al c¶alculo del l¶³mite

limx!¼

2

cos2 x¡ cos2 xsen2 x

(x¡ ¼2

)(1¡ senx) cos(3x)

Procediendo como en el apartado anterior, basta calcular

¡ limx!¼

2

cos2 x

(x¡ ¼2) cos(3x)

Aplicando L'Hopital dos veces a este ¶ultimo, se tiene como valor para el l¶³mite completo ¡2

3,

por lo que la funci¶on es derivable.

32

8. (a) L = limx!0

µ1

cosx¡ 1+

2

sen2 x

¶= lim

x!0

sen2 x + 2 cos x¡ 2

sen2 x(cos x¡ 1)= lim

x!0


x2¡¡x2

2

¢ =

= ¡2 limx!0


x4. Aplicando L'Hopital tenemos

L = ¡2 limx!0

2 senx cosx¡ 2 senx

4x3= ¡ lim

x!0

³senx

x

´µcos x¡ 1

x2

¶= ¡ lim

x!0

³ senx

x

´Ã¡x2

2

x2

!

=

1

2

Por lo tanto, f(0) =1

2(b) Ahora debemos calcular el l¶³mite

limx!0

sen2 x+2 cosx¡2sen2 x(cos x¡1) ¡ 1

2

x¡ 0= lim

x!0

2 sen2 x + 4 cosx¡ 4¡ sen2 x(cos x¡ 1)

2x sen2 x(cos x¡ 1)Se procede como en el anterior aplicando equivalencias y la regla de L'Hopital. El problema se

simpli¯ca igual que antes, separando en producto de dos l¶³mites, uno de ellossenx

x. El l¶³mite

vale 0, por lo que la funci¶on es derivable.

9. .

x

A(x)

P

Q

A

a

O

Si ® es el ¶angulo de la ¯gura, es equivalente que P ! Q y que

®! 0. Expresamos el ¶area A(x) como diferencia entre el ¶area

del sector circular y el tri¶angulo de v¶ertices OPQ. Asi

A(x) =1

2®r2 ¡ 1

2r ¢ r sen®. Adem¶as

x =

qAP

2+ AQ

2=p

(r sen®)2 + (r ¡ r cos®)2 =

=p

2r2 ¡ 2r2 cos® =p

2r

r2 sen2

®

2= 2r sen

®

2. Se sigue

limP!Q

A(x)

x3= lim

®!0

12r2(®¡ sen®)¡2r sen ®

2

¢3 =1

2rlim®!0

®¡ sen®

®3=

1

2rlim®!0

1¡ cos®

3®2=

1

2rlim®!0

®2

2

3®2=

1

12r

donde hemos aplicado sucesivamente la equivalencia de sen®

2» ®

2, la regla de L'Hopital y la

equivalencia 1¡ cos® » ®2

2.

33

M¶aximos y m¶³nimos

35

Problemas

1. Dadas dos rectas paralelas separadas por una distancia h conocida y tres puntos ¯jos A; B; Ccomo en la ¯gura, determinar el punto M sobre la recta AC de forma que la suma de las ¶areas delos tri¶angulos MAB y MNC sea m¶³nima.

A B

CN

M

2. Determinar las dimensiones del cono de volumen m¶³nimo circunscrito a una semiesfera de radio Rde forma que el plano de la base del cono coincida con el de la semiesfera.

3. Hallar las dimensiones del tri¶angulo rect¶angulo de mayor ¶area tal que la suma de las longitudes desu hipotenusa y uno de los catetos es una constante dada.

4. Una persona se encuentra en un punto A de la orilla de un lago circular y desea trasladarse al puntoB diametralmente opuesto. Puede caminar por la orilla a una velocidad de 4 km/h y navegar enuna barca a una velocidad de 2 km/h. Hallar el recorrido (por tierra, por agua o mixto) que lepermite llegar a B en el menor tiempo posible en funci¶on del radio r del lago.

5. Se desea construir una lata de conserva cil¶³ndrica con tapas, con capacidad 2¼ litros. Las conside-raciones son:

² Debe gastarse la menor cantidad de chapa posible.

² Las condiciones de almacenamiento exigen que el radio de la base sea menor o igual que unvalor predeterminado a.

Hallar las dimensiones de la lata en funci¶on del valor de la constante a.

6. Hallar el cono de volumen m¶aximo que puede inscribirse en una esfera de radio 1.

7. Se considera un cono circular recto de volumen2¼

3y semi¶angulo c¶onico

¼

4. Se trazan dos planos

ortogonales al eje del cono que determinan un tronco de cono de volumen¼

3. Determinar las

posiciones de los planos de forma que el ¶area lateral del tronco de cono sea m¶³nima.

8. Tenemos un cono equil¶atero (el di¶ametro de la base es igual a la generatriz) inscrito en una esferade radio r.

(a) Hallar las dimensiones del cono en funci¶on del radio r de la esfera. (Hasta 3 puntos.)

(b) Se traza un plano ortogonal al eje del cono situado entre el v¶ertice y la base. Determinar laposici¶on del plano para que la diferencia de las ¶areas de las secciones producidas en la esfera yel cono sea m¶axima. (Planteamiento y puntos cr¶³ticos, hasta 5 puntos. Discusi¶on, 2 puntos.)

9. De una hoja circular de radio R se desea cortar un sector circular tal que, al enrollarlo, produzcaun cono de m¶aximo volumen. Hallar el ¶angulo central que de¯ne al sector.

36

10. Se obtiene un cilindro haciendo girar alrededor del eje OX un rect¶angulo con base en OX y contenido

en la regi¶on limitada por y =1

x2 + x + 1y el eje OX. Hallar las dimensiones del cilindro asi formado

que tiene super¯cie lateral m¶axima.

11. Dada la elipsex2

a2+

y2

b2= 1, hallar el punto de la misma por el que debe trazarse la tangente a la

elipse de forma que el segmento de tangente determinado por los ejes coordenados tenga longitudm¶³nima.

12. Hallar el (o los) puntos de la elipsex2

16+

y2

4= 1 m¶as pr¶oximos a un punto ¯jo (c; 0), c > 0.

13. Sean a y b dos n¶umeros reales positivos. Hallar la distancia m¶³nima del punto (0; b) a la curvaax2 ¡ 4y = 0 y el (los) puntos en que se alcanza en funci¶on de a y b (8 pts.) >Qu¶e sucede si a y btienen signos distintos? (2 pts.)

14. Hallar la altura y el radio de la base de una lata cil¶³ndrica cerrada para gastar la menor cantidadposible de material al construirla, sabiendo que la lata debe contener 1 litro de l¶³quido. (10 puntos.Se han distribuido asignando 7 puntos al planteamiento y obtenci¶on de puntos cr¶³ticosy 3 a la clasi¯caci¶on. Escribir mal el volumen del cilindro y/o derivar mal, se hacali¯cado con 0 puntos.)

37


1. Si h es la distancia entre las rectas y x es la altura del tri¶angulo MAB, h ¡ x ser¶a la altura deltri¶angulo MNC y como los tri¶angulos MAB y MNC son semejantes por tener los tres ¶angulosiguales, se tiene

NC

AB=

h¡ x

x) NC = AB

h¡ x

x

y la suma de las ¶areas de los dos tri¶angulos es1

2ABx +

1

2AB

(h¡ x)2

x. Por tanto, la funci¶on a

minimizar es x +(h¡ x)2

x; x 2 (0; h]. Derivando e igualando a 0 se tiene un ¶unico punto cr¶³tico

que es x =hp2

. El punto cr¶³tico pertenece al intervalo, y el estudio de los signos de la derivada nos

indica que es m¶³nimo absoluto.

2. .

h R

r

A

B

C

D

h R

r

El volumen del cono es V =1

3¼r2h. Como los tri¶angulos ACB y ABD son semejantes (rect¶angulos

en C y B respectivamente, ¶angulo en A com¶un), tenemos queAB

BC=

AD

BDy asi,

h

R=

ph2 + r2

r.

En consecuencia, r2 =R2h2

h2 ¡R2. Por tanto V =

¼R2h3

3(h2 ¡R2). Eliminando constantes, f(h) =

h3

h2 ¡R2; h 2 (R;+1). Derivando e igualando a 0 tenemos h = 0, que no pertenece al intervalo

y h =p

3R que si pertenece. Basta comprobar que f(h) tiene l¶³mite +1 cuando h tiende a losextremos del intervalo para comprobar que es m¶³nimo absoluto. A este valor de la altura corresponde

un radio de la base r =

r3

2R

3. Sea a la hipotenusa y b; c, los catetos. La condici¶on es a+b = k constante. Adem¶as c =pa2 ¡ b2 =

=p

(k ¡ b)2 ¡ b2 =pk2 ¡ 2kb. Asi el ¶area del tri¶angulo es A =

1

2bpk2 ¡ 2kb. La funci¶on

que consideramos es f(b) = bpk2 ¡ 2kb, b 2

µ0;

k

2

¶, ya que el cateto es siempre menor que la

hipotenusa. Derivando e igualando a 0 se tiene como ¶unico punto cr¶³tico b =k

3.

38

Discusi¶on: Como la derivada es f 0(b) =k(k ¡ 3b)pk2 ¡ 2kb

,

² Si b <k

3, k ¡ 3b > 0 y f 0 > 0. f crece.

² Si b >k

3, k ¡ 3b < 0 y f 0 < 0. f decrece.

y por tanto es m¶aximo absoluto. Las dimensiones son a =2k

3, b =

k

3y c =

kp3

.

4. .

B A

C

O

2ϕϕ

La longitud del arco AC es igual a 2r' y la de la cuerda CB es de 2r cos', por lo que si la personava caminando por el arco AC y luego en barca a lo largo de CB emplear¶a un tiempo dado por

f(') =2r'

4+

2r cos'

2= rh'

2+ cos'

i; ' 2

h0;

¼

2

i

Los casos extremos corresponden a ir siempre en barca (' = 0 ) f(0) = r) o siempre a pie

(' =¼

2) f

³¼2

´= r

¼

4). Como f es continua y el intervalo es cerrado y acotado, el teorema de

Weierstrass nos garantiza que se alcanza el valor m¶³nimo de f . Este m¶³nimo se alcanzar¶a en unextremo del intervalo o en un punto cr¶³tico interior a ¶el, ya que f es derivable en todos los puntosdel interior. Derivando e igualando a 0 se tiene

f 0(') = r

·1

2¡ sen'

¸) ' =

¼

6+ 2k¼; ¶o ' =

5¼

6+ 2k¼

por lo que la ¶unica soluci¶on perteneciente al intervalo es¼

6. Evaluando en este punto y comparando

con los valores en los extremos se obtiene que el m¶³nimo absoluto corresponde a ' =¼

2. Por tanto

el tiempo m¶³nimo se logra realizando todo el recorrido por tierra.

5. Sea r el radio de la base y h la altura de la lata. La super¯cie lateral (a minimizar) es S = 2¼r2 +

2¼rh, r 2 [0; a] por las condiciones de almacenamiento. Como el volumen es V = 2¼ = ¼r2h ) h =2

r2.

Sustituyendo y derivando

S = 2¼

µr2 +

2

r

¶) S0 = 2¼

µ2r ¡ 2

r2

¶= 0

por lo que el ¶unico punto cr¶³tico es r = 1. Adem¶as, S0 < 0 a la izquierda de 1 y S0 > 0 a la derechade 1, tenemos

39

² 1 · a: En este caso 1 2 [0; a] y como S decrece en [0; 1) y crece en (1; a], alcanza el m¶³nimoabsoluto en r = 1. En este caso h = 2.

² a < 1: En este caso 1 =2 [0; a] y S decrece en todo el intervalo. M¶³nimo absoluto en el extremo

derecho del intervalo r = a y h =2

a2.

6. .

α

Sea r el radio de la base y h la altura del cono. Si tomamos

como variable el ¶angulo ® de la ¯gura, r = 1 ¢ sen®

y h = 1+1¢cos®. Por tanto el volumen es V =1

3¼ sen2 ®(1 + cos®)

y a funci¶on que vamos a utilizar es

f(®) = sen2 ®(1 + cos®); ® 2 [0; ¼]

Derivando e igualendo a 0 tenemos

f 0(®) = 2 sen® cos®(1 + cos®)¡ sen3 ® = 0

La soluci¶on sen® = 0 ) ® = 0; ¼ es de m¶³nimo. Asi sen®6= 0 y simpli¯cando tenemos

2 cos®(1 + cos® = sen2 ® = 1¡ cos2 ® ) cos® =¡1§

p3

2

S¶olo vale la soluci¶on cos® =¡1 +

p3

2que es donde alcanza el m¶aximo. Las dimensiones del cono

se obtienen por simple sustituci¶on.

7. .

