Primera convocatoria del curso 2011/2012

Primera convocatoria del curso 2011/2012

Cálculo I
Examen final
20 de enero de 2012
Universidade de Vigo
Departamento de Matemática Aplicada II
E.T.S.I. Minas
(2.75 p.) 1) Se considera la función escalar de una variable real f (x) =
ln(ln(x))
.
ln(x)
(a) Calcular el dominio de definición de f .
(b) Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f .
(c) Calcular el máximo absoluto de f y el punto donde se alcanza.
(d) Hallar las ası́ntotas horizontales y verticales de la gráfica de f .
2
(1.5 p.) 2) Hallar el polinomio de Taylor de grado 3 de la función g(x) = e1−x centrado en
x0 = 1 y usarlo para dar una aproximación de e−5/4 .
(3.5 p.) 3) Se considera el campo escalar
F (x, y) =
12 18
+
+ xy.
x
y
(a) Probar que el punto Q = (2, 3) es un punto crı́tico de F y estudiar si F
alcanza un máximo o un mı́nimo local en Q.
(b) Hallar la derivada direccional de F en el punto P = (4, 3/4) en la dirección
del vector (1, 1).
(c) Sea C la curva de nivel 30 de F , es decir, C = {(x, y) ∈ R2 / F (x, y) = 30} .
Comprobar que P = (4, 3/4) pertenece a C y utilizar derivación implı́cita
para probar que P es un mı́nimo local de la curva y = y(x) definida
implı́citamente por C en un entorno de x = 4.
(2.25 p.) 4) Sabiendo que existe un único valor de b para el que la superficie x2 + y 2 + z 4 = b
tiene dos puntos de tangencia con el cilindro parabólico z 2 = x+y +3, determinar
dichos puntos y el valor de b utilizando el método de los multiplicadores de
Lagrange.
SOLUCIONES
PROBLEMA 1.
(a) Como el logaritmo neperiano sólo está definido para números positivos, el dominio
de definición de f es el conjunto
D(f ) = {x ∈ R / ln(x) > 0} = {x ∈ R / x > 1} = (1, ∞).
(b) La función f es continua y derivable en su dominio de definición. Aplicando las
reglas de derivación y simplificando, obtenemos:
f 0 (x) =
1 − ln(ln(x))
, ∀ x ∈ (1, ∞).
x(ln(x))2
Como el denominador siempre es positivo en D(f ), se cumple:
f 0 (x) > 0 ⇐⇒ 1 − ln(ln(x)) > 0 ⇐⇒ ln(ln(x)) < 1 ⇐⇒ ln(x) < e ⇐⇒ x < ee .
Cambiando de sentido las desigualdades se deduce que f 0 (x) < 0 si x > ee . Por tanto,
f es estrictamente creciente en (1, ee ) y estrictamente decreciente en (ee , ∞).
(c) Del apartado (b) se deduce que f alcanza en x = ee un máximo absoluto. Su valor
es
ln(e)
1
ln(ln(ee ))
=
= .
f (ee ) =
e
ln(e )
e
e
(d) Como f es continua en todo su dominio de definición, la única ası́ntota vertical
puede estar en x = 1. Como ln(1) = 0, lim+ ln(x) = −∞ y lim+ (1/ ln(x)) = ∞, se
x→0
x→1
tiene:
ln(ln(x))
1
lim f (x) = lim+
= lim+ ln(ln(x))
lim
=
x→1+
x→1
x→1
x→1+ ln(x)
ln(x)
1
= lim+ ln(x)
lim
= −∞.
x→1+ ln(x)
x→0
En consecuencia, la recta x = 1 es una ası́ntota vertical a la gráfica de f por la derecha.
Por otra parte, como f sólo está definida a partir de − 1, el estudio de posibles
ası́ntotas horizontales se reduce a calcular el lı́mite de f en ∞. Usando la regla de
L’Hôpital, se obtiene:
ln(ln(x))
(1/x)(1/ ln(x))
1
= lim
= lim
= 0.
x→∞
x→∞
x→∞ ln(x)
ln(x)
1/x
lim f (x) = lim
x→∞
Por tanto la recta y = 0 es una ası́ntota horizontal de la gráfica de f .
2
PROBLEMA 2.
El polinomio de Taylor de grado 3 de g centrado en el punto x0 = 1 viene dado por
p3 (x) = g(1) + g 0 (1)(x − 1) +
g 00 (1)
g 000 (1)
(x − 1)2 +
(x − 1)3 .
2!
3!
Obtenemos las expresiones de g 0 g 00 y g 000 :
2
2
2
2
g(x) = e1−x ; g 0 (x) = −2xe1−x ; g 00 (x) = (4x2 −2)e1−x ; g 000 (x) = (−8x3 +12x)e1−x .
Por tanto, g(1) = 1, g 0 (1) = −2, g 00 (1) = 2, g 000 (1) = 4, y el polinomio es
2
p3 (x) = 1 − 2(x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 .
3
Para aproximar el valor de e−5/4 , tenemos en cuenta que
−5
9
3
= 1 − x2 ⇐⇒ x2 = ⇐⇒ x = ± .
4
4
2
Como 3/2 está más próximo a 1 que − 3/2,
−5/4
e
2
3
1
1
2 1
1
= g(3/2) ≈ p3 (3/2) = 1 − 2
+
+
= .
2
2
3 2
3
PROBLEMA 3.
(a) Los puntos crı́ticos de F son los puntos donde se anula el gradiente.
∂F
∂F
−12
−18
∇F (x, y) =
(x, y),
(x, y) =
+y, 2 +x
∂x
∂y
x2
y
Por tanto,
∇F (Q) = ∇F (2, 3) =
La matriz hessiana es:
 2

