Examenes Resueltos De Cálculo I

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 29 de Octubre de 2012. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente Los errores que se citan han aparecido, al menos, en un 20¡30% de los ex¶amenes. 1. Determinar el conjunto fx 2 R ; jx2 ¡ 6j < jxjg. >Es un intervalo? M¶etodo geom¶etrico: Dada la simetria podemos trabajar en el primer cuadrante. Asi debemos hallar las abscisas de la intersecci¶on de y = x con y = x2 ¡ 6 y con y = 6 ¡ x2 . Estas son 2; 3 y asi la soluci¶on es (¡3; ¡2) [ (2; 3). No es un intervalo.

Zona buscada M¶etodo anal¶³tico: (a) Caso x ¸ 0: jx2 ¡ 6j < jxj , jx2 ¡ 6j < x , ¡x < x2 ¡ 6 < x

² x2 ¡ 6 < x ) x2 ¡ x ¡ 6 < 0. Como x2 ¡ x ¡ 6 = 0 ) x = ¡2; 3, la desigualdad se cumple para x 2 (¡2; 3) ² ¡x < x2 ¡ 6 ) x2 + x ¡ 6 > 0. Como x2 + x ¡ 6 = 0 ) x = ¡3; 2, la desigualdad se cumple para x 2 (¡1; ¡3) [ (2; +1)

Como deben cumplirse las dos simult¶aneamente, debemos considerar la intersecci¶on, que es (2; 3). (b) Caso x < 0: jx2 ¡ 6j < jxj , jx2 ¡ 6j < ¡x , x < x2 ¡ 6 < ¡x. Repitiendo el proceso anterior tenemos el intervalo (¡3; ¡2) Por tanto, el conjunto pedido es (¡3; ¡2) [ (2; 3). No es un intervalo. Principales errores: Desconocimiento de la de¯nici¶on de m¶odulo (o valor absoluto) de un n¶ umero real y de sus propiedades.

2. Determinar los n¶ umeros complejos z 6 = 0 que veri¯can que z, jzj =

3 y 2 ¡ z tienen el mismo m¶odulo. z

3 = j2 ¡ zj. Si z = x + iy tenemos jzj

(a) jzj =

3 ) jzj2 = 3 ) x2 + y 2 = 3. jzj

(b) j2 ¡ zj = jzj ) j2 ¡ zj2 = jzj2 = 3 ) (2 ¡ x)2 + y 2 = 3 ) 4 ¡ 4x + x2 + y2 = 3 y como x2 + y 2 = 3, tenemos 4 ¡ 4x = 0 ) x = 1.

p p Asi, 1 + y 2 = 3 ) y2 = 2 ) y = § 2 y los n¶ umeros pedidos son 1 § i 2. Principales errores : No saber la de¯nici¶on de m¶odulo de un n¶ umero complejo. ¯ ¯ r 2 2 ¯ 3 ¯ 3 3 3 ¯ = 3 ¡ 3 (N¶otese, adem¶as, el signo ¡). = + y por tanto ¯¯ Decir que ¯ 2 2 a + ib a ib a + ib a b

Olvidar que se pide que los n¶ umeros complejos implicados tengan el mismo m¶ odulo, no que sean iguales. Decir que j2 ¡ zj = j2j ¡ jzj = 2 ¡ jzj (A veces se prescinde de la u ¶ ltima igualdad). sen(5x2 ) . >Cambia el valor del l¶³mite si x ! ¡1? x!+1 3x + 1

3. Calcular razonadamente el l¶³mite lim

Como lim

x!+1

1 = 0 y j sen(5x2 )j · 1, el l¶³mite vale 0. Sucede lo mismo si x ! ¡1. 3x + 1

Principales errores : Mala utilizaci¶on de la regla de L'H^opital (
Decir que existe el lim sen(5x2 ) y que vale ....(aqui ponga lo que le parezca, hay para todos los x!+1

gustos.) ½

ex ln jx2 ¡ 1j si ¡ 1 < x < 1 . >Puede asegurarse que f alcanza 0 si x = §1 · ¸ 1 1 su m¶aximo y m¶³nimo absolutos? >Y si f : ¡ ; ! R f (x) = ex ln jx2 ¡ 1j? 2 2

4. Sea f : [¡1; 1] ! R; f (x) =

La funci¶on f no es continua en [¡1; 1] por lo que no es aplicable el teorema de Weierstrass. Como lim f (x) = ¡1, no alcanza el m¶³nimo absoluto. Por otra parte, como jx2 ¡ 1j < 1; x 2 (¡1; 1),

x!§1 x

e ln jx2 ¡ 1j < 0 y al ser f (§1) = f (0) = 0, si que alcanza su m¶aximo absoluto. En el segundo caso, la funci¶on es continua y el intervalo cerrado y acotado, por lo que si alcanza su m¶aximo y m¶³nimo absolutos. Principales errores : La funci¶on f es continua en [¡1; 1] No conocer el teorema de Weierstrass. Confundir el teorema de Weierstrass con el de Rolle. Calcular la derivada para concluir (calcul¶andolos) que s¶³ existen el m¶aximo y m¶³nimo absolutos. 5. Sea f : [1; 3] ! [¡3; 3] una aplicaci¶on biyectiva y derivable de la que sabemos que f (1) = ¡2; f (2) = = 0; f (3) = 3 y f 0 (1) = 1; f 0 (2) = 2; f 0 (3) = 3. Sea f ¡1 su aplicaci¶on inversa. Hallar el valor de (f ¡1 )0 (0). Como (f ¡1 )(0) = 2, (f ¡1 )0 (0) =

1 1 1 = 0 = f 0 (f ¡1 (0)) f (2) 2

Principales errores : La t¶onica general ha sido dejarla en blanco.

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 29 de Octubre de 2012. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (10 puntos.) Determinar el valor de ® para que el l¶³mite q ³ ´ 2 ln 1 + 3 xx2 ¡2x+1 ¡3x+2 lim x!1 sen(x ¡ 1) tg® (x ¡ 1) sea un n¶ umero real no nulo. r

r x2 ¡ 2x + 1 x¡1 Como lim = lim 3 = 0, podemos aplicar la equivalencia del logaritmo. Apli2 x!1 x!1 x ¡ 3x + 2 x¡2 camos adem¶as las correspondientes al seno y la tangente y asi 3

lim

x!1

q ³ ´ 2 ln 1 + 3 xx2 ¡2x+1 ¡3x+2

sen(x ¡ 1) tg® (x ¡ 1)

Este l¶³mite es distinto de 0 si

q 3

= lim

x!1

1

x2 ¡2x+1 x2 ¡3x+2

(x ¡ 1)(x ¡ 1)®

(x¡1) 3

1

1

= lim

x!1

1 2 ¡®¡1=0 ) ®=¡ . 3 3

(x¡2) 3

(x ¡ 1)(x ¡ 1)®

= lim

x!1

(x ¡ 1) 3 ¡®¡1 1

(x ¡ 2) 3

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 29 de Octubre de 2012. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea f : R ! R; f (x) =

p

1 + jxj3 .

1. Estudiar su derivabilidad y, en su caso, hallar f 0 (x). (Hasta 4 puntos.) 2. Hallar los puntos cr¶³ticos de f (x) y clasi¯carlos. (Hasta 2 puntos.) 3. Hallar el polinomio de Taylor de f en a = 0 de mayor grado posible. (Hasta 4 puntos.)

1. Si x ¸ 0, la funci¶on es f (x) =

p

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

3x2 x > 0 : f 0 (x) = p 2 1 + x3

p 1 ¡ x3 . Asi la derivada es

3x2 x < 0 : f 0 (x) = ¡ p 2 1 ¡ x3

En x = 0 calculamos la derivada usando la de¯nici¶on: p 1 + jxj3 ¡ 1 f (x) ¡ f (0) jxj3 x2 jxj x = 0 : f 0 (0) = lim = lim = lim p = lim p =0 x!0 x!0 x!0 x( 1 + jxj3 + 1) x!0 x( 1 + jxj3 + 1) x¡0 x 2. 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), f tiene en x = 0 un m¶³nimo local y absoluto. 3. Derivando igual que en el apartado anterior se tiene x > 0 : f 00 (x) =

12x + 3x4 4(1 + x3 )

x < 0 : f 00 (x) = ¡

3 2

12x ¡ 3x4

3

4(1 ¡ x3 ) 2

y f 00 (0) = 0. Al calcular la tercera derivada tenemos 12x+3x4 3

f 000 (0+ ) = lim

x!0+

4(1+x3 ) 2

x

= lim

x!0+

12 + 3x3 3

4(1 + x3 ) 3

=3

y de igual forma f 000 (0¡ ) = ¡3, por lo que la tercera derivada en 0 no existe. El polinomio pedido 1 1 es 1 + 0x + 0x2 = 1. 1! 2!

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 29 de Octubre de 2012. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea a un n¶ umero real positivo. Hallar la m¶³nima distancia del punto (0; a) a la par¶abola x2 ¡ 4y = 0, estudiando las soluciones en funci¶on de los posibles valores de a.

(0,a)

(x,y)

Dada la simetria de la ¯gura, consideraremos s¶olo la parte correspondiente al primer cuadrante. Primer planteamiento: 1 Como (x; y) pertenece a la par¶abola, y = x2 , y la distancia al cuadrado al punto (0; a) es 4 µ ¶2 1 2 2 f (x) = x + x ¡ a , x 2 [0; +1). Derivando e igualando a 0 se tiene x = 0 y x2 = 4(a ¡ 2). 4 x2 > 0, es m¶³nimo absoluto. 4 p £ p ¢ ² Si a > 2, tenemos dos puntos cr¶³ticos, x = 0 y x = 2 a ¡ 2. En 0; 2 a ¡ 2 , f 0 (x) < 0 ya que ¡ p ¢ ¡ p ¢ f 0 (0) = 2 ¡ a y f es decreciente. En 2 a ¡ 2; +1 , f 0 (x) > 0 ya que f 0 4 a ¡ 2 = 3(a ¡ 2) > 0 p y f es creciente. Asi, el m¶³nimo est¶a en x = 2 a ¡ 2. ² Si a · 2, el u ¶ nico punto cr¶³tico es x = 0 y como f 0 (x) = 2 ¡ a +

Segundo planteamiento: Podemos expresar la distancia en funci¶on de y, con lo que g(y) = 4y + (y ¡ a)2 ; y 2 [0; +1). Ahora 0 g (y) = 4 + 2(y ¡ a) = 0 y asi y = a ¡ 2. Si a ¸ 2; a ¡ 2 ¸ 0 y el punto pertenece al intervalo. Si a < 2, el punto no pertenece. Se termina el problema estudiando los signos de la derivada.

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. La gr¶a¯ca de una funci¶on tiene pendiente (x¡1)2 en cada punto y pasa por (0; 1). Hallar la funci¶on.

f (x) = =

Z

(x ¡ 1)2 dx =

1 4 (x ¡ 1)3 + . 3 3

1 4 (x ¡ 1)3 + c. Como pasa por (0; 1), f (0) = 1 ) c = ) f (x) = 3 3

2. Dada la funci¶on f (x; y) =

Z

x sen y

2

et dt, hallar la ecuaci¶on del plano tangente a su gr¶a¯ca en el

x+y

punto (x; y) = (0; 0).

f (0; 0) =

Z

0

2

et dt = 0

0

2 2 @f @f = e(x sen y) sen y ¡ e(x+y) ) (0; 0) = ¡1 @x @x 2 2 @f @f = e(x sen y) x cos y ¡ e(x+y) ) (0; 0) = ¡1 @y @y Asi, z = f (0; 0) + (¡1; ¡1) ¢ (x ¡ 0; y ¡ 0) = ¡x ¡ y ) x + y + z = 0.

3. La temperatura de una placa viene dada por T (x; y; z) = 4(x2 + y 2 ) ¡ 2z. Si un mosquito esta situado en el punto (1; 1; 2), >en qu¶e direcci¶on debe moverse para calentarse lo m¶as r¶apidamente posible?>Qu¶e sucede si se mueve en la direcci¶on del vector (1; ¡1; 0)? rT (x; y; z) = (8x; 8y; ¡2) ) rT (1; 1; 2) = (8; 8; ¡2). Debe moverse en la direcci¶on del vector 1 (8; 8; ¡2). Normalizando, la direcci¶on es p (4; 4; ¡1). 33 Como (1; ¡1; 0) ¢ (8; 8; ¡2) = 0, esa direcci¶on corresponde a variaci¶on nula (es una isoterma).

4. Sean f; g : R2 ! R2 tales que rf (x; y) = (x2 ; y3 + 2) y g(x; y) = (x2 + y 2 ; sen(xy)). Hallar @(f ± g) (2; 0). @x h(x; y) = f ± g(x; y) = f [g(x; y)] = f (x2 + y 2 ; sen(xy)) = f (u; v) siendo u = x2 + y 2 ; v = sen(xy). Si (x; y) = (2; 0); (u; v) = (4; 0). Asi @h @f @u @f @v (2; 0) = (4; 0) (2; 0) + (4; 0) (2; 0) = 16 ¢ 4 = 64 @x @u @x @v @x

5. Dada la ecuaci¶on ez sen x + z cos y = 1 >qu¶e variables se pueden despejar en funci¶on de las otras @z @z dos en un entorno de (0; 0; 1)? Sabiendo que z es una de esas variables, hallar (0; 0); (0; 0). @x @y Sea f (x; y; z) = ez sen x + z cos y ¡ 1. Tenemos f (0; 0; 1) = 0, las derivadas parciales @f = ez cos x @x

@f = ¡z sen y @y

@f = ez sen x + cos y @z

existen y son continuas, por lo que f es diferenciable. La matriz jacobiana en (0; 0; 1) es (e 0 1) y asi, x y z son funciones impl¶³citas de las otras variables (x = x(y; z); z = z(x; y)). Derivando impl¶³citamente tenemos @z @z @z @ @z : ez sen x + ez cos x + cos y = 0 en (0; 0; 1) es e + (0; 0) = 0 ) (0; 0) = ¡e @x @x @x @x @x @ @z @z @z : ez sen x + cos y ¡ z sen y = 0 en (0; 0; 1) es (0; 0) = 0 @y @y @y @y

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (10 puntos.) Hallar el volumen obtenido al girar alrededor del eje OX el ¶area comprendida entre las gr¶a¯cas de las funciones f; g : [¡1; 1] ! R p f (x) = x 1 ¡ x2 + 1 g(x) = 1 8 x

A2

A1

El volumen es el generado por las zonas A1 , A2 al girar alrededor de OX. Consta de dos partes: La parte x · 0 es la diferencia entre el cilindro de altura 1 y radio 1 generado por el ¶area bajo la recta y = 1 (que vale ¼), y el volumen que se forma por giro del ¶area bajo la curva. La segunda (x ¸ 0) es la diferencia entre la generada por el ¶area bajo curva y el cilindro. Asi V1 + V2 = Z 0 lap Z 1V = p =¼¡¼ (x 1 ¡ x2 + 1)2 dx + ¼ (x 1 ¡ x2 + 1)2 dx ¡ ¼ = ¡1 0 Z 1 p Z 0 p 2 2 =¼ (x 1 ¡ x + 1) dx ¡ ¼ (x 1 ¡ x2 + 1)2 dx 0

¡1

Las integrales son de evaluaci¶on inmediata y el resultado es

Por supuesto puede evaluarse tambien mediante el teorema de Guldin.

4¼ . 3

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

Sea f (x; y) =

8 <

xy 2 sen

: 0

1 x2 + y 2

si (x; y) 6 = (0; 0) (x; y) = (0; 0)

1. Estudiar su continuidad en todo R2 . 2. Existencia y continuidad de las derivadas parciales en todo R2 . 3. Diferenciabilidad en todo R2 .

= 0. Se trata de una composici¶on de funciones continuas y el u ¶nico 1. En todo (x; y) 6 = (0; 0), x2 + y 2 6 denominador que aparece no se anula: Continua en todo punto distinto de (0; 0). 1 Estudio en (0; 0): En coordenadas polares tenemos que calcular el l¶³mite lim ½3 cos ' sen2 ' sen 2 . ½!0 ½ 1 Como j cos ' sen2 ' sen 2 j · 1 y ½3 ! 0, el l¶³mite es 0 uniformemente en ' y la funci¶on es continua ½ tambi¶en en (0; 0). 2. En (x; y) 6 = (0; 0):

1 2x2 y 2 1 @f ¡ cos 2 = y 2 sen 2 2 2 2 2 @x x +y (x + y ) x + y2

2xy 3 1 @f 1 ¡ 2 cos 2 = 2xy sen 2 2 @y x +y (x + y 2 )2 x + y2 @f f (x; 0) ¡ f (0; 0) 0¡0 En (0; 0): (0; 0) = lim = lim =0 x!0 x!0 @x x¡0 x @f f (0; y) ¡ f (0; 0) 0¡0 (0; 0) = lim = lim =0 y!0 y!0 @y y¡0 y por lo que las derivadas parciales existen en todo punto. Continuidad de las mismas: En todo punto distinto de (0; 0) son continuas por razones similares a las del apartado 1: Continuidad en (0; 0): Derivada parcial respecto a x. Debemos estudiar el l¶³mite · ¸ 1 2x2 y 2 1 lim y 2 sen 2 ¡ cos (x;y)!(0;0) x + y2 (x2 + y 2 )2 x2 + y 2 En coordenadas polares · ¸ 1 2½4 sen2 ' cos2 ' 1 lim ½2 sen2 ' sen 2 ¡ cos ½!0 ½ ½4 ½2 El l¶³mite del primer sumando es 0, pero el del segundo no existe. No hay l¶³mite. No continua.

Para la otra derivada parcial tenemos la misma situaci¶on. 3. En puntos (x; y) 6 = (0; 0), las derivadas parciales existen y son continuas por lo que la funci¶on es diferenciable. En (0; 0) hay que calcular el l¶³mite f (x; y) ¡ f (0; 0) ¡ @f (0; 0)x ¡ p @x lim 2 (x;y)!(0;0) x + y2

@f (0; 0)y @y

En coordenadas polares tenemos lim

½!0

½3 cos ' sen2 ' sen ½12 ½

=

1 xy2 sen x2 +y 2 p 2 2 (x;y)!(0;0) x +y

lim

= lim ½2 cos ' sen2 ' sen ½!0

uniformemente en '. Por tanto es diferenciable en (0; 0).

1 =0 ½2

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea f (x; y) = xey ¡ ex 1. Hallar los puntos cr¶³ticos y clasi¯carlos en todo R2 . 2. Hallar los m¶aximos y m¶³nimos absolutos en el cuadrado de v¶ertices (0; 0); (1; 0); (1; 1); (0; 1).

1.

@f = ey ¡ ex = 0 ) x = y @x @f = xey = 0 ) x = 0 @y por lo que el u ¶ nico punto cr¶³tico es el (0; 0). Como

¯ ¯ tenemos que Hf (0; 0) = ¯¯

@2f @2f @2f = ¡ex = ey = xey 2 @x @x@y @y 2 ¯ ¡1 1 ¯¯ = ¡1 < 0, se trata de un puerto o punto de silla. 1 0 ¯

2. El cuadrado es el de la ¯gura

Estudio en la frontera: Lado AB: y = 0; x = t; t 2 [0; 1] ) f (t; 0) = t ¡ et ) D

C

) f 0 = 1 ¡ et ) t = 0. Punto cr¶³tico (y extremo) (0; 0). A~ nadimos (1; 0) por extremo.

Lado BC: y = t; x = 1; t 2 [0; 1] ) f (1; t) = et ¡ e )

) f 0 = et . No hay puntos cr¶³ticos.

A~ nadimos (1; 0); (1; 1) por extremos.

A

B

Lado CD: y = 1; x = t; t 2 [0; 1] ) f (t; 1) = te ¡ et )

) f 0 = e ¡ et ) t = 1. Punto cr¶³tico (y extremo) (1; 1).

A~ nadimos (0; 1) por extremo.

Lado AD: y = t; x = 0; t 2 [0; 1] ) f (0; t) = ¡1. Todo el segmento es de puntos cr¶³ticos y en todos la funci¶on toma el valor ¡1.

Evaluando tenemos f (0; 0) = ¡1, f (1; 0) = 1 ¡ e, f (1; 1) = 0, f (0; 1) = ¡1 y en todo AD, vale ¡1. Asi, el m¶³nimo absoluto est¶a en (1; 0) y el m¶aximo en (1; 1).

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente 1. Determinar los n¶ umeros complejos z que veri¯can simult¶aneamente que: (2 puntos.) (a) Re (z 2 + 4) = 0. Re signi¯ca parte real. (b) Im (z 2 + 4) = 0. Im signi¯ca parte imaginaria. Soluci¶ on pensando: Como Re (z 2 + 4) = 0; Im (z 2 + 4) = 0 ) z 2 + 4 = 0 ) z = §2i.

Soluci¶ on sin pensar: z = x + iy ) z 2 + 4 = x2 ¡ y 2 + 4 + 2xyi. Asi, (a) Re (z 2 + 4) = 0 ) x2 ¡ y 2 + 4 = 0.

(b) Im (z 2 + 4) = 0 ) xy = 0.

Como xy = 0 tenemos dos posibles casos x = 0 ¶o y = 0. Si x = 0, y 2 = 4 y asi y = §2. Si y = 0, x2 = ¡4, que no es posible al ser x un n¶ umero real (parte real de z). Los n¶ umeros pedidos son §2i.

2. Hallar el n¶ umero de ra¶³ces reales de x3 ¡ x + 2 = 0. (No se piden las ra¶³ces, s¶olo su n¶ umero). (2 puntos) Se trata de un polinomio de grado 3, impar, por µlo que ¶ tiene al menos una ra¶ µ³z real. ¶ Su derivada 1 1 2 1 2 = 2+ p > 0 y f p = 2¡ p > 0 es 3x2 ¡ 1 y las ra¶³ces de esta son § p . Como f ¡ p 3 3 3 3 3 la situaci¶on es la de la ¯gura y s¶olo tiene una ra¶³z real. (No se pide la ¯gura.)

3. Obtener el polinomio de Taylor de orden 3 en a = 0 de la funci¶on f (x) =

Z

x2

2

et dt. (2 puntos)

0

f (0) = 0

x4

0

f (x) = 2xe 4

4

f 000 (x) = 40x3 ex + 32x7 ex

0

) f (0) = 0

00

x4

f (x) = 2e

4 x4

00

+ 8x e ) f (0) = 2 2 ) f 000 (0) = 0. El polinomio es x2 = x2 2!

4. Dada la funci¶on f (x; y) =

8 < :

3 + 2x ¡ y +

xa y b + y2

x2

a; b > 0

si (x; y) 6 = (0; 0)

determinar la

3 si (x; y) = (0; 0) relaci¶on entre a y b para que f sea diferenciable en (0; 0). (4 puntos) C¶ alculo de las derivadas parciales en (0; 0): @f f (x; o) ¡ f (0; 0) 3 + 2x ¡ 3 (0; 0) = lim = lim =2 x!0 x!0 @x x¡0 x f (0; y) ¡ f (0; 0) 3¡y¡3 @f (0; 0) = lim = lim = ¡1 y!0 y!0 @y y¡0 x Estudio de la diferenciabilidad en (0; 0): lim

f (x; y) ¡ f (0; 0) ¡

(x;y)!(0;0)

@f @x (0; 0)(x

p

¡ 0) ¡

@f @y (0; 0)(y

x2 + y 2 =

lim

(x;y)!(0;0)

¡ 0)

xa y b 3

(x2 + y 2 ) 2

En coordenadas polares, ½a+b cosa ' senb ' =0 ½!0 ½3 lim

si a + b > 3. La funci¶on es diferenciable si a + b > 3.

a b

y 3 + 2x ¡ y + xx2 +y 2 ¡ 3 ¡ 2x + y p = lim = (x;y)!(0;0) x2 + y 2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. y2 x2 + 2 = 1. 2 a b 1. Hallar las dimensiones del rect¶angulo de mayor ¶area que puede inscribirse en la misma. (5 puntos.) Consideremos la elipse

2. Hallar las dimensiones del rect¶angulo de mayor per¶³metro que puede inscribirse en la misma. (5 puntos.)

b (x,y)

a

bp 2 El punto (x; y) que consideramos est¶a en el primer cuadrante y asi y = a ¡ x2 con x 2 [0; a] que a ser¶a el dominio de las funciones que aparecen a continuaci¶ on. p p 4b ¶ 1. Area: El ¶area es (2x)(2y) = 4xy = x a2 ¡ x2 por lo que utilizaremos f (x) = x a2 ¡ x2 ; x 2 a [0; a]. La funci¶on no es derivable en x = a. En [0; a) tenemos f 0 (x) =

p

x2 a a2 ¡ x2 ¡ p = 0 ) a2 ¡ x2 = x2 ) x = p 2 [0; a) 2 2 a ¡x 2

a Por tanto los puntos a considerar son 0 por extremo, a por extremo y no derivabilidad y p por 2 ¶ µ a a2 anularse la derivada. Como f (0) = f (a) = 0 y f p = > 0, el m¶aximo absoluto se alcanza 2 2 en ese punto. Puede tambien el estudio mediante los signos de la derivada. Las longitudes p hacerse p de los lados son 2a; 2b. µ ¶ bp 2 2 a ¡x por lo que utilizaremos f (x) = x + 2. Per¶³metro: El per¶³metro es 4(x + y) = 4 x + a p b a2 ¡ x2 ; a x 2 [0; a]. La funci¶on no es derivable en x = a. En [0; a) tenemos p bx a2 f 0 (x) = 1 ¡ p = 0 ) bx = a a2 ¡ x2 ) x = p a a2 ¡ x2 a2 + b2

a a2 a2 Como p · 1 ) p · a ) p 2 [0; a). Los puntos a considerar son 0, a2 + b 2 a2 + b 2 a2 + b 2 µ ¶ a2 a2 a por las mismas razones que antes y p . Como f (0) = b; f (a) = a y f p = a2 + b 2 a2 + b 2

p a2 + b 2 p = a2 + b2 ¸ a; b alcanza el m¶aximo absoluto en ese punto. Las longitudes de los lados 2 2 a +b 2a2 2b2 son p ; p . a2 + b2 a2 + b2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. Hallar el volumen del s¶olido puntos.) Z 2. Calcular

x4 y2 z2 + 2 + 2 = 1. (Observe los exponentes de las variables.) (5 4 a b c

¼

x2 sen nx dx seg¶ un los valores de n. (5 puntos.)