π/4yx

r

R 2π x

2π y

2 x

2 y

Dado que tg³¼

4

´= 1, r = x; R = y y la altura total del cono y el radio de su base tambien

coinciden. Asi, como el volumen del tronco de cono debe ser¼

3,

¼

3=

1

3¼R2y ¡ 1

3r2x =

¼

3(y3 ¡ x3)

de donde se tiene que y =3p

1 + x3. Por otra parte, como el ¶area lateral del tronco de cono es ladiferencia entre las ¶areas de los dos sectores de la ¯gura anterior (derecha),

40

S =1

22¼y

p2y ¡ 1

22¼x

p2x =

p2¼(y2 ¡ x2) =

p2¼³

(1 + x3)23 ¡ x2

´

por lo que trabajaremos con la funci¶on f(x) =³

(1 + x3)23 ¡ x2

´. La variable x tiene como valor

m¶³nimo admisible 0. El valor m¶aximo posible para y es el de la altura del cono y como el volumen

del cono es2¼

3=

1

3¼h3 (la altura y el radio de la base coinciden), h = 3

p2. Como consecuencia

el mayor valor admisibles para x es 3p

2 = 3p

1 + x3 ) x = 1. Dominio de la funci¶on [0; 1].Derivando e igualando a 0 se obtiene como ¶unico punto cr¶³tico x = 0. Como la derivada es

f 0(x) = 2x

·x

3p

1 + x3¡ 1

¸

y es siempre negativa en [0; 1], el m¶³nimo valor se obtiene en el extremo de la derecha x = 1 y noen el punto cr¶³tico (que corresponde a m¶aximo). Soluci¶on x = 1; y = 3

p2.

8. (a) Dimensiones del cono:

3

2π

3

π

Altura: h = r + r cos¼

3=

3r

2.

Radio de la base: b = r sen¼

3=

p3

2r.

(b) Secciones: Sea x la distancia a la que se traza el plano desde el v¶ertice.

x

rr-x Por semejanza de tri¶angulos obtenemos

el radio a de la secci¶on en el conox

a=

3r2p3r2

) a =

p3x

3.

El radio de la secci¶on en la esfera espr2 ¡ (r ¡ x)2 =

p2rx¡ x2.

Por tanto la diferencia de secciones es

f(x) = ¼(2rx¡ x2)¡ ¼x2

3= ¼

·2rx¡ 4x2

3

¸; x 2

·0;

3r

2

¸

Derivando e igualando a 0 se obtiene un ¶unico punto cr¶³tico x =3r

4. Como f(x) vale 0 en los

extremos, el valor m¶aximo est¶a en el punto cr¶³tico.

41

9. .

α

R

r

R

h El volumen del cono es1

3¼r2h. Como h =

pR2 ¡ r2

y R® = 2¼r ) r =R®

2¼, el volumen en funci¶on de

® toma la forma V =R3

24¼2®2p

4¼2 ¡ ®2, ® 2 [0; 2¼].

Evidentemente, el volumen es m¶³nimo en cada uno de los extremos del intervalo. Eliminando lasconstantes, la funci¶on a maximizar es '(®) = ®2

p4¼2 ¡ ®2. Derivando e igualando a 0 se tienen

como puntos cr¶³ticos ® = 0; ® = 2¼

r2

3. Basta evaluar en este ¶ultimo punto y en los extremos para

comprobar que alcanza el m¶aximo en ® = 2¼

r2

3.

10. .

-0’5 a

La curva y el cilindro son sim¶etricos

respecto a x = ¡1

2. Asi, la altura del

cilindro ser¶a 2

µa +

1

2

¶, el radio de la

base1

a2 + a + 1y el ¶area lateral, 2¼

2a + 1

a2 + a + 1

La funci¶on a considerar es f(a) =2a + 1

a2 + a + 1; a 2

·¡1

2;+1

¶. Derivando e igualando a 0,

f 0(a) =1¡ 2a2 ¡ 2a

(a2 + a + 1)2= 0 ) a = ¡1

2§p

3

2

La ¶unica soluci¶on perteneciente al dominio es¡1

2+

p3

2. La derivada es positiva en

"

¡1

2;¡1

2+

p3

2

!

y negativa en

Ã

¡1

2+

p3

2;+1

!

, por lo que tiene un m¶aximo absoluto en el punto antes citado.

Como consecuencia, la altura del cilindro esp

3 y el radio de la base2

3

11. .

),( βα

A

B

Como trabajamos en el primer cuadrante (las otras

situaciones son sim¶etricas), y =b

a

pa2 ¡ x2 )

y0(x) =¡bx

apa2 ¡ x2

) y0(®) =¡b®

apa2 ¡ ®2

42

y la ecuaci¶on de la recta tangente es y¡ b

a

pa2 ¡ ®2 =

¡b®apa2 ¡ ®2

(x¡®). Hallando las intersecciones

con los ejes se obtienen las coordenadas de A,

µ0;

abpa2 ¡ ®2

¶y de B,

µa2

®; 0

¶. Asi, la distancia

al cuadrado esa4

®2+

a2b2

a2 ¡ ®2= a2f(®); ® 2 [0; a].

f(®) =a2

®2+

b2

a2 ¡ ®2) f 0(®) = ¡2a2

®3+

2®b2

(a2 ¡ ®2)2= 0. Operando se tiene la ecuaci¶on

(a2 ¡ b2)®4 ¡ 2a4®2 + a6 = 0 que tiene por ra¶³ces ® = a

ra

a¡ bque es mayor que a y por tanto

no pertenece al dominio de la funci¶on y ® = a

ra

a + b, que es d¶onde se alcanza el m¶³nimo. El

ser minimo absoluto se puede comprobar mediante el estudio del signo de la derivada o mediante

consideraciones geom¶etricas elementales. Las coordenadas del punto son

Ã

a

ra

a + b; b

rb

a + b

!

.

Nota: Resulta m¶as sencillo calcular las coordenadas de A y B si se obtiene la ecuaci¶on de la rectatangente como recta ortogonal al gradiente.

12. .

(c,0) α

Si c ¸ 4, el punto m¶as pr¶oximo es el (4; 0). Si 0 · c · 4,

la distancia al cuadrado de (c; 0) al punto de la elipseµx;

1

2

p16¡ x2

¶es f(x) = (x¡ c)2 +

1

4(16¡ x2)

con x 2 [0; 4]. Derivando e igualando a 0 se tiene

como ¶unico punto cr¶³tico4c

3.

Discusi¶on:

² Si c > 3, el punto cr¶³tico no pertenece al dominio y como f 0 < 0, la funci¶on decrece siempre.Soluci¶on: El m¶³nimo se alcanza en el extremo del intervalo. Punto (4; 0).

² Si c · 3, el punto cr¶³tico pertenece al dominio y en ¶el se alcanza el m¶³nimo absoluto.

Soluci¶on:

µ4c

3;

2

3

p9¡ c2

¶.

13. .

(0,b)

(x,y)

43

Como (x; y) pertenece a la par¶abola, y =a

4x2, y la distancia al cuadrado al punto (0; b) es

f(x) = x2 +³a

4x2 ¡ b

´2, x 2 [0;+1). Derivando e igualando a 0 se tiene x = 0 y x2 =

4(ab¡ 2)

a2.

² Si ab · 2, el ¶unico punto cr¶³tico es x = 0 y como f 0(x) = 2 ¡ ab +a2x2

4> 0, es m¶³nimo

absoluto.

² Si ab > 2, tenemos dos puntos cr¶³ticos, x = 0 y x =2

a

pab¡ 2. En

·0;

2

a

pab¡ 2

¶, f 0(x) <

0 ya que f 0(0) = 2 ¡ ab y f es decreciente. En

µ2

a

pab ¡ 2;+1

¶, f 0(x) > 0 ya que

f 0µ

4

a

pab¡ 2

¶= 3(ab¡ 2) > 0 y f es creciente. Asi, el m¶³nimo est¶a en x =

2

a

pab¡ 2.

Si a; b tienen signo distinto el ¶unico punto cr¶³tico es x = 0 y la soluci¶on es trivial. V¶ease la ¯gurasiguiente que corresponde a a > 0; b < 0:

(0,b)

14. Si r es el radio de la base y h la altura, el ¶area total es A = 2¼rh + 2¼r2 y el volumen 1 = ¼r2h.

Despejando h en el volumen y sustituyendo, A = 2

µ1

r+ ¼r2

¶, por lo que consideramos la funci¶on

f(r) =1

r+ ¼r2, r 2 (0;+1). Derivando, f 0(r) = ¡ 1

r2+ 2¼r = 0 y asi r =

13p

2¼es el ¶unico

punto cr¶³tico. Si evaluamos la derivada en r1 =1

2 3p

2¼2µ

0;1

3p

2¼

¶, obtenemos que la derivada

es negativa en ese intervalo. Realizando la misma operaci¶on con r2 =2

3p

2¼2µ

13p

2¼;+1

¶, la

derivada es positiva. Se sigue que es m¶³nimo absoluto.

45

Integrales y aplicaciones

47


1. Sea f : [0; 2¼] ! R, f(x) =

8<

:

x si 0 · x < ¼2

cos x si ¼2· x < ¼

¡ senx si ¼ · x · 2¼.

y F (x) =

Z x

0

f(t) dt. Obtenga su m¶aximo y m¶³nimo absolutos.

2. Comprobar que limx!0+

Z bx2

ax2

cos t

1 + t2dt = 0 y hallar lim

x!0+

R bx2ax2

cos t1+t2

dt

x2siendo 0 · a · b.

3. Sean f y g dos funciones continuas en R. Sabemos que

Z 1

0

f(x) dx =

Z 1

0

g(x) dx. Demostrar que

existe c 2 [0; 1] tal que f(c) = g(c).

4. La base de un s¶olido es la regi¶on comprendida entre las par¶abolas x = y2, x = 3¡2y2 y sus seccionesortogonales al eje OX son tri¶angulos rect¶angulos is¶osceles con la hipotenusa sobre el plano XY .Hallar el volumen del s¶olido.

5. Sea f 2 C([a; b]), f(a) = f(b) > 0 y tal que

Z b

a

f(x) dx = 0.

(a) >En cu¶antos puntos como m¶³nimo se anula f en el intervalo (a; b)?

(b) >Qu¶e se puede decir si f es s¶olo integrable?

6. Sea f : [a; b] ! R una funci¶on continua en todo el intervalo [a; b] salvo en un punto x0 2 (a; b).Sabemos que lim

x!0¡f(x) = L¡ y lim

x!0+f(x) = L+, siendo L¡; L+ ¯nitos y distintos. >Qu¶e se puede

a¯rmar sobre la derivabilidad de F (x) =

Z x

a

f(t) dt en x0?

7. Diga si es correcto o no, y por qu¶e, el siguiente c¶alculo

Z 1

¡1

1

1 + x2dx = arctg x]

1¡1 =

¼

4¡ 3¼

4= ¡¼

2

8. Dada la funci¶on f(x) =

Z x

12

t2 ¡ 3t + 2

1 + t4dt, hallar el punto del intervalo

·1

2;

3

2

¸en el que f alcanza

su valor m¶aximo.

9. Sea f : [0; 2] ! R una funci¶on continua que se anula s¶olo en x = 1. Si F (x) =

Z x

0

f(t) dt; x 2 [0; 2],

>puede anularse F en (0; 1)?>y en (0; 2)? Justi¯que la respuesta.

10. Sea f : [¡3; 1] ! R. f(x) =

Z x

¡3

t2 ¡ 2t + 1

(t¡ 3)2et

3

dt. Hallar los puntos en que alcanza sus m¶aximos y

m¶³nimos absolutos.

11. Sea f 2 C(1 tal que f(0) = 0 y f 0(0) 6= 0. Hallar limx!0

R 3x¡x3x2

f(t) dtR sen x0

f(t) dt

12. Calcular el l¶³mite limx!+1

R x0

(arctg t)2 dtpx2 + 1

, justi¯cando todos los pasos que se realicen.

48


1. .

Como f es integrable (s¶olo tiene dos puntos de dis-

continuidad), F es continua por lo que alcanza

el m¶aximo y m¶³nimo absolutos. Estos valores los al-

canza en los extremos del intervalo, en los puntos

con derivada 0 o en los puntos de no derivabilidad.

As¶³, los candidatos son 0; 2¼ por ser los extremos del intervalo y¼

2; ¼ por no ser derivable la

funci¶on. Evaluando tenemos

F (0) =

Z 0

0

f(x) dx = 0.

F³¼

2

´=

Z ¼2

0

x dx =¼2

8.

F (¼) =

Z ¼2

0

x dx +

Z ¼

¼2

cosx dx =¼2

8¡ 1.

F (2¼) =

Z ¼2

0

x dx +

Z ¼

¼2

cos x dx +

Z 2¼

¼

(¡ senx) dx =¼2

8¡ 1 + 2 =

¼2

8+ 1.

As¶³, alcanza el m¶³nimo en x = 0 y el m¶aximo en x = 2¼.

2. Al calcular el primer l¶³mite, la integral tiene los mismos extremos (0), por lo que vale 0. Para elsegundo l¶³mite aplicamos la regla de L'Hopital

limx!0+

R bx2ax2

cos t1+t2

dt

x2= lim

x!0+

cos bx2

1+b2x42bx¡ cos ax2

1+a2x42ax

2x= lim

x!0+

·b

cos bx2

1 + b2x4¡ a

cos ax2

1 + a2x4

¸= b¡ a

3. Sea h(x) = f(x) ¡ g(x). AsiR 10h(x) dx =

R 10f(x) dx ¡

R 10g(x) dx = 0. Por el teorema del valor

medio del c¶alculo integral, existe c 2 [0; 1] tal que h(c) =1

1¡ 0

Z 1

0

h(x) dx = 0; ) f(c) = g(c).