2
HF (x, y) = 
∂ F
∂x2
∂ F
∂x∂y
∂2F
∂y∂x
∂2F
∂y 2
=
−12
−18
+ 3,
+2
4
9
24/x3
1
1
36/y 3
= (0, 0).
!
=⇒ H = HF (2, 3) =
3 1
1 4/3
.
Los menores principales de H son ∆1 = 3 > 0, ∆2 = |H| = 3 > 0. Por tanto, H es
definida positiva y F alcanza un mı́nimo local en Q.
(b) La derivada direccional de F en P = (4, 3/4) en la dirección de u = (1, 1) viene
u
dada por D~u F (4, 3/4) = ∇F (4, 3/4) ·
. Como
kuk
−12
−18
∇F (x, y) =
+ y , 2 + x =⇒ ∇F (4, 3/4) = (0, −28),
x2
y
3
resulta
u
D~u F (4, 3/4) = ∇F (4, 3/4) ·
= (0, −28)
kuk
√ √
−28
1/√2
= √ = −14 2 .
1/ 2
2
(c) El punto P está en la curva de nivel 30 porque F (P ) = F (4, 3/4) = 30.
La curva C está definida implı́citamente por la ecuación
F (x, y(x)) =
18
12
+
+ xy(x) = 30.
x
y(x)
(1)
Tenemos que probar que para x = 4, y = 3/4 se cumple que y 0 (4) = 0 e y 00 (4) > 0.
Derivamos impı́citamente la expresión (1):
−12
18 0
y (x) + xy 0 (x) + y(x) = 0.
− 2
2
x
y (x)
(2)
Evaluando para x = 4, y(4) = 3/4, resulta:
−12
3
− 32y 0 (4) + 4y 0 (4) + = 0 =⇒ −28y 0 (4) = 0 =⇒ y 0 (4) = 0.
16
4
A continuación derivamos impı́citamente la expresión (2) para obtener y 00 (4):
36
18 00
24
0
2
+
(y
(x))
−
y (x) + y 0 (x) + xy 00 (x) + y 0 (x) = 0.
x3 y 3 (x)
y 2 (x)
Sustituyendo x = 4, y(x) = 3/4, y 0 (x) = 0, se obtiene
y 00 (4) =
3
> 0.
224
Por lo tanto, y(x) tiene un mı́nimo local en el punto (4, 3/4).
PROBLEMA 4.
Las superficies x2 + y 2 + z 4 = b son superficies de nivel de la función
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 4 .
Por otra parte, el cilindro parabólico está definido por la expresión
g(x, y, z) = x + y + 3 − z 2 = 0.
Por tanto, los puntos de tangencia deben cumplir la ecuación de multiplicadores
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) para algún λ ∈ R.
En este caso,


2x = λ


2y = λ
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) ⇐⇒ (2x, 2y, 4z 3 ) = λ(1, 1, −2z) ⇐⇒


 4z 3 = −2λz
4
A estas ecuaciones hay que añadir que los puntos están en el cilindro parabólico, es
decir,
x + y + 3 − z 2 = 0.
De las dos primeras ecuaciones del sistema se obtiene que x = y = λ/2. Sustituyendo en la ecuación del cilindro parabólico se sigue que
z2 = x + y + 3 =
λ λ
+ + 3 = λ + 3 =⇒ λ = z 2 − 3.
2 2
Sustituimos en la tercera ecuación del sistema:
4z 3 = −2λz = −2(z 2 − 3)z = −2z 3 + 6z =⇒ 6z 3 − 6z = 0 =⇒ z(z 2 − 1) = 0.
Hay tres posibilidades:
• Caso 1: z = 0 =⇒ λ = −3 =⇒ x = y = −3/2. Proporciona el punto
P1 = (−3/2, −3/2, 0), con un valor de f (P1 ) =
9 9
9
+ = = 4.5.
4 4
2
• Caso 2: z = 1 =⇒ λ = −2 =⇒ x = y = −1. Proporciona el punto
P2 = (−1, −1, 1), con un valor de f (P2 ) = 3.
• Caso 3: z = −1 =⇒ λ = −2 =⇒ x = y = −1. Proporciona el punto
P3 = (−1, −1, −1), con un valor de f (P3 ) = 3.
Por tanto, para b = 3 hay dos puntos de tangencia que son P2 = (−1, −1, 1) y
P3 = (−1, −1, −1).
En la figura se observan los puntos de tangencia de la superficie x2 + y 2 + z 4 = 3
con el cilindro parabólico z 2 = x + y + 3.
5