¡¼

1. Las secciones ortogonales al eje OX son elipses z2 x4 a4 ¡ x 4 y2 + 2 =1¡ 4 = ) ¡ 2 b c a a4

y2 z2 +¡ p p ¢ ¢2 = 1 2 b c 4 ¡ x4 4 ¡ x4 a a 2 2 a a

cp 4 bc bp 4 4 a ¡ x a ¡ x4 = ¼ 4 (a4 ¡ x4 ) y el volumen buscado (usando 2 2 a a a la correspondiente simetr¶³a) Z a bc 8abc¼ 2 ¼ 4 (a4 ¡ x4 ) dx = a 5 0 El ¶area de la secci¶on es ¼

2. Soluci¶ on pensando: Sea f (x) = x2 sen nx. Entonces f (¡x) = ¡f (x); 8 x 2 [¡¼; ¼] por lo que es sim¶etrica respecto al origen. La integral vale 0. Soluci¶ on sin pensar: Aplicamos una integraci¶on por partes tomando u = x2 ; dv = sen nx dx con lo que tenemos Z Z x2 2 2 x sen nx dx = ¡ cos nx + x cos nx dx n n Repetimos la integraci¶on por partes tomando ahora u = x; dv = cos nx dx y asi · ¸ Z Z x2 2 x2 2 x 1 x2 sen nx dx = ¡ cos nx + x cos nx dx = ¡ cos nx + sen nx + 2 cos nx = n n n n n n 2x 2 x2 cos nx + 2 sen nx + 3 cos nx n n n · 2 ¸¼ Z ¼ x 2x 2 x2 sen nx dx = ¡ cos nx + 2 sen nx + 3 cos nx =0 n n n ¡¼ ¡¼ =¡

ya que sen n(§¼) = 0 y cos n(¡¼) = cos n¼.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Dadas las funciones: f : R2 ! R2 g : R2 ! R Se pide:

f (x; y) = (y + cosx; x + ey ) g(x; y) = x2 + y 2

1. Derivada de F = g ± f en el punto (0, 0) seg¶ un el vector ~v = (2; ¡1). (2 puntos) 2. M¶aximo valor de la derivada direccional de F en (0, 0). (2 puntos) 3. Comprobar que la ecuaci¶on F (x; y) = 2 de¯ne a y como funci¶on impl¶³cita de x en un abierto que contiene al punto (0, 0). (3 puntos) 4. Calcular la derivada de esa funci¶on impl¶³cita en el punto x = 0. (3 puntos) La funci¶on compuesta es F (x; y) = g[f (x; y)] = g(y + cos x; x + ey ) = (y + cos x)2 + (x + ey )2 . 1. Las derivadas parciales son @F @F = 2(y+cos x)+2(x+ey )ey ) (0; 0) = 2 @y @x µ ¶ 2 ¡1 y asi Asi rF (0; 0) = (2; 4). El vector ~v normalizado es w ~ = p ;p 5 5 µ ¶ 2 ¡1 D~v F (0; 0) = (2; 4) ¢ p ; p =0 5 5 @F = 2(y+cos x)(¡ sen x)+2(x+ey ) @x

2. Sea trata de jjrF (0; 0)jj = 3.

@F (0; 0) = 4 @y

p p p 4 + 16 = 20 = 2 5.

² F (0; 0) = (0 + cos 0)2 + (0 + e0 )2 = 2. El punto cumple la ecuaci¶on.

² Las derivadas parciales las hemos calculado antes, existen y son continuas por serlo la funci¶on seno y la exponencial. Por tanto F es diferenciable.

² Evaluando la matriz jacobiana en (0; 0) obtenemos (2 4) y como 4 6 = 0, y es funci¶on impl¶³cita de x, y = y(x). 4. Derivando impl¶³citamente tenemos 2(y + cos x)(y 0 ¡ sen x) + 2(x + ey )(1 + y 0 ey ) = 0. Evaluando en 1 (0; 0) tenemos 2y 0 + 2(1 + y0 ) = 0 y asi y 0 = ¡ . 2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen de Julio. 3 de Julio de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. Resuelva z 3 ¡ i = 0. Se pide el resultado en forma bin¶omica (a + ib), asignando los valores correspondientes a las funciones trigonom¶etricas que puedan aparecer. p ¼ Primera forma: z 3 ¡ i = 0 ) z = 3 i. Como jij = 1 y su argumento , sus ra¶³ces c¶ ubicas tienen 2 ¼ ¼ 2¼ 5¼ ¼ 4¼ 3¼ m¶odulo 1 y argumentos ; + = ; + = . Las soluciones son 6 6 3 6 6 3 2 p p µ ¶ ³ ¼´ 3 1 5¼ 3 1 ¼ 5¼ z1 = 1 cos + i sen = + i z2 = 1 cos + i sen =¡ + i 6 6 2 2 6 6 2 2 µ ¶ 3¼ 3¼ z3 = 1 cos + i sen = ¡i 2 2 ¡i es una soluci¶ on. Dividiendo (por Ru±ni) z 3 ¡ i por z + i, se Segunda forma: Como (¡i)3 = i, p p p i§ 3 3 1 i § ¡1 + 4 tiene z 2 ¡ iz ¡ 1 = 0 ) z = = =§ + i. 2 2 2 2 2. Determine el n¶ umero de puntos de corte de las gr¶a¯cas de las funciones f (x) = 2x3 + 2x2 + 3, 3 2 g(x) = x + 5x . (Se pide el n¶ umero de puntos de corte, no hallarlos.) f (x) = g(x) ) 2x3 + 2x2 + 3 = x3 + 5x2 ) h(x) = x3 ¡ 3x2 + 3 = 0 que tiene 1 ¶o 3 ra¶³ces reales. Su derivada es h0 (x) = 3x2 ¡ 6x = 3x(x ¡ 2) que se anula en x = 0; x = 2. Como h(0) = 3 > 0 y h(2) = ¡1 < 0, tiene tres ra¶³ces reales. Asi, los puntos de corte son 3. 3. La recta tangente a y = f (x) en x = 1 es y = 8x ¡ 6. Sea g(x) = x2 . Hallar la ecuaci¶on de la recta tangente a h = g ± f en x = 1. El polinomio de Taylor de orden 1 de f en 1 es ¡6 + 8x (coincidente con la recta tangente. Asi, f (1) = 2 y f 0 (1) = 8. Adem¶as h(1) = g[f (1)] = g(2) = 4 y h0 (1) = g0 [f (1)]f 0 (1) = 4 ¢ 8 = 32. Asi, y = 4 + 32(x ¡ 1) = 32x ¡ 28.

8 2 x > < e a 4. Sean a; b n¶ umeros naturales o 0. Determ¶³nese para qu¶e valores de a; b la funci¶on f (x) = > : 2(1 ¡ cos x) xb es continua. 2

lim¡ f (x) = lim¡ e x = 0 y asi a = 0. Por otra parte

x!0

x!0

2

2 x2 2(1 ¡ cos x) x2 = lim = lim lim+ f (x) = lim+ xb x!0 x!0 x!0+ xb x!0+ xb Para que este l¶³mite sea 0, b < 2 y como es natural o 0, b = 0; 1.

x<0 x=0 x>0

5. Hallar la direcci¶on de m¶aximo crecimiento de f (x; y; z) = 2ex sen y + ey cos z en (x; y; z) = (0; 0; 0). (Nota. Una direcci¶on es un vector de m¶odulo 1.) rf (x; y; z) = (2ex sen y; 2ex cos y + ey cos z; ¡ey sen z) ) rf (0; 0; 0) = (0; 3; 0). La direcci¶on es (0; 1; 0).

¶ CALCULO I Primer curso. Examen de Julio. 3 de Julio de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (10 puntos.) 1. Un cuerpo tiene por base la zona del plano XOY f(x; y) j 0 · x · 1; x · y2 · 4x; y ¸ 0g. Las secciones del mismo ortogonales al eje OX son tri¶angulos equil¶ateros. Hallar el volumen del cuerpo. (Hasta 5 puntos.) Z ¼ cos3 x sen3 x dx. (Hasta 5 puntos.) 2. Calcular 0

p 3 2 1. Si l es el lado del tri¶angulo equil¶atero, su ¶area es l . Asi, como la base (y todos los lados) 4 p p p p y =2 x 3 mide 2 x ¡ x = x, el ¶area de la secci¶on es x 4 y= x p p Z 1 3 3 y el volumen del cuerpo es x dx = 4 8 0

2. Lo haremos de varias formas distintas h ¼i h¼ i ² Pensando: En 0; , sen x ¸ 0; cos x ¸ 0 y asi sen3 x cos3 x ¸ 0. En ; ¼ , sen x ¸ 2 2 3 3 0; cos x · 0 y asi sen x cos x · 0, pero los valores que toma son, en valor absoluto, los mismos. Se sigue que la integral vale 0. ² T¶ecnico m¶ as sencillo: cos3 x = cos2 x cos x = (1¡sen2 x) cos x y asi sen3 x cos3 x = sen3 x cos x¡ ¡ sen5 x cos x. Se sigue que · ¸¼ Z ¼ Z ¼ sen4 x sen6 x 3 3 3 5 cos x sen x dx = (sen x cos x ¡ sen x cos x) dx = ¡ =0 4 6 0 0 0 ² Cambios trigonom¶etricos: Si se aplican h ¼ i cambios del h ¼tipoi sen x = t; tg x = t debe dividirse la integral en dos partes, una en 0; y otra en ; ¼ , dado que el cambio tiene que ser 2 2 biyectivo (primer cambio). En el cambio de la tangente nos encontramos, adem¶as, con dos integrales impropias. El cambio cos x = t no presenta problemas. ² Otras relaciones trigonom¶etricas: Se puede pasar al ¶angulo doble sen x cos x =

sen3 (2x) sen(2x) ) sen3 x cos3 x = 2 8

y aplicar ahora la misma t¶ecnica del procedimiento t¶ecnico m¶ as sencillo.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen de Julio. 3 de Julio de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea D : f(x; y; z) j x2 + y 2 + z 2 = 5; x > 0; y > 0; z > 0g y F : D ! R; F (x; y; z) = ln x + ln y + 3 ln z. 1. Determinar los extremos relativos de F en D. (Hasta 8 puntos) 2. >Podemos asegurar la existencia de m¶aximo y m¶³nimo absolutos de F en D? Justif¶³quese la respuesta. (Hasta 2 puntos) p 1. Como z > 0, z = 5 ¡ x2 ¡ y2 . Sustituyendo en la funci¶on, f (x; y) = F (x; y;

p

5 ¡ x2 ¡ y 2 ) = ln x + ln y +

3 ln(5 ¡ x2 ¡ y 2 ) 2

1 3x 1 3x @f = ¡ =0 ) = ) 5 ¡ x2 ¡ y 2 = 3x2 @x x 5 ¡ x2 ¡ y 2 x 5 ¡ x2 ¡ y 2 @f 1 3y 1 3y =0 ) ) 5 ¡ x2 ¡ y 2 = 3y 2 = ¡ = @y y 5 ¡ x2 ¡ y 2 y 5 ¡ x2 ¡ y 2

Asi 3x2 = 3y 2 y como x > 0;py > 0, x = y. Sustituyendo en la primera ecuaci¶on, 5 ¡ 2x2 = 3x2 y, por tanto, x = 1; y = 1; z = 3. S¶olo hay un punto cr¶³tico. @2f @2f 1 3(5 ¡ x2 ¡ y 2 ) + 6x2 @2f 8 8 =¡ 2 ¡ ) (1; 1) = ¡ y, por simetr¶³a (1; 1) = ¡ 2 2 2 2 2 @x x (5 ¡ x ¡ y ) @x 3 @y 2 3

@2f @2f 6xy 2 ) ) =¡ (1; 1) = ¡ @x@y (5 ¡ x2 ¡ y 2 )2 @x@y 3 El Hessiano es ¯ 8 2 ¯¯ ¯ ¡ ¯ ¯ ¡ ¯ 3 3 ¯ 20 ¯= ¯ >0 ¯ ¯ 3 ¯ 2 8 ¯ ¯ ¡ ¡ ¯ 3 3 Tenemos un m¶aximo.

2. No se puede asegurar al tratarse de un conjunto NO cerrado. Adem¶as, Por ejemplo, si x ! 0, F ! ¡1. Nota: La primera parte puede realizarse f¶acilmente con los multiplicadores de Lagrange.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen de Julio. 3 de Julio de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea A : f(x; y; z) 2 R3 j z ¸ 1g y f : A ! R f (x; y; z) = x2 + y

Z

1

z2

1 ¡ ln t dt t2

1. Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de f en A. (Hasta 3 puntos.) 1 2. Sabiendo que f (1; 1; e) = 1 + , demostrar que e Z z2 1 ¡ ln t 1 2 x +y dt = 1 + 2 t e 1 de¯ne a z como funci¶on impl¶³cita de (x; y), z = z(x; y) en un entorno de (1; 1; e). (Hasta 3 puntos.) 3. Calcular

@z (1; 1). (Hasta 4 puntos.) @x

1. Las derivadas parciales son @f = 2x que es continua por ser un polinomio. @x Z z2 1 ¡ ln t @f dt. Como el integrando es una funci¶on continua, la derivada parcial tambien lo = @y t2 1 es (incluso derivable como funci¶on de z). @f 1 ¡ ln z 2 2z, que tambi¶en es continua. =y @z z4 Se sigue que la funci¶on es diferenciable y, por tanto, continua. 2.

1 (nos lo dice el enunciado), el punto cumple la ecuaci¶on. e ² En el apartado anterior hemos visto que las derivadas parciales existen y son continuas, por lo que la funci¶on es diferenciable. @f 2 ² (1; 1; e) = ¡ 3 6 = 0. @z e Por tanto, z = z(x; y). ² Como f (1; 1; e) = 1 +

3. Derivando impl¶³citamente respecto a x y evaluando en el punto 2x + y

1 ¡ ln z 2 @z 2 @z @z 2z =0 ) 2¡ 3 (1; 1) = 0 ) (1; 1) = e3 4 z @x e @x @x

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 26 de Octubre de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. Hallar los n¶ umeros complejos que veri¯can que su cuadrado es igual al doble de su conjugado.

z 2 = 2¹ z ) (x+iy)2 = 2(x¡iy) ) x2 ¡y2 +2xyi = 2x¡2yi ) x2 ¡y 2 = 2x; xy = ¡y ) (x+1)y = 0 Tenemos dos opciones ² y = 0: Entonces x2 = 2x ) x(x ¡ 2) = 0 ) x = 0; 2. Suministra z = 0; z = 2 p p ² y6 = 0: Entonces x = ¡1 ) 1 ¡ y2 = ¡2 ) y 2 = 3 ) y = § 3. Suministra z = ¡1 § 3i p Por tanto, los n¶ umeros buscados son z = 0; 2; ¡1 § 3i 8 < 2jxj + 2x2 si x 6 = 0 . >Se puede asegurar, sin hallarla, que 2 2. Dada f : [¡1; 1] ! R; f (x) = : 1 2x + x si x = 0 la imagen de f , f ([¡1; 1]), es un intervalo? 8 ¡2 + 2x ¡2x + 2x2 > > si x < 0 > < 2x + x2 = 2 + x 1 si x = 0 . La expresi¶on expl¶³cita de f es f : [¡1; 1] ! R; f (x) = > > 2 + 2x > 2x + 2x2 : = si x > 0 2x + x2 2+x lim f (x) = 1, por lo que f no es continua en el intervalo. Se sigue que Asi lim¡ f (x) = ¡1 y x!0 x!0+ · ¸ 4 no podemos asegurarlo (de hecho, la imagen es [¡4; ¡1) [ 1; que no lo es). 3 3. Halle el n¶ umero de ra¶³ces de x5 ¡ 5x + 1 = 0 (no las calcule, simplemente diga cu¶antas tiene.)

Sea f (x) = x5 ¡ 5x + 1. Como se trata de un polinomio de grado 5, tendr¶a 1; 3; ¶o 5 ra¶³ces reales. La derivada es f 0 (x) = 5x4 ¡ 5 = 0 ) x = §1. Como f (¡1) = 5 > 0 y f (1) = ¡3 < 0, tiene 3 ra¶³ces reales.

4. Sea f : [1; 3] ! R una funci¶on de la que sabemos que es derivable en [1; 2)[(2; 3] y que lim f 0 (x) = x!2+

= lim f 0 (x). >Qu¶e podemos a¯rmar sobre la continuidad y derivabilidad de f en x = 2? x!2¡

No se puede a¯rmar nada. Ejemplos: f (x) = 1; 8x 2 [1; 3] que es continua y derivable. ½ 1 si 1 · x < 2 f (x) = que no es continua (ni derivable, claro). 2 si 2 · x · 3

5. El polinomio de Taylor de orden 3 de la funci¶on f (x) en a = 1 es 2 ¡ 5x + 7x2 ¡ 3x3 . Estudiar si en a = 1 alcanza un extremo relativo. Si lo hace, >de qu¶e tipo es? Sabemos que los valores de las derivadas de f y del polinomio en a = 1 coinciden. Asi ² p0 (x) = ¡5 + 14x ¡ 9x2 ) f 0 (1) = p0 (1) = 0. ² p00 (x) = 14 ¡ 18x ) f 00 (1) = p00 (1) = ¡4.

Se trata de un m¶aximo relativo.

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 26 de Octubre de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. Calcule el l¶³mite lim

x!0

µ

x tg x

¶

1 sen2 x

. (Hasta 5 puntos.)

2. Dada la funci¶on

8 1 1 > < 2e x ¡ e jxj

f (x) =

si x 6 =0

1

1

¡ x ¡ e jxj > : k2e

si x = 0

determine (si existe) el valor de k para que f sea continua. (Hasta 5 puntos.) 1

1. Se trata de 1 . Si L = lim

x!0

µ

x tg x

¶

1 sen2 x

, tenemos

1 x 1 ln = lim x!0 sen2 x tg x x!0 sen2 x

ln L = lim

µ

x ¡1 tg x

¶

= lim

x!0

x ¡ tg x x ¡ tg x = lim tg x sen2 x x!0 x3

Aplicando la regla de L'H^opital x ¡ tg x 1 ¡ (1 + tg2 x) ¡ tg2 x ¡x2 1 1 = lim = lim = lim =¡ ) L= p 3 3 2 2 2 x!0 x!0 x!0 3x x!0 3x x 3x 3 e

ln L = lim = lim x!0

2. La funci¶on, de forma expl¶³cita es 1

² x > 0: f (x) =

1 2e¡ x 1

² x < 0: f (x) = por lo que k = ¡1.

1

2e x ¡ e x ¡e

1 x

¡

1 2 2e¡ x

1

2e x ¡ e¡ x

1 2e¡ x

=

1 e¡ x

1

=

¡1

) 1

2e x ¡ e¡ x 1 e¡ x

lim f (x) = ¡1

x!0+ 2

= 2e x ¡ 1 )

lim f (x) = ¡1

x!0¡

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 26 de Octubre de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.) ½

x2 ¡ 1 si x < 0 y g(x) = ®x2 +¯x+3. Determine la relaci¶on 2 cos x si x ¸ 0 entre ® y ¯ para que g ± f , g(f (x)), sea una funci¶on continua y derivable. Como g(x) es continua y derivable y f (x) los es en cada tramo (x < 0, x > 0), la funci¶on compuesta lo es en todo x 6 = 0. Veamos la continuidad en 0. La funci¶on compuesta es ½ ®(x2 ¡ 1)2 + ¯(x2 ¡ 1) + 3 si x < 0 h = g ± f (x) = g[f (x)] = 4® cos2 x + 2¯ cos x + 3 si x ¸ 0 Consideremos las funciones f (x) =

La condici¶on de continuidad es que coincidan los l¶³mites laterales entre si y con el valor de la funci¶on en el punto. Asi lim¡ h(x) = ® ¡ ¯ + 3 y lim+ h(x) = 4® + 2¯ + 3 ) ® + ¯ = 0 x!0

x!0

Por tanto, la funci¶on es continua si ¯ = ¡®. En este caso la funci¶on pasa a ser ½ ®(x2 ¡ 1)2 ¡ ®(x2 ¡ 1) + 3 si x < 0 h = g ± f (x) = g[f (x)] = 4® cos2 x ¡ 2® cos x + 3 si x ¸ 0 Para estudiar la derivabilidad en x = 0 debemos estudiar el l¶³mite lim

x!0

h(x) ¡ h(0) x¡0

Asi tenemos lim

x!0¡

lim

x!0+

h(x) ¡ h(0) ®(x2 ¡ 1)2 ¡ ®(x2 ¡ 1) + 3 ¡ (2® + 3) ®x4 ¡ 3®x2 = lim = lim =0 ¡ ¡ x¡0 x x x!0 x!0

h(x) ¡ h(0) 4® cos2 x ¡ 2® cos x + 3 ¡ (2® + 3) ¡8® cos x sen x + 2® sen x = lim = lim =0 + + x¡0 x 1 x!0 x!0

Por tanto, la funci¶on es derivable para los mismos valores de ®; ¯.

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 26 de Octubre de 2013. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Se desea construir un cilindro de volumen V = 100 m3 , con la menor super¯cie total posible, que pueda ser colocado sobre su base en una mesa circular de radio a sin sobresalir de ella (el c¶³rculo que forma la base del cilindro debe ser menor o igual que el de la mesa). Hallar las dimensiones de dicho cilindro seg¶ un el valor de a. Si r es el radio de la base y h la altura del cilindro, la super¯cie total es 2¼r 2 + 2¼rh y el volumen 100 y sustituyendo en la expresi¶on del ¶area (condici¶on impuesta) es V = ¼r 2 h = 100. Despejando h = ¼r 2 200 4¼r3 ¡ 200 total tenemos f (r) = 2¼r 2 + que se anula en con la condici¶on r 2 (0; a]. Asi f 0 (r) = r2 Ãr r ! Ãr ! r 3 50 3 50 3 50 r= . Como f 0 (r) < 0 en 0; y f 0 (r) > 0 en ; +1 tenemos dos casos: ¼ ¼ ¼ r

50 · a. El punto cr¶³tico pertenece al intervalo. Los signos de la derivada nos dicen que alcanza ¼ en ¶el su m¶³nimo absoluto. r 3 50 ² > a. El punto cr¶³tico no pertenece al intervalo. El signo de la derivada nos dice que alcanza ¼ su m¶³nimo absoluto en el extremo a. ²

3

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. Sea F : [1; +1) ! R, F (x) =

Z

2

ex

t ln t dt. Calcular, si es posible, F 0 (2).

1

Como tanto la funci¶on como los extremos son funciones continuas y derivables en [1; +1), F es derivable. Su derivada es 2

2

F 0 (x) = ex ¢ (x2 ) ¢ ex ¢ (2x) ) F 0 (2) = 16e8 2. Diga si es correcto o no y por qu¶e el siguiente c¶alculo Z 1 ¼ 1 3¼ ¼ dx = [arctg x]1¡1 = ¡ =¡ 2 1 + x 4 4 2 ¡1 Evidentemente no es correcto. La funci¶on del integrando es positiva y estrictamente mayor que 0 por lo que el resultado debe ser positivo. El error proviene de haber tomado en el arctg x dos determinaciones distintas al aplicar la regla de Barrow. El resultado deber¶³a ser Z

1

¡1

¼ ³ ¼´ ¼ 1 1 dx = [arctg x] = ¡ ¡ = ¡1 1 + x2 4 4 2

3. La temperatura de una placa met¶alica es T (x; y) =

p

4 ¡ 2x2 ¡ y2 . Se pregunta:

(a) Indicar la direcci¶on de m¶aximo crecimiento de la temperatura en el punto (1; 0). (Nota: una direcci¶on es un vector de m¶odulo 1.) (b) La temperatura >aumenta o disminuye en (1; 0) en la direcci¶on del vector (¡1; 1)? (a) ¡2x @T ¡2 @T = p ) (1; 0) = p 2 2 @x @x 2 4 ¡ 2x ¡ y ¶ ¡2 p ; 0 y la direcci¶on es (¡1; 0). 2 µ ¶ ¡1 1 (b) Normalizando (¡1; 1); v = p ; p y asi 2 2 µ ¶ µ ¶ ¡2 ¡1 1 Dv T (1; 0) = p ; 0 ¢ p ; p =1>0 2 2 2 Asi, rT (1; 0) =

µ

@T ¡y @T = p ) (1; 0) = 0 2 2 @y @y 4 ¡ 2x ¡ y

por lo que la temperatura crece.