4. .

x=y2

x=3-2y2Las curvas se cortan en x = 1. La base de la secci¶on

en la zona [0; 1] es 2px y en [1; 3], 2

r3¡ x

2

Asi el volumen ser¶a V = V1 + V2, donde V1 es el

volumen sobre [0; 1] y V2 sobre [1; 3].

49

Si l es la hipotenusa, el ¶area de este tri¶angulo esl2

4y

V1 =

Z 1

0

4x

4dx =

1

2, V2 =

Z 3

1

43¡x2

4dx = 1 y el volumen es V =

3

2.

5. .

a b a b

Caso f continua Caso f sólo integrable

Caso (a): Al menos en dos puntos.

Caso (b): No se puede decir nada.

6. Debemos ver si existe o no el l¶³mite limx!x0

F (x)¡ F (x0)

x¡ x0. Veamos el l¶³mite por la derecha.

Mediante el teorema del valor medio: limx!x

+0

F (x)¡ F (x0)

x¡ x0= lim

x!x+0

1

x¡ x0

Z x

x0

f(t) dt. Aplicando el

teorema del valor medio del c¶alculo integral, existe ®; x0 < ® < x tal que f(®) =1

x¡ x0

Z x

x0

f(t) dt.

Asi, cuando x ! x0, ® ! x0 y el l¶³mite anterior es igual a limx!x

+0

f(®) = L+. De igual forma se

tiene que limx!x

¡0

F (x)¡ F (x0)

x¡ x0= L¡. Como los l¶³mites laterales son distintos, no es derivable.

Mediante la regla de l'Hopital: Como f es continua en (x0; b], F es derivable en ese intervalo y es

aplicable la regla de L'Hopital. Asi limx!x+0

F (x)¡ F (x0)

x¡ x0= lim

x!x+0

F 0(x) = limx!x+0

f(x) = L+. Se repite

el proceso para el l¶³mite por la izquierda.

7. El integrando es siempre positivo, por lo que el valor de la integral no puede ser negativo. El errorproviene del c¶alculo de los valores del arcotangente. En el primero se toma una determinaci¶on y en

el segundo, otra. Para que el resultado sea correcto debemos tomar arctg(¡1) = ¡¼

4.

8. Derivando e igualando a 0, f 0(x) =x2 ¡ 3x + 2

1 + x4= 0 ) x = 1; 2. De estos dos puntos cr¶³ticos, s¶olo

1 2·

1

2;

3

2

¸. Como f 0 > 0 en

·1

2; 1

¶y f 0 < 0 en

µ1;

3

2

¸, la funci¶on alcanza su m¶aximo en x = 1.

9. .

A

B

En el intervalo (0; 1) la funci¶on f tiene siempre el mismo signo,

por lo que F (x) no se anula. En el intervalo (0; 2) se puede

presentar una situaci¶on como la de la ¯gura. Si A < jBj, existe

un punto ® 2 (1; 2) tal que F (®) = 0.

50

10. f 0(x) =x2 ¡ 2x + 1

(x¡ 3)2ex

3

que s¶olo se anula (dentro del dominio) en x = 1. Como f 0(x) ¸ 0 en el

dominio, f es siempre creciente. El m¶³nimo absoluto est¶a en el extremo izquierdo del intervalo ¡3y el m¶aximo absoluto est¶a en 1, extremo derecho del intervalo.

11. Aplicando la regla de L'Hopital (luego se justi¯ca), tenemos

L = limx!0

R 3x¡x3x2

f(t) dtR sen x0

f(t) dt= lim

x!0

f(3x¡ x3)(3¡ 3x2)¡ f(x2)2x

f(senx) cos x= lim

x!0

f(3x¡ x3)(3¡ 3x2)¡ f(x2)2x

f(senx)

1

cos x

Como el l¶³mite de la segunda fracci¶on es 1, aplicamos L'Hopital de nuevo a la primera y se tiene

L = limx!0

f 0(3x¡ x3)(3¡ 3x2)2 + f(3x¡ x3)(¡6x)¡ f 0(x2)4x2 ¡ f(x2)2

f 0(senx) cosx=

9f 0(0)

f 0(0)= 9.

Justi¯caci¶on: La primera aplicaci¶on de L'Hopital se puede realizar al tender a 0 el numerador y eldenominador (coinciden los extremos superior e inferior de las integrales). La segunda se debe aque f(0) = 0.

12. Como el denominador tiende a +1, se puede aplicar la regla de L'Hopital. Asi

limx!+1

R x0

(arctg t)2 dtpx2 + 1

= limx!+1

(arctg x)2

xpx2+1

= limx!+1

"

(arctg x)2px2 + 1

x

#

Como limx!+1

px2 + 1

x= 1 y lim

x!+1arctg x =

¼

2, el l¶³mite del producto es el producto de l¶³mites y

vale¼2

4.

51

Problemas

1. Dadas la elipsex2

16+

y2

9= 1 y la circunferencia con centro en el punto (0;¡3) y radio 5, se pide:

(a) ¶Area de la regi¶on com¶un a la elipse y la circunferencia.

(b) Volumen del cuerpo que se forma cuando la regi¶on anterior gira en torno al eje OX.

2. Dada la funci¶on f(t) =

(2 1¡t2p

2¡t2 si t 2 [¡1; 0)6p3¼

t¡2t2¡t+1 si t 2 [0; 1]

consideramos su funci¶on integral asociada

F (x) =

Z x

¡1f(t) dt.

(a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de F en [¡1; 1].

(b) Calc¶ulese, si existen, el m¶aximo y m¶³nimo absolutos de F en [¡1; 1].

3. Dadas las funciones f : (0;+1) ! R y g : (0;+1) ! R,

f(x) =1

x2 + 3; g(x) =

x¡ 1

8x

hallar

(a) ¶Area de la regi¶on limitada por y ¸ 0, y · f(x) e y · g(x) (Hasta 5 puntos)

(b) Volumen del s¶olido de revoluci¶on obtenido al girar dicha regi¶on alrededor del eje OY . (Hasta5 puntos)

4. Hallar el volumen del cuerpo de revoluci¶on generado al girar la curva y =x2

x3 + 1; x 2 [0;+1)

alrededor del eje OX.

5. Hallar el volumen engendrado por la gr¶a¯ca de la funci¶on f(x) =senx

exal girar alrededor del semieje

positivo [0;+1).

6. Consid¶erese la funci¶on f(x) =

px sen(xa)

¡cos ¼x2

¢b(1¡ x)c

x2(1¡ x)3, de¯nida en el intervalo (0; 1), siendo

a; b; c par¶ametros positivos.

(a) Hallar limx!0+

f(x) y limx!1¡

f(x) en funci¶on de los par¶ametros. (5 puntos.)

(b) Determinar para qu¶e valores de a; b; c es convergente la integral

Z 1

0

f(x) dx. (5 puntos.)

7. Sea f : [1;+1) ! R, f(x) =lnx

x. Hallar el volumen del cuerpo de revoluci¶on que se forma al girar

la gr¶a¯ca de esta funci¶on alrededor del eje OX. (10 puntos. Se han distribuido asignando 6puntos al c¶alculo de la primitiva y 4 al c¶alculo de los l¶³mites.)

8. Sea Ik =

Zxke¡x dx

(a) Comprobar que Ik = ¡xke¡x + kIk¡1. (3 puntos)

(b) Hallar I3. (1 punto)

(c) Hallar el ¶area comprendida por la gr¶a¯ca de la funci¶on f : [0;+1) ! R, f(x) = x3e¡x y eleje OX. (6 puntos)

52


1. La circunferencia tiene por ecuaci¶on x2 + (y + 3)2 = 25. La regi¶on est¶a representada en la ¯gura

-4 4

zona común

(a) Despejando y en la ecuaci¶on de la circunferencia se tiene y = ¡3 +p

25¡ x2, por lo que el¶area de la parte superior de la regi¶on (debajo de la circunferencia y sobre OX) es

2

Z 4

0

(¡3 +p

25¡ x2)dx = ¡24 + 2

Z 4

0

p25¡ x2dx

Esta ¶ultima integral con el cambio x = 5 sen t se transforma en

Z arcsen 45

0

25 cos2 tdt, que es

inmediata. El resto del ¶area corresponde a media elipse de semiejes 4 y 3, por lo que es 6¼. El

¶area total es 6¼ + 25 arcsen4

5¡ 12.

(b) Al girar la regi¶on se forma un elipsoide de revoluci¶on de semiejes 4, 3 y 3. Asi el volumen es

V =4

3¼ ¢ 4 ¢ 3 ¢ 3 = 48¼

2. (a) La funci¶on f tiene una ¶unica discontinuidad en t = 0, por lo que es integrable y su funci¶onintegral F es continua en [¡1; 1]. Como f es continua en [¡1; 0) [ (0; 1], F es derivable en elmismo conjunto y su derivada es f . S¶olo hay que estudiar la derivabilidad en 0. Como F es

continua en x = 0, los siguientes l¶³mites presentan una indeterminaci¶on0

0y se puede aplicar

la regla de L'Hopital (F 0 = f en cada caso):

limx!0¡

F (x)¡ F (0)

x¡ 0= lim

x!0¡f(x) = lim

x!02

1¡ x2p2¡ x2

=p

2.

limx!0+

F (x)¡ F (0)

x¡ 0= lim

x!0+

6p3¼

x¡ 2

x2 ¡ x + 1= ¡ 12p

3¼, por lo que F no es derivable en 0.

(b) Como F es continua y [¡1; 1] es cerrado y acotado (compacto), F alcanza su m¶aximo y m¶³nimoabsolutos. Los puntos a considerar son los puntos cr¶³ticos pertenecientes a [¡1; 1](la derivadade F es f salvo en x = 0 en que no es derivable), los extremos del intervalo y puntos de noderivabilidad. Asi hay que considerar ¡1, 0 y 1. Al ser f > 0 en [¡1; 0), F crece en eseintervalo y como f < 0 en (0; 1], F decrece en el otro. En consecuencia F alcanza su m¶aximoabsoluto en x = 0. La determinaci¶on del m¶³nimo no se puede hacer sin conocer la funci¶onintegral de forma expl¶³cita, ya que F (¡1) = 0, pero no sabemos el valor que toma en 1.

53

Determinaci¶on de la funci¶on integral:

² ¡1 · x < 0: Con el cambio t =p

2 senu; dt =p

2 cos u du tenemos

F (x) =

Z x

¡12

1¡ t2p2¡ t2

dt = 2

Z arcsen xp2

¡¼4

1¡ 2 sen2 up2 cos u

p2 cos u du = 1 + x

p2¡ x2

² F (0) = 1

² 0 < x · 1:

F (x) =

Z x

¡1f(t) dt = F (0) +

6p3¼

Z x

0

t¡ 2

t2 ¡ t + 1dt = 1 +

6p3¼

µ1

2

Z x

0

2t¡ 4

t2 ¡ t + 1dt

¶=

= 1 +6

2p

3¼

0

B@Z x

0

2t¡ 1

t2 ¡ t + 1¡ 3 ¢ 4 ¢

p3

3 ¢ 2

Z x

0

2p3

1 +³2t¡1p3

´2 dt

1

CA =

= 1 +3p3¼

ln(x2 ¡ x + 1)¡ 6

¼

·arctg

2x¡ 1p3

¡ arctg

µ¡ 1p

3

¶¸=

=3p3¼

ln(x2 ¡ x + 1)¡ 6

¼arctg

2x¡ 1p3

ya que arctg

µ¡ 1p

3

¶= ¡¼

6.

Evaluando, F (1) = ¡1 y como F (¡1) = 0, el m¶³nimo absoluto se alcanza en x = 1.

Como se ve, puede hacerse todo el problema salvo la determinaci¶on ¯nal sin necesidad de

calcular la funci¶on F . Otro procedimiento totalmente v¶alido es empezar por el c¶alculo de

esta funci¶on y estudiar luego los dos apartados sobre ella.

3. .

f

g

31

g(x) = 0 ) x = 1 f(x) = g(x) ) x = 3. As¶³

54

(a)

A =

Z 3

1

g(x) dx +

Z +1

3

f(x) dx =

Z 3

1

x¡ 1

8xdx +

Z +1

3

1

x2 + 3dx

Z 3

1

x¡ 1

8xdx =

Z 3

1

µ1

8¡ 1

8x

¶dx =

·x

8¡ 1

8lnx

¸3

1

=1

8(2¡ ln 3)

Z +1

3

1

x2 + 3dx = lim

h!+1

Z h

3

1

x2 + 3dx =

1p3

limh!+1

Z h

3

1p3³

xp3

´2+ 1

dx =1p3

limh!+1

µarctg

xp3

¶h

3

=

=1p3

³¼2¡ ¼

3

´=

¼

6p

3

(b) El volumen es

V =

Z 3

1

2¼x g(x) dx +

Z +1

3

2¼x f(x) dx =

Z 3

1

2¼xx¡ 1

8xdx +

Z +1

3

2¼x

x2 + 3dx

Es claro que la segunda integral es divergente, por lo que el volumen es in¯nito.

4. El volumen viene dado por ¼

Z +1

0

x4

(x3 + 1)2dx = ¼ lim

m!+1

Z m

0

x4

(x3 + 1)2dx

En primer lugar hallaremos una primitiva. Integrando por partes con u = x2 y v0 =x2

(x3 + 1)2,

tenemos

Zx4

(x3 + 1)2dx = ¡ x2

3(x3 + 1)+

2

3

Zx

x3 + 1dx.

Descomponiendo en fracciones simples,x

x3 + 1=

¡13

x + 1+

13x + 1

3

x2 ¡ x + 1y asi

I1 =

Zx

x3 + 1dx = ¡1

3

Z1

x + 1dx +

1

3

Zx + 1

x2 ¡ x + 1dx = ¡1

3ln(x + 1)+

+1

6

·Z2x¡ 1

x2 ¡ x + 1dx + 3

Z1

x2 ¡ x + 1dx

¸. Completando cuadrados en esta ¶ultima integral, se

tiene

I1 = ln 6

sx2 ¡ x + 1

(x + 1)2+

p3

3arctg

2x¡ 1p3

y asi

I = ¡ x2

3(x3 + 1)+

2

3ln 6

sx2 ¡ x + 1

(x + 1)2+

2p

3

9arctg

2x¡ 1p3

. Por tanto

¼

Z +1

0

x4

(x3 + 1)2dx =

= ¼ limm!+1

"

¡ m2

3(m3 + 1)+

2

3ln 6

sm2 ¡m + 1

(m + 1)2+

2p

3

9arctg

2m¡ 1p3

¡ 2p

3

9arctg

µ¡ 1p

3

¶#

=4p

3

27¼2

ya que arctg

µ¡ 1p

3

¶= ¡¼

6

55

5. El volumen es V = ¼

Z +1

0

sen2 xe¡2x dx = ¼ limm!+1

Z m

0

sen2 xe¡2x dx.

C¶alculo de la primitiva: Aplicamos integraci¶on por partes con u = sen2 x ) u0 = 2 senx cosx =

= sen(2x) y v0 = e2x ) v = ¡1

2e¡2x. Asi,

I =

Zsen2 xe¡2x dx = ¡1

2sen2 xe¡2x +

1

2

Zsen(2x)e¡2x dx

Realizamos otra integraci¶on por partes con u = sen(2x) ) u0 = 2 cos(2x) = 2(cos2 x ¡ sen2 x) =

2(1¡ 2 sen2 x) y v0 = e2x ) v = ¡1

2e¡2x. Ahora

I = ¡1

2sen2 xe¡2x +

1

2

·¡1

2sen(2x)e¡2x +

Z(e¡2x ¡ 2 sen2 xe¡2x) dx

¸=

= ¡1

2sen2 xe¡2x ¡ 1

4sen(2x)e¡2x ¡ 1

4e¡2x ¡ I

Por tanto una primitiva es

I = ¡1

4sen2 xe¡2x ¡ 1

8sen(2x)e¡2x ¡ 1

8e¡2x

Aplicando la regla de Barrow

V = limm!+1

·1

8¡ 1

4sen2me¡2m ¡ 1

8sen(2m)e¡2m ¡ 1

8e¡2m

¸=

¼

8

ya que limm!+1

sen2me¡2m = limm!+1

sen(2m)e¡2m = 0, por ser en ambos casos una funci¶on acotada

por otra que tiende a 0.

6. (a) limx!0+

px sen(xa)

¡cos ¼x

2

¢b(1¡ x)c

x2(1¡ x)3= lim

x!0+

¡cos ¼x

2

¢b(1¡ x)c

(1¡ x)3¢px sen(xa)

x2. La primera frac-

ci¶on tiene l¶³mite 1, por lo que el l¶³mite completo depender¶a de la segunda. Aplicando la

oportuna equivalencia, limx!0+

px sen(xa)

x2= lim

x!0+xa¡

32 . Asi

² Si a >3

2, el l¶³mite es 0.

² Si a =3

2, el l¶³mite es 1.

² Si 0 < a <3

2, el l¶³mite es +1.

limx!1¡

px sen(xa)

¡cos ¼x2

¢b(1¡ x)c

x2(1¡ x)3= lim

x!1¡

¡cos ¼x2

¢b(1¡ x)c

(1¡ x)3¢px sen(xa)

x2. Ahora, el l¶³mite

de la segunda fracci¶on es sen 1, por lo que el l¶³mite total depender¶a de la primera. Como el

desarrollo de Taylor de cos¼x

2en a = 1 es cos

¼x

2= ¡¼

2(x¡1)+R1 =

¼

2(1¡x)+R1, tenemos

limx!1¡

¡cos ¼x2

¢b(1¡ x)c

(1¡ x)3= lim

x!1¡

¡¼2 (1¡ x) + R1

¢b

(1¡ x)3¡c= lim

x!1¡

"¼

2(1¡ x)1+

c¡3b +

R1

(1¡ x)3¡cb

#b

Si b + c ¸ 3,3¡ c

b· 1 ) lim

x!1¡

R1

(1¡ x)3¡cb

= 0 y asi

56

² Si b + c = 3, el l¶³mite es³¼

2

´bsen 1.

² Si b + c > 3, el l¶³mite es 0.

² Si b + c < 3, el l¶³mite es +1.

(b) La integral es impropia de segunda especie en 0 si 0 < a <3

2y en 1 si b + c < 3.

Estudio en 0: limx!0+

xkpx sen(xa)

¡cos ¼x

2

¢b(1¡ x)c

x2(1¡ x)3= lim

x!0+

¡cos ¼x

2

¢b(1¡ x)c

(1¡ x)3¢ x

kpx sen(xa)

x2.

La primera fracci¶on tiene l¶³mite 1, por lo que el l¶³mite completo depender¶a de la segunda.

Aplicando la oportuna equivalencia, limx!0+

xkpx sen(xa)

x2= lim

x!0+xk+a¡

32 = 1 si k =

3

2¡ a. Se

sigue que si a >1

2es convergente y si a · 1

2, es divergente.

Estudio en 1: El proceso es similar y se obtiene que si b + c > 2, es convergente.

7. V = ¼

Z +1

1

ln2 x

x2dx = ¼ lim

m!+1

Z m

1

ln2 x

x2dx.

Aplicamos integraci¶on por partes con u = ln2 x ) du = 21

xlnx dx; dv = x¡2 dx ) v = ¡x¡1 y

asi

Zln2 x

x2dx = ¡ ln2 x

x+2

Zx¡2 lnx dx. A la integral resultante se le aplica, de nuevo, integraci¶on

por partes con u = lnx ) du =1

xdx; dv = x¡2 dx ) v = ¡x¡1 y tenemos

Zln2 x

x2dx = ¡ ln2 x

x+ 2

·¡ lnx

x+

Zx¡2 dx

¸= ¡ ln2 x

x¡ 2 lnx

x¡ 2

x. Se sigue que

V = ¼ limm!+1

·¡ ln2 x

x¡ 2 lnx

x¡ 2

x

¸m

1

= ¼ limm!+1

·¡ ln2m

m¡ 2 lnm

m¡ 2

m+ 2

¸= 2¼ ya que, apli-

cando la regla de L'Hopital,

limm!+1

ln2m

m= lim

m!+1

2 lnm 1m

1= lim

m!+12 lnm

m= lim

m!+1

2 1m

1= 0.

8. (a) Lo haremos por dos procedimientos:

² Integrando: Realizamos una integraci¶on por partes tomando u = xk ) du = kxk¡1dx,dv = e¡xdx ) v = ¡e¡x y tenemos

Ik =

Zxke¡x dx = ¡xke¡x + k

Zxk¡1e¡xdx = ¡xke¡x + kIk¡1

² Derivando: Si derivamos ¡xke¡x + kIk¡1 tenemos

¡kxk¡1e¡x + xke¡x + kd

dx

Zxk¡1e¡xdx = ¡kxk¡1e¡x + xke¡x + kxk¡1e¡x = xke¡x

que es la derivada de

Zxke¡xdx.

(b) I3 = ¡e¡x(x3 + 3x2 + 6x + 6)

(c) El ¶are viene dada por (<cuidado!, el dominio es [0;+1))

Z +1

0

x3e¡xdx = limm!+1

Z m

0

x3e¡xdx = limm!+1

£¡e¡x(x3 + 3x2 + 6x + 6)

¤m0

=

= limm!+1

·6¡ m3 + 3m2 + 6m + 6

em

¸= 6

57

Funciones de varias variables. C¶alculo diferencial.

59


1. Dada la super¯cie z = x + y, denuestre razonadamente y sin hallarlos, que los planos tangentes ala misma en (0; 2) y en (7; 5) coinciden.

2. >Es diferenciable f(x; y) =

(x2y2

x4+y4si (x; y) 6= (0; 0)

0 si (x; y) = (0; 0)en (0; 0)?

3. Sea X ½ R2, X abierto y f : X ! R. Indique, escribiendo V o F que a¯rmaciones son ciertas ycu¶ales falsas en todo caso:

Recordemos que f 2 C(1(X) si, y s¶olo si, f tiene derivadas parciales continuas.

(a) Si f 2 C(1(X), f es continua en X.

(b) Si f 2 C(1(X), f tiene plano tangente en todo punto de X.

(c) Si f tiene todas las derivadas direccionales, incluidas las derivadas parciales en todo punto deX, f 2 C(1(X).

(d) Si f 2 C(1(X), f tiene todas las derivadas direccionales, incluidas las derivadas parciales entodo punto de X.

(e) Si f tiene derivadas parciales continuas en todo punto de X , f 2 C(1(X).

(f) Si f es diferenciable en todo punto de X, f 2 C(1(X).

(g) Si f 2 C(1(X), f es diferenciable en todo punto de X .

4. Sea f(x; y) =

½1 si x6= 0 e y 6= 00 en el resto de los puntos

. >Se veri¯ca la igualdad@f

@x(1;¡1) =

@f

@y(1;¡1)?

5. Sea f 2 C(2(R2; R). Su gradiente en (x; y) es (g(x; y); h(x; y)). Indicar razonadamente por qu¶e@g

@y=

@h

@x

6. Sea f(x; y) =

½x

4x2+y2¡1 si 4x2 + y2 6= 1 y (x; y) 6= (0; 0)

1 en otro casoEstudiar la continuidad de f en los

puntos (0; 0); (1; 1) y

µ1p8;

1p2

¶.

7. Sea f(x; y) una funci¶on de clase C(2 en R2. Sabemos que f alcanza en D = f(x; y) jx2 + y2 · 1gsu m¶aximo absoluto en el punto (1; 0) y su m¶³nimo absoluto en (0; 0). Decir si son verdaderas (V )o falsas (F ) las siguientes a¯rmaciones:

(a) El gradiente de f en (0; 0) es (0; 0).

(b) La forma cuadr¶atica asociada al Hessiano de f en (0; 0) es de¯nida negativa.

(c) La forma cuadr¶atica asociada al Hessiano de f en (0; 0) es inde¯nida.

(d) La funci¶on g(t) = f(cos t; sen t) veri¯ca g0(0) = 0.

(e) Si h(x; y) = x2+y2¡1, los gradientes de f y h en (1; 0) son vectores linealmente dependientes.

8. Sean f; g 2 C(2(R2). Si sus polinomios de Taylor de orden 2 en (0; 0) son

f : 1 + x + y + 2x2 ¡ 4xy + y2

g : ¡2 + 2x + 2y + x2 ¡ 2xy + y2

y h es el producto de las funciones f y g, demostrar que h tiene un punto cr¶³tico en (0; 0) yclasi¯carlo.

60

9. Sea f una funci¶on real de¯nida y continua en f(x; y) 2 R2 jx2 + y2 · 1g, diferenciable en f(x; y) 2R2 jx2 + y2 < 1g y tal que f(x; y) = 0 en f(x; y) 2 R2 jx2 + y2 = 1g. >Se puede asegurar laexistencia de un punto P en f(x; y) 2 R2 jx2 + y2 < 1g tal que gradf(P ) = (0; 0)?

10. >En qu¶e puntos a¯rma el teorema de la Funci¶on inversa que existe inversa local diferenciable de lafunci¶on

F (x; y) =

µx

y;x3 + y3

x3 ¡ y3

¶; y6= 0; x6= y ? (En el denominador pone y. El ap¶ostrofe es realmente

la coma de separaci¶on.)

11. Consideremos la funci¶on f : R2 ! R2, f(x; y) = (¡3x + y3;¡3y + x3).

(a) >Admite inversa global en R2? En caso a¯rmativo, calcularla.

(b) >Admite inversa local en (1; 0)? En caso a¯rmativo hallar la matriz jacobiana de de f¡1 en(¡3; 1).