4. Sea f : R ! R una funci¶on de clase C (+1 , de la que sabemos que f (a) = 0 y f 0 (a) = 1 para un punto ¯jo a 2 R. Sea F (x; y) = f (x)f (y). Compruebe que (a; a) es punto cr¶³tico de F y clasif¶³quelo. @F @F = f 0 (x)f (y) ) (a; a) = f 0 (a)f (a) = 0 @x @x @F @F = f (x)f 0 (y) ) (a; a) = f (a)f 0 (a) = 0 @y @y Luego es punto cr¶³tico. @2F @2F = f 00 (x)f (y) ) (a; a) = f 00 (a)f (a) = 0 2 @x @x2

9 > > > > > > > > > =

¯ ¯ 0 @2F @2F 0 0 0 0 = f (x)f (y) ) (a; a) = f (a)f (a) = 1 ) ¯¯ 1 @x@y @x2 > > > > > > > > @2F @2F > 00 00 ; = f (x)f (y) ) (a; a) = f (a)f (a) = 0 2 2 @y @y

¯ 1 ¯¯ = ¡1 0 ¯

Es un punto de silla o puerto.

5. >El teorema de la funci¶on impl¶³cita permite asegurar que f (x; y) = funci¶on impl¶³cita de x en un entorno de (1; 1)?

² f (1; 1) =

Z

1

Z

y2

2

et dt = 0 de¯ne a y como

x

2

et dt = 0.

1

2 4 @f @f ² = ¡ex , = 2yey que existen y son continuas. Por tanto f es diferenciable. @x @y @f ² (1; 1) = 2e 6 =0 @y

Por tanto, el teorema de la funci¶on impl¶³cita permite asegurar que y es funci¶on impl¶³cita diferenciable de x en un entorno de (1; 1).

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. h ¼i Consideremos la funci¶on f : 0; ! R, 2 8 p sen x(1 ¡ sen x) > > < cos x f (x) = > > : 0

³ ¼´ x 2 0; 2 x = 0;

¼ 2

h ¼i 1. Comprobar que f es integrable en 0; . (Hasta 4 puntos.) 2 2. Calcular el ¶area de la regi¶on limitada por f (x) y el eje OX entre las abscisas x = 0 y x = 6 puntos.)

¼ . (Hasta 2

1. f (x) es continua salvo, quiz¶a, en los extremos del intervalo. Adem¶as 0 ¢ (1 ¡ 0) lim f (x) = =0 1 x!0+ p p sen x(1 ¡ sen x) lim¡ f (x) = lim¡ . Como lim¡ sen x = 1, el l¶³mite que hay que calcular cos x x! ¼2 x! ¼2 x! ¼2 (aplicando la regla de L'H^opital) es lim¡

x! ¼2

1 ¡ sen x ¡ cos x = lim¡ =0 ¼ cos x ¡ sen x x! 2

h ¼i con lo que f es continua en todo 0; . Por tanto es integrable. 2 Z ¼2 p sen x(1 ¡ sen x) 2. Debemos calcular dx y vamos a aplicar el cambio de variable sen x = t2 ; cos xdx = cos x 0 = 2t dt. Asi Z ¼2 p Z ¼2 p Z 1 Z 1 4 sen x(1 ¡ sen x) sen x(1 ¡ sen x) t(1 ¡ t2 ) t ¡ t2 dx = cos xdx = 2t dt = 2 dt = 4 cos x cos2 x 1 ¡ t4 0 0 t ¡1 0 0 ¶ ¶ Z 1µ Z 1µ ³ t2 ¡ 1 1 ¼´ 1 =2 1¡ 4 dt = 2 1¡ dt = 2 [t ¡ arctg t]0 = 2 1 ¡ 2 t ¡1 1+t 4 0 0

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.) Consideremos la funci¶on f : R2 ! R, 8 sen(x2 y) > > < (1 + 2x + y) p 2 x + y2 f (x; y) = > > : a

(x; y) 6 = (0; 0) (x; y) = (0; 0)

1. Hallar el valor de a, si existe, para que f (x; y) sea continua en R2 . (Hasta 5 puntos.) 2. Para el valor de a calculado antes, estudiar la diferenciabilidad de f (x; y) en (0; 0). (Hasta 5 puntos.) 1. En todo punto distinto de (0; 0) es continua por ser composici¶on de funciones continuas y no anularse el denominador que aparece. Debemos estudiar en el punto (0; 0). Pasando a coordenadas polares y aplicando la equivalencia del sen x tenemos lim (1 + 2½ cos ' + ½ sen ')

½!0

sen(½3 cos2 ' sen ') ½3 cos2 ' sen ' = lim (1 + 2½ cos ' + ½ sen ') = ½!0 ½ ½

= lim ½2 (1 + 2½ cos ' + ½ sen ') cos2 ' sen ' = 0 ½!0

uniformemente en ', ya que j1 + 2½ cos ' + ½ sen 'jj cos2 ' sen 'j · 1 + 2½ + ½ · 1 + 3½ Por tanto, a = 0. 2.

@f f (x; 0) ¡ f (0; 0) 0¡0 (0; 0) = lim = lim =0 x!0 x!0 @x x x @f f (0; y) ¡ f (0; 0) 0¡0 (0; 0) = lim = lim = 0 Para comprobar si es diferenciable debemos y!0 y!0 @y y y calcular el l¶³mite 2

sen(x y) (1 + 2x + y) p ¡0¡0¢x¡0¢y (1 + 2x + y) sen(x2 y) x2 +y 2 p lim = lim (x;y)!(0;0) (x;y)!(0;0) x2 + y 2 x2 + y 2

Este l¶³mite se calcula como el anterior y por id¶enticas razones vale 0. La funci¶on es diferenciable en (0; 0).

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Dada la funci¶on f (x; y) = (x2 + 2x) sen y;

x 2 R;

¡¼ < y < ¼

1. Hallar y clasi¯car sus puntos cr¶³ticos. ³ ¼´ ³ ¼´ ³ ¼´ ³ ¼´ ; 1; ; 1; ¡ ; 0; ¡ 2. Hallar los m¶aximos y m¶³nimos absolutos en el rect¶angulo de v¶ertices 0; 2 2 2 2 1.

@f = (2x + 2) sen y = 0 ) x = ¡1 ¶o y = 0; ¼. La soluci¶on y = ¼ debe eliminarse por no estar @x en el rango de valores de y. @f ¼ = (x2 + 2x) cos y = 0. Si x = ¡1, la ecuaci¶on anterior es cos y = 0, esto es y = § con lo que @y 2 ³ ¼´ tenemos los puntos cr¶³ticos ¡1; § . Si y = 0, la ecuaci¶on se transforma en x2 + 2x = 0 ) x = 2 = 0; ¡2 y suministra los puntos (0; 0) y (¡2; 0). ¯ ¯ ¯ 2 sen y (2x + 2) cos y ¯¯ ¯ El determinante hessiano es H(x; y) = ¯ . Tenemos (2x + 2) cos y ¡(x2 + 2x) sen y ¯ ¯ ¯ ³ ³ ¼´ ¼ ´ ¯¯ 2 > 0 0 ¯¯ ² Punto ¡1; . H ¡1; =¯ > 0. M¶³nimo local. 0 1 ¯ 2 2 ¯ ¯ ³ ³ ¼´ ¼ ´ ¯¯ ¡2 < 0 0 ¯¯ ² Punto ¡1; ¡ . H ¡1; ¡ =¯ > 0. M¶aximo local. 0 ¡1 ¯ 2 2 ¯ ¯ ¯ 0 2 ¯ ¯ < 0. Silla o puerto. ² Punto (0; 0). H (0; 0) = ¯¯ 2 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¡2 ¯ ¯ ¯ < 0. Silla o puerto. ² Punto (¡2; 0). H (¡2; 0) = ¯ ¡2 0 ¯

2. Ninguno de los puntos anteriores pertenece al interior del rect¶angulo, por lo que quedan eliminados. Estudio en la frontera: h ¼ ¼i ² Lado x = 0; y 2 ¡ ; . En ¶el f es siempre 0. h 2¼ 2¼ i ¼ ² Lado x = 1; y 2 ¡ ; . '(y) = f (1; y) = 3 sen y ) '0 (y) = 3 cos y = 0 ) y = § lo 2 2 2 ³ ¼´ que aporta 1; § . 2 ¡ ¢ ¼ ² Lado y = ; x 2 [0; 1]. '(x) = f x; ¼2 = x2 + 2x ) '0 (x) = 2x + 2 = 0 ) x = ¡1 que 2 ³ ¼´ ³ ¼´ est¶a fuera de rango. Asi s¶olo intervienen los extremos del intervalo 0; y 1; . 2 2 ¡ ¢ ¼ ² Lado y = ¡ ; x 2 [0; 1]. '(x) = f x; ¼2 = ¡(x2 + 2x) ) '0 (x) = 2x + 2 = 0 ) x = ¡1 2 ³ ¼´ ³ ¼´ y 1; ¡ . que est¶a fuera de rango. Asi s¶olo intervienen los extremos del intervalo 0; ¡ 2 2 ³ ¼´ ³ ¼´ Los puntos cr¶³ticos son 1; § , 0; § y el segmento con x = 0. Evaluando en dichos puntos 2 2 tenemos que ³ ³ ¼´ ¼´ f 1; ¡ = ¡3 m¶³nimo absoluto y f 1; = 3 m¶aximo absoluto 2 2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. Compruebe que

² n=1:

1 3 n n+2 2 + + 3 + ¢ ¢ ¢ + n = 2 ¡ n para todo n¶ umero natural n. 2 22 2 2 2

1 3 =2¡ 2 2

2 3 n n+2 1 + 2 + 3 + ¢ ¢ ¢ + n = 2 ¡ n . Asi 2 2 2 2 2 3 n n+1 n+2 n+1 2(n + 2) ¡ (n + 1) n+3 1 2 = 2 ¡ n+1 y + 2 + 3 + ¢ ¢ ¢ + n + n+1 = 2 ¡ n + n+1 = 2 ¡ n+1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 queda comprobado.

² Hip¶otesis de inducci¶on:

2. Resuelva la ecuaci¶on z 2 ¡ (5 + i)z + (26 + 7i) = 0 p (5 + i)2 ¡ 4(26 + 7i) 5 + i § ¡80 ¡ 18i = 2 2 p 9 81 ) a2 ¡ 2 = ¡80 ) a4 +80a2 ¡81 = 0 ¡80 ¡ 18i = a+ib ) a2 ¡b2 = ¡80; 2ab = ¡18 y asi b = ¡ a a z=

5+i§

p

Esta ecuaci¶on tiene como soluciones a2 = 1 ) a = §1 y a2 = ¡81 que no es v¶alida por ser a un p n¶ umero real. Asi b = ¨9 y § ¡80 ¡ 18i = §(1 ¡ 9i). Se sigue que las soluciones son z1 =

5 + i + 1 ¡ 9i = 3 ¡ 4i 2

z2 =

5 + i ¡ 1 + 9i = 2 + 5i 2

3. El polinomio de Taylor en el punto (1; 2) de orden 2 de una funci¶on f es 2x2 + y 2 + xy ¡ 6x ¡ 5y + 11. Compruebe que f tiene un punto cr¶³tico en (1; 2) y clasif¶³quelo. Las derivadas de f en (1; 2) y las del polinomio en el mismo punto coinciden. Asi @f (1; 2) = [2y + x ¡ 5](1;2) = 0 @y ¯ ¯ 4>0 1 @2f @2f @2f ¯ ² (1; 2) = 4 (1; 2) = 1 (1; 2) = 2 ) ¯ 1 2 2 2 @x @x@y @y trata de un m¶³nimo. ²

@f (1; 2) = [4x + y ¡ 6](1;2) = 0 @x

¯ ¯ ¯ = 7 > 0 por lo que se ¯

4. Sea F (x; y) =

Z

2y¡x

2

et dt.

x2 ¡4

(a) Demostrar que F es diferenciable en (2; 1). (b) Hallar la direcci¶on en la que la derivada direccional de F es m¶axima en el punto (2; 1). (Nota: Una direcci¶on es un vector de m¶odulo 1.)

(a) Las derivadas parciales de F son 2 2 2 @F = e(2y¡x) (¡1) ¡ e(x ¡4) 2x @x

2 @F = e(2y¡x) 2 @y

que existe y son continuas en R2 . Por tanto F es diferenciable en todo punto de su dominio. p (b) En (2; 1) el gradiente es rF (2; 1) = (¡5; 2) y como jjrF (2; 1)jj = 29, la direcci¶on pedida es 1 p (¡5; 2). 29

5. Sea f : R2 ! R, f 2 C (1 de la que sabemos que rf (1; 1) = (2; 0);

rf (2; 0) = (1; ¡3);

y g : R2 ! R2 , g(x; y) = (x2 + y 2 ; x2 ¡ y 2 ). Calcular

rf (1; ¡3) = (1; 1)

@(f ± g) (1; 1) @x

Si h = f ± g, h(x; y) = f (u; v) siendo u = x2 + y2 ; v = x2 ¡ y2 . Para (x; y) = (1; 1); (u; v) = (2; 0) por lo que la informaci¶on debemos tomarla de rf (2; 0) = (1; ¡3). Asi @h @f @u @f @v (1; 1) = (2; 0) (1; 1) + (2; 0) (1; 1) = 1 ¢ 2 + (¡3) ¢ 2 = ¡4 @x @u @x @v @x

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sean ® y ¯ dos n¶ umeros reales mayores que 0 y consideremos la funci¶on f : R ! R de¯nida por 8 < sen® (x2 ) cos 1 x6 =0 f (x) = jxj¯ : 0 x=0

1. Hallar los valores de ® y ¯ para los que f es continua.

2. Para los valores hallados en el apartado anterior, estudiar la derivabilidad de f .

1. Si x 6 = 0 se trata de una composici¶on de funciones continuas y es continua. En x = 0 tenemos 1 1 lim sen® (x2 ) cos ¯ = 0 ya que sen® (x2 ) ! 0 y cos ¯ es una funci¶on acotada. Se sigue que es x!0 jxj jxj continua en todo R para todo valor de ®; ¯. 2. En todo punto x 6 = 0 es derivable por ser composici¶on de funciones derivables. En x = 0 tenemos sen® (x2 ) cos jxj1 ¯ 1 1 f (x) ¡ f (0) = lim = lim x¡1 sen® (x2 ) cos ¯ = lim x2®¡1 cos ¯ x!0 x!0 x!0 x!0 x¡0 x jxj jxj lim

1 Si 2® ¡ 1 > 0 esto es si ® > el l¶³mite existe y vale 0, por lo que es derivable para esos valores de 2 ® y todo ¯.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.) p En la semiesfera x2 + y2 + z 2 · 4; z ¸ 0 se practica una perforaci¶on seg¶ un el cono z = + x2 + y 2 . Hallar el volumen del cuerpo resultante. p Las secciones ortogonales al eje OZ son coronas circulares de radio exterior 4 ¡ z 2 (obtenido de la semiesfera) e interior z (obtenido del cono). Asi el ¶area de la p secci¶on es A(z) = ¼(4¡z 2 )¡¼z 2 = ¼(4¡2z 2 ). La intersecci¶on del cono y la esfera se produce cuando z = 2 y asi el volumen es V =

Z

0

p

2

p 8¼ 2 ¼(4 ¡ 2z ) dz = 3 2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea f (x; y) = 2x2 + y 2 + 4x + 3. 1. Calcular los extremos relativos de f . 2. Hallar los m¶aximos y m¶³nimos absolutos de f en la corona circular x2 + y 2 ¸ 1;

@f @f = 4x + 4 = 0 ) x = ¡1 = 2y @x @y @2f @2f @2f Adem¶as = 4 = 0 =2 ) @x2 @x@y @y2 m¶³nimo.

1. Como

x2 + y 2 · 4.

= 0 ) y = 0, el u ¶ nico punto cr¶³tico es (¡1; 0). ¯ ¯ ¯ 4>0 0 ¯ ¯ ¯ = 8 > 0 por lo que se trata de un ¯ 0 2 ¯

2. Circunferencia interior: y2 = 1 ¡ x2 ; x 2 [¡1; 1]. Sustituyendo en f tenemos g(x) = x2 + 4x + 4. Asi g0 (x) = 2x + 4 = 0 y se tiene x = ¡2 que no pertenece al intervalo. S¶olo hay que incluir los extremos del mismo: (§1; 0). Circunferencia exterior: y2 = 4 ¡ x2 ; x 2 [¡2; 2]. Sustituyendo en f tenemos g(x) = x2 + 4x + 7. Asi g0 (x) = 2x + 4 = 0 y se tiene x = ¡2 que es un extremo del intervalo. Incluyendo el otro extremo: (§2; 0). Evaluando f (1; 0) = 9; f (¡1; 0) = 1; f (2; 0) = 19; f (¡2; 0) = 3. M¶aximo absoluto en (2; 0) y m¶³nimo en (¡1; 0).

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario de Julio. 2 de Julio de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. Calcular

(1 + i)9 , siendo i la unidad imaginaria de los n¶ umeros complejos. 1 + i9

(1 + i)9 (1 + i)9 = (1 + i)8 = 1 + i9 1+i p p ¼ ¼ Como j1+ij = 2 ) j(1+i)8 j = ( 2)8 = 16. Adem¶as, arg (1+i) = ) arg (1+i)8 = 8 = 2¼. 4 4 La soluci¶on es 16. i9 = (i4 )2 i = 1 ¢ i = i ) 1 + i9 = 1 + i )

2. Hallar el n¶ umero de ra¶³ces reales de f (x) = ln(1 + x) ¡ no hallarlas.)

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

1 1 x ¡ = que 1 + x (x + 1)2 (x + 1)2 es positivo en (0; +1), f es creciente y tiene, a lo sumo , una ra¶³z. Conclusi¶on: Tiene una u ¶ nica ra¶³z (que, adem¶as, es x = 0).

f (0) = 0 y por tanto tiene al menos una ra¶³z real. Como f 0 (x) =

3. Sea f 2 C (+1 (R). Sabemos que f tiene un m¶aximo local en x0 y que f 00 (x0 ) = 0. Halle f 000 (x0 ).

Si f 000 (x0 ) 6 = 0, f tendr¶³a un punto de in°exi¶on en x0 . Nos han dicho que tiene un m¶aximo local por lo que f 000 (x0 ) = 0.

4. Hallar el mayor valor que puede tomar la funci¶on f (x; y) =

jx + yj en R2 ¡ (0; 0). jxj + jyj

Como jx + yj · jxj + jyj (propiedad triangular del m¶odulo), f (x; y) · 1. Como f (1; 0) = el m¶aximo valor es 1.

j1j = 1, j1j

5. Dada f (x; y) = (x2 ¡ y 2 ; x + y) (a) Compruebe que es invertible en un entorno de (1; 0) (b) Calcule Jf ¡1 (1; 1) (Jf ¡1 representa el determinante jacobiano de f ¡1 ). Las derivadas parciales existen y son continuas (polinomios y constantes), por lo que la funci¶on µ ¶ 2x ¡2y es diferenciable. La matriz jacobiana es y el determinante jacobiano en (1; 0) vale 1 1 ¯ ¯ ¯ 2 0 ¯ ¯ ¯ = 0 por lo que es localmente invertible. Adem¶as, como f (1; 0) = (1; 1), ¯ 1 1 ¯=26 Jf ¡1 (1; 1) =

1 1 = Jf (1; 0) 2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario de Julio. 2 de Julio de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. ln x . Hallar el volumen del cuerpo de revoluci¶on que se forma al girar x la gr¶a¯ca de esta funci¶on alrededor del eje OX. (Hasta 10 puntos.) Sea f : [1; +1) ! R, f (x) =

V =¼

Z

1

+1

ln2 x dx = ¼ lim m!+1 x2

Z

1

m

ln2 x dx. x2

1 Aplicamos integraci¶on por partes con u = ln2 x ) du = 2 ln x dx; dv = x¡2 dx ) v = ¡x¡1 y x asi Z Z 2 2 ln x ln x dx = ¡ + 2 x¡2 ln x dx 2 x x A la integral resultante se le aplica, de nuevo, integraci¶on por partes con u = ln x ) du = 1 dx; dv = x¡2 dx ) v = ¡x¡1 y tenemos x Z · ¸ Z ln2 x ln2 x ln x ln2 x 2 ln x 2 ¡2 dx = ¡ + 2 ¡ + x dx = ¡ ¡ ¡ . Se sigue que 2 x x x x x x · ¸m · ¸ ln2 x 2 ln x 2 ln2 m 2 ln m 2 V = ¼ lim ¡ ¡ ¡ = ¼ lim ¡ ¡ ¡ + 2 = 2¼ ya que, aplicanm!+1 m!+1 x x x 1 m m m do la regla de L'H^opital, 1 1 2 ln m m 2m ln2 m 2 ln m lim = lim = lim = lim = 0. m!+1 m m!+1 m!+1 m!+1 1 1 m

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario de Julio. 2 de Julio de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.) Hallar los extremos absolutos de la funci¶on f (x; y) = ln(x2 + y2 + 13) +

Z

0

y2

et dt t+3

en el c¶³rculo D = f(x; y) j x2 + y2 · 9g.

1. Puntos cr¶³ticos relativos: @f 2x = 2 =0 ) x=0 @x x + y 2 + 13

à ! 2 2 @f 2y ey 1 ey = 2 + 2y = 2y + = 0 ) y = 0 ya que la expresi¶on @y x + y 2 + 13 y2 + 3 x2 + y 2 + 13 y 2 + 3 entre par¶entesis siempre es > 0. El u ¶ nico punto cr¶³tico es (0; 0).

2. Estudio en la frontera: Primera forma: Como x2 + y 2 = 9, la funci¶on f restringida a la frontera es g(y) = ln(9 + 13) + Z y2 t e dt; y 2 [¡3; 3], que es una funci¶on exclusivamente de y. Ahora basta tener en cuenta t+3 0 t e que > 0, y por tanto g es mon¶otona creciente, por lo que tomar¶a su m¶aximo valor en y 2 = 9, t+3 esto es, en ¡3; 3, de donde se obtienen los puntos (0; §3). En lugar de hacer este razonamiento, se puede derivar, etc. Segunda forma: Como x2 + y 2 = 9, y 2 = 9 ¡ x2 ; x 2 [¡3; 3]. Asi, g(x) = f (x; 9 ¡ x2 ) = Z 9¡x2 t e = ln(9 + 13) + dt. t + 3 0 2

g0 (x) =

e9¡x (¡2x) = 0 ) x = 0 9 ¡ x2 + 3

por lo que tenemos los puntos (0; §3). Hay que incluir tambi¶en los correspondientes a x = §3 por ser los extremos del dominio de g, que son (§3; 0). Como f (0; 0) = ln 13 Z

9

et dx 0 t+3 f (§3; 0) = ln 22 + 0 = ln 22 f (0; §3) = ln 22 +

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

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario de Julio. 2 de Julio de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Dadas las funciones: f : R2 ! R2 , f (x; y) = (y + cosx; x + ey ), g : R2 ! R, g(t; u) = t + u, Se pide: 1. Derivada de F = g ± f en el punto (0, 0) seg¶ un el vector ~v = (2; ¡1). (2 puntos.) 2. M¶aximo valor de la derivada direccional de F en (0, 0). (2 puntos.) 3. Comprobar que la ecuaci¶on F (x; y) = 2 de¯ne a y como funci¶on impl¶³cita de x, y = y(x), en un abierto que contiene al punto (0, 0). (3 puntos.) 4. Calcular la derivada de esa funci¶on impl¶³cita en el punto x = 0. (3 puntos.) Componiendo las funciones F (x; y) = y + cos x + x + ey . Asi: 1.

@F @F = ¡ sen x + 1 ) (0; 0) = 1 @x @x @F @F = 1 + ey ) (0; 0) = 2 @y @y Asi, normalizando ~v , rF (0; 0) = (1; 2) ) D~v F (0; 0) = (1; 2) ¢

2. jjrF (0; 0)jj =

p p 12 + 22 = 5.

µ

2 ¡1 p ;p 5 5

¶

= 0.

3. Sea h(x; y) = y + cos x + x + ey ¡ 2. El pnto cumple la ecuaci¶on, ya que h(0; 0) = 0. Adem¶as, las derivadas parciales de h son @h @h = ¡ sen x + 1 y = 1 + ey que son continuas por ser combinaci¶on de la funci¶on exponencial y @x @y @h @h funciones circulares. Por tanto h es diferenciable. Evaluando en (0; 0), (0; 0) = 1 y (0; 0) = 2, @x @y y asi y = y(x). 4. Derivando impl¶³citamente, y 0 ¡ sen x + 1 + ey y 0 = 0 y evaluando en (0; 0), y 0 (0) + 1 + y0 (0) = 0. Por 1 tanto y 0 (0) = ¡ . 2

Ex¶amenes del curso 2014 ¡ 2015

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 27 de Octubre de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. Demuestre mediante el principio de inducci¶on

n X

k=1

1 n = k(k + 1) n+1

Para n = 1 es de comprobaci¶on inmediata. Suponemos cierto que

n X

k=1

comprobar

n+1 X k=1

n+1 X k=1

1 n+1 = . k(k + 1) n+2

1 n = y debemos k(k + 1) n+1

n

X 1 1 1 n 1 n2 + 2n + 1 = + = + = = k(k + 1) k(k + 1) (n + 1)(n + 2) n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) k=1

=

(n + 1)2 n+1 = (n + 1)(n + 2) n+2

2. Determinar el conjunto f z 2 C j z ¡ z¹ = i g, siendo C el conjunto de los n¶ umeros complejos e i la unidad imaginaria. z = x + iy; z¹ = x ¡ iy ) z ¡ z¹ = 2iy = i ) y = Son los n¶ umeros complejos con parte imaginaria

1 2

1 . 2

p x2 3. Hallar, si existe, el valor de lim x!0 sen x p

x2 jxj = lim tenemos x!0 sen x x!0 sen x

Como lim

lim

x!0+

No existe el l¶³mite.

jxj x = lim =1 sen x x!0+ x

lim

x!0¡

jxj ¡x = lim = ¡1 sen x x!0¡ x

4. Sea f : [¡1; +1) ! R f (x) = e¡x ¡ x3 ¡ ¶lculo, so ¶ lo su nu ¶ mero) se pide su ca Como f (¡1) = e ¡ 1 > 0 y (¡1; +1) es

1 2

p

x + 1. Determinar cu¶antas ra¶³ces reales tiene. (no

lim f (x) = ¡1, tiene al menos una ra¶³z real. La derivada en

x!+1

1 f 0 (x) = ¡e¡x ¡ 3x2 ¡ p <0 4 x+1 la funci¶on es siempre decreciente. S¶olo tiene una ra¶³z real. 5. El polinomio x3 ¡ 6x2 + 12x ¡ 5 es el polinomio de Taylor de orden 3 en a = 2 de una funci¶on f . Determinar: (a) Ecuaci¶on de la recta tangente a f en a = 2. (b) >Tiene f un punto cr¶³tico en a = 2?. En caso a¯rmativo, clasi¯carlo. Sabemos que el valor de la funci¶on y sus derivadas en el punto a = 2 coinciden con las del polinomio hasta el orden 3 (en este caso). Si representamos por p(x) = x3 ¡ 6x2 + 12x ¡ 5, tenemos (a) f (2) = p(2) = 3; f 0 (2) = p0 (2) = 0. La recta tangente es y = 3. (b) Ya hemos visto que 2 es un punto cr¶³tico (o estacionario). Como f 00 (2) = p00 (2) = 0 es un posible punto de in°exi¶on. Adem¶as f 000 (2) = p000 (2) = 6 6 = 0, se trata de un punto de in°exi¶on.