12. Sea F = (f1; f2) : − ½ R2 ! R2 una funci¶on de clase C(1 y P 2 −. Sean u = f1(x; y) y v = f2(x; y).>Qu¶e se puede a¯rmar sobre la existencia de la inversa local de F en un entorno de P a partir delteorema de la funci¶on inversa si u = g(v) en un entorno de P , siendo g una funci¶on de clase C(1?

13. Sea g : R2 ! R una funci¶on de clase C(2 que tiene un m¶³nimo relativo en el punto (u0; v0). Su

matriz hessiana en dicho punto es H(g)(u0; v0) =

µ2 11 2

¶

Sea F : R2 ! R2 , de clase C(2, con F (x0; y0) = (u0; v0). La matriz jacobiana de F en dicho punto

es J(F )(x0; y0) =

µ1 0

¡1 2

¶. Sea h = g ± F . Hallar

@2h

@x2(x0; y0).

14. Dada la ecuaci¶on xyz + sen(z ¡ 6)¡ 2(x + y + x2y2) = 0, indicar qu¶e variables asegura el teoremade la funci¶on impl¶³cita que son funci¶on diferenciable de las otras dos en un entorno de (1; 1; 6),comprobando de forma expl¶³cita el cumplimiento de las hip¶otesis oportunas.

15. Sean u; v; h 2 C(2(R2) tres funciones sobre las que sabemos:

² Sobre u: Su plano tangente en (0; 0) es z = 1 + 2x¡ y

² Sobre v: Tiene un punto cr¶³tico en (0; 0) y v(0; 0) = 1

² Sobre h: Su polinomio de Taylor en (1; 1) de grado 1 es 2 + x + 3(y ¡ 1)

Si f(x; y) = h(u(x; y); v(x; y)), hallar la derivada direccional m¶axima de f en (1; 1).

16. >Es localmente invertible la funci¶on f(x; y) = (x2 + y; x ¡ y2) en un entorno de (1; 0)? En casoa¯rmativo, hallar el determinante jacobiano de f¡1 en (1; 1).

17. Dada la ecuaci¶on x2y ¡ y2x + z2 cos(xz) = 1, decir qu¶e variables asegura el teorema de la funci¶onimpl¶³cita que son funci¶on impl¶³cita diferenciable de las otras dos en un entorno del punto (0;

p2; 1).

(Deben comprobarse expl¶³citamente todas las condiciones oportunas.)

18. Dada la ecuaci¶on z2 senx+ xyz + z = 1, determinar qu¶e variables asegura el teorema de la funci¶onimpl¶³cita que son funci¶on diferenciable de las otras dos en un entorno de (x; y; z) = (0; 0; 1).

19. >Se puede a¯rmar que la relaci¶onZ y2

x

et2

dt = 0

de¯ne a y como funci¶on de x en un entorno del punto (1; 1)?

61

20. Estudiar la diferenciabilidad en el punto (0; 0) de la funci¶on f(x; y) = jx + yj.

21. Sea g : R ! R una funci¶on no polin¶omica, cuyo polinomio de Taylor de orden 2 en a = 1 es

2x2 ¡ 3x + 2. Sea f(x; y) =

Z exy

x

g(t) dt. Obtener el polinomio de Taylor de orden 2 de la funci¶on

f(x; y) en el punto (1; 0).

62


1. La super¯cie z = x + y es un plano. Por tanto, todos los planos tangentes a la misma coinciden yson z = x + y.

2. La funci¶on no es continua en (0; 0) ya que

lim½!0

½4 cos2 ' sen2 '

½4(cos4 ' + sen4 ')=

cos2 ' sen2 '

cos4 ' + sen4 '

que depende de '. Por tanto no es diferenciable en (0; 0).

3. Sea X ½ R2, X abierto y f : X ! R. Indique, escribiendo V o F que a¯rmaciones son ciertas ycu¶ales falsas en todo caso:

Recordemos que f 2 C(1(X) si, y s¶olo si, f tiene derivadas parciales continuas.

(a) Si f 2 C(1(X), f es continua en X. (V)

(b) Si f 2 C(1(X), f tiene plano tangente en todo punto de X. (V)

(c) Si f tiene todas las derivadas direccionales, incluidas las derivadas parciales en todo punto deX, f 2 C(1(X). (F)

(d) Si f 2 C(1(X), f tiene todas las derivadas direccionales, incluidas las derivadas parciales entodo punto de X. (V)

(e) Si f tiene derivadas parciales continuas en todo punto de X , f 2 C(1(X). (V)

(f) Si f es diferenciable en todo punto de X, f 2 C(1(X). (F)

(g) Si f 2 C(1(X), f es diferenciable en todo punto de X . (V)

4. Como f(x; y) es constante e igual a 1 en todo punto no perteneciente al conjunto f(x; 0) jx 2Rg [ f(0; y) j y 2 Rg, las dos derivadas son iguales y valen 0.

5.@g

@y=

@2f

@x@y=

@2f

@y@x=

@h

@x.

6. ² Caso (0; 0): Por la de¯nici¶on f(0; 0) = 1, pero lim(x;y)!(0;0)

x

4x2 + y2 ¡ 1=

0

¡1= 0 por lo que

no es continua en (0; 0).

² Caso (1; 1): En este punto es el cociente de dos polinomios que no se anulan. Por tanto escontinua.

² Caso

µ1p8;

1p2

¶: En este caso se anula el denominador, pero no el numerador. No existe el

l¶³mite y la funci¶on no es continua.

7. Sea f(x; y) una funci¶on de clase C(2 en R2. Sabemos que f alcanza en D = f(x; y) jx2 + y2 · 1gsu m¶aximo absoluto en el punto (1; 0) y su m¶³nimo absoluto en (0; 0). Decir si son verdaderas (V )o falsas (F ) las siguientes a¯rmaciones:

(a) El gradiente de f en (0; 0) es (0; 0). V (Por ser punto cr¶³tico.)

(b) La forma cuadr¶atica asociada al Hessiano de f en (0; 0) es de¯nida negativa. F (Vea laclasi¯caci¶on de formas cuadr¶aticas.)

(c) La forma cuadr¶atica asociada al Hessiano de f en (0; 0) es inde¯nida. F (Vea la clasi¯caci¶onde formas cuadr¶aticas.)

(d) La funci¶on g(t) = f(cos t; sen t) veri¯ca g0(0) = 0. V (Es punto cr¶³tico en la frontera.)

(e) Si h(x; y) = x2+y2¡1, los gradientes de f y h en (1; 0) son vectores linealmente dependientes.V (Los dos gradientes son proporcionales y, por tanto, linealmente dependientes.)

63

8. De los polinomios anteriores se tiene

f(0; 0) = 1;@f

@x(0; 0) = 1;

@f

@y(0; 0) = 1;

@2f

@x2(0; 0) = 4;

@2f

@x@y(0; 0) = ¡4;

@2f

@y2(0; 0) = 2

g(0; 0) = ¡2;@g

@x(0; 0) = 2;

@g

@y(0; 0) = 2;

@2g

@x2(0; 0) = 2;

@2g

@x@y(0; 0) = ¡2;

@2g

@y2(0; 0) = 2

As¶³,

@h

@x(0; 0) =

@(fg)

@x(0; 0) =

@f

@x(0; 0)g(0; 0) + f(0; 0)

@g

@x(0; 0) = 1 ¢ (¡2) + 1 ¢ 2 = 0

@h

@y(0; 0) =

@(fg)

@y(0; 0) =

@f

@y(0; 0)g(0; 0) + f(0; 0)

@g

@y(0; 0) = 1 ¢ (¡2) + 1 ¢ 2 = 0

por lo que es punto cr¶³tico. Adem¶as

@2h

@x2(0; 0) =

@2f

@x2(0; 0)g(0; 0) +

@f

@x(0; 0)

@g

@x(0; 0) +

@f

@x(0; 0)

@g

@x(0; 0) + f(0; 0)

@2g

@x2(0; 0) = ¡2

@2h

@y2(0; 0) =

@2f

@y2(0; 0)g(0; 0) +

@f

@y(0; 0)

@g

@y(0; 0) +

@f

@y(0; 0)

@g

@y(0; 0) + f(0; 0)

@2g

@y2(0; 0) = 2

@2h

@x@y(0; 0) =

@2f

@x@y(0; 0)g(0; 0) +

@f

@x(0; 0)

@g

@y(0; 0) +

@f

@y(0; 0)

@g

@x(0; 0) + f(0; 0)

@2g

@x@y(0; 0) = 10

y el Hessiano es < 0. Es un punto de silla.

9. Al estar de¯nida f en un conjunto cerrado y acotado, alcanza su m¶aximo y m¶³nimo absolutos en lospuntos P1 y P2. Si estos puntos est¶an ambos en f(x; y) 2 R2 jx2 + y2 = 1g, la funci¶on es constante= 0 y es trivial. Si uno de ellos pertenece a f(x; y) 2 R2 jx2 + y2 < 1g, es un punto cr¶³tico y asi elgradiente es (0; 0) en ¶el.

10. Construimos la matriz de las derivadas parciales de cada funci¶on componente0

B@

1y

¡ xy2

¡ 6x2y3

(x3¡y3)26x3y2

(x3¡y3)2

1

CA. En su dominio todas las derivadas parciales son continuas y por tanto

F es diferenciable. El determinante de la matriz anterior es 0 8x; y, por lo que no podemos asegurarla existencia de la funci¶on inversa en ning¶un punto.

11. (a) f(0; 0) = (0; 0). Como ¡3x + y3 = 0 ) x =y3

3, sustituyendo en ¡3y + x3 = 0, se tiene

el punto (p

3;p

3), que veri¯ca f(p

3;p

3) = (0; 0). Asi, f no es inyectiva y no tiene inversaglobal.

(b) Las derivadas parciales, dispuestas en forma de matriz, son

µ¡3 3y2

3x2 ¡ 3

¶, por lo que las

derivadas parciales existen y son continuas. Se sigue que la aplicaci¶on f es diferenciable. Como

en (1; 0) la matriz es

µ¡3 03 ¡ 3

¶, y su determinante vale 9 6= 0, la funci¶on es localmente

invertible. Asi

Jf¡1(¡3; 1) =

µ¡3 03 ¡ 3

¶¡1=

µ¡13 0

¡13 ¡ 1

3

¶

12. Como g es de clase C(1, la funci¶on F (g ± f2; f2) veri¯ca todas las condiciones del teorema de lafunci¶on inversa salvo el jacobiano, ya que

¯¯¯

@f1@x

@f1@y

@f2@x

@f2@y

¯¯¯

=

¯¯¯g0 @f2

@xg0 @f2

@y@f2@x

@f2@y

¯¯¯

= g0·@f2@x

@f2@y

¡ @f2@y

@f2@x

¸= 0

independientemente del valor de g0. No se puede a¯rmar nada.

64

13. h(x; y) = g[F (x; y)] = g(u; v), siendo u = F1(x; y); v = F2(x; y) las funciones coordenadas de F .Asi@f

@x=

@g

@u

@u

@x+

@g

@v

@v

@x

@2h

@x2=

·@2g

@u2@u

@x+

@2g

@u@v

@v

@x

¸@u

@x+

@g

@u

@2u

@x2+

·@2g

@u@v

@u

@x+

@2g

@v2@v

@x

¸@v

@x+

@g

@v

@2v

@x2.

Como g tiene un m¶³nimo relativo en (u0; v0),@g

@u=

@g

@v= 0. Se sigue que

@2h

@x2(x0; y0) = [2 ¢ 1 + 2 ¢ (¡1)] ¢ 1 + 0 + [1 ¢ 1 + 2 ¢ (¡1)] ¢ (¡1) + 0 = 2

14. Sea f(x; y; z) = xyz + sen(z ¡ 6) ¡ 2(x + y + x2y2). Se cumple que f(1; 1; 6) = 0. Las derivadasparciales

@f

@x= yz ¡ 2(1 + 2xy2)

@f

@y= xz ¡ 2(1 + 2x2y)

@f

@z= xy + cos(z ¡ 6)

existen y son continuas y f es diferenciable. Evaluando en el punto s¶olo es distinta de 0 la derivadarespecto a z. As¶³, s¶olo se puede asegurar que z es funci¶on impl¶³cita de (x; y).

15. Las condiciones anteriores dicen:

² Sobre u: u(0; 0) = 1;@u

@x(0; 0) = 2;

@u

@y(0; 0) = ¡1.

² Sobre v: v(0; 0) = 1;@v

@x(0; 0) = 0;

@v

@y(0; 0) = 0.

² Sobre h: h(1; 1) = 3;@h

@u(1; 1) = 1;

@h

@v(1; 1) = 3.

ya que, en el caso de h, el polinomio es 2 + x + 3(y ¡ 1) = 3 + (x¡ 1) + 3(y ¡ 1). Entonces

@f

@x(0; 0) =

@h

@u(1; 1)

@u

@x(0; 0) +

@h

@v(1; 1)

@v

@x(0; 0) = 1 ¢ 2 + 3 ¢ 0 = 2.

@f

@y(0; 0) =

@h

@u(1; 1)

@u

@y(0; 0) +

@h

@v(1; 1)

@v

@y(0; 0) = 1 ¢ (¡1) + 3 ¢ 0 = ¡1.

Por tanto el gradiente de f en (0; 0) es (2;¡1), su m¶odulop

5 y la direcci¶on1p5

(2;¡1).

16. La matriz de las derivadas parciales de f es

µ2x 11 ¡2y

¶Asi las derivadas existen y son continuas

(por ser polinomios). Se sigue que f es diferenciable. Por otra parte, el determinante jacobiano en

(1; 0) es detJf(1; 0) =

¯¯ 2 1

1 0

¯¯ = ¡1 6= 0, por lo que f es localmente invertible en (1; 0). Como

f(1; 0) = (1; 1),

detJf¡1(1; 1) =1

detJf(1; 0)=

1

¡1= ¡1

17. Sea f(x; y; z) = x2y ¡ y2x + z2 cos(xz)¡ 1.

² El punto veri¯ca que f(0;p

2; 1) = 0.

² Las derivadas parciales de f son@f

@x= 2xy ¡ y2 ¡ z3 sen(xz)

@f

@y= x2 ¡ 2xy

@f

@z= 2z cos(xz)¡ z2x sen(xz)

que son todas ellas continuas al ser combinaci¶on de polinomios y funciones circulares. Portanto la funci¶on es diferenciable.

65

² @f

@x(0;p

2; 1) = ¡2 6= 0@f

@y(0;p

2; 1) = 0@f

@z(0;p

2; 1) = 2 6= 0

Por tanto, podemos asegurar que x y z son funciones impl¶³citas diferenciables de las otras dosvariables, x = x(y; z), z = z(x; y), en un entorno del punto (0;

p2; 1).

18. Sea F (x; y; z) = z2 senx + xyz + z ¡ 1. Tenemos, en primer lugar, que F (0; 0; 1) = 0. Adem¶as,@F

@x= z2 cosx + yz,

@F

@y= xz y

@F

@z= 2z senx + xy + 1 existen y son continuas, por lo que F es

diferenciable. Basta ahora evaluar en el punto para comprobar que x y z son funciones impl¶³citasdiferenciables de las otras dos variables.

19. Sea f(x; y) =

Z y2

x

et2

dt. Tenemos que

² f(1; 1) = 0.

² @f

@x= ¡ex2 ,

@f

@y= 2yey

4

, que existen y son continuas. Asi f es diferenciable.

² @f

@y(1; 1) = 2e6= 0

Por tanto, y es funci¶on impl¶³cita diferenciable de x en un entorno del punto (1; 1)

20.@f

@x(0; 0) = lim

x!0

f(x; 0)¡ f(0; 0)

x¡ 0= lim

x!0

jxjx

que no existe. Asi, f no es diferenciable en (0; 0).

21. El valor de la funci¶on g y de su derivada en 1 coinciden con los valores del polinomio y de suderivada en 1. Asi g(1) = 1 y g0(1) = 1, valores que usaremos luego.

f(1; 0) =

Z 1

1

g(t) dt = 0

@f

@x= g(exy)yexy ¡ g(x) ) @f

@x(1; 0) = ¡1

@f

@y= g(exy)xexy ) @f

@y(1; 0) = 1

@2f

@x2= g0(exy)y2e2xy + g(exy)y2exy ¡ g0(x) ) @2f

@x2(1; 0) = ¡1

@2f

@x@y= g0(exy)xye2xy + g(exy)exy + g(exy)xyexy ) @2f

@x@y(1; 0) = 1

@2f

@y2= g0(exy)x2e2xy + g(exy)x2exy ) @2f

@y2(1; 0) = 2

El polinomio es ¡(x¡ 1) + y ¡ 1

2(x¡ 1)2 + (x¡ 1)y + y2

66

Problemas

1. Hallar los m¶aximos y m¶³nimos absolutos de la funci¶on f(x; y) = y3 ¡ 3x2y + 6x en el dominio

D = f(x; y) 2 R2; jxj+ jyj · 3; y ¸ 0g.

2. Hallar el m¶aximo y m¶³nimo absolutos, si existen, de la funci¶on f(x; y) = x4 + y4 ¡ 2(x2 + y2) enD = f (x; y) jx2 + y2 · 4; y ¸ 0; y ¸ ¡xg

3. Dada la funci¶on f(x; y) = x2 + y2 ¡ xy + x + y,

(a) Hallar y clasi¯car los extremos relativos de la funci¶on. (Hasta 3 puntos.)

(b) Hallar sus m¶aximos y m¶³nimos absolutos en el conjunto acotado de R2 de¯nido por las de-sigualdades x · 0, y · 0 y x + y ¸ ¡3. (Hasta 7 puntos.)

4. Hallar el m¶aximo y m¶³nimo absolutos de la funci¶on

f(x; y) = (x2 + y2) sen(x + y)

en D = f(x; y) jx2 + y2 · 1

2g.

5. Sean f; g; h 2 C(2(R2) con polinomios de Taylor de grado 2 en (0; 0):

Funci¶on f : 1 + x¡ y + 3x2 ¡ xy

Funci¶on g: x + y ¡ x2 + xy ¡ 2y2

Funci¶on h: ¡1 + 2x¡ y + 2x2 ¡ y2

Si F (x; y; z) = f(x2; y) + g(y2; z) + h(x; z2),

(a) Demostrar que F (x; y; z) = 0 de¯ne a z como funci¶on impl¶³cita diferenciables de x; y en unentorno de (0; 0; 0). (Hasta 3 puntos).

(b) Si z = z(x; y) es la funci¶on del apartado anterior, hallar su polinomio de Taylor de grado 1 en(0; 0). (Hasta 7 puntos).

6. Sea f : R! R una funci¶on de clase C(1 tal que f(1) = 1 y f 0(1) = 0.

(a) Comprobar que

F (x; y; z) =

Z x2+y2

z

f(t) dt¡ 2x + y2 + 2z = 0

de¯ne a z como funci¶on impl¶³cita diferenciable de x; y, z = z(x; y), en un entorno del punto(x; y; z) = (1; 0; 1). (Hasta 5 puntos.)

(b) Comprobar que la funci¶on z = z(x; y) del apartado anterior tiene en (1; 0) un punto cr¶³tico yclasi¯carlo. (Hasta 5 puntos.)

7. Dada la funci¶on f(x; y) = ¡3

4x2 +

9

16y +

1

64y3, calc¶ulense, si existe, los valores m¶aximo y m¶³nimo

absolutos de f en − = f(x; y) 2 R2 j 1 · x2 +y2

4· 4; x + y · 4; x¡ y · 4 g

8. (a) Demostrar que la ecuaci¶on

zz + z ln(x2 + y2 + 1) + (x + y)z = 1

de¯ne a z como funci¶on impl¶³cita de x; y en un entorno de (x; y; z) = (0; 0; 1), comprobandode forma expl¶³cita las condiciones e hip¶otesis necesarias.

67

(b) Si designamos a la funci¶on anterior por z = z(x; y), hallar la direcci¶on en que crece m¶as r¶apidoen el punto (0; 0).

(ln es el logaritmo neperiano. Una direcci¶on es un vector unitario).

9. Dada la ecuaci¶on u3 + x2 + exyu = 2,

(a) Comprobar que u es funci¶on impl¶³cita diferenciable de x; y, u = u(x; y) en un entorno de(x; y; u) = (0; 0; 1). (3 puntos.)

(b) Comprobar que u tiene un punto cr¶³tico en (0; 0) y clasi¯carlo. (5 puntos.)

(c) Hallar un valor aproximado de u(001; 002) con un polinomio de Taylor de orden 2. (2 puntos.)

10. Dado el sistema de ecuaciones ½x2 + y2 ¡ 2uv = 0x3 + y3 + u3 ¡ v3 = 0

(a) Comprobar que de¯ne a u; v como funciones impl¶³citas diferenciables u = u(x; y); v = v(x; y)de x; y en un entorno del punto (x; y; u; v) = (1;¡1; 1; 1). (Deben comprobarse expl¶³citamentetodas las condiciones del, o los, teoremas utilizados. Hasta 4 puntos.)

(b) Escribir la ecuaci¶on del plano tangente a u = u(x; y) en (1;¡1). (Hasta 4 puntos.)

(c) Escribir la matriz jacobiana de la funci¶on F (x; y) = (u(x; y); v(x; y)) en (1;¡1). (Hasta 2puntos.)

11. Dadas las funciones: f : R2 ! R2, f(x; y) = (y + cosx; x+ ey), g : R2 ! R, g(t; u) = t+u, Se pide:

(a) Derivada de F = g ± f en el punto (0, 0) seg¶un el vector ~v = (2;¡1). (2 puntos.)

(b) M¶aximo valor de la derivada direccional de F en (0, 0). (2 puntos.)

(c) Comprobar que la ecuaci¶on F (x; y) = 2 de¯ne a y como funci¶on impl¶³cita de x en un abiertoque contiene al punto (0, 0). (3 puntos.)

(d) Calcular la derivada de esa funci¶on impl¶³cita en el punto x = 0. (3 puntos.)

12. Sea f : R2 ! R, f(x; y) = 2x3 + xy2 + 5x2 + y2.

(a) Halle los puntos cr¶³ticos locales y clasif¶³quelos. (5 puntos.)

(b) Halle los m¶aximos y m¶³nimos absolutos de f en D = f(x; y) 2 R2 j (x+ 2)2+y2 · 9; x ¸ ¡1g.(5 puntos.)

13. Hallar los extremos absolutos de la funci¶on

f(x; y) = ln(x2 + y2 + 13) +

Z y2

0

et

t + 3dt

en el c¶³rculo D = f(x; y) jx2 + y2 · 9g.

14. Compruebe que el sistema de ecuaciones

½xu + yv ¡ 4 = 0xy ¡ uv + 4 = 0

de¯ne a u y v como funciones diferenciables de x e y (u = u(x; y); v = v(x; y)) en un entorno delpunto cuyas coordenadas son x = 2, y = 0, u = 2, v = 2. (Deben comprobarse de forma expl¶³citatodas las condiciones del teorema o teoremas implicados. 4 puntos)

Sabiendo que u tiene derivadas parciales de segundo orden continuas, obtenga su polinomio deTaylor de grado 2 alrededor del punto (x; y) = (2; 0). (6 puntos.)

68


1. El dominio es el tri¶angulo de la ¯gura

(0,3)

(-3,0) (3,0)

AB

C

Puntos cr¶³ticos relativos:@f

@x= ¡6xy + 6 = 0 ) xy = 1

@f

@y= 3y2 ¡ 3x2 = 0 ) y = §x

Para y = x, la primera ecuaci¶on es x2 = 1 ) x = §1, lo que suministra los puntos (1; 1) quepertenece al dominio y (¡1;¡1) que no pertenece. Por otra parte, y = ¡x conduce a ¡x2 = 1, queno aporta soluciones.

Estudio en la frontera:

(a) Lado A: x + y = 3 ) y = 3¡ x; x 2 [0; 3]

'(x) = (3¡ x)3 ¡ 3x2(3¡ x) + 6x. Derivando e igualando a 0, '0(x) = 0. da como valores de

x = §r

7

2, a los que corresponden los puntos

Ã

§r

7

2; 3¨

r7

2

!

. S¶olo pertenece al dominio el

punto

Ãr7

2; 3¡

r7

2

!

y los correspondientes a los extremos del intervalo (0; 3) y (3; 0).

(b) Lado B: y ¡ x = 3 ) y = 3 + x; x 2 [¡3; 0]. Procediendo de forma similar tenemos los

puntos

Ã

¡r

11

2; 3¡

r11

2

!

y los extremos (¡3; 0) y (0; 3).

(c) Lado C: y = 0 x 2 [¡3; 3], s¶olo suministra (¡3; 0) y (3; 0) que corresponden a los extremosdel intervalo.

Evaluando la funci¶on en los puntos anteriores tenemos m¶aximo absoluto en (0; 3) con valor 27 y

m¶³nimo absoluto en

Ã

¡r

11

2; 3¡

r11

2

!

, con valor aproximado de ¡2406.

2. .

2−

2

El dominio es el representado en la ¯gura. Para todo lo quesigue, los puntos con y < 0 se excluyen por no perteneceral dominio.

Relativos:

@f

@x= 4x3 ¡ 4x = 0 ) x = 0; §1.

@f

@y= 4y3 ¡ 4y = 0 ) y = 0; §1.

Asi, tenemos los puntos (0; 0), (§1; 0), (0; 1) y (§1; 1)

69

Frontera:

² Lado horizontal: y = 0, x 2 [0; 2]. La funci¶on es x4 ¡ 2x2 y su derivada 4x3 ¡ 4x = 0 ) x =0; x = §1. Se excluye x = ¡1 por no pertenecer al dominio y se incluye (por ser extremo)x = 2. Aporta como nuevo punto el (2; 0).

² Lado oblicuo: y = ¡x, x 2 [¡p

2; 0]. La funci¶on es 2x4 ¡ 4x2 y su derivada 8x3 ¡ 8x = 0 )x = 0; x = §1. Se excluye x = 1 por no pertenecer al dominio y se incluye (por ser extremo)x = ¡

p2. Aporta como nuevo punto el (¡

p2;p

2).