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 27 de Octubre de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. = 0, f (0) = a. (ln es el logaritmo neperiano.) Consideremos la funci¶on f (x) = x3 ln jxj si x 6 1. Hallar el valor de a (si existe) para el que f es continua. (Hasta 3 puntos.) 2. Estudiar la existencia de las derivadas primera, segunda y tercera de f en x = 0. (Hasta 5 puntos.) 3. Escribir el polinomio de Taylor de f en a = 0 de mayor orden posible. (Hasta 2 puntos.) 8 3 < x ln x a La funci¶on es f (x) = : 3 x ln(¡x)

si x > 0 si x = 0 si x < 0

1. Aplicando la regla de L'H^opital tenemos 1 µ 3¶ ln x x 3 x lim+ f (x) = lim+ x ln x = lim+ = lim+ = lim+ ¡ =0 1 ¡3 3 x!0 x!0 x!0 x!0 x!0 x3 x4 ¡1 ln(¡x) x3 ¡x lim f (x) = lim x ln(¡x) = lim = lim = ¡ lim =0 1 x!0¡ x!0¡ x!0¡ x!0¡ ¡3 x!0¡ 3 x3 x4 El l¶³mite existe y vale 0. Por tanto, si a = 0, la funci¶on es continua. 3

x3 ln jxj ¡ 0 = lim x2 ln jxj, repitiendo el x!0 x!0 x¡0 proceso 8 del apartado anterior, el l¶³mite existe y vale 0. Por tanto la funci¶on derivada es si x > 0 < 3x2 ln x + x2 0 0 si x = 0 f (x) = : 3x2 ln(¡x) + x2 si x < 0

2. Estudiamos la existencia de la derivada en 0: Como lim

f 0 (x) ¡ 0 3x2 ln jxj + x2 = lim = lim 3x ln jxj + x, repitiendo el x!0 x!0 x!0 x¡0 x proceso del 8 apartado anterior, el l¶³mite existe y vale 0. Por tanto la funci¶on derivada segunda es si x > 0 < 6x ln x + 5x 0 si x = 0 f 00 (x) = : 6x ln(¡x) + 5x si x < 0

Segunda derivada en 0: Como lim

f 00 (x) ¡ 0 6x ln jxj + 5x = lim+ = lim+ 6 ln x + 5 = ¡1, la x¡0 x x!0 x!0 x!0 funci¶on no tiene tercera derivada en 0.

Tercera derivada en 0: Como lim+

3. Por tanto el polinomio de mayor grado que podemos construir es de grado 2 y es 0+

0 0 x + x2 = 0 1! 2!

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 27 de Octubre de 2014. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.) Sea f : (0; +1) ! R; f (x) =

1 . x

1. Hallar el punto de la curva por el que debemos trazar la recta tangente de forma que el segmento de recta tangente determinado por los ejes coordenados tenga longitud m¶³nima. (Hasta 5 puntos.) ¸ · 1 1 2. >Qu¶e sucede si la funci¶on anterior est¶a de¯nida en el intervalo ; ? (Hasta 5 puntos.) 3 2 µ ¶ 1 Tomamos un punto gen¶erico A con coordenadas a; a 1 1 0 0 Como f (x) = ¡ 2 , f (a) = ¡ 2 y la recta tangente en A x a 1 1 tiene ecuaci¶on y = ¡ 2 (x ¡ a). Para obtener el punto B a a C A:(a,1/a) se hace y µ= 0 y¶resulta ser B : (2a; 0). Para C se hace x = 0 2 y asi C : 0; . Consideramos la distancia al cuadrado a B 4 8 a4 ¡ 1 f (a) = 4a2 + 2 ) f 0 (a) = 8a ¡ 3 = 8 a a a3 Igualando a 0 tenemos a = §1. Como ¡1 no pertenece al dominio, se desprecia. Adem¶as ² Si a < 1; f 0 (a) < 0 luego f decrece. ² Si a > 1; f 0 (a) > 1 luego f crece. 1. El punto cr¶³tico 1 pertenece al dominio y las consideraciones sobre los signos de la derivada nos dicen que hay un m¶³nimo absoluto. Tambi¶en se pueda hacer por consideraciones geom¶etricas. El punto buscado es (1; 1). 2. En este caso el u ¶ nico punto cr¶³tico 1 no pertenece al intervalo, la derivada no se anula en ¶el y es 1 < 0. El m¶³nimo absoluto se encuentra en el extremo de la derecha del dominio, esto es, . El punto 2 µ ¶ 1 ;2 . buscado es 2

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente Z 3x + 6 dx 1. Calcule x2 + 2x + 5 ·Z ¸ Z 2x + 4 3 2x + 2 1 dx = dx + 4 dx x2 + 2x + 5 2 x2 + 2x + 5 x2 + 2x + 5 " µ ¶2 # x+1 2 2 Como x + 2x + 5 = (x + 1) + 4 = 4 1 + , 2 I=

Z

3x + 6 3 dx = x2 + 2x + 5 2

3 I= 2

"Z

Z

2x + 2 dx + 2 2 x + 2x + 5

Z

1+

1 2 ¡ x+1 ¢2 2

#

dx =

3 x+1 ln jx2 + 2x + 5j + 3 arctg + c: 2 2

Nota: Como x2 + 2x + 5 ¸ 0, puede eliminarse el m¶odulo en el logaritmo. 2. Estudiar la diferenciabilidad en (0; 0) de la funci¶on f (x; y) = jy ¡ x2 j. f (0; y) ¡ f (0; 0) jyj = lim no existe, no existe la derivada parcial respecto a y y no es y!0 y y¡0 diferenciable. Como lim

y!0

3. Sea F (x; y) =

Z

2y¡x

2

et dt. Demostrar que F es diferenciable en el punto (2; 1) y hallar la ecuaci¶on

x2 ¡4

del plano tangente a la gr¶a¯ca de F en dicho punto. 2 2 2 @F = ¡e(2y¡x) ¡ 2xe(x ¡4) @x 2 @F = 2e(2y¡x) @y las derivadas parciales existen y son continuas por ser composici¶on de la funci¶on exponencial con polinomios.Por tanto F es diferenciable. Z 0 2 @F @F (2; 1) = ¡5 (2; 1) = 2 ) rF (2; 1) = (¡5; 2). Asi, como F (2; 1) = et dt = 0, la @x @y 0 ecuaci¶on del plano tangente es

z = 0 + (¡5; 2) ¢ (x ¡ 2; y ¡ 1) = ¡5x + 2y + 8

2 2 4. µ Sea f : R ¶ ! R una funci¶on f (x; y) tal que f (0; 0) = (1; 1) y cuya matriz jacobiana en (0; 0) es 1 1 y g : R2 ! R, g(u; v) = u2 + v. Sea h = g ± f la aplicaci¶on compuesta de f con g. 2 3 @h Calcular (0; 0) @x

Como f (0; 0) = (1; 1), tenemos Jg(1; 1) = (2 1) ) Jh(0; 0) = (2 1) Otra forma:

µ

1 2

1 3

¶

= (4 5) )

@h (0; 0) = 4 @x

@h @g @u @g @v (0; 0) = (1; 1) (0; 0) + (1; 1) (0; 0) = 2 ¢ 1 + 1 ¢ 2 = 2 + 2 = 4 @x @u @x @v @x

5. Sea f : R2 ! R una funci¶on de la que sabemos (a) f (2; 1) = 3 (b) rf (2; 1) = (4; 5). (r indica gradiente). µ ¶ 2 0 (c) Hf (2; 1) = . (Hf indica matriz hessiana) 0 3 Escriba su polinomio de Taylor de orden 2 en (2; 1).

3+

1 1 1 1 1 ¢ 4 ¢ (x ¡ 2) + ¢ 5 ¢ (y ¡ 1) + ¢ 2 ¢ (x ¡ 2)2 + ¢ 0 ¢ (x ¡ 2)(y ¡ 1) + ¢ 3 ¢ (y ¡ 1)2 = 1! 1! 2! 1!1! 2! 3 = 3 + 4(x ¡ 2) + 5(y ¡ 1) + (x ¡ 2)2 + (y ¡ 1)2 2

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Consideremos el sector circular de¯nido por f (x; y) j x2 + y 2 · r 2 ; y ¸

p 3x; x ¸ 0g

Calcular el volumen del cuerpo engendrado por este sector cuado gira alrededor del eje OX.

sector

p Las secciones exterior es y = + r 2 ¡ x2 y el p ortogonales al eje OX son coronas circulares. El2 radio interior es y = 3x. Por tanto el ¶area de la corona es A(x) = ¼(r ¡ x2 ) ¡ ¼3x2 = ¼(r 2 ¡ 4x2 ). Como el r punto de intersecci¶on entre la circunferencia y la recta tiene por abscisa 2 Z r2 ¼r 3 (r 2 ¡ 4x2 ) dx = V =¼ 3 0

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.) Determinar el m¶aximo y m¶³nimo absolutos de la funci¶on f (x; y) = x2 + y 2 + 1 en la regi¶on A = f (x; y) 2 R2 j

x2 + y 2 · 2; y · 1 g 4

La regi¶on es la que aparece en la ¯gura

1 A

Puntos cr¶³ticos relativos:

@f = 2x = 0 @x

@f = 2y = 0. S¶olo el (0; 0). @y

Estudio en la frontera: x2 = 1, por lo que x 2 [¡2; 2]. Debemos 4 2 0 estudias '(x) = f (x; 1) = x + 2; x 2 [¡2; 2]. Como ' (x) = 2x = 0, s¶olo tenemos x = 0. Como estamos en el segmento y = 1, el punto cr¶³tico es (0; 1). Adem¶as debemos a~ nadir los correspondientes a los extremos del intervalo, (¡2; 1) y (2; 1).

² Segmento con y = 1: Sustituyendo en la elipse se tiene

² Elipse: En la elipse tenemos y 2 = los posibles resultados con y > 1

p p 8 ¡ x2 x 2 [¡2 2; 2 2]. En el estudio debemos prescindir de 4

3x2 6x + 3 ) '01 (x) = =0 ) x=0 4 4 p p p Si x = 0, y = § 2 y como y = + p 2 > 1, prescindimos de ¶el. Tenemos asi (0; ¡ 2) como punto cr¶³tico. Adem¶as debemos a~ nadir (§2 2; 0) correspondientes a los extremos del intervalo.pEvaluando f es todos esos puntos, se tiene m¶³nimo absoluto en (0; 0) y m¶aximos absolutos en (§2 2; 0). '1 (x) =

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal ordinario. 23 de Enero de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. Calcule las ra¶³ces de x4 ¡ 81 = 0 y expr¶eselas en forma a + ib. Resoluci¶ on elemental: (x4 ¡81) = (x2 ¡9)(x2 +9) = (x¡3)(x+3)(x¡3i)(x+3i) = 0 ) x = §3; §3i p Calculando 4 81: p Como 81 = 34 , el m¶odulo de las soluciones es 4 81 = 3. El argumento de 81 es 0 y como es una ra¶³z cuarta necesitamos 4 argumentos consecutivos: 0; 2¼; 4¼; 6¼. Los argumentos de las soluciones 3¼ ¼ ser¶an: 0; ; ¼; y las soluciones 2 2 ³ ¼ ¼´ x1 = 3(cos 0 + i sen 0) = 3; x2 = 3 cos + i sen = 3i, 2 2 µ ¶ 3¼ 3¼ x3 = 3(cos ¼ + i sen ¼) = ¡3; x4 = 3 cos + i sen = ¡3i. 2 2

2. Estudie la derivabilidad de f (x) =

lim+

x!0

e2jxj ¡ 1 en x = 0. e2x + 1

f (x) ¡ f (0) e2x ¡ 1 1 e2x ¡ 1 1 = lim+ = lim lim = lim 2e2x = 1 x¡0 x 2 x!0+ x!0 x(e2x + 1) x!0+ e2x + 1 x!0+

f (x) ¡ f (0) e¡2x ¡ 1 1 e¡2x ¡ 1 1 = lim+ = lim lim = lim [¡2e¡2x ] = ¡1 2x 2x + + x¡0 + 1) x!0 e + 1 x!0 x 2 x!0+ x!0 x!0 x(e Donde hemos aplicado que el l¶³mite del producto es el producto de l¶³mites si la operaci¶on est¶a de¯nida y la regla de L'H^opital. No es derivable. lim¡

3. Sea f (x; y) = 2x2 ¡ y 2 . Determine si en el punto (1; 0) cambia m¶as r¶apidamente en la direcci¶on del eje OX o en la del eje OY . Necesitamos parciales: @f = 4x ) @x Cambia m¶as

las derivadas direccionales, pero al ser en la direcci¶on de los ejes, son las derivadas @f @f @f (1; 0) = 4 = ¡2y ) (1; 0) = 0. @x @y @y rapidamente en la direcci¶on de OX.

4. El polinomio de Taylor de orden 2 de f (x; y) en el punto (2; 3) es 3 + 2(x ¡ 2) + (x ¡ 2)2 + 3(y ¡ 3)2 + 2(x ¡ 2)(y ¡ 3) Demuestre que la funci¶on g(x; y) = f (x; y) ¡ 2(x ¡ 2) tiene un extremo relativo en el punto (2; 3) y clasif¶³quelo. El polinomio de g(x; y) es 3 + (x ¡ 2)2 + 3(y ¡ 3)2 + 2(x ¡ 2)(y ¡ 3). Como no aparecen x ¡ 2; y ¡ 3, @g @g (2; 3) = (2; 3) = 0 por lo que es punto cr¶³tico. Adem¶as @x @x ¯ ¯ ¯ 2>0 2 ¯ @2g @2g @2g ¯ ¯=8>0 (2; 3) = 2; (2; 3) = 6; (2; 3) = 2; ) ¯ 2 6 ¯ @x2 @y2 @x@y Se trata de un m¶³nimo.

5. Dadas las funciones g(x; y) = (x2 + 1; y 2 ), f (u; v) = (u + v; u; v 2 ), determine la matriz jacobiana de h = f ± g en el punto (1; 1). La funci¶on compuesta es h(x; y) = (x2 + y 2 + 1; x2 + 1; y 4 ) y asi las derivadas parciales de las tres funciones componentes son @h1 @h1 @h2 @h2 @h3 @h3 = 2x; = 2y; = 2x; = 0; = 0; = 4y 3 @x @y @x @y @x @y y evaluando en el punto (1; 1) tenemos

0

2 @ 2 0

1 2 0 A 4

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal ordinario. 23 de Enero de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. 1. Calcule el volumen del cuerpo que se obtiene al girar alrededor del eje OX el c¶³rculo x2 +(y¡3)2 · 1. (Hasta 7 puntos.) R x ln t dt 1 t . (Hasta 3 puntos.) 2. Calcule el l¶³mite lim x!1 cos(x ¡ 1) ¡ 1

1. El volumen buscado es la diferencia entre el volumen generado por el ¶area de la segunda ¯gura (V1 ) y el generado por la tercera (V2 ).

V1 = 2¼

Z

1

(3+

0

V2 = 2¼

Z

1

(3¡

0

p

p

1¡

x2 )2

dx = 2¼

V = V1 ¡ V2 = 2¼

0

1

1

0

1 ¡ x2 )2 dx = 2¼ Z

Z Z

0

p 12 1 ¡ x2 dx

1

p (9+1¡x2 +6 1 ¡ x2 ) dx p (9+1¡x2 ¡6 1 ¡ x2 ) dx

Con el cambio de variable x = sen t la integral es V = 24¼

Z

¼ 2

0

cos2 t dt =

·

t + sen t cos t 2

¸ ¼2

= 6¼ 2

0

2. Al tender x ! 1, el numerador y el denominador tienden a 0 por lo que podemos aplicar L'H^opital: ln t t

ln x dt 1 ln x x = lim = lim lim x!1 cos(x ¡ 1) ¡ 1 x!1 ¡ sen(x ¡ 1) x!1 x x!1 ¡ sen(x ¡ 1)

lim

Como

Rx 1

1 ln x x = lim = ¡1 x!1 ¡ sen(x ¡ 1) x!1 ¡ cos(x ¡ 1)

lim

el l¶³mite completo vale 1 ¢ (¡1) = ¡1.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal ordinario. 23 de Enero de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 20 5 puntos por apartado.) 8 p 2 < x x + 2y 2 p Sea f (x; y) = x2 + y 2 : 0 Estudie

si (x; y) 6 = (0; 0) si (x; y) = (0; 0)

1. Continuidad de f en todo R2 . 2. Existencia de las derivadas parciales de f en (0; 0). 3. Diferenciabilidad de f en (0; 0).

1. Continuidad en (0; 0): Aplicando directamente el cambio a coordenadas polares se tiene p p x x2 + 2y2 ½ cos ' ½2 cos2 ' + 2½2 sen2 ' p = lim = lim ½!0 (x;y)!(0;0) ½ x2 + y 2 p = lim ½ cos ' cos2 ' + 2 sen2 ' ½!0 p p p 2 2 Como cos ' + 2 sen ' · 1 + 2 = 3, se tiene que p p p ¡ 3 · cos ' cos2 ' + 2 sen2 ' · 3 As¶³

p p p ¡ 3½ · ½ cos ' cos2 ' + 2 sen2 ' · 3½

de donde se sigue que el l¶³mite es 0 y que la funci¶on es continua. En el resto de los puntos lo es por ser cociente de funciones continuas y no anularse el denominador. 2. Existencia de las derivadas parciales en (0; 0): @f f (x; 0) ¡ f (0; 0) (0; 0) = lim = lim x!0 x!0 @x x¡0

p xp x2 x2

x

¡0

=1

@f f (0; y) ¡ f (0; 0) 0¡0 (0; 0) = lim = lim =0 y!0 y!0 @y y¡0 y

3. Diferenciabilidad en (0; 0): Como las derivadas parciales existen, debe calcularse el l¶³mite p x x2 +2y 2 p p p 2 2 ¡x x x2 + 2y 2 ¡ x x2 + y 2 x +y p L= lim = lim (x;y)!(0;0) (x;y)!(0;0) x2 + y 2 x2 + y2 Haciendo el cambio a coordenadas polares, p ½ cos ' ½2 cos2 ' + 2½2 sen2 ' ¡ ½2 cos ' L = lim = ½!0 ½2 p = cos ' 1 + sen2 ' ¡ cos '

Como el l¶³mite depende de ', la funci¶on no es diferenciable en (0; 0) (n¶otese que la funci¶on es, en este caso, continua y tiene derivadas parciales en (0; 0), pero no es diferenciable. Se puede asegurar entonces que, al menos una de las derivadas parciales, no es continua).

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal ordinario. 23 de Enero de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Dada la funci¶on f (x; y) = x2 y + y 3 ¡ 2xy calcule: 1. Extremos relativos de f en D : f(x; y) j x2 + y 2 ¡ 2x < 0. (Hasta 7 puntos.) 2. Extremos absolutos de f en D : f(x; y) j x2 + y2 ¡ 2x · 0. (Hasta 3 puntos.)

1.

@f @f = 2xy ¡ 2y = 2y(x ¡ 1) = 0 ) y = 0 o x = 1. Como = x2 + 3y 2 ¡ 2x = 0, @x @y ² Si y = 0 tenemos x2 ¡ 2x = 0 ) x = 0; 2. Puntos (0; 0); (2; 0), que no pertenecen al dominio (¯j¶emonos en el < 0 estricto en este caso). µ ¶ 1 1 2 que si pertenecen al dominio. ² Si x = 1 tenemos 3y ¡ 1 = 0 ) y = § p . Puntos 1; § p 3 ¯ ¯ 2 3 ¯ ¯ µ ¶ 0 ¯ ¯ p >0 1 ¯ ¯ 3 Adem¶as, el hessiano en 1; p es ¯ ¯ = 4 > 0. Se trata de un m¶³nimo local. 6 ¯ 3 p ¯¯ 0 ¯ 3 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ µ ¶ 0 ¯ ¯ ¡p < 0 1 ¯ ¯ 3 En 1; ¡ p es ¯ ¯ = 4 > 0. Se trata de un m¶aximo local. 6 ¯ 3 0 ¡ p ¯¯ ¯ 3

2. Como f (x; y) = y(x2 + y 2 ¡ 2x) = 0 en toda la frontera y adem¶as µ ¶ 1 2 p ² f 1; =¡ p 3 3 3 µ ¶ 2 1 ² f 1; ¡ p = p 3 3 3

el m¶³nimo y m¶aximo absolutos coinciden con los relativos calculados antes.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario de Julio. 1 de Julio de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente 1. Calcule

µ

i74 + i i41 ¡ i6

¶3

. (Hasta 2 puntos.)

i74 = i4¢18+2 = (i4 )18 ¢ i2 = ¡1 i41 = i4¢10+1 = (i4 )10 ¢ i = i Asi,

µ

i74 + i i41 ¡ i6

¶3

=

µ

¡1 + i i+1

¶3

=

µ

(¡1 + i)(1 ¡ i) (i + 1)(1 ¡ i)

¶3

=

µ

2i 2

i6 = i4 ¢ i2 = ¡1 ¶3

= i3 = ¡i

h ¼i R sen x+cos x pt 2. Sea F : 0; ! R de¯nida por F (x) = 0 e dt. Hallar los extremos absolutos de F . 2 (Hasta 3 puntos.) F 0 (x) = e

p sen x+cos x

Luego el u ¶ nico punto cr¶³tico es

(cos x ¡ sen x) = 0 ) cos x = sen x ) x =

¼ 4

¼ . Adem¶as 4

¼ ) cos x > sen x ) F 0 > 0 y F crece 4 ¼ ² Si x > ) cos x < sen x ) F 0 < 0 y F decrece 4 ¼ F tiene un m¶aximo absoluto en . Adem¶as el m¶³nimo absoluto estar¶a en uno de los extremos. 4 Z ² Si x <

1 p

Como F (0) =

e

t

dt = F (1), los valores de F en los extremos coinciden y asi tiene m¶³nimo

0

absoluto en los dos.

3. El polinomio de Taylor de orden 2 de f (x; y) en el punto (0; 0) es p(x; y) = 3 ¡ 2x + 3x2 ¡ 5xy + 4y4 Hallar la direcci¶on de m¶axima variaci¶on de la funci¶on f en (0; 0). (Se recuerda que una direcci¶ on es un vector de longitud 1.) (Hasta 2 puntos.) Seg¶ un el polinomio de Taylor que nos han dado, rf (0; 0) = (¡2; 0). As¶³ la direcci¶on es (¡1; 0).

4. Sea f : R2 ! R3 ; µ f (x; y) =¶(x2 ¡ y 2 ; x + y 2 ; x2 ¡ y 3 ) y g : R3 ! R otra funci¶on de la que sabemos 3 ; ¡6; 1 ; 8 (x; y; z). Hallar la matriz jacobiana de h = g ± f en todo punto que rg(x; y; z) = 2 (x; y) 2 R2 . (r signi¯ca gradiente.) (Hasta 3 puntos.) Primer procedimiento: Al ser rg(x; y; z) = g(x; y; z) =

µ

¶ 3 ; ¡6; 1 ; 8 (x; y; z), la funci¶on g es 2

3 5 15 x¡6y+z+c ) h(x; y) = g±f (x; y) = g(x2 ¡y 2 ; x+y 2 ; x2 ¡y 3 ) = x2 ¡6x¡ y 2 ¡y3 +c 2 2 2

y as¶³, Jh = (5x ¡ 6 ¡ 15y ¡ 3y 2 ).