² Arco de circunferencia: y2 = 4 ¡ x2, x 2 [¡p

2; 2]. La funci¶on es 2x4 ¡ 8x2 + 8 y su derivada8x3 ¡ 16x = 0 ) x = 0; x = §

p2. Se incluye (por ser extremo) x = 2. Aporta como nuevos

puntos (0; 2) y (p

2;p

2).

Evaluando la funci¶on se tiene m¶aximo en (2; 0) y (0; 2) con valor 8 y m¶³nimo en (§1; 1) con valor¡2.

3. (a)@f

@x= 2x¡ y + 1 = 0,

@f

@y= 2y ¡ x + 1 = 0 y restando ambas ecuaciones, x = y. Sustituyendo

en la primera se obtiene el punto (¡1;¡1). Como@2f

@x2= 2,

@2f

@y2= 2 y

@2f

@x@y= ¡1, el Hessiano

¯¯ 2 > 0 ¡ 1¡1 2

¯¯ = 3 > 0

nos dice que se trata de un m¶³nimo.

(b) El punto anterior pertenece al recinto, por lo que debe tenerse en cuenta. Adem¶as, en cadauno de los lados se tiene

-3

-3

x = 0 : f(0; y) = y2 + y, y 2 [¡3; 0]. Derivando e igualando a 0 tenemos un ¶unico punto

cr¶³tico

µ0;¡1

2

¶al que debemos a~nadir los correspondientes a los extremos (0;¡3) y (0; 0).

y = 0 : Por simetr¶³a,

µ¡1

2; 0

¶al que debemos a~nadir los correspondientes a los extremos

(¡3; 0) y (0; 0)

x + y = ¡3 ) y = ¡x ¡ 3, x 2 [¡3; 0]. La funci¶on pasa a ser 3x2 + 9x + 6. Derivando se

obtiene el punto

µ¡3

2;¡3

2

¶y los extremos, que ya han sido considerados. Por evaluaci¶on se

obtiene un m¶³nimo en (¡1;¡1) con valor ¡1 y m¶aximos en (0;¡3) y (¡3; 0) con valor 6.

4. Estudio en el interior:@f

@x= 2x sen(x + y) + (x2 + y2) cos(x + y) = 0

@f

@y= 2y sen(x + y) + (x2 + y2) cos(x + y) = 0

70

Restando tenemos 2(x¡ y) sen(x + y) = 0 ) x = y; sen(x + y) = 0. Si x = y, sustituyendo en laprimera ecuaci¶on tenemos 2x sen(2x)+2x2 cos(2x) = 0 y asi x = 0 ¶o tg(2x) = ¡x. Como la soluci¶onde esta ¶ultima en el dominio es x = 0, tenemos el punto (0; 0). Por otra parte, si sen(x + y) = 0,cos(x + y) 6= 0 y la primera ecuaci¶on pasa a ser x2 + y2 = 0. De nuevo (0; 0), que es el ¶unico puntocr¶³tico en el interior.


Construimos la funci¶on auxiliar de los Multiplicadores de Lagrange

Ã = (x2 + y2) sen(x + y) + ¸(x2 + y2 ¡ 1

2)

Debemos resolver el sistema@Ã

@x= 2x sen(x + y) + (x2 + y2) cos(x + y) + 2¸x = 0

@Ã

@x= 2y sen(x + y) + (x2 + y2) cos(x + y) + 2¸y = 0

x2 + y2 =1

2

Restando las dos primeras ecuaciones se tiene que 2(x¡ y)(sen(x+ y) + ¸) = 0 ) x = y; sen(x+

y) + ¸ = 0. Si x = y, la condici¶on da x = y = §1

2y los puntos

µ¡1

2;¡1

2

¶y

µ1

2;

1

2

¶. Si

sen(x + y) + ¸ = 0, la primera ecuaci¶on dice que cos(x + y) = 0 y asi x + y = §¼

2. Como las

dos rectas son exteriores a la circunferencia, no aportan puntos. Evaluando en los puntos cr¶³ticostenemos:

f(0; 0) = 0

f

µ¡1

2;¡1

2

¶= ¡1

2sen 1, m¶³nimo.

f

µ1

2;1

2

¶=

1

2sen 1, m¶aximo.

5. Para evitar confusiones con las variables, cambiaremos las letras que las identi¯can

Funci¶on f(u1; v1): 1 + u1 ¡ v1 + 3u21 ¡ u1v1 ) f(0; 0) = 1;@f

@u1(0; 0) = 1;

@f

@v1(0; 0) = ¡1

Funci¶on g(u2; v2): u2 + v2 ¡ u22 + u2v2 ¡ 2v22 ) g(0; 0) = 0;@g

@u2(0; 0) = 1;

@g

@v2(0; 0) = 1

Funci¶on h(u3; v3): ¡1 + 2u3 ¡ v3 + 2u23 ¡ v23 ) h(0; 0) = ¡1;@h

@u3(0; 0) = 2;

@h

@v3(0; 0) = ¡1

Entonces F (x; y; z) = f(x2; y) + g(y2; z) + h(x; z2) = f(u1; v1) + g(u2; v2) + h(u3; v3), siendo

u1 = x2; v1 = y; u2 = y2; v2 = z; u3 = x; v3 = z2.

(a) Comprobemos que se veri¯can las hip¶otesis del teorema de la Funci¶on impl¶³cita:

² F (0; 0; 0) = f(0; 0) + g(0; 0) + h(0; 0) = 0.

² Derivadas parciales: Teniendo en cuenta que@v1@x

=@u2@x

=@v2@x

=@v3@x

= 0 tenemos@F

@x=

@f

@u12x +

@h

@u3y por id¶enticos motivos@F

@y=

@f

@v1+

@g

@u22y,

@F

@z=

@g

@v2+

@h

@v32z

Asi, las derivadas parciales existen y son continuas, luego F es diferenciable.

² Por ¶ultimo,@F

@z(0; 0; 0) = 1 6= 0.

Se sigue que z es funci¶on impl¶³cita diferenciable de x; y, z = z(x; y).

71

(b) Derivaremos de forma impl¶³cita la ecuaci¶on f(u1; v1) + g(u2; v2) + h(u3; v3) = 0

Derivando respecto a x:@f

@u12x +

@g

@v2

@z

@x+

@h

@u3+

@h

@v32z

@z

@x= 0

y evaluando en (0; 0; 0) tenemos@z

@x= ¡2.

Derivando respecto a y:@f

@v1+

@g

@u22y +

@g

@v2

@z

@y+

@h

@v32z

@z

@y= 0

y evaluando en (0; 0; 0) tenemos@z

@y= 1.

Asi, el polinomio de Taylor de grado 1 de z es

0¡ 2

1!x +

1

1!y = ¡2x + y

6. (a) Comprobamos las condiciones:

² F (1; 0; 1) =

Z 1

1

f(t) dt¡ 2 + 2 = 0.

² Derivadas parciales@F

@x= f(x2 + y2) ¢ 2x¡ 2

@F

@y= f(x2 + y2) ¢ 2y + 2y

@F

@z= ¡f(z) + 2

que son todas ellas continuas por ser combinaci¶on de f , que lo es, y funciones polin¶omicas.Por tanto F es diferenciable.

² Evaluando en el punto tenemos@F

@x(1; 0; 1) = 0,

@F

@y(1; 0; 1) = 0,

@F

@z(1; 0; 1) = 1 6= 0. Por tanto z es funci¶on impl¶³cita

diferenciable de x; y, z = z(x; y).

(b) Derivamos la ecuaci¶on

Z x2+y2

z

f(t) dt¡ 2x + y2 + 2z = 0 sabiendo que z = z(x; y):

@

@x: f(x2 + y2) ¢ 2x¡ f(z)

@z

@x¡ 2 + 2

@z

@x= 0. Evaluando en (1; 0) (entonces z = 1), tenemos

2¡ @z

@x(1; 0)¡ 2 + 2

@z

@x(1; 0) = 0 ) @z

@x(1; 0) = 0

@

@y: f(x2 + y2) ¢ 2y ¡ f(z)

@z

@y+ 2y + 2

@z

@y= 0. Evaluando en (1; 0) tenemos ¡@z

@y(1; 0) +

2@z

@y(1; 0) = 0 ) @z

@y(1; 0) = 0

y, por tanto, z = z(x; y) tiene un punto cr¶³tico en (1; 0). Para clasi¯carlo, calcularemos lasderivadas segundas:

@2

@x2: f 0(x2 + y2) ¢ 4x2 + f(x2 + y2) ¢ 2¡ f 0(z)

µ@z

@x

¶2¡ f(z)

@2z

@x2+ 2

@2z

@x2= 0. Evaluando en

el punto, 2¡ @2z

@x2(1; 0) + 2

@2z

@x2(1; 0) = 0 ) @2z

@x2(1; 0) = ¡2.

@2

@y2: f 0(x2 + y2) ¢ 4y2 + f(x2 + y2) ¢ 2¡ f 0(z)

µ@z

@y

¶2¡ f(z)

@2z

@y2+ 2 + 2

@2z

@y2= 0. Evaluando

en el punto, 2¡ @2z

@y2(1; 0) + 2 + 2

@2z

@y2(1; 0) = 0 ) @2z

@y2(1; 0) = ¡4.

72

@2

@x@y: f 0(x2 + y2) ¢ 4xy ¡ f 0(z)

@z

@x

@z

@y¡ f(z)

@2z

@x@y+ 2

@2z

@x@y= 0. Evaluando en el punto,

¡ @2z

@x@y(1; 0) + 2

@2z

@x@y(1; 0) = 0 ) @2z

@x@y(1; 0) = 0.

Asi, ¯¯ ¡2 0

0 ¡4

¯¯ = 8 > 0

y como ¡2 < 0, tiene un m¶aximo.

7. .

Puntos cr¶³ticos relativos:@f

@x= ¡3

2x = 0 ) x = 0

@f

@y=

9

16+

3

64y2 = 0. No tiene soluci¶on.

No existen puntos cr¶³ticos relativos.


² Elipse x2 +y2

4= 1. La parametrizaci¶on x = cos', y = 2 sen', ' 2 [0; 2¼] conduce a

g(') = ¡3

4cos2 ' +

9

8sen' +

1

8sen3 '

g0(') =3

8cos'(sen2 ' + 4 sen' + 3) = 0

y se tiene como soluciones ' =¼

2;

3¼

2correspondientes a los puntos (0;§2), a los que hay que

a~nadir el punto (1; 0) como extremo del intervalo.

² Elipse x2 +y2

4= 4. La parametrizaci¶on x = 2 cos', y = 4 sen', ' 2 [0; 2¼] conduce a los

valores ' =¼

2;

3¼

2;

7¼

6;

11¼

6. Los puntos obtenidos son (0;§4), (§

p3;¡2)

² Segmento x + y = 4. Se tiene y = 4 ¡ x; x 2·0;

8

5

¸. Sustituyendo no se obtienen puntos

cr¶³ticos salvo los correspondientes a los extremos. Punto nuevo

µ8

5;12

5

¶

² Segmento x¡ y = 4. Un estudio similar conduce al punto cr¶³tico (20¡p

372; 16¡p

372) y el

correspondiente al extremo

µ8

5;¡12

5

¶

Basta ahora evaluar en cada punto, cosa que me niego a hacer.

73

8. (a) Sea f(x; y; z) = zz+z ln(x2+y2+1)+(x+y)z¡1. Comprobamos las condiciones del teoremade la funci¶on impl¶³cita:

² El punto cumple la condici¶on: f(0; 0; 1) = 11+ 1 ln(02+ 02+ 1) + 1 (0 +0)¡1 = 1¡1 = 0.

² Derivadas parciales:@f

@x=

z ¢ 2xx2 + y2 + 1

+ z

@f

@y=

z ¢ 2yx2 + y2 + 1

+ z

@f

@z= zz(ln z + 1) + ln(x2 + y2 + 1) + x + y

Existen y son continuas, por lo que f es diferenciable.

² @f

@z(0; 0; 1) = 1 + 0 + 0 = 1 6= 0.

Se sigue que z es funci¶on impl¶³cita diferenciable de x; y, z = z(x; y) en un entorno de (0; 0; 1).

(b) Derivando impl¶³citamente respecto a x tenemos

zz(ln z + 1)@z

@x+

@z

@xln(x2 + y2 + 1) + z

2x

x2 + y2 + 1+ z = 0

Evaluando en (0; 0; 1) tenemos@z

@x(0; 0) + 1 = 0 ) @z

@x(0; 0) = ¡1.

De la simetr¶³a existente entre x e y se deduce que@z

@y(0; 0) = ¡1. Asi el gradiente en (0; 0) es

(¡1;¡1) y normalizando obtenemos la direcci¶on

µ¡ 1p

2;¡ 1p

2

¶.

9. (a) Sea f(x; y; u) = u3 + x2 + exyu ¡ 2.

² El punto cumple la ecuaci¶on: f(0; 0; 1) = 13 + 02 + e0¢0¢1 ¡ 2 = 0.