Segundo procedimiento: 0 1 0 µ ¶ 2x 2x ¡2y 3 2y A ) Jh = Jg ¢ Jf = ¡6 1 @ 1 Jf = @ 1 2 2x 2x ¡3y2

1 ¡2y 2y A = (5x ¡ 6 ¡ 15y ¡ 3y 2 ) ¡3y 2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario de Julio. 1 de Julio de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Calcule el volumen del cuerpo que se obtiene al girar alrededor de [0; +1) la gr¶a¯ca de la funci¶on sen x f : [0; +1) ! R; f (x) = x . (Hasta 10 puntos.) e V =¼

Z

+1

e¡2x sen2 x dx = ¼ lim

0

m!+1

Z

m

e¡2x sen2 x dx

0

1 ¡ cos 2x , 2 Z Z Z Z 1 ¡ cos 2x 1 1 1 1 I = e¡2x sen2 x dx = e¡2x dx = e¡2x dx ¡ e¡2x cos 2x dx = ¡ e¡2x ¡ I1 2 2 2 4 2 C¶ alculo de la primitiva: Como sen2 x =

Realizando una integraci¶on por partes con la elecci¶on u = cos 2x; dv = e¡2x dx, Z Z 1 ¡2x ¡2x I1 = e cos 2x dx = ¡ e cos 2x ¡ e¡2x sen 2x dx 2 Realizando una nueva integraci¶on por partes con la elecci¶on u = sen 2x; dv = e¡2x dx, Z Z 1 1 1 1 I1 = ¡ e¡2x cos 2x¡ e¡2x sen 2x dx = ¡ e¡2x cos 2x+ e¡2x sen 2x¡ e¡2x cos 2x dx ) 2I1 = e¡2x (sen 2x¡cos 2x) 2 2 2 2 I1 =

1 ¡2x 1 1 (sen 2x ¡ cos 2x) ) I = ¡ e¡2x ¡ e¡2x (sen 2x ¡ cos 2x) e 4 4 8

C¶ alculo del volumen: ¸m ¸ · · 1 ¼ 1 1 1 1 ¡2m 1 ¡2m V = ¼ lim ¡ e¡2x ¡ e¡2x (sen 2x ¡ cos 2x) = ¼ lim ¡ e (sen 2m ¡ cos 2m) = ¡ ¡ e m!+1 m!+1 4 4 8 8 4 8 8 0 ya que

lim e¡2m = 0 y el segundo l¶³mite es "funci¶on que tiende a 0" por "funci¶on acotada".

m!+1

alculo de la primitiva: Se puede aplicar directamente la integraci¶on por partes en Z Variaciones en el c¶ ¡2x 2 e sen x dx tomando u = sen2 x; dv = e¡2x dx, con lo que se obtiene Z

1 e¡2x sen2 x dx = ¡ e¡2x sen2 x + 2

Z

e¡2x sen x cos x dx

1 Ahora se tiene en cuenta que sen x cos x = sen 2x y se continua como antes o se realiza una nueva 2 integraci¶on por partes con la elecci¶on u = sen x cos x ) du = (cos2 x ¡ sen2 x) dx = ((1 ¡ sen2 ) ¡ sen2 x) dx = (1 ¡ 2 sen2 x) dx

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario de Julio. 1 de Julio de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

Sea f (x; y) =

8 < :

3 + 2x ¡ y +

xa y b x2 + y 2

3

si (x; y) 6 = (0; 0)

a; b > 0. Se pide

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

1. Hallar la relaci¶on entre a y b para que f sea continua en (0; 0). (Hasta 3 puntos.) 2. Hallar las derivadas parciales de f en (0; 0). (Hasta 4 puntos.) 3. Hallar la relaci¶on entre a y b para que f sea diferenciable en (0; 0). (Hasta 3 puntos.)

1. Para que f sea continua en (0; 0), lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) = f (0; 0) = 3 y como

=3+

lim

(x;y)!(0;0)

f (x; y) =

xa y b ) (x;y)!(0;0) x2 + y 2 lim

lim

(x;y)!(0;0)

·

¸ xa y b 3 + 2x ¡ y + 2 = x + y2

xa y b =0 (x;y)!(0;0) x2 + y 2 lim

Por tanto a + b > 2. 2.

@f f (x; 0) ¡ f (0; 0) 3 + 2x ¡ 3 (0; 0) = lim = lim =2 x!0 x!0 @x x¡0 x @f f (0; y) ¡ f (0; 0) 3¡y¡3 (0; 0) = lim = lim = ¡1 y!0 y!0 @y y¡0 y

3. Como las derivadas parciales existen, para estudiar la diferenciabilidad en (0; 0) debemos estudiar el l¶³mite lim

f (x; y) ¡ f (0; 0) ¡

(x;y)!(0;0)

=

@f @x (0; 0)(x

p

¡ 0) ¡

@f @y (0; 0)(y

x2 + y 2

lim

(x;y)!(0;0)

que debe ser 0. Para ello, a + b > 3.

xa yb x2 +y 2

p

x2 + y 2

=

¡ 0)

lim

(x;y)!(0;0)

a b

y 3 + 2x ¡ y + xx2 +y 2 ¡ 3 ¡ 2x + y p = lim = (x;y)!(0;0) x2 + y 2

xa yb

3

(x2 + y2 ) 2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario de Julio. 1 de Julio de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Dada la funci¶on f (x; y) = xy ¡ 2x ¡ y + 6 1. Determine y clasi¯que los extremos relativos de f . (Hasta 3 puntos.) 2. Determine los extremos absolutos de f en la regi¶on triangular con v¶ertices (0; 0); (0; 8) y (4; 0). (Hasta 7 puntos.)

1.

@f = y ¡ 2 = 0 ) y = 2. @x @f = x ¡ 1 = 0 ) x = 1. @y ¶ Unico punto cr¶³tico (1; 2). Como @2f =0 @x2

@2f =1 @x@y

se trata de un punto de silla o puerto.

¯ ¯ 0 @2f = 0 ) H = ¯¯ 2 1 @y

¯ 1 ¯¯ = ¡1 < 0 0 ¯

2. El u ¶ nico punto cr¶³tico (1; 2) pertenece al interior del dominio. Estudiemos la frontera ² Lado situado sobre el eje OY : Corresponde a x = 0, y 2 [0; 8]. '(y) = f (0; y) = ¡y + 6 y como '0 (y) = ¡1 no tiene puntos cr¶³ticos. Se consideran los extremos (0; 0); (0; 8)

² Lado situado sobre el eje OX: Corresponde a y = 0, x 2 [0; 4]. '(x) = f (x; 0) = ¡2x + 6 y como '0 (y) = ¡2 no tiene puntos cr¶³ticos. Se consideran los extremos (0; 0); (4; 0)

² Segmento oblicuo: La recta que une (0; 8) y (4; 0) es y = ¡2x + 8. En el segmento considerado, x 2 [0; 4]. '(x) = f (x; ¡2x + 8) = ¡2x2 + 8x ¡ 2 ) '0 (x) = ¡4x + 8 = 0 ) x = 2 y por tanto, y = 4. Punto (2; 4). Se consideran los extremos (0; 8); (4; 0). Evaluando, f (0; 0) = 6; f (0; 8) = ¡2; f (4; 0) = ¡2; f (2; 4) = 6. Asi, m¶aximos absolutos en (0; 0) y (2; 4) y m¶³nimos en (0; 8); (4; 0). Nota: No es preciso evaluar en el punto (1; 2) obtenido en el primer apartado ya que se trata de un punto de silla interior a la regi¶on. De todas formas, f (1; 2) = 4.

Ex¶amenes del curso 2015 ¡ 2016

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 24 de Octubre de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente 1. Pruebe, mediante el m¶etodo de inducci¶on, que 6(1 + 7 + 72 + ¢ ¢ ¢ + 7n ) = 7n+1 ¡ 1. (2 puntos.) 6(1 + 7 + 72 + ¢ ¢ ¢ + 7n ) = 7n+1 ¡ 1 ) 1 + 7 + 72 + ¢ ¢ ¢ + 7n =

7n+1 ¡ 1 6

72 ¡ 1 48 = = 8. Se cumple para n = 1. 6 6 7n+1 ¡ 1 Suponemos cierto 1 + 7 + 72 + ¢ ¢ ¢ + 7n = . Entonces 6 Caso n = 1: 1 + 7 = 8;

1+7+72 +¢ ¢ ¢+7n +7n+1 =

7n+1 (1 + 6) ¡ 1+ 7n+2 ¡ 1 7n+1 ¡ 1 n+1 7n+1 ¡ 1 + 6 ¢ 7n+1 +7 = = = 6 6 6 6

y queda probado.

1 1 ¡ Im = 1. (Re signi¯ca parte real, z z Im parte imaginaria y z complejo conjugado de z.) (3 puntos.)

2. Halle todos los n¶ umeros complejos z que veri¯can que Re

Sea z = x + iy. Entonces

1 1 x ¡ iy x + iy ; . Asi, = 2 = 2 z x + y2 z x + y2

1 1 x y x¡y Re ¡Im = 2 ¡ = 2 = 1 ) x¡y = x2 +y2 ) z z x + y 2 x2 + y 2 x + y2 Se trata de los puntos de dicha circunferencia.

µ

1 x¡ 2

¶2 µ ¶2 1 1 + y+ = 2 2

8 < sen(x + sen x) 3. >Existe alg¶ un valor de a para el que la funci¶on f (x) = j sen xj : a sea continua? En caso a¯rmativo, determ¶³nelo. (3 puntos.)

³ ¼ ¼´ x2 ¡ ; ; x6 =0 2 2 x=0

sen(x + sen x) sen(x + sen x) x + sen x 1 + cos x = lim+ = lim+ = lim+ = 2 donde hemos j sen xj sen x x 1 x!0 x!0 x!0 aplicado las equivalencia del sen x en primer lugar y la regla de L'H^opital, en segundo lugar. Por otra parte, sen(x + sen x) sen(x + sen x) lim¡ = lim¡ = ¡2. Como los l¶³mites laterales son diferentes, el j sen xj ¡ sen x x!0 x!0 l¶³mite no existe y no hay ning¶ un valor de a para el que sea continua. lim

x!0+

4. Sea P (x) = 2 ¡ 3x + 2x2 el polinomio de Taylor de grado 2 de una funci¶on f en a = 1. Escriba la ecuaci¶on de la recta tangente a la gr¶a¯ca de f en a = 1. >Tenemos informaci¶on su¯ciente para escribirla en a = 0? (2 puntos.) Sabemos que el valor de la funci¶on y de su derivada en el punto a = 1 coinciden con el valor del polinomio y de su derivada en a = 1. Asi, f (1) = 1; f 0 (1) = 1. La recta tangente es y = 1 + 1 ¢ (x ¡ 1) = x. Esto s¶olo sucede en a = 1. Por tanto, no tenemos datos para el caso a = 0.

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 24 de Octubre de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Dada la funci¶on f : R ! R; f (x) =

jx2 ¡ 4j x2 + 1

1. Estudie su continuidad en R. (2 puntos.)

Asíntota

2. Estudie su derivabilidad en R. (4 puntos.) 3. Obtenga sus m¶aximos y m¶³nimos absolutos. (4 puntos.)

8 2 x ¡4 > > > > x2 + 1 > > > > 0 > < 4 ¡ x2 Eliminando el m¶odulo, la funci¶on es f (x) = > x2 + 1 > > > 0 > > > x2 ¡ 4 > > : x2 + 1

si x < ¡2 si x = ¡2

si ¡ 2 < x < 2

si x = 2 si x > 2

1. Usando la formulaci¶on del enunciado, la continuidad es inmediata ya que el denominador es un polinomio que no se anula nunca y el numerador es la composici¶on del m¶odulo (que es continua) y de un polinomio. 2. Es inmediata la derivabilidad en todo x 6 = ¡2; 2. En estos puntos tenemos: En x = ¡2: lim

x!¡2¡

x2 ¡4 x2 +1

x+2

=

lim

x!¡2¡

x2 ¡ 4 x¡2 4 = lim =¡ 2 2 ¡ (x + 1)(x + 2) x!¡2 x + 1 5

2

4¡x x2 +1

4 ¡ x2 2¡x 4 = lim + 2 = 2 5 x!¡2 x + 2 x!¡2 (x + 1)(x + 2) x!¡2 x + 1 Al ser distintos los l¶³mites laterales el l¶³mite no existe. No es derivable en x = ¡2. lim +

=

lim +

En x = 2: Totalmente similar. No es derivable. 8 10x > > > 2 2 > > > (x + 1) > > no existe > < 10x 0 ¡ 2 3. Derivando la funci¶on tenemos f (x) = (x + 1)2 > > > > no existe > > > 10x > > : 2 (x + 1)2

si x < ¡2 si x = ¡2

si ¡ 2 < x < 2 si x = 2 si x > 2

Como f 0 se anula s¶olo en x = 0, los puntos a considerar son 0, ¡2; 2 (por no ser derivable la funci¶on) y los extremos que, al no ser alcanzables, exigen el c¶alculo del oportuno l¶³mite. Como f (0) = 4; f (¡2) = f (2) = 0 y lim f (x) = 1, tenemos m¶³nimos absolutos en ¡2; 2 y m¶aximo x!§1

absoluto en x = 0.

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 24 de Octubre de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. x2 y 2 En la elipse 2 + 2 = 1 se inscribe un rect¶angulo de lados paralelos a los ejes. Halle las dimensiones 4 3 del rect¶angulo as¶³ constru¶³do para que 1. Tenga ¶area m¶axima. (Hasta 5 puntos.) 2. Tenga per¶³metro m¶aximo. (Hasta 5 puntos.)

(x,y)

3p 16 ¡ x2 . 4 p 3 p 1. El ¶area del rect¶angulo es f (x) = 4xy = 4 x 16 ¡ x2 = 3x 16 ¡ x2 ; x 2 [0; 4]. Derivando 4 ·p ¸ x 4 16 ¡ x2 ¡ x p f 0 (x) = 3 =0 ) x= p 2 2 16 ¡ x Como (x; y) se encuentra en la elipse, y =

que pertenece al dominio de la funci¶on. Asi que debemos considerar ese punto y los extremos del p 4 3 intervalo. Como f (0) = f (4) = 0, tenemos m¶aximo absoluto en x = p y = p . Asi, base = 4 2 2 2 p 6 y altura = p = 3 2. 2 · ¸ 3p 2. El per¶³metro es f (x) = 4x + 4y = 4 x + 16 ¡ x2 ; x 2 [0; 4]. Derivando 4 · ¸ 3 x 16 f 0 (x) = 4 1 ¡ p =0 ) x= 2 4 16 ¡ x 5 que pertenece al dominio. Los puntos a considerar son el antes citado y los extremos del intervalo. Como µ ¶ 3p 16 16 = 12; f (4) = 16; f = 4 ¢ 5 = 20 f (0) = 4 4 5 16 9 32 el m¶aximo absoluto se alcanza en x = ; y = . Asi las dimensiones son base = y 5 5 5 18 altura = . 5

Errores fundamentales cometidos Primera pregunta:

1 1 1 1 = = + z x + iy x iy

Segunda pregunta: 8 2 x ¡4 > < 2+1 x ² Escribir la funci¶on como f (x) = 2 ¡x +4 > : 2 x +1

si x ¸ 0 si x < 0

² El opuesto de x2 ¡ 4 es ¡x2 ¡ 4 y el de x2 ¡ 4 es x2 + 4 ² (x2 + 1)2 = x4 + 1 ² La derivada de

x2 ¡ 4 2x es =1 2 x +1 2x

² La derivada de

¡x2 + 4 ¡2x es = ¡1 2 x +1 2x

Tercera pregunta: p ² 16 ¡ x2 = 4 ¡ x en diversas presentaciones. ² El per¶³metro de un rect¶angulo de lados x; y es x2 + y2 con coe¯cientes aleatorios. ² Considerar los x; y de la ¯gura y decir que son los x; y de la ecuaci¶on de la elipse. y

x

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 18 de Diciembre de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente Z u Z x 1. Sea g(u) = f (t) dt y h(x) = g(u) du. Calcule h00 (x). (Hasta 2 puntos.) 0

0

0

h (x) = g(x) =

Z

0

x

f (t) dt ) h00 (x) = g 0 (x) = f (x)

8 < 2x2 ¡ 3xy 2 2. >La funci¶on f : R ! R, f (x; y) = x2 + y 2 : 0 (Hasta 2 puntos.)

si (x; y) 6 = (0; 0)

es diferenciable en (0; 0)?

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

2½2 cos2 ' ¡ 3½2 sen ' cos ' = 2 cos2 ' ¡ 3 sen ' cos ' ½!0 ½2 lim

la funci¶on no es continua en (0; 0) y, por tanto, no es diferenciable en (0; 0). 3. De la funci¶on f : R2 ! R, f 2 C (2 tenemos los siguientes datos ² f (1; 1) = 1

² Su gradiente en (1; 1) es (3; 2). ² Su matriz hessiana en (1; 1) es

µ

1 ¡1 ¡1 2

¶

Escriba el desarrollo de Taylor de orden 2 de f en (1; 1). (Hasta 2 puntos.)

f (x; y) = 1 +

1 1 (3(x ¡ 1) + 2(y ¡ 1)) + ((x ¡ 1)2 ¡ 2(x ¡ 1)(y ¡ 1) + 2(y ¡ 1)2 ) + R2 1! 2!

4. (a) Compruebe que la ecuaci¶on xyz + sen(z ¡ 6) ¡ 2(x + y + x2 y 2 ) = 0 de¯ne a z como funci¶on impl¶³cita de x; y, en un entorno del punto (1; 1; 6). (Hasta 2 puntos.) (b) Compruebe que z tiene un punto cr¶³tico en (1; 1). (No se pide clasi¯carlo, s¶olo comprobar que es punto cr¶³tico.) (Hasta 2 puntos.) (a) Sea f (x; y; z) = xyz +sen(z ¡ 6) ¡2(x +y + x2 y2 ). Entonces tenemos: f (1; 1; 6) = 6+ 0 ¡ 6 = 0. Las derivadas parciales de f son @f = yz ¡ 2(1 + 2xy 2 ); @x

@f = xz ¡ 2(1 + 2x2 y); @y

@f = xy + cos(z ¡ 6) @z

existen y son continuas en todo punto por ser polin¶omicas (las dos primeras) y una funci¶on circular (la tercera). Por tanto f es diferenciable en todo punto. Adem¶as, la matriz jacobiana de f en (1; 1; 6) es (0 0 2). Por tanto, z es funci¶on impl¶³cita de x; y. @ @z @z @z (b) : yz + xy + cos(z ¡ 6) ¡ 2(1 + 2xy 2 ) = 0. En (1; 1; 6), 6 + 2 (1; 1) ¡ 6 = 0 ) @x @x @x @x @z (1; 1) = 0 @x @z @ @z @z : xz + xy + cos(z ¡ 6) ¡ 2(1 + 2x2 y) = 0. En (1; 1; 6), 6 + 2 (1; 1) ¡ 6 = 0 ) @y @y @y @y @z (1; 1) = 0 @y Es punto cr¶³tico. (La derivada respecto a y se puede obtener tambi¶en por simetr¶³a de la funci¶on.)

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 18 de Diciembre de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. Calcule la primitiva

Z

2x ln x dx. (Hasta 5 puntos.) (1 + x2 )2

2. Se hace girar alrededor del eje OY el ¶area com¶ un a los c¶³rculos Calcule el volumen del cuerpo resultante. (Hasta 5 puntos.)

x2 + y 2 · 1;

(x ¡ 1)2 + y 2 · 1.

2x 1 1 1. Integramos por partes tomando u = ln x ) du = dx, dv = dx ) v = ¡ 2) x ((1 + x 1 + x2 Z Z 2x ln x ln x 1 y asi I = dx = ¡ + dx. Descomponiendo en fracciones simples, (1 + x2 )2 1 + x2 x(1 + x2 ) 1 1 x = ¡ . As¶³, 2 x(1 + x ) x 1 + x2 r ¶ Z µ 1 ln x 1 ln x ln x x x2 2 + +ln jxj¡ ln(1+x )+c = ¡ +ln +c: I=¡ ¡ dx = ¡ 2 2 2 2 1+x x 1+x 1+x 2 1+x 1 + x2 2. Por secciones:

p 2 Las p secciones ortogonales al eje OY son coronas circulares con p radio exterior p 1 ¡ y e interior 1 ¡ 1 ¡ y2 . As¶³, el ¶area de la corona es ¼(1 ¡ y 2 ¡ (1 ¡ 1 ¡ y2 )2 ) = ¼(2 1 ¡ y 2 ¡ 1). Por simetr¶³a, Z p23 Z p23 p p p V =2 ¼(2 1 ¡ y 2 ¡ 1) dy = 4¼ 1 ¡ y 2 dy ¡ 3¼ 0

0

Con el cambio y = sen t, tenemos 4¼

Z

0

p 3 2

p

1 ¡ y 2 dy = 4¼ p

Z

¼ 3

cos2 t dt = 4¼

0

p 2¼ 2 3¼ p 2¼ 2 3¼ + ¡ 3¼ = ¡ . El volumen es 3 2 3 2 Por cilindros: Se calculan las integrales 2¼

Z

0

1 2

·

t + sen t cos t 2

Z p 2 x 1 ¡ (x ¡ 1) dx + 2¼

1

x 1 2

p

¸ ¼3

=

0

2¼ 2 + 3

p 3¼ 2

1 ¡ x2 dx

La segunda es inmediata y la primera se resuelve con el cambio x ¡ 1 = sen t. Estas integrales dan la mitad superior del volumen pedido, por lo que el resultado hay que multiplicarlo por 2.

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 18 de Diciembre de 2015. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. Sea F (x; y) =

Z

x

2

et dt

cos(xy)

(a) Demuestre que F es diferenciable en el punto (1; 0). (Hasta 2 puntos.) (b) Obtenga la direcci¶on en que la derivada direccional de F es m¶axima en el punto (1; 0) y el valor de dicha derivada. (Hasta 1 puntos.) (c) Escriba la ecuaci¶on del plano tangente a la gr¶a¯ca de F en (1; 0). (Hasta 2 puntos.) 2. Halle los extremos absolutos de la funci¶on f (x; y) = xy2 en D = f(x; y) 2 R2 j x ¸ 0; y ¸ 0; x2 + y 2 · 1 g (Hasta 5 puntos.)

2 2 2 @F @F = ex ¡ ecos (xy) (¡ sen(xy))y; = ¡ecos (xy) (¡ sen(xy))x las derivadas parciales @x @y existen y son continuas por ser combinaci¶on de la funci¶on exponencial y funciones circulares. Por tanto, F es diferenciable, y en particular lo es en (1; 0). @F @F (b) (1; 0) = e; (1; 0) = 0 ) rF (1; 0) = (e; 0). La direcci¶on de m¶aximo crecimiento es @x @y (1; 0) y el valor es e.

1. (a) Como

(c) Como F (1; 0) = 0, el plano tangente es z = e(x ¡ 1). @f @f = y2; = 2xy. La primera ecuaci¶on dice que y = 0, con lo que la segunda @x @y es v¶alida para todo x. As¶³, son puntos cr¶³ticos los de la forma (x; 0) 8 x. Ninguno de ellos est¶a en el interior del recinto y los (x; 0); 0 · x · 1 est¶an en la frontera.

2. Puntos cr¶³ticos:

Estudio en la frontera: En los lados (x; 0); 0 · x · 1 y (0; y); 0 · y · 1, f es id¶enticamente nula, por lo que todos ellos son candidatos. En el cuadrante de circunferencia y2 = 1 ¡ x2 y asi la funci¶on 1 pasa a ser g(x) = x(1 ¡ x2 ); x 2 [0; 1]. Como g0 (x) = 1 ¡ 3x2 = 0 ) x = § p . Se desprecia 3 1 ¡ p por no pertenecer al dominio. As¶³ los candidatos son 3 à r ! 1 2 p ; (x; 0); 0 · x · 1; (0; y); 0 · y · 1; 3 3 Evaluando, f (x; 0) = f (0; y) = 0 y f y m¶³nimos absolutos en los dem¶as.

Ã

1 p ; 3

r ! 2 2 = p . M¶aximo absoluto en este u ¶ltimo punto 3 3 3

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 20 de Enero de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. 2 puntos por apartado. Responda breve y razonadamente 1. Resuelva la ecuaci¶on z 2 ¡ 3z + 3 + i = 0. p ¡3 ¡ 4i p z= . ¡3 ¡ 4i = a + ib ) ¡3 ¡ 4i = a2 ¡ b2 + 2abi ) a2 ¡ b2 = ¡3 y 2ab = ¡4. 2 2 Despejando b = ¡ y sustituyendo a4 + 3a2 ¡ 4 = 0 ) a2 = 1; ¡4. Se desprecia la soluci¶on a 3 § (1 ¡ 2i) a2 = ¡4 por ser negativa. Asi, a = §1; b = ¨2. Por tanto z = = 2 ¡ i; 1 + i. 2 3§

2. Estudie la continuidad y derivabilidad en x = 0 de la funci¶on 8 < sen jxj si x 6 =0 f (x) = jxj : 1 si x = 0 sen(¡x) sen x sen x Como para x > 0; y para x < 0; = la funci¶on es f (x) = x ¡x x sen x x lim f (x) = lim = lim = 1, la funci¶on es continua. x!0 x!0 x!0 x x lim

x!0

sen x x

x

¡1

( sen x x 1

si x 6 =0

si x = 0

2

¡ x2 sen x ¡ x cos x ¡ 1 = lim = lim = 0, la funci¶on es derivable. 2 x!0 x!0 x!0 2x x 2x

= lim

3. Sea f : [0; +1) ! R, f (x) =

Z

x 0

t¡1 dt. Determine el m¶³nimo absoluto de f (x). t2 + 1

x¡1 que se anula s¶olo en x = 1. Como si x < 1; f 0 (x) < 0, la funci¶on decrece x2 + 1 en [0; 1) y como si x > 1; f 0 (x) > 0, la funci¶on crece en (1; +1). En x = 1 tiene m¶³nimo absoluto.

Derivando f 0 (x) =

x2 ¡ y 2 si (x; y) 6 = (0; 0) y f (0; 0) = 0. >En qu¶e direcci¶on (o direcciones) se anula la x2 + y 2 derivada direccional de f en el punto (1; 1)?

4. Sea f (x; y) =

Buscamos las direcciones ortogonales al gradiente. Como @f @f 2x(x2 + y 2 ) ¡ (x2 ¡ y 2 )2x = ) (1; 1) = 1 2 2 2 @x (x + y ) @x @f ¡2y(x2 + y 2 ) ¡ (x2 ¡ y 2 )2y @f = (1; 1) = ¡1 ) @y (x2 + y2 )2 @y ¶ µ ¶ µ ¶ µ 1 1 1 1 1 1 rf (1; 1) = (1; ¡1) y normalizado p ; ¡ p . As¶³, las direcciones son ¡ p ; ¡ p , p ; p . 2 2 2 2 2 2 5. Sea f : R2 ! R2 ; f (x; y) = (x2 + 1; y 2 ) 0 1 Jg(2; 1) = @ 1 1

y g : R2 ! R3 otra funci¶on 1 0 1 1 0 A y Jg(1; 0) = @ 1 2 0

de la que se sabe que 1 1 0 A 0

Calcule la matriz jacobiana de h = g ± f en el punto (1; 1). (Jg(a; b) es la matriz jacobiana de g en el punto (a; b).) µ ¶ 2x 0 Como f (1; 1) = (2; 1), necesitamos Jg(2; 1). La matriz jacobiana de f es y en (1; 1) 0 2y µ ¶ 2 0 es Jf (1; 1) = . Asi 0 2 0 1 0 1 µ ¶ 1 1 2 2 2 0 Jh(1; 1) = Jg(2; 1) ¢ Jf (1; 1) = @ 1 0 A =@ 2 0 A 0 2 1 2 2 4

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 20 de Enero de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. p 1. Calcule el ¶area encerrada por la curva y = x2 1 ¡ x2 y el eje OX. (5 puntos.) Z ¼ 2. Calcule la integral ex sen nx dx, con n 2 N. (5 puntos.) ¡¼

1. La curva est¶a siempre en el semiplano y ¸ 0, corta al eje OX en 0; §1, no existe fuera de [¡1; 1] y es sim¶etrica respecto al eje OY (ver ¯gura).

As¶³, el ¶area es A = 2

Z

1

x2

0

A=2

Z

¼ 2

2

p

2

1 ¡ x2 dx. Con el cambio de variable x = sen t,

sen t cos t dt = 2

0

Z

¼ 2

2

(sen t cos t) dt = 2

0

Z

¼ 2

0

=

1 1 sen2 2t dt = 4 2

Z

0

¼ 2

1 ¡ cos 4t = 2

¼ 1 ¼ 1 [t ¡ sen 4t]02 = 4 4 8

2. Calculamos una primitiva. Con una integraci¶on por partes u = sen nx; dv = ex dx, Z Z x x I = e sen nx dx = e sen nx ¡ n ex cos nx dx Volviendo a integrar por partes u = cos nx; dv = ex dx, Z Z I = ex sen nx dx = ex sen nx¡nex cos nx¡n2 ex sen nx dx ) I = Z

¼

ex sen nx dx = ¡¼

1 ex (sen nx¡n cos nx) 1 + n2

1 [ex (sen nx ¡ n cos nx)]¼¡¼ 1 + n2

Como sen n¼ = sen n(¡¼) = 0 8 n y cos n¼ = cos n(¡¼) = (¡1)n Z ¼ n (¡1)n n ¡¼ ex sen nx dx = [¡e¼ (¡1)n + e¡¼ (¡1)n ] = [e ¡ e¼ ] 2 2 1 + n 1 + n ¡¼

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 20 de Enero de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. 8 3 < x + y3 Sea f (x; y) = x2 + y 2 : 0 Estudie

si (x; y) 6 = (0; 0) si (x; y) = (0; 0)

1. Continuidad de f en todo R2 . (2 puntos.) 2. Existencia de las derivadas parciales de f en (0; 0). (4 puntos.) 3. Diferenciabilidad de f en (0; 0). (4 puntos.)

1. En puntos (x; y) 6 = (0; 0): Es un cociente de polinomios cuyo denominador no se anula. Continua. x3 + y 3 = lim ½(cos3 '+sen3 '). Como ¡2½ · ½(cos3 '+sen3 ') · 2½, En (x; y) = (0; 0): lim ½!0 (x;y)!(0;0) x2 + y 2 el l¶³mite es 0 independientemente de '. Continua. 2.

f (x; 0) ¡ f (0; 0) x @f (0; 0) = lim = lim = 1. x!0 x!0 x @x x¡0 @f Por simetr¶³a (0; 0) = 1. @y

3. lim

(x;y)!(0;0)

x3 +y 3 x2 +y 2

¡0¡x¡y x3 + y 3 ¡ x3 ¡ xy 2 ¡ yx2 ¡ y 3 ¡xy2 ¡ yx2 p = lim = lim = 3 3 (x;y)!(0;0) (x;y)!(0;0) (x2 + y 2 ) 2 (x2 + y 2 ) 2 x2 + y 2 ¡½3 (cos ' sen2 ' ¡ sen ' cos2 ') = ¡(cos ' sen2 ' ¡ sen ' cos2 ') ½!0 ½3

= lim No diferenciable.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 20 de Enero de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. 1. Halle y clasi¯que los extremos relativos y absolutos (si existen) de la funci¶on f (x; y) = x2 + y 2 en el conjunto f(x; y) : y + x2 = 1g. (5 puntos.) 2. Dada la ecuaci¶on z 2 sen x + xyz + z = 1 (a) Compruebe que z es funci¶on impl¶³cita de x; y en un entorno del punto (0; 0; 1) (2 puntos.) (b) Halle la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie z = z(x; y) en (0; 0). (3 puntos.)

0 1. En ese conjunto x2 = 1 ¡ y; y 2 (¡1; 1]. Asi la funci¶on es g(y) = y 2 ¡ yµ+ 1. Como ¶ g (y) = 2y ¡ 1, 1 1 s¶olo tiene un punto cr¶³tico en . Por otra parte, g 0 (y) < 0 si y 2 ¡1; por lo que g es 2 2 µ ¸ 1 decreciente en dicho intervalo. g0 (y) > 0 si y 2 ; 1 por lo que g es creciente en dicho intervalo. 2µ ¶ 1 1 Se sigue que tiene un m¶³nimo local y absoluto en § p ; y m¶aximo local en (0; 1). El m¶aximo 2 2 absoluto no existe.

2. (a) Sustituyendo se comprueba que el punto veri¯ca la ecuaci¶on. Las derivadas parciales son z 2 cos x + yz; xz; 2z sen z + xy + 1, que existen y son continuas por ser combinaci¶on de polinomios y funciones circulares. Por tanto la funci¶on es diferenciable. La matriz jacobiana en el punto es (1 0 1 6 = 0), por lo que z es funci¶on impl¶³cita de x; y (tambi¶en lo es x de y; z). @ @z @z @z (b) : 2z sen x + z 2 cos x + yz + xy + = 0. @x @x @x @x @z @z En (0; 0) : 1 + (0; 0) = 0 ) (0; 0) = ¡1. @x @x @ @z @z @z : 2z sen x + xz + xy + = 0. @y @y @y @y @z En (0; 0) : (0; 0) = 0. @y El plano tangente es z = 1 + (¡1; 0) ¢ (x ¡ 0; y ¡ 0) = 1 ¡ x.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario. 29 de Junio de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. 2 puntos por apartado. Responda breve y razonadamente 1. Demuestre, por inducci¶on, que

n X

k=1

(k!)k = (n + 1)! ¡ 1

² n = 1: 1! ¢ 1 = 1 = 2! ¡ 1 n n+1 n X X X (k!)k = (n + 1)! ¡ 1. Entonces (k!)k = (k!)k + (n + 1)!(n + 1) = ² Suponemos cierto k=1

k=1

k=1

= (n + 1)! ¡ 1 + (n + 1)!(n + 1) = (n + 1)!(n + 2) ¡ 1 = (n + 2)! ¡ 1.

h ¼i 2. Determine el n¶ umero de ra¶³ces reales de la ecuaci¶on sen x + x2 ¡ 1 = 0 en el intervalo 0; . 2 Sea f (x) = sen x + x2 ¡ 1. Como f (0) = ¡1 < 0; f h ¼i mayor que 0 en 0; , tiene una u ¶ nica ra¶³z. 2 3. Sea F (x) =

Z

0

x

(1 ¡

³¼ ´ 2

=

¼2 > 0 y f 0 (x) = cos x + 2x que es 4

p F (x) cos t) dt. Calcule lim 3 x!0 x + x5

p Aplicando la regla de L'H^opital, y multiplicando por el conjugado de 1 ¡ cos x, tenemos p F (x) 1 ¡ cos x 1 ¡ cos x p L = lim 3 = lim = lim x!0 x + x5 x!0 3x2 + 5x4 x!0 (3x2 + 5x4 )(1 + cos x) Aplicando la equivalencia correspondiente a 1 ¡ cos x tenemos L = lim

x!0

x2 2

(3x2

+

5x4 )(1

+

p

cos x)

=

1 12

8 < cos x ¡ cos y 4. Dada la funci¶on f (x; y) = x+y : 0 (0; 0).

(x; y) 6 = (0; 0)

, calcule las derivadas parciales de f en

(x; y) = (0; 0)

2

cos x¡1

¡x @f 1 (0; 0) = lim x+0 = lim 22 = ¡ x!0 x ¡ 0 x!0 x @x 2 1¡cos y

y2

@f 1 y+0 (0; 0) = lim = lim 22 = y!0 y ¡ 0 x!0 y @y 2 5. El polinomio de Taylor de orden 2 de f (x; y) en el punto (0; 1) es 4 ¡ x ¡ 2y + x2 + xy + y 2 . Compruebe que f tiene en (0; 1) un punto cr¶³tico y clasif¶³quelo. Sea p(x; y) = 4 ¡ x ¡ 2y + x2 + xy + y 2 . En el punto (0; 1) tenemos @f @p (0; 1) = (0; 1) = [¡1 + 2x + y](0;1) = 0 @x @x @p @f (0; 1) = (0; 1) = [¡2 + x + 2y](0;1) = 0 @y @y por lo que tiene un punto cr¶³tico. Adem¶as @2p @2f (0; 1) = (0; 1) = 2; @x2 @x2 y el Hessiano es

por lo que tiene un m¶³nimo.

@2f @2p (0; 1) = (0; 1) = 2; @y 2 @y 2 ¯ ¯ ¯ 2>0 1 ¯ ¯ ¯ = 4¡1= 3> 0 ¯ 1 2 ¯

@2f @2p (0; 1) = (0; 1) = 1 @x@y @x@y

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario. 29 de Junio de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Calcule el volumen del cuerpo que se forma al girar la curva y =

18x alrededor del eje OX. 9 + x2

Dada la simetr¶³a, calcularemos en x ¸ 0 y multiplicamos por 2 Z +1 Z m Z m 182 x2 324x2 x2 V = 2¼ dx = 2¼ lim dx = 648¼ lim dx m!+1 0 m!+1 0 (9 + x2 )2 (9 + x2 )2 (9 + x2 )2 0 Integrando por partes, tenemos Z

x x2 1 dx = ¡ + 2 2 2 (9 + x ) 2(9 + x ) 2

Z

y asi lim

m!+1

Z

0

m

x 1 1 dx = ¡ + 2 2 9+x 2(9 + x ) 6

Z

1 3

1+

¡ x ¢2 dx = ¡ 3

x 1 x + arctg 2 2(9 + x ) 6 3

· ¸m · ¸ x2 x 1 x m 1 m 1¼ ¼ dx = lim ¡ + arctg = lim ¡ + arctg = = m!+1 m!+1 (9 + x2 )2 2(9 + x2 ) 6 3 0 2(9 + m2 ) 6 3 62 12

y en volumen es V = 648

¼2 = 54¼ 2 . 12

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario. 29 de Junio de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Se considera un tri¶angulo is¶osceles cuya base es el lado desigual. Este lado mide 6 cent¶³metros. La altura correspondiente mide h cent¶³metros. Halle en qu¶e punto de esta altura se veri¯ca que la suma de las distancias a los tres v¶ertices del tri¶angulo es m¶³nima. Discuta el resultado seg¶ un los valores de h.

h

x 3

3

p De acuerdo con la notaci¶on de la ¯gura, la suma de distancias es f (x) = 2 x2 + 9 + h ¡ x; x 2 [0; h]. Derivando e igualando a 0 p p 2x f 0 (x) = 2 p ¡ 1 = 0 ) 2x = x2 + 9 ) x = 3 2 2 x +9 p Signo de la derivada: En (0; 3) la derivada no se anula,ppor lo que su signo es el mismo en cualquier 2 2 ¡ 10 punto de este intervalo. Como f 0 (1) = p ¡ 1 = p < 0, la derivada es negativa y la funci¶on 10 10 p 4 4 ¡ 13 decrece. Por las mismas razones, evaluando en x = 2, f 0 (2) = p ¡ 1 = p > 0, la derivada es 13 13 positiva y la funci¶on crece. Asi tenemos: p ² Si h ¸ 3: El punto cr¶³tico est¶a dentropdel dominio [0; h]. El estudio de signos anterior nos dice que alcanza el m¶³nimo absoluto en x = 3. p p ² Si h < 3: [0; h] ½ [0; 3) y f siempre decrece. El m¶³nimo se alcanza en el extremo de la derecha del intervalo x = h, es decir, se alcanza en el v¶ertice superior.

¶ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario. 29 de Junio de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. xu + yvu2 = 2 Dado el sistema de ecuaciones xu3 + y2 v 4 = 2

¾

1. Compruebe que u; v son funciones impl¶³citas de x; y en un entorno del punto (x; y; u; v) = (1; 1; 1; 1). (4 puntos.) 2. Escriba la ecuaci¶on del plano tangente a la super¯cie u = u(x; y) en el punto (1; 1). (3 puntos.) 3. Halle la m¶axima derivada direccional de v = v(x; y) en el punto (1; 1). (3 puntos.) 1. Se comprueba que el punto veri¯ca el sistema por pura sustituci¶on. Existencia y continuidad de las derivadas parciales: Las derivadas parciales de cada ecuaci¶on existen y son las que aparecen ordenadas en forma de matriz en ¶ µ u vu2 x + 2yvu yu2 u3 2yv 4 3xu2 4y2 v 3 Estas derivadas son polin¶omicas y, por tanto, µ continuas. ¶La funci¶on es diferenciable. Evaluando 1 1 3 1 cada una en el punto (1; 1; 1; 1) tenemos . Como el menor formado por las dos 1 2 3 4 u ¶ltimas columnas es distinto de 0, u; v son funciones impl¶³citas diferenciables de x; y en un entorno del punto citado. Adem¶as u(1; 1) = 1; v(1; 1) = 1. Para los dos siguientes apartados necesitamos el valor de las correspondientes derivadas parciales: 8 8 @u @u @v 2 @u @v > > > > 1 + 3 (1; 1) + u+x + y u + 2yvu =0 (1; 1) = 0 > > < < @x @x @x @x @x @ Evaluando en (1; 1; 1; 1): : > @x > > > @u @v @u @v > > : u3 + 3xu2 : 1 + 3 (1; 1) + 4 (1; 1) = 0 + 4y 2 v 3 =0 @x @x @x @x @u 1 @v de d¶onde tenemos que (1; 1) = ¡ (1; 1) = 0. @x 3 @x 8 8 @u @v @u @u @v > > > x > 3 (1; 1) + 1 + + vu2 + y u2 + 2yvu =0 (1; 1) = 0 > > < < @y @y @y @y @y @ : Evaluando en (1; 1; 1; 1): > @u > @y > > @u @v @v > > 2 4 2 3 : 3xu : 3 (1; 1) + 2 + 4 (1; 1) = 0 + 2yv + 4y v =0 @y @y @y @y @u 2 @v 1 de d¶onde tenemos que (1; 1) = ¡ (1; 1) = ¡ . @y 9 @y 3 1 2 2. Como u(1; 1) = 1, el plano tangente es z ¡ 1 = ¡ (x ¡ 1) ¡ (y ¡ 1) ) 3x + 2y + 9z = 14 3 9 µ ¶ 1 3. Como rv(1; 1) = 0; ¡ , la direcci¶on de la derivada direccional m¶axima es (0; ¡1) y su m¶odulo 3 1 . 3

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 31 de Octubre de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente p 1. Sean z1 y z2 las ra¶³ces de la ecuaci¶on z 2 ¡ 8z + 17 = 0, z 2 C. Calcule 3 z1 + z2 . (2 puntos.) p 64 ¡ 68 = 4 § i ) z1 = 4 + i; z2 = 4 ¡ i ) z1 + z2 = 8. Resolvemos la ecuaci¶on: z = 2 p p p 3 3 As¶³ w = z1 + z2 = 8. Como j8j = 8; jwj = 3 8 = 2. Tres argumentos consecutivos de 8 son 2¼ 4¼ 0; 2¼; 4¼ y los de w son 0; ; . As¶³ 3 3 µ µ ¶ ¶ p p 2¼ 4¼ 2¼ 4¼ w1 = 2; w2 = 2 cos + i sen = ¡1 + 3i; w3 = 2 cos + i sen = ¡1 ¡ 3i 3 3 3 3 8§

8 1 > < sen® (x2 ) cos si x 6 =0 x 2. Dada la funci¶on f (x) = estudie su derivabilidad en x = 0 seg¶ un los > : 0 si x = 0 valores de ® 2 R. (3 puntos.) Aplicando la oportuna equivalencia del sen tenemos sen® (x2 ) cos x1 x2® cos x1 f (x) ¡ f (0) 1 = lim = lim = lim x2®¡1 cos x!0 x!0 x!0 x!0 x¡0 x x x ¯ ¯ ¯ 1 ¯¯ 1 ¯ Como ¯cos ¯ · 1, el l¶³mite existe siempre que 2® ¡ 1 > 0, es decir, si ® > . x 2 lim

3. Determine el n¶ umero de ra¶³ces reales de f (x) = e¡x ¡ x3 ¡

1p x + 1 en [¡1; +1). (2 puntos.) 2

1 1 p < 0 8x 2 [¡1; +1) por lo que f es siempre decreciente. Como 22 x+1 1p f (¡1) = e + 1 > 0 y f (2) = e¡2 ¡ 8 ¡ 3 < 0, tiene una u ¶nica ra¶³z. 2

f 0 (x) = ¡e¡x ¡ 3x2 ¡

4. Sea f una funci¶on derivable de la que sabemos que f (0) = 0; f 0 (0) = 2. Se considera F (x) = f [f (sen x) ¡ tg x]. Calcule F 0 (0). (3 puntos.)

F 0 (x) = f 0 [f (sen x) ¡ tg x][f 0 (sen x) cos x ¡ 1 ¡ tg2 x] ) F 0 (0) = f 0 [f (0) ¡ 0][f 0 (0) cos 0 ¡ 1 ¡ 0] = 2

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 31 de Octubre de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea f (x) = jxje¡x

2

1. Estudie la continuidad y derivabilidad de f en todo x 2 R. (4 puntos.) 2. Halle los extremos absolutos de f en el intervalo [¡1; 1]. (4 puntos.) 3. Indique razonadamente si es posible aproximar f mediante un polinomio de Taylor en un entorno de los puntos donde f tiene un extremo. (2 puntos.)

1. Continuidad: Es continua en todo R por ser producto y composici¶on de funciones continuas. 8 2 < ¡xe¡x x < 0 0 x = 0 . Si x 6 Derivabilidad: La funci¶on de forma expl¶³cita es f (x) = = 0 es un producto : 2 xe¡x x>0 de funciones derivables y, por tanto es derivable. En x = 0 tenemos 2

lim¡

x!0

f (x) ¡ f (0) ¡xe¡x = lim¡ = ¡1 x¡0 x x!0

2

lim+

x!0

f (x) ¡ f (0) xe¡x = lim¡ =1 x¡0 x x!0

No derivable. 8 2 2 < ¡e¡x + 2x2 e¡x x < 0 2. La funci¶on derivada es f 0 (x) = No existe x = 0 . Veamos d¶onde se anula la derivada: : ¡x2 2 e ¡ 2x2 e¡x x>0 2 1 Si x < 0: (¡1 + 2x2 )e¡x = 0 ) x = ¡ p 2 1 2 ¡x2 Si x > 0: (1 ¡ 2x )e =0 ) x= p 2 que pertenecen ambos al intervalo [¡1; 1]. A estos puntos hay que a~ nadir los puntos de no derivabilidad (x = 0) y los extremos del intervalo. Estudio de crecimiento y decrecimiento: · ¶ 1 En ¡1; ¡ p , f 0 (x) > 0. 2 ¶ µ 1 En ¡ p ; 0 , f 0 (x) < 0. 2 ¶ µ 1 En 0; p , f 0 (x) > 0. 2 µ ¶ 1 p En ; 1 , f 0 (x) < 0. 2 µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 Adem¶as f (0) = 0 y f ¡ p =f p = p e¡ 2 . As¶³ tenemos m¶aximo absoluto en ¡ p ; p 2 2 2 2 2 y m¶³nimo absoluto en 0. 3. En un entorno de los m¶aximos absolutos es derivable y si se puede aproximar mediante un polinomio de Taylor. En el m¶³nimo absoluto no es derivable y, por tanto no se puede.

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 31 de Octubre de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. Hallar las dimensiones del tri¶angulo rect¶angulo de mayor ¶area tal que la suma de las longitudes de su hipotenusa y uno de los catetos es 3. (6 puntos.) 2. El polinomio de Taylor de grado 3 de la funci¶on f (x) en un entorno de a = 2 es 19 + 4x ¡ 4x2 + x3 . Demuestre que f tiene en 2 un punto cr¶³tico y clasif¶³quelo. (4 puntos.) 1. Consideremos el tri¶angulo de la ¯gura

a

c

b

Como a + b = 3, c = Derivando

p

A0 =

(3 ¡

b)2

¡

b2

· ¸ p 1 p 3 = 9 ¡ 6b. As¶³, el ¶area es A = b 9 ¡ 6b; b 2 0; . 2 2

1p 1 6 9 ¡ 6b ¡ b p = 0 ) 9 ¡ 9b = 0 ) b = 1 2 2 2 9 ¡ 6b

Basta ahora tener en cuenta que en los extremos del intervalo el tri¶angulo degenera en un segmento con ¶area 0. 2. Sea p(x) = 19 + 4x ¡ 4x2 + x3 . Entonces p0 (x) = 4 ¡ 8x + 3x2 ; p00 (x) = ¡8 + 6x. Como los valores de la funci¶on y del polinomio y sus derivadas coinciden en 2, f 0 (2) = p0 (2) = 0 y es punto cr¶³tico. f 00 (2) = p00 (2) = 4 > 0, m¶³nimo.

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 19 de Diciembre de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente 1. Calcule el l¶³mite lim

x!0

R x3 0

2

et +t+1 dt (2 puntos.) x ¡ sen x

0 Se trata de una indeterminaci¶on , por lo que podemos aplicar l'H^opital. Aplic¶andolo y luego la 0 equivalencia de 1 ¡ cos x, tenemos lim

x!0

R x3 0

2

6

3

6

et +t+1 dt ex +x +1 3x2 ex = lim = lim x!0 x!0 x ¡ sen x 1 ¡ cos x

2. Sea f : [a; b] ! R una funci¶on derivable y F (x) =

Z

+x3 +1

3x2

x2

= 6e

2

x

f (t) dt su funci¶on integral.

a

(a) >Podemos asegurar que F alcanza su m¶aximo y m¶³nimo absolutos en [a; b]? (1 punto.) (b) >Cu¶antas veces podemos asegurar que es F es derivable? (1 punto.)

(a) Como f es derivable, es continua. As¶³ su funci¶on integral F es derivable y por tanto, continua. Como [a; b] es cerrado y acotado, el teorema de Weierstrass asegura que alcanza el m¶aximo y m¶³nimo absolutos. (b) Como f es continua (por ser derivable), F es derivable y F 0 = f . Al ser f derivable, tambien lo es F 0 . Por tanto F admite, al menos, dos derivadas.

3. Dada f (x; y) = ex sen y + ey (a) Calcule el gradiente de f en (0; 0). (1 punto.) (b) Calcule la derivada en la direcci¶on del vector (1; 1) en (0; 0). (1 punto.) (c) Calcule la direcci¶on en la que es m¶axima la derivada direccional en (0; 0). (1 punto.)

(a)

@f @f = ex sen y ) (0; 0) = 0 @x @x = (0; 2).

@f @f = ex cos y + ey ) (0; 0) = 2. As¶³ rf (0; 0) = @y @y

¶ 1 1 (b) Como f es diferenciable y el vector (1; 1) normalizado es ~v = p ; p , 2 2 ¶ µ ¶ µ p 1 1 1 1 2 D~v f (0; 0) = rf (0; 0) ¢ p ; p = (0; 2) ¢ p ; p = p = 2 2 2 2 2 2 µ

(c) Coincide con la direcci¶on del gradiente, que es (0; 1).

4. Consideremos una funci¶on f (x; y) de¯nida en R2 . Responda verdadero o falso a las siguientes preguntas: (a) Si existen las derivadas parciales en (a; b), f es diferenciable en (a; b). Falsa. (b) Si f es continua, existen las derivadas parciales de f en (a; b). Falsa. (c) Si f es diferenciable en (a; b), f es continua en (a; b). Verdadera. (d) Si f es diferenciable en (a; b), existe el plano tangente a f en (a; b). Verdadera. (3 o 4 respuestas correctas, 1 punto. Menos de 3 respuestas correctas, 0 puntos.)