² Derivadas parciales:@f

@x= 2x + exyuyu

@f

@y= exyuxu

@f

@u= 3u2 + exyuxy

Existen las tres derivadas parciales y son continuas, por lo que la funci¶on es diferenciable.

² Como@f

@u(0; 0; 1) = 3 6= 0, u es funci¶on impl¶³cita diferenciable de x; y, u = u(x; y) en un

entorno de (0; 0; 1).

(b) Derivando la ecuaci¶on del enunciado con u = u(x; y) tenemos:

@

@x: 3u2

@u

@x+ 2x + exyu

µyu + xy

@u

@x

¶= 0. En (0; 0; 1) ) 3

@u

@x(0; 0) = 0 ) @u

@x(0; 0) = 0.

@

@y: 3u2

@u

@y+ 2x + exyu

µxu + xy

@u

@y

¶= 0. En (0; 0; 1) ) 3

@u

@y(0; 0) = 0 ) @u

@y(0; 0) = 0.

Como las derivadas parciales se anulan, es un punto cr¶³tico.

@2

@x2: 6u

µ@u

@x

¶2+ 3u2

@2u

@x2+ 2 + exyu

µyu + xy

@u

@x

¶2+ exyu

µy@u

@x+ y

@u

@x+ xy

@2u

@x2

¶= 0

En (0; 0; 1) ) 3@2u

@x2(0; 0) + 2 = 0 ) @2u

@x2(0; 0) = ¡2

3.

@2

@y2: 6u

µ@u

@y

¶2+ 3u2

@2u

@y2+ 2 + exyu

µxu + xy

@u

@y

¶2+ exyu

µx@u

@y+ x

@u

@y+ xy

@2u

@y2

¶= 0

74

En (0; 0; 1) ) 3@2u

@y2(0; 0) = 0 ) @2u

@y2(0; 0) = 0.

@2

@x@y: 6u

@u

@y

@u

@x+ 3u2

@2u

@x@y+ exyu

µu + xy

@u

@y

¶µyu + xy

@u

@x

¶+ exyu

Ã

u + y@u

@y+ x

@u

@x + xy @2u@x@y

!

= 0

En (0; 0; 1) ) 3@2u

@x@y(0; 0) + 1 = 0 ) @2u

@x@y(0; 0) = ¡1

3.

Por tanto

H =

¯¯ ¡

23 ¡ 1

3¡13 0

¯¯ = ¡1

9< 0

Se trata de un punto de silla.

(c) El desarrollo de Taylor de u en (0; 0) es

u(x; y) = 1 +1

2!

µ¡2

3

¶x2 +

1

1!1!

µ¡1

3

¶xy = 1¡ 1

3x2 ¡ 1

3xy

Asi

u(001; 002) = 1¡ 1

3¢ 0012 ¡ 1

3¢ 001 ¢ 002 = 0099

10. Sea f(x; y; u; v) = (x2 + y2 ¡ 2uv; x3 + y3 + u3 ¡ v3).

(a) Comprobemos las condiciones:

² f(1;¡1; 1; 1) = 0. Basta sustituir.

² La matriz de derivadas parciales de cada funci¶on componente es

µ2x 2y ¡2v ¡2u3x2 3y2 3u2 ¡3v2

¶

Las derivadas parciales son todas polin¶omicas y, por tanto, continuas. Se sigue que lafunci¶on es diferenciable.

² Evaluando las derivadas parciales en (1;¡1; 1; 1), tenemos

µ2 ¡2 ¡2 ¡23 3 3 ¡3

¶y como

¯¯ ¡2 ¡2

3 ¡3

¯¯ = 12 6= 0, u; v son funciones diferenciables de x; y, u = u(x; y), v = v(x; y).

(b) Derivando impl¶³citamente y evaluando en el punto, tenemos@

@x:

2x¡ 2@u

@xv ¡ 2u

@v

@x= 0 ) 2¡ 2

@u

@x¡ 2

@v

@x= 0

3x2 + 3u2@u

@x¡ 3v2

@v

@x= 0 ) 3 + 3

@u

@x¡ 3

@v

@x= 0

) @u

@x(1;¡1) = 0

@v

@x(1;¡1) = 1

@

@y:

2y ¡ 2@u

@yv ¡ 2u

@v

@y= 0 ) ¡2¡ 2

@u

@y¡ 2

@v

@y= 0

3y2 + 3u2@u

@y¡ 3v2

@v

@y= 0 ) 3 + 3

@u

@y¡ 3

@v

@y= 0

) @u

@y(1;¡1) = ¡1

@v

@y(1;¡1) = 0

Como u(1;¡1) = 1 la ecuaci¶on del plano tangente es z ¡ 1 = 0 ¢ (x ¡ 1) + (¡1)(y + 1) =¡y ¡ 1 ) y + z = 0

(c) Como ya tenemos las derivadas parciales de las funciones componentes, la matriz jacobiana esµ0 ¡11 0

¶

75

11. Componiendo las funciones F (x; y) = y + cos x + x + ey. Asi:

(a)@F

@x= ¡ senx + 1 ) @F

@x(0; 0) = 1

@F

@y= 1 + ey ) @F

@y(0; 0) = 2

Asi, normalizando ~v, rF (0; 0) = (1; 2) ) D~vF (0; 0) = (1; 2) ¢µ

2p5;¡1p

5

¶= 0.

(b) jjrF (0; 0)jj =p

12 + 22 =p

5.

(c) Sea h(x; y) = y + cosx + x + ey ¡ 2. El pnto cumple la ecuaci¶on, ya que h(0; 0) = 0. Adem¶as,las derivadas parciales de h son@h

@x= ¡ senx+1 y

@h

@y= 1+ey que son continuas por ser combinaci¶on de la funci¶on exponencial

y funciones circulares. Por tanto h es diferenciable. Evaluando en (0; 0),@h

@x(0; 0) = 1 y

@h

@y(0; 0) = 2, y asi y = y(x).

(d) Derivando impl¶³citamente, y0¡ senx+ 1 + eyy0 = 0 y evaluando en (0; 0), y0(0) + 1 +y0(0) = 0.

Por tanto y0(0) = ¡1

2.

12. (a)@f

@x= 6x2 + y2 + 10x = 0

@f

@y= 2xy + 2y = 2y(x + 1) = 0

De la segunda ecuaci¶on se obtiene y = 0, x = ¡1. Si y = 0, la primera ecuaci¶on es 6x2+10x =

0 ) x = 0; x = ¡5

3, por lo que tenemos los puntos (0; 0);

µ¡5

3; 0

¶. Si x = ¡1, la primera

ecuaci¶on es y2 = 4 ) y = §2 y suministra (¡1; 2); (¡1;¡2).

Como@2f

@x2= 12x + 10;

@2f

@x@y= 2y

@2f

@y2= 2x + 2, tenemos

H(0; 0) =

¯¯ 10 0

0 2

¯¯ = 20 > 0, m¶³nimo.

H

µ¡5

3; 0

¶=

¯¯ ¡10 0

0 ¡43

¯¯ =

40

3> 0, m¶aximo.

H(¡1; 2) =

¯¯ ¡2 4

4 0

¯¯ = ¡16 < 0, puerto o silla.

H(¡1;¡2) =

¯¯ ¡2 ¡4¡4 0

¯¯ = ¡16 < 0, puerto o silla.

(b) El dominio es

01− 1

22

22−

De los puntos del apartado anterior, pertenecen al dominio (0; 0)

(¡1; 2); (¡1;¡2). El punto

µ¡5

3; 0

¶no pertenece por ser

¡5

3< ¡1.

Estudio en la frontera. Lado vertical: Este segmento es x = ¡1,

y 2 [¡2p

2; 2p

2]. Sustituyendo en f(x; y), obtenemos f(¡1; y) = 3.

La funci¶on es constante en todo el segmento. Arco de circunferencia:

Aqui y2 = 9¡ (x + 2)2; x 2 [¡1; 1] y f es x3 + x + 5.

La derivada es 3x2 + 1 que no se anula nunca, por lo que s¶olo

76

intervienen los extremos del dominio. x = ¡1 aporta (¡1;¡2p

2) y (¡1; 2p

2), que pertenecenal lado vertical (x = ¡1) y x = 1 que aporta (1; 0). Evaluando f(0; 0) = 0, f(1; 0) = 7 yf(¡1; y) = 3 en todo el lado vertical, nos dice que hay m¶³nimo absoluto en (0; 0) y m¶aximoabsoluto en (1; 0).

13. (a) Puntos cr¶³ticos relativos:

@f

@x=

2x

x2 + y2 + 13= 0 ) x = 0

@f

@y=

2y

x2 + y2 + 13+

ey2

y2 + 32y = 2y

Ã1

x2 + y2 + 13+

ey2

y2 + 3

!

= 0 ) y = 0 ya que la

expresi¶on entre par¶entesis siempre es > 0. El ¶unico punto cr¶³tico es (0; 0).

(b) Estudio en la frontera:

Primera forma: Como x2 + y2 = 9, la funci¶on f restringida a la frontera es g(y) = ln(9 +

13) +

Z y2

0

et

t + 3dt; y 2 [¡3; 3], que es una funci¶on exclusivamente de y. Ahora basta tener

en cuenta queet

t + 3> 0, y por tanto g es mon¶otona creciente, por lo que tomar¶a su m¶aximo

valor en y2 = 9, esto es, en ¡3; 3, de donde se obtienen los puntos (0;§3). En lugar de hacereste razonamiento, se puede derivar, etc.

Segunda forma: Como x2 + y2 = 9, y2 = 9¡ x2; x 2 [¡3; 3]. Asi, g(x) = f(x; 9¡ x2) =

= ln(9 + 13) +

Z 9¡x2

0

et

t + 3dt.

g0(x) =e9¡x

2

9¡ x2 + 3(¡2x) = 0 ) x = 0

por lo que tenemos los puntos (0;§3). Hay que incluir tambi¶en los correspondientes a x = §3por ser los extremos del dominio de g, que son (§3; 0). Como

f(0; 0) = ln 13

f(0;§3) = ln 22 +

Z 9

0

et

t + 3dx

f(§3; 0) = ln 22 + 0 = ln 22

alcanza el m¶³nimo absoluto en (0; 0) y m¶aximo absoluto en (0;§3).

14. Veamos que veri¯ca las condiciones del teorema de la funci¶on impl¶³cita:

² Se comprueba que el punto cumple las ecuaciones por simple sustituci¶on.

² Las derivadas parciales son las siguientes, que aparecen escritas como matriz:

µu v x yy x ¡v ¡u

¶

que existen y, al ser polin¶omicas, son continuas. Por tanto la funci¶on es diferenciable.

² Evaluando estas derivadas parciales en el punto tenemos

µ2 2 2 00 2 ¡2 ¡2

¶

y como ¯¯ 2 0¡2 ¡2

¯¯ = ¡4 6= 0

u; v son funciones impl¶³citas diferenciables de x; y, u = u(x; y); v = v(x; y) en un entorno delpunto (2; 0; 2; 2).

77

Derivando con respecto a x y sustituyendo el punto, tenemos

u + x@u

@x+ y

@v

@x= 0

y ¡ @u

@xv ¡ u

@v

@x= 0

9>>>=

>>>;)

2 + 2@u

@x= 0

2¡ 2@v

@x= 0

9>>>=

>>>;) @u

@x= ¡1

@v

@x= 1

Derivando con respecto a y y sustituyendo el punto, tenemos

x@u

@y+ v + y

@v

@y= 0

x¡ @u

@yv ¡ u

@v

@y= 0

9>>>=

>>>;)

2@u

@y+ 2 = 0

2¡ 2@u

@y¡ 2

@v

@y= 0

9>>>=

>>>;) @u

@y= ¡1

@v

@y= 2

Las derivadas segundas necesarias son

@

@x

µu + x

@u

@x+ y

@v

@x

¶=

@u

@x+

@u

@x+ x

@2u

@x2+ y

@2v

@y2= 0 ) ¡2 + 2

@2u

@x2= 0 ) @2u

@x2= 1

@

@y

µx@u

@y+ v + y

@v

@y

¶= x

@2u

@y2+

@v

@y+

@v

@y+ y

@2v

@y2= 0 ) 2

@2u

@y2+ 4 = 0 ) @2u

@y2= ¡2

@

@y

µu + x

@u

@x+ y

@v

@x

¶=

@u

@y+ x

@2u

@x@y+

@v

@x+ y

@2v

@x@y= 0 ) ¡1 + 2

@2u

@x@y+ 1 = 0 ) @2u

@x@y= 0

El polinomio de Taylor es

2 + (¡1)(x¡ 2) + (¡1)(y ¡ 0) +1

2!(x¡ 2)2 +

1

2!(¡2)(y ¡ 0)2 = 6¡ 3x¡ y ¡ 1

2x2 ¡ y2

E.T.S.I.Caminos,CanalesyPuertosmat.caminos.upm.es/~msoler/calculoII/Calculo-I-examenes-resueltos.pdf(a)...

Documents

Transcript of E.T.S.I.Caminos,CanalesyPuertosmat.caminos.upm.es/~msoler/calculoII/Calculo-I-examenes-resueltos.pdf(a)...