³ ¼´ 5. Sea f (x; y) = x cos(x + y). Compruebe que f tiene en 0; un punto cr¶³tico y clasif¶³quelo. 2 (2 puntos.) @f @f ³ ¼ ´ @f @f ³ ¼ ´ = cos(x + y) ¡ x sen(x + y) ) 0; =0 = ¡x sen(x + y) ) 0; = 0. @x @x 2 @y @x 2 Luego es punto cr¶³tico. Como @2f @2f ³ ¼ ´ = ¡2 sen(x + y) ¡ x cos(x + y) ) 0; = ¡2: @x2 @x2 2 @2f @2f ³ ¼ ´ = ¡x cos(x + y) ) 0; = 0: @y 2 @y2 2 @2f @2f ³ ¼ ´ = ¡ sen(x + y) ¡ x cos(x + y) ) 0; = ¡1: @x@y @x@y 2 ¯ ¯ ¯ ¡2 ¡1 ¯ ¯ = ¡1 < 0 y se trata de un punto de silla. el Hessiano es ¯¯ ¡1 0 ¯

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 19 de Diciembre de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. Calcular

Z

x5 p dx. (3 puntos.) 3 1 + x3

2. Una cuenta de collar es una esfera de radio 2 con una perforaci¶on cil¶³ndrica con eje OX y radio 1 (y2 + z 2 = 1). Calcular el volumen de la cuenta. (7 puntos.)

1. Hacemos el cambio de variable 1 + x3 = t3 ) 3x2 dx = 3t2 dt ) x2 dx = t2 dt. As¶³ Z Z 3 Z ¡4 ¢ t ¡1 2 t5 1p x5 t2 1p 3 3 3 )5 ¡ p dx = dt = t ¡ t dt = (1 + x (1 + x3 )2 + c: t ¡ = 3 t 5 2 5 2 1 + x3 2. El corte entre cilindro y esfera se produce en

½

x2 + y2 + z 2 = 4 y2 + z 2 = 1

p ) x2 = 3 ) x = § 3.

La intersecci¶ p on de un plano ortogonal a OX produce como secci¶on una corona circular de radio exterior 4 ¡ x2 e interior 1. El ¶area de la corona es A(x) = ¼(4 ¡ x2 ) ¡ ¼ = 3¼ ¡ ¼x2 . El volumen de la cuenta es Z p3 p 2 (3¼ ¡ ¼x2 ) dx = 4 3¼ 0

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 19 de Diciembre de 2016. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. 8 p 2 < x x ¡ y2 p Sea f (x; y) = x2 + y 2 : 0

si (x; y) 6 = (0; 0)

. Estudiar:

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

1. Continuidad en (0; 0). (3 puntos.) 2. Existencia de las derivadas parciales en (0; 0). (2 puntos.) 3. Diferenciabilidad en (0; 0). (3 puntos.) ! Ãp 3 1 ; . (2 puntos.) 4. Derivada en (0; 0) en la direcci¶on del vector 2 2 La funci¶on est¶a de¯nida en los puntos (x; y) tales que x2 ¸ y 2 dado que el integrando debe ser positivo. El dominio es la zona sombreada de la ¯gura.

1. En coordenadas polares p p p ½ cos ' ½2 cos2 ' ¡ ½2 sen2 ' lim = lim ½ cos ' cos2 ' ¡ sen2 ' = lim ½ cos ' cos 2' ½!0 ½!0 ½!0 ½ p Como j cos ' cos 2'j · 1 y ½ ! 0, el l¶³mite anterior es 0 y la funci¶on continua. p x x2

p @f f (x; 0) ¡ f (0; 0) 2 2. (0; 0) = lim = lim x = 1. x!0 x!0 @x x¡0 x @f La derivada (0; 0) no existe al no estar de¯nida la funci¶on en puntos de la forma (0; y). @y

3. Al no existir la derivada parcial con respecto a y, f no es diferenciable en (0; 0). 4. Al no ser diferenciable en (0; 0) no la podemos calcular mediante el gradiente. p p 3 p q t 34 t2 ¡ 14 t2 p 2p p 3 3 1 t 12 t2 3 1 2 2 f ( 2 t; 2 t) ¡ f (0; 0) 3 2 4t +4t p D~v f (0; 0) = lim = lim = lim = p t!0 t!0 t!0 t t 2 2 t t2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 18 de Enero de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente p 1. Calcule los cuatro valores de 4 ¡1 y escr¶³balos en forma bin¶omica a + ib. (2 puntos.) p p Sea w = 4 ¡1. Como j ¡ 1j = 1, jwj = 4 1 = 1. El argumento de ¡1 es ¼ y, al tratarse de una ra¶³z cuarta, debemos tomar cuatro consecutivos ¼; 3¼; 5¼; 7¼. As¶³ los argumentos de w son ¼ 3¼ 5¼ 7¼ ; ; ; y los valores 4 4 4 4 p p p p µ ¶ ³ ¼ ¼´ 3¼ 3¼ 2 2 2 2 w1 = 1 ¢ cos + i sen = +i ; w2 = 1 ¢ cos + i sen =¡ +i 4 4 2 2 4 4 2 2 p p p µ ¶ µ ¶ p 5¼ 5¼ 2 2 7¼ 7¼ 2 2 w3 = 1 ¢ cos + i sen =¡ ¡i ; w4 = 1 ¢ cos + i sen = ¡i 4 4 2 2 4 4 2 2

2. Determine el n¶ umero de ra¶³ces reales de la ecuaci¶on ln

µ

1 x2 + 1

¶

= (x ¡ 3)3 en el intervalo [0; +1).

(2 puntos.)

Sea f (x) = ln

µ

1 2 x +1

¶

¡ (x ¡ 3)3 .

Como la funci¶on es continua, f (0) = 27 > 0 y Adem¶as

lim f (x) = ¡1, tiene al menos una ra¶³z real.

x!+1

µ f 0 (x) = (x2 + 1) ¡

¶ 2x 2x ¡ 3(x ¡ 3)2 < 0 8 x 2 [0; +1) por lo que f ¡ 3(x ¡ 3)2 = ¡ 2 (x2 + 1)2 x +1 es siempre decreciente. Se sigue que la ra¶³z real es u ¶ nica. 3. Sea f : R ! R una funci¶on continua y derivable de la que sabemos que f (0) = 1 y Z x2 f (t) dt. Compruebe que F tiene un punto cr¶³tico en x = 0 y F : [¡1; 1] ! R; F (x) = clasif¶³quelo. (2 puntos.)

x3

F 0 (x) = f (x2 ) ¢ 2x ¡ f (x3 ) ¢ 3x2 ) F 0 (0) = 0. Punto cr¶³tico.

F 00 (x) = f 0 (x2 ) ¢ 4x2 + f (x2 ) ¢ 2 ¡ f 0 (x3 ) ¢ 9x4 ¡ f (x3 ) ¢ 6x. Como f (0) = 1; F 00 (0) = 2 > 0. M¶³nimo.

4. Hallar la direcci¶on de m¶aximo crecimiento de f (x; y) = 2ex sen y + ey cos x en (x; y) = (0; 0). (Nota. Una direcci¶on es un vector de m¶odulo 1.) (2 puntos.) @f @f = 2ex sen y ¡ ey sen x ) (0; 0) = 0 @x @x @f @f = 2ex cos y + ey cos x ) (0; 0) = 3 @y @y Asi rf (0; 0) = (0; 3) y la direcci¶on (una vez normalizado el vector anterior) es (0; 1). ³ ¼´ un punto cr¶³tico y clasif¶³quelo. 5. Sea f (x; y) = x cos(x + y). Compruebe que f tiene en 0; 2 (2 puntos.) @f @f ³ ¼ ´ = cos(x + y) ¡ x sen(x + y) ) 0; =0 @x @x 2 @f @f ³ ¼ ´ = ¡x sen(x + y) ) 0; =0 @y @y 2 Luego es punto cr¶³tico (o estacionario). @2f ³ ¼ ´ @2f = ¡ sen(x + y) ¡ sen(x + y) ¡ x cos(x + y) ) 0; = ¡2 @x2 @x2 2 ³ ´ @2f @2f ¼ = ¡ sen(x + y) ¡ x cos(x + y) ) 0; = ¡1 @x@y @x2 2 @2f @2f ³ ¼ ´ = ¡x cos(x + y) ) 0; =0 2 @y @x2 2 ³ ¼ ´ ¯¯ ¡2 ¡1 ¯¯ ¯ = ¡1 < 0. Punto de silla o puerto. El Hessiano es Hf 0; = ¯¯ ¡1 0 ¯ 2

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 18 de Enero de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea f (x) =

e2jxj ¡ 1 . Estudie e2x + 1

1. Continuidad de la funci¶on en R. (3 puntos.) 2. Derivabilidad de la funci¶on en R. (3 puntos.) 3. Extremos absolutos en [¡1; 1], si existen. (4 puntos.)

1. Como el denominador e2x + 1 no se anula nunca y se trata de un cociente de funciones continuas, es continua para todo x. 8 ¡2x e ¡1 > > si x < 0 > < e2x + 1 2. La funci¶on de forma expl¶³cita es f (x) = > > 2 > e2x ¡ 1 : = 1 ¡ 2x si x ¸ 0 2x e +1 e +1 La derivada en los tramos x < 0 y x > 0 se obtiene aplicando las reglas de derivaci¶on. En x = 0 f (x) ¡ f (0) debemos aplicar la de¯nici¶on y calcular lim . x!0 x¡0 e¡2x ¡1 e2x +1

1 e¡2x ¡ 1 1 . El l¶³mite de la primera fracci¶on es 2x ¡ x +1 x 2 x!0 e e¡2x ¡ 1 ¡2e¡2x y aplicando L'H^opital, lim¡ = lim¡ = ¡2, por lo que el l¶³mite por la izquierda x 1 x!0 x!0 vale ¡1. f (x) ¡ f (0) lim = lim ¡ x¡0 x!0 x!0¡

e2x ¡1 e2x +1

= lim

1 e2x ¡ 1 1 . El l¶³mite de la primera fracci¶on es y 2x x +1 x 2 x!0 e 2x 2x e ¡1 2e aplicando L'H^opital, lim = lim = 2, por lo que el l¶³mite por la derecha vale 1. + + x 1 x!0 x!0 No es derivable en 0. ¤ 8 £ 2x > 2 e ¡ e¡2x ¡ 2 > > si x < 0 > < (e2x + 1)2 0 La funci¶on derivada es f (x) = y no existe en x = 0. > 2x > 4e > > : 2x si x > 0 (e + 1)2 f (x) ¡ f (0) lim+ = lim+ x¡0 x!0 x!0

= lim+

3. Como candidatos a extremos absolutos tenemos, por ahora, ¡1; 1 por ser los extremos del intervalo y 0 por no ser derivable la funci¶on. Veamos si hay puntos cr¶³ticos: £ ¤ 2 e2x ¡ e¡2x ¡ 2 0 Zona [¡1; 0): f (x) = = 0 ) e2x ¡ e¡2x ¡ 2 = 0. Multiplicando por e2x (e2x + 1)2 p tenemos e4x ¡ 2e2x ¡ 1 = 0 ) e2x = 1 § 2. Como e2x siempre es positivo, se elimina la soluci¶on p p p 1 1 ¡ 2. Por tanto, x = ln(1 + 2) > 0 ya que 1 + 2 > 1 y no pertenece a [¡1; 0). 2

Zona (0; 1]: f 0 (x) =

4e2x que no se anula nunca. + 1)2

(e2x

Los candidatos son ¡1; 0; 1. Como f (¡1) =

un m¶³nimo absoluto en 0 y m¶aximo en ¡1.

e2 ¡ 1 e2 ¡ 1 , f (1) = 2 , f (0) = 0. Se sigue que tiene ¡2 e +1 e +1

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 18 de Enero de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. 1. Determine el volumen del cuerpo que se forma p al girar en torno al eje OX el ¶area comprendida entre las gr¶a¯cas f; g : [¡1; 1] ! R f (x) = x 1 ¡ x2 + 1; g(x) = 1. (5 puntos.) Z ¼ 2. Calcular x2 sen nx dx siendo n un n¶ umero natural. (5 puntos.) ¡¼

1. El volumen total es la suma de V1 generado al girar la zona entre las curvas en el intervalo [¡1; 0] y V2 en el intervalo [0; 1].

Zona que gira

1

-1

1

Volumen V1 : Las secciones ortogonales p p al eje OX son coronas circulares pde radio exterior 1 e interior x 1 ¡ x2 + 1. As¶³, A(x) = ¼ ¡ ¼(x 1 ¡ x2 + 1)2 = ¡¼(x2 ¡ x4 + 2x 1 ¡ x2 ) y · 3 ¸0 Z 0 Z 0 p p x x5 2 4 2 V1 = ¡¼ (x ¡ x + 2x 1 ¡ x ) dx = ¡¼ ¡ ¡ 2¼ x 1 ¡ x2 dx 3 5 ¡1 ¡1 ¡1 Con el cambio x = sen t, tenemos Z 0 p Z x 1 ¡ x2 dx = ¡1

0 ¡¼ 2

¸0 · cos3 t 1 cos2 t sen t dt = ¡ =¡ 3 3 ¡¼ 2

2¼ 2¼ 8¼ + = . 15 3 15 Volumen V2 : Las secciones ortogonales al eje p p OX son coronas circulares de radio p exterior x 1 ¡ x2 + 1 e interior 1. As¶³, A(x) = ¼(x 1 ¡ x2 + 1)2 ¡ ¼ = ¼(x2 ¡ x4 + 2x 1 ¡ x2 ) y · 3 ¸1 Z 1 Z 1 p p x x5 V2 = ¼ (x2 ¡ x4 + 2x 1 ¡ x2 ) dx = ¼ ¡ + 2¼ x 1 ¡ x2 dx 3 5 0 0 0 Por tanto V1 = ¡

Con el cambio x = sen t, tenemos Z 1 p Z x 1 ¡ x2 dx = 0

0

¼ 2

·

cos3 t cos t sen t dt = ¡ 3 2

¸ ¼2 0

=

1 3

Por tanto V2 =

2¼ 2¼ 12¼ + = . 15 3 15

As¶³ el volumen total es V = V1 + V2 =

4¼ . 3

2. Pensando: Como x2 sen nx toma los mismos valores pero con signo opuesto en [¡¼; 0] y en [0; ¼], la integral vale 0. Operando: Con dos integraciones por partes tenemos · ¸ Z Z Z x2 2 x2 2 x 1 2 x sen nx dx = ¡ cos nx + x cos nx dx = ¡ cos nx + sen nx ¡ sen nx dx = n n n n n n =¡ As¶³, Z ¼

·

2 x2 2x cos nx + 2 sen nx + 3 cos nx n n n

x2 2x 2 x sen nx dx = ¡ cos nx + 2 sen nx + 3 cos nx n n n ¡¼ 2

¸¼

¡¼

¶ µ ¼2 2 ¼2 2 n n n n =0 = ¡ (¡1) + 3 (¡1) ¡ ¡ (¡1) + 3 (¡1) n n n n

¶ CALCULO I Primer curso. Examen ¯nal. 18 de Enero de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. 8 3 < x + y3 Sea f (x; y) = x2 + y 2 : 0 Estudie

si (x; y) 6 = (0; 0) si (x; y) = (0; 0)

1. Continuidad de f en todo R2 . (2 puntos.) 2. Existencia de las derivadas parciales de f en (0; 0). (3 puntos.) 3. Diferenciabilidad de f en (0; 0). (3 puntos.) 4. Calcule la derivada de f en (0; 0) en la direcci¶on del vector ~v = (1; 1). (2 puntos.)

1. Puntos (x; y) 6 = (0; 0): Se trata de un cociente de funciones continuas y el denominador no se anula: Continua. x3 + y 3 Punto (0; 0): Debemos calcular lim . En coordenadas polares (x;y)!(0;0) x2 + y 2 ½3 cos3 ' + ½3 sen3 ' = lim ½(cos3 ' + sen3 ') = 0 ½!0 ½!0 ½2 lim

Es continua. @f f (x; 0) ¡ f (0; 0) x 2. (0; 0) = lim = lim = 1 x!0 x!0 x @x x¡0 @f f (0; y) ¡ f (0; 0) y (0; 0) = lim = lim = 1 y!0 y!0 y @y y¡0 Las derivadas parciales existen. 3. Diferenciabilidad: lim

f (x; y) ¡ f (0; 0) ¡

(x;y)!(0;0)

En coordenadas polares

@f @x (0; 0)(x

p

x2

+

¡ 0) ¡

y2

@f @y (0; 0)(y

¡ 0)

=

lim

(x;y)!(0;0)

x3 +y3 x2 +y2

p

¡x¡y

x2

+ y2

½3 cos3 ' + ½3 sen3 ' ¡ ½2 (½ cos ' + ½ sen ') = cos3 ' + sen3 ' ¡ cos ' ¡ sen ' ½!0 ½3 lim

que depende de '. El l¶³mite no existe y la funci¶on no es diferenciable en (0; 0). 4. Como f no es diferenciable en (0; 0), no podemos usar el gradiente la derivada direcµ para obtener ¶ 1 1 cional. Debemos acudir a la de¯nici¶on. El vector normalizado es p ; p . As¶³ 2 2 ³ ´ f 0 + pt2 ; 0 + pt2 ¡ f (0; 0) t3 1 D~v f (0; 0) = lim = lim p =p 3 t!0 t!0 t 2t 2 µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 Utizando el gradiente (que no se puede) D~v f (0; 0) = rf (0; 0)¢ p ; p = (1; 1)¢ p ; p = 2 2 2 2 2 = p que es err¶oneo. 2

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 31 de Octubre de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente 1. Hallar todas las ra¶³ces reales y complejas de z 4 +16 = 0 expresando los resultados en forma bin¶omica con los valores de los senos y cosenos de los ¶angulos involucrados. (2 puntos.) Las soluciones son w =

p 4 ¡16. As¶³

p p El m¶odulo de las soluciones es jwj = 4 j ¡ 16j = 4 16 = 2. Como el argumento de ¡16 es ¼, los ¼ 3¼ 5¼ 7¼ argumentos de las soluciones son ; ; ; y las soluciones son 4 4 4 4 Ãp à p p ! p ! p p p p 2 2 2 2 +i = 2+i 2 +i =¡ 2+i 2 w1 = 2 w2 = 2 ¡ 2 2 2 2 à p p ! p p 2 2 w3 = 2 ¡ ¡i =¡ 2¡i 2 2 2

w4 = 2

Ãp

p ! p p 2 2 ¡i = 2¡i 2 2 2

2. Halle el n¶ umero de ra¶³ces reales de la funci¶on f (x) = 2x3 ¡ 3x2 ¡ 12x + 1. S¶olo se pide el n¶ umero, no calcularlas.(3 puntos.) Primera forma: Al ser un polinomio de grado 3 tendr¶a una o tres ra¶³ces. La derivada es f 0 (x) = 6x2 ¡ 6x ¡ 12 que tiene ra¶³ces ¡1; 2. Evaluando f en estos puntos, tenemosf (¡1) > 0; f (2) < 0. Asi tiene tres ra¶³ces reales. Segunda forma: Como f (¡3) = ¡44; f (0) = 1; f (2) = ¡19; f (4) = 33 tiene al menos 3 ra¶³ces reales. Adem¶as, al ser polinomio de grado 3, tiene a lo sumo 3 ra¶³ces reales. Conclusi¶on: Tiene 3 ra¶³ces reales.

3. Sea f : R ! R una funci¶on derivablep cuya recta tangente en x = 2 es y = 7 ¡ 3x. Calcule la ecuaci¶on de la recta tangente a h(x) = 1 + f 2 (2x) en x = 1.(3 puntos.) Como la recta tangente es y = 7 ¡ 3x, el polinomio de Taylor de grado 1 de f pen a = 2pes p(x) = 7 ¡ 3x. Asi f (2) = p(2) = 1; f 0 (2) = p0 (2) = ¡3. Por otra parte h(1) = 1 + 1 = 2. Aplicando la regla de la cadena h0 (x) =

2f (2x)f 0 (2x) ¢ 2 2 ¢ 1 ¢ (¡3) ¢ 2 ¡6 p p ) h0 (1) = =p 2 2 2 2 1 + f 2 (2x)

y la ecuaci¶on de la recta tangente

y ¡ h(1) = h0 (1)(x ¡ 1) ) y ¡

p p ¡6 2 = p (x ¡ 1) ) 2y + 6x = 8 2

4. Sea x2 ¡ 2x + 2 el polinomio de Taylor de orden 2 de f en a = 1. El punto a = 1 >es punto cr¶³tico de f ? En caso a¯rmativo, clasif¶³quelo.(2 puntos.) Sea p(x) = x2 ¡2x+2. Entonces f 0 (1) = p0 (1) = 0 y es punto cr¶³tico. Adem¶as f 00 (1) = p00 (1) = 2 > 0 por lo que es m¶³nimo relativo.

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 31 de Octubre de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Consideremos la funci¶on 8 1 < xe x si x < 0 1 f (x) = x ln x + x(x ¡ 1)2 sen x¡1 si x > 0; x 6 =1 : 0 si x = 0; 1

Estudie su continuidad y derivabilidad en todo R. (10 puntos.)

Continuidad: Es continua en R salvo, quiz¶a, en f0; 1g por ser composici¶on de funciones continuas. Continuidad en x = 0: 1 1 lim¡ f (x) = lim¡ xe x = 0, ya que x ! 0¡ ) ! ¡1 x!0 x!0 µ ¶x 1 ln x lim+ f (x) = lim+ x ln x + x(x ¡ 1)2 sen . Como, aplicando L'H^opital, lim+ x ln x = lim+ 1 = x¡1 x!0 x!0 x!0 x!0 x 1 x ¡ x12

1 = 0 por tratarse de una funci¶on que tiende a 0 multiplicada x¡1 por una funci¶on acotada. Asi el l¶³mite existe y vale 0. Continua. Continuidad en x estudiar l¶³mites laterales. µ = 1: En este caso no es necesario ¶ 1 2 lim f (x) = lim x ln x + x(x ¡ 1) sen = 0 ya que lim x ln x = 0 (no hay indeterminaci¶on) x!1 x!1 x!1 x¡1 1 2 y lim x(x ¡ 1) sen = 0 por tratarse de una funci¶on que tiende a 0 multiplicada por una funci¶on x!1 x¡1 acotada. Asi el l¶³mite existe y vale 0. Continua. Derivabilidad: Es derivable en R salvo, quiz¶a, en f0; 1g por ser composici¶on de funciones derivables. Derivabilidad en x = 0: 1 f (x) ¡ f (0) xe x 1 = lim¡ = lim¡ e x = 0 lim x¡0 x x!0¡ x!0 x!0 µ ¶ 1 x ln x + x(x ¡ 1)2 sen x¡1 f (x) ¡ f (0) 1 lim = lim = lim ln x + (x ¡ 1)2 sen = ¡1 por x¡0 x x¡1 x!0+ x!0+ x!0+ tratarse de una funci¶on que tiende a ¡1 sumada con una funci¶on acotada. No derivable. Derivabilidad en x = 1: µ ¶ 1 x ln x + x(x ¡ 1)2 sen x¡1 f (x) ¡ f (1) x 1 = lim = lim ln x + x(x ¡ 1) sen . Como, lim x!1 x!1 x!1 x ¡ 1 x¡1 x¡1 x¡1 x ln x + 1 1 aplicando L'H^opital, lim ln x = lim = 1 y lim x(x ¡ 1) sen = 0 por tratarse de una x!1 x ¡ 1 x!1 x!1 1 x¡1 funci¶on que tiende a 0 multiplicada por una funci¶on acotada, el l¶³mite existe y vale 1. Derivable. = lim

x!0+

= 0 y lim x(x ¡ 1)2 sen x!0+

¶ CALCULO I Primer curso. Primer examen parcial. 31 de Octubre de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. De una hoja de cart¶on cuadrada de 6 cent¶³metros de lado, se recorta un cuadrado en cada esquina de lado x. Luego se dobla siguiendo los lados de esos cuadrados para formar una caja abierta. Calcule el valor de x para que la caja formada tenga volumen m¶aximo.(5 puntos.) Z arctg x 2. Calcular la primitiva dx.(5 puntos.) x2 1. El volumen es f (x) = (6 ¡ 2x)2 x = 4x3 ¡ 24x2 + 36x; x 2 [0; 3]

f 0 (x) = 12x2 ¡ 48x + 36 y sus ra¶³ces son x = 1; 3. Los puntos a considerar se entonces 1; 3 por puntos cr¶³ticos y 0 por extremo del intervalo. Como f (0) = f (3) = 0 y f (1) = 16, el m¶aximo est¶a en x = 1. 1 1 1 ) u0 = ; v = ¡ . Asi 2 2 x 1+x x Z 1 1 dx I = ¡ arctg x + x x(1 + x2 )

2. Integramos por partes tomando u = arctg x; v 0 =

Descomponiendo en fracciones simples,

1 I = ¡ arctg x+ x

Z µ

1 x ¡ x 1 + x2

¶

1 1 x = ¡ . Se sigue que x(1 + x2 ) x 1 + x2

1 1 1 dx = ¡ arctg x+ln jxj¡ ln j1+x2 j+c = ¡ arctg x+ln x 2 x

r

x2 +c 1 + x2

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 19 de Diciembre de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente p 1. Calcule el ¶area de la regi¶on comprendida entre la gr¶a¯ca de la curva y = x 1 ¡ x2 y el eje OX. (3 puntos.)

El ¶area es 2

Z

1

x

0

2. Calcule lim

x!0

p

R x sen x

· ¸1 3 1 2 1 ¡ x2 dx = 2 ¡ (1 ¡ x2 ) 2 = 3 3 0 2

et dt . (2 puntos.) 1 ¡ cos x

0

2

x!0

sen2 x

2

2

2

et dt ex sen x (sen x + x cos x) = lim . x!0 x!0 1 ¡ cos x sen x sen x + x cos x = 1, debemos calcular lim . Aplicando de nuevo L'H^opital x!0 sen x

Aplicando la regla de L'H^opital, lim Como lim ex

R x sen x 0

sen x + x cos x cos x + cos x ¡ x sen x = lim =2 x!0 x!0 sen x cos x lim

Por tanto el l¶³mite pedido vale 2.

2

2

3. Escriba la ecuaci¶on del plano tangente a la gr¶a¯ca de f (x; y) = ln(x + y + 1) +

Z

0

(1; 0). (3 puntos.)

y2

et dt en t+3

Sustituyendo en la funci¶on f (1; 0) = ln 2. Como 2x @f @f = 2 ) (1; 0) = 1 2 @x x +y +1 @x 2

@f 2y ey @f = 2 + 2 2y ) (1; 0) = 0 2 @y x +y +1 y +3 @y y asi el gradiente es rf (1; 0) = (1; 0). La ecuaci¶on del plano tangente es z ¡ ln 2 = (1; 0) ¢ (z ¡ 1; y ¡ 0) = x ¡ 1 esto es z = x ¡ 1 + ln 2: (2 4. De una funci¶on de clase que f (0; 0) = 1, su gradiente es rf (0; 0) = (3; 1) y su matriz µ C sabemos ¶ 2 1 Hessiana Hf (0; 0) = . Escriba su desarrollo de Taylor de orden 2 en (0; 0). (2 puntos.) 1 4

@f (0; 0) = 3 Como rf (0; 0) = (3; 1), @x µ ¶ 2 1 Como Hf (0; 0) = , tenemos 1 4 1+

@f (0; 0) = 1 @y @2f (0; 0) = 2 @x2

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

@2f (0; 0) = 4 y asi @y 2

1 1 1 1 1 ¢ 3 ¢ x + ¢ 1 ¢ y + ¢ 2 ¢ x2 + ¢ 1 ¢ xy + ¢ 4 ¢ y2 = 1 + 3x + y + x2 + xy + 2y 2 1! 1! 2! 1!1! 2!

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 19 de Diciembre de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

Sea f : R2 ! R;

8 < 2x3 + x2 y ¡ y 3 f (x; y) = x2 + y 2 : 0

si (x; y) 6 = (0; 0)

. Se pide:

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

1. Continuidad en todo punto de R2 . (3 puntos.) 2. Diferenciabilidad en (0; 0). (4 puntos.) 3. Sabiendo que f es diferenciable en (1; 0), calcule la derivada de f en el punto (1; 0) en la direcci¶on del vector ~v = (2; 0) (2 puntos.) 4. Valor y direcci¶on en que es m¶axima la derivada direccional de f en (1; 0) (1 puntos.)

1. En puntos (x; y) 6 = (0; 0) se trata de un cociente de polinomios (funciones continuas) en el que el de2x3 + x2 y ¡ y 3 nominador no se anula. Por tanto es continua. Estudio en (0; 0): Debemos calcular lim . x2 + y 2 (x;y)!(0;0) En coordenadas polares, 2½3 cos3 ' + ½3 cos2 ' sen ' ¡ ½3 sen3 ' = lim ½(2 cos3 ' + cos2 ' sen ' ¡ sen3 ') ½!0 ½!0 ½2 lim

Como ¡4 · 2 cos3 ' + cos2 ' sen ' ¡ sen3 ' · 4; Asi, al ser lim (¡4½) = lim (4½) = 0, ½!0

¡4½ · ½(2 cos3 ' + cos2 ' sen ' ¡ sen3 ') · 4½.

½!0

lim ½(2 cos3 ' + cos2 ' sen ' ¡ sen3 ') = 0 uniformemente en '

½!0

Por tanto la funci¶on es continua. 2. En primer lugar, calculamos las derivadas parciales en (0; 0) 3

2x @f f (x; 0) ¡ f (0; 0) 2 (0; 0) = lim = lim x = 2 x!0 x!0 x @x x¡0 ¡y3

@f f (0; y) ¡ f (0; 0) y2 (0; 0) = lim = lim = ¡1 y!0 y!0 @y y¡0 y Como las derivadas parciales existe, debemos calcular el l¶³mite En coordenadas polares,

lim

(x;y)!(0;0)

2x3 +x2 y¡y 3 x2 +y 2

p

x2

2½3 cos3 ' + ½3 cos2 ' sen ' ¡ ½3 sen3 ' ¡ 2½ cos ' + ½ sen ' ½2 lim = ½!0 ½

¡ 2x + y

+ y2

2½ cos3 ' + ½ cos2 ' sen ' ¡ ½ sen3 ' ¡ 2½ cos ' + ½ sen ' = ½!0 ½

= lim

= 2 cos3 ' + cos2 ' sen ' ¡ sen3 ' ¡ 2 cos ' + sen ' que depende de '. El l¶³mite no existe y la funci¶on no es diferenciable en (0; 0). 3. Como la direcci¶on del vector (2; 0) es (1; 0), nos est¶an pidiendo la derivada parcial con respecto a x el el punto (1; 0). f (x; 0) ¡ f (1; 0) 2x ¡ 2 @f (1; 0) = lim = lim =2 x!1 x!1 @x x¡1 x¡1 4. El valor y la direcci¶on de la derivada direccional m¶axima corresponde al gradiente, por lo que necesitamos calcular la derivada parcial respecto a y. 2 + y ¡ y3 ¡2 @f f (1; y) ¡ f (1; 0) 1 ¡ y 2 ¡ 2y 1 + y2 (1; 0) = lim = lim = lim =1 y!0 y!0 y!0 @y y¡0 y 1 + y2 p 1 Asi el gradiente es rf (1; 0) = (2; 1), el valor jjrf (1; 0)jj = 5 y la direcci¶on p (2; 1). 5

¶ CALCULO I Primer curso. Segundo examen parcial. 19 de Diciembre de 2017. ¶ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. Sea f (x; y) = x2 y 2 ¡ x2 ¡ y2 + 4. 1. M¶aximos y m¶³nimos relativos (o locales) de f . (5 puntos.) 2. M¶aximos y m¶³nimos absolutos en f(x; y) 2 R2 j x2 + y 2 · 1g (5 puntos.)

1.

@f = 2xy 2 ¡ 2x = 2x(y 2 ¡ 1) = 0 ) x = 0 ¶o y = §1 @x @f = 2x2 y ¡ 2y = 2y(x2 ¡ 1) = 0 ) y = 0 ¶o x = §1 @y Asi los puntos cr¶³ticos son (0; 0); (§1; §1). Las derivadas segundas son

¯ ¯ y asi H(0; 0) = ¯¯ (§1; §1).

@2f @2f @2f = 2y2 ¡ 2 = 4xy = 2x2 ¡ 2 2 @x @x@y @y 2 ¯ ¡2 < 0 0 ¯¯ = 4 > 0. M¶aximo en (0; 0). H(§1; §1) = ¡16 < 0. Silla en 0 ¡2 ¯

2. De los puntos cr¶³ticos anteriores s¶olo (0; 0) pertenece al dominio. Se excluyen los dem¶as. Estudio en la frontera: x2 +y 2 = 1 ) y2 = 1¡x2 ; x 2 [¡1; 1]. Sustituyendo en la funci¶on tenemos 1 g(x) = x2 ¡x4 +3. Derivando e igualando a 0, g 0 = 2x¡4x3 = 2x(1¡2x2 ) = 0 ) x = 0; x = § p 2 µ ¶ 1 1 nadimos (0; 0) y los correspondientes a los que corresponden los puntos (0; §1); § p ; § p . A~ 2 2 a los extremos del intervalo (§1; 0). Como µ ¶ 1 1 13 f (0; 0) = 4; f (0; §1) = f (§1; 0) = 3; f § p ; § p = 4 2 2 tenemos m¶aximo absoluto en (0; 0) y m¶³nimos absolutos en (0; §1); (§1; 0).

´ CALCULO I Primer curso. Examen final. 17 de Enero de 2018. ´ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la calificaci´on global de la pregunta sea 0 puntos. Responda breve y razonadamente 1. Resuelva la ecuaci´on z 3 − 27 = 0 obteniendo todas las ra´ıces, reales o complejas. Debe expresarse el resultado en forma bin´omica y con todas las operaciones realizadas, incluso el valor de las funciones trigonom´etricas que pudieran aparecer. (2 puntos.) p Como z 3 − 27 = 0 ⇒ z = 3 (27), debemos calcular esa ra´ız c´ ubica. Al ser 33 = 27, el m´odulo de las soluciones es 3. Adem´as, arg 27 = 0 y tres argumentos consecutivos son 0, 2π, 4π, por lo que los 2π 4π , . Asi argumentos de las soluciones son 0, 3 3 √ √     2π 2π 3 3 3 4π 4π 3 3 3 + i sen , z3 = 3 cos + i sen z1 = 3, z2 = 3 cos = − +i =− −i 3 3 2 2 3 3 2 2

2. Halle el n´ umero de ra´ıces reales de 2x3 − 9x2 + 12x + 30 = 0. S´olo se pide el n´ umero, no hallarlas. (2 puntos.) Al ser un polinomio de grado 3, tiene al menos una ra´ız real. Adem´as f ′ = 6x2 − 18x + 12 = 0 ⇒ x = 2, 1. Como f(2) = 34 > 0, f(1) = 25 > 0, la situaci´on es la de la figura, por lo que tiene s´ olo una ra´ız real.

3. Sea f : [0, +∞) → R, f(x) =

Z

0

x

t−1 dt. Determinar el m´ınimo absoluto de f. (2 puntos.) t2 + 1

x−1 que s´olo se anula en x = 1. Como f ′ (x) < 0, x ∈ [0, 1) y f ′ (x) > 0 x ∈ (1, +∞), x2 + 1 tiene un m´ınimo absoluto. f ′ (x) =

4. Tenemos una placa con una distribuci´on de temperatura T (x, y) = −x2 − 2y2 + 5x + 8y + 5. Indique en que direcci´on la temperatura disminuye m´as rapidamente en el punto (1, 1). (2 puntos.) ∂T ∂T = −2x + 5 ⇒ (1, 1) = 3, ∂x ∂x Asi, ∇T (1, 1) = (3, 4),

∂T ∂T = −4y + 8 ⇒ (1, 1) = 4. ∂y ∂y

||∇T (1, 1)|| = 5 y la direcci´on del gradiente es   3 4 buscada es la opuesta al gradiente y es − , − . 5 5



 3 4 , . La direcci´ on 5 5

1 5. El polinomio de Taylor de f(x, y) en (0, 1) es 5 − x + y − x2 + xy − y2 . Compruebe que en (0, 1) 2 la funci´on f(x, y) tiene un punto cr´ıtico (o estacionario) y clasif´ıquelo. (2 puntos.) Como los valores de la funci´on y el polinomio y sus derivadas coinciden en el punto de desarrollo, si llamos P (x, y) al polinomio tenemos ∂P ∂f ∂P = −1 − 2x + y ⇒ (0, 1) = (0, 1) = 0 ∂x ∂x ∂x ∂P ∂f ∂P = 1+x−y ⇒ (0, 1) = (0, 1) = 0 ∂y ∂y ∂y por lo que es punto cr´ıtico. −2 < 0 ∂2f ∂2f ∂2f 1 Como (0, 1) = −2, (0, 1) = 1, (0, 1) = −1, el hessiano es = 1 > 0. 1 −1 ∂x2 ∂x∂y ∂y2 Se sigue que tiene un m´aximo local o relativo.

´ CALCULO I Primer curso. Examen final. 17 de Enero de 2018. ´ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la calificaci´on global de la pregunta sea 0 puntos. Un gas´ometro est´a formado por un recipiente cil´ındrico, abierto por debajo y cerrado por encima, que sumergido en agua hasta cierta altura contiene gas a presi´on. Hallar las dimensiones del gas´ometro para que con un volumen V = π se gaste la menor cantidad posible de material en su construcci´on. Las condiciones de instalaci´on de este cilindro exigen que el radio de la base sea menor o igual que un n´ umero predeterminado a > 0. (6 puntos por planteamiento y obtenci´on de los puntos cr´ıticos y 4 puntos por la discusi´on seg´ un los posibles valores de a.) Sea r el radio del cilindro y h su altura. Como el cilindro s´olo tiene una base, el material utilizado es 1 2π 1 2πrh + πr 2 . Adem´as el volumen es π = πr 2 h, ⇒ h = 2 . La funci´on es f(r) = 2πr 2 + πr 2 = + πr 2 , r r r r ∈ (0, a]. Derivando e igualando a 0, r = 1 u ´ nico punto cr´ıtico. Adem´as f ′ (r) < 0 si r < 1 y f ′ (r) > 0 si r > 1. Discusi´ on: a < 1: El punto cr´ıtico no pertenece al dominio, por lo que se desprecia. En (0, a] f siempre decrece. 1 Alcanza el m´ınimo absoluto en r = a, h = 2 . a a ≥ 1: El punto cr´ıtico pertenece al dominio. Como la funci´on decrece a la izquierda de 1 y crece a su derecha, m´ınimo absoluto en r = 1, h = 1.

´ CALCULO I Primer curso. Examen final. 17 de Enero de 2018. ´ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la calificaci´on global de la pregunta sea 0 puntos. h πi → R, Consideremos la funci´on f : 0, 2  √ sen x(1 − sen x)    cos x f(x) =    0

 π x ∈ 0, 2 x = 0,

π 2

h πi 1. Comprobar que f es continua en 0, . (Hasta 4 puntos.) 2 2. Calcular el ´area de la regi´on limitada por f(x) y el eje OX entre las abscisas x = 0 y x = 6 puntos.)

π . (Hasta 2

1. La funci´on es continua en todo punto salvo, quiz´a, en los extremos. Como √ sen x(1 − sen x) =0 l´ım f(x) = l´ım x→0 x→0 cos x √ √ √ 1 − sen x sen x(1 − sen x) l´ım f(x) = l´ımπ = l´ımπ sen x l´ımπ = 0 ya que l´ımπ sen x = 1 y, x→ π x→ x→ x→ x→ cos x cos x 2 2 2 2 2 1 − sen x − cos x = l´ımπ = 0, la funci´on es continua. aplicando L’Hˆopital, l´ımπ x→ 2 − sen x x→ 2 cos x

2. La funci´on es siempre positiva en el intervalo. Asi A =

Z

0

π 2

√ sen x(1 − sen x) dx. Hacemos el cambio cos x

de variable sen x = t2 y asi Z π2 √ Z π2 √ Z 1 Z 1 sen x(1 − sen x) sen x(1 − sen x) t(1 − t2 ) · 2t 2t2 dx = cos xdx = dt = dt = 2 cos x cos2 x 1 − t4 0 0 0 0 1+t  Z 1 1 4−π = 2−2 dt = [2t − 2 arc tg t]10 = 2 1+t 2 0

´ CALCULO I Primer curso. Examen final. 17 de Enero de 2018. ´ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la calificaci´on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. Calcule la derivada de la funci´on f(x, y) = 3xey − x3 − e3y en el punto (2, 0) en la direcci´on del √ ! 1 3 vector , . (3 puntos.) 2 2 2. Calcule los puntos en que f alcanza un m´aximo o m´ınimo local. (3 puntos.) 3. Sea g : R3 → R2 una funci´ tal que g(0, 0, 0) = (2, 0) y cuya matriz jacobiana  on diferenciable  1 0 −1 en (0, 0, 0) es Jg(0, 0, 0) = . Calcule las derivadas parciales de f ◦ g en (0, 0, 0). (4 0 1 1 puntos.)

1. Al ser diferenciable la funci´on, podemos calcular la derivada direccional mediante el gradiente. Por √ ! 3 1 , est´a normalizado. otra parte, el vector 2 2 ∂f ∂f = 3ey − 3x2 ⇒ (2, 0) = −9 ∂x ∂x ∂f ∂f = 3xey − 3e3y ⇒ (2, 0) = 3 ∂y ∂y Asi, la derivada de f es ∇f(2, 0) ·

√ ! 1 3 , = (−9, 3) · 2 2

√ ! √ 1 3 3 3−9 , = 2 2 2

2. Para obtener los puntos cr´ıticos debemos resolver el sistema

∂f = 3ey − 3x2 = 0 ∂x

De la primera ∂f y 3y = 3xe − 3e = 0 ∂y y 2 2y ecuaci´on se obtiene e = x y de la segunda, x = e , dado que ey 6= 0 y podemos simplificar. As´ı, ey = e4y ⇒ ey (e3y − 1) = 0. As´ı e3y = 1, y = 0, x = 1. Las derivadas segundas son

∂2f ∂2f ∂2f = −6x = 3ey = 3xey − 9e3y 2 ∂x ∂x∂y ∂y2 −6 < 0 3 y el Hessiano en (1, 0) es H(1, 0) = = 27 > 0. Tenemos un m´aximo local o relativo. 3 −6

3. La matriz jacobiana (y por tanto las derivadas parciales) de f ◦ g en (0, 0, 0) es   1 0 −1 J(f ◦ g)(0, 0, 0) = Jf(2, 0)Jg(0, 0, 0) = (−9 3) = (−9 3 12) 0 1 1

´ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario. 27 de Junio de 2018.

´ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que la calificaci´on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.) Responda breve y razonadamente 1. Hallar todas las ra´ıces reales y complejas de z 4 +16 = 0 expresando los resultados en forma bin´ omica con los valores de los senos y cosenos de los ´angulos involucrados. √ 4 −16. As´ı

Las soluciones son w =

p √ El m´odulo de las soluciones es |w| = 4 | − 16| = 4 16 = 2. Como el argumento de −16 es π, los π 3π 5π 7π argumentos de las soluciones son , , , y las soluciones son 4 4 4 4 √ ! √ √ ! √ √ √ √ √ 2 2 2 2 +i = 2+i 2 w2 = 2 − +i =− 2+i 2 w1 = 2 2 2 2 2 √

√ ! √ √ 2 2 w3 = 2 − −i =− 2−i 2 2 2

w4 = 2

√ √ ! √ √ 2 2 −i = 2−i 2 2 2

2. Sea x2 − 2x + 2 el polinomio de Taylor de orden 2 de f en a = 1. El punto a = 1 ¿es punto cr´ıtico de f? En caso afirmativo, clasif´ıquelo. Sea p(x) = x2 −2x+2. Entonces f ′ (1) = p′ (1) = 0 y es punto cr´ıtico. Adem´as f ′′ (1) = p′′ (1) = 2 > 0 por lo que es m´ınimo relativo.

3. Calcule l´ım

x→0

R x sen x

2

et dt . 1 − cos x

0

Como l´ım ex x→0

2

sen2 x

R x sen x

2

2

2

et dt ex sen x(sen x + x cos x) = l´ım . x→0 x→0 1 − cos x sen x sen x + x cos x . Aplicando de nuevo L’Hˆopital = 1, debemos calcular l´ım x→0 sen x

Aplicando la regla de L’Hˆopital, l´ım

l´ım

x→0

0

sen x + x cos x cos x + cos x − x sen x = l´ım =2 x→0 sen x cos x

Por tanto el l´ımite pedido vale 2. 4. Tenemos una placa con una distribuci´on de temperatura T (x, y) = −x2 − 2y2 + 5x + 8y + 5. Indique en que direcci´on la temperatura disminuye m´as rapidamente en el punto (1, 1). ∂T ∂T = −2x + 5 ⇒ (1, 1) = 3, ∂x ∂x

∂T ∂T = −4y + 8 ⇒ (1, 1) = 4. ∂y ∂y

Asi, ∇T (1, 1) = (3, 4),

||∇T (1, 1)|| = 5 y la direcci´on del gradiente es   3 4 buscada es la opuesta al gradiente y es − , − . 5 5



 3 4 , . La direcci´ on 5 5

(2 5. De una funci´on de clase que f(0, 0) = 1, su gradiente es ∇f(0, 0) = (3, 1) y su matriz  C sabemos  2 1 Hessiana Hf(0, 0) = . Escriba su desarrollo de Taylor de orden 2 en (0, 0). 1 4

∂f (0, 0) = 3 Como ∇f(0, 0) = (3, 1), ∂x   2 1 Como Hf(0, 0) = , tenemos 1 4 1+

∂f (0, 0) = 1 ∂y

∂2f (0, 0) = 2 ∂x2

∂2f (0, 0) = 1 ∂x∂y

∂2f (0, 0) = 4 y asi ∂y2

1 1 1 1 1 · 3 · x + · 1 · y + · 2 · x2 + · 1 · xy + · 4 · y2 = 1 + 3x + y + x2 + xy + 2y2 1! 1! 2! 1!1! 2!

´ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario. 27 de Junio de 2018.

´ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la calificaci´on global de la pregunta sea 0 puntos. h πi → R, Consideremos la funci´on f : 0, 2  √ sen x(1 − sen x)    cos x f(x) =    0

 π x ∈ 0, 2 x = 0,

π 2

h πi 1. Comprobar que f es continua en 0, . (Hasta 4 puntos.) 2 2. Calcular el ´area de la regi´on limitada por f(x) y el eje OX entre las abscisas x = 0 y x = 6 puntos.)

π . (Hasta 2

1. La funci´on es continua en todo punto salvo, quiz´a, en los extremos. Como √ sen x(1 − sen x) =0 l´ım f(x) = l´ım x→0 x→0 cos x √ √ √ sen x(1 − sen x) 1 − sen x l´ımπ f(x) = l´ımπ = l´ımπ sen x l´ımπ = 0 ya que l´ımπ sen x = 1 y, x→ 2 x→ 2 x→ 2 x→ 2 x→ 2 cos x cos x 1 − sen x − cos x aplicando L’Hˆopital, l´ımπ = l´ımπ = 0, la funci´on es continua. x→ 2 − sen x x→ 2 cos x

2. La funci´on es siempre positiva en el intervalo. Asi A =

Z

π 2

0

√

sen x(1 − sen x) dx. Hacemos el cambio cos x

de variable sen x = t2 y asi Z π2 √ Z π2 √ Z 1 Z 1 sen x(1 − sen x) sen x(1 − sen x) t(1 − t2 ) · 2t 2t2 dx = cos xdx = dt = dt = 2 4 2 cos x cos x 1−t 0 0 0 0 1+t  Z 1 1 4−π = 2−2 dt = [2t − 2 arc tg t]10 = 2 1+t 2 0

´ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario. 27 de Junio de 2018.

´ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la calificaci´on global de la pregunta sea 0 puntos.

Sea f : R2 → R,

  2x3 + x2 y − y3 f(x, y) = x2 + y 2  0

si (x, y) 6= (0, 0)

. Se pide:

si (x, y) = (0, 0)

1. Continuidad en todo punto de R2 . (4 puntos.) 2. Diferenciabilidad en (0, 0). (4 puntos.) 3. Sabiendo que f es diferenciable en (1, 0), calcule la derivada de f en el punto (1, 0) en la direcci´ on del vector ~v = (2, 0) (2 puntos.)

1. En puntos (x, y) 6= (0, 0) se trata de un cociente de polinomios (funciones continuas) en el que el de2x3 + x2 y − y3 . nominador no se anula. Por tanto es continua. Estudio en (0, 0): Debemos calcular l´ım x2 + y 2 (x,y)→(0,0) En coordenadas polares, l´ım

ρ→0

2ρ3 cos3 ϕ + ρ3 cos2 ϕ sen ϕ − ρ3 sen3 ϕ = l´ım ρ(2 cos3 ϕ + cos2 ϕ sen ϕ − sen3 ϕ) ρ→0 ρ2

Como −4 ≤ 2 cos3 ϕ + cos2 ϕ sen ϕ − sen3 ϕ ≤ 4, Asi, al ser l´ım (−4ρ) = l´ım (4ρ) = 0, ρ→0

−4ρ ≤ ρ(2 cos3 ϕ + cos2 ϕ sen ϕ − sen3 ϕ) ≤ 4ρ.

ρ→0

l´ım ρ(2 cos3 ϕ + cos2 ϕ sen ϕ − sen3 ϕ) = 0 uniformemente en ϕ

ρ→0

Por tanto la funci´on es continua. 2. En primer lugar, calculamos las derivadas parciales en (0, 0) 3

2x ∂f f(x, 0) − f(0, 0) 2 (0, 0) = l´ım = l´ım x = 2 x→0 x→0 x ∂x x−0 −y 3

∂f f(0, y) − f(0, 0) y2 (0, 0) = l´ım = l´ım = −1 y→0 y→0 y ∂y y−0 Como las derivadas parciales existe, debemos calcular el l´ımite En coordenadas polares,

l´ım

(x,y)→(0,0)

2x3 +x2 y−y 3 x2 +y 2

− 2x + y p x2 + y 2

2ρ3 cos3 ϕ + ρ3 cos2 ϕ sen ϕ − ρ3 sen3 ϕ − 2ρ cos ϕ + ρ sen ϕ ρ2 l´ım = ρ→0 ρ

= l´ım

ρ→0

2ρ cos3 ϕ + ρ cos2 ϕ sen ϕ − ρ sen3 ϕ − 2ρ cos ϕ + ρ sen ϕ = ρ = 2 cos3 ϕ + cos2 ϕ sen ϕ − sen3 ϕ − 2 cos ϕ + sen ϕ

que depende de ϕ. El l´ımite no existe y la funci´on no es diferenciable en (0, 0). 3. Como la direcci´on del vector (2, 0) es (1, 0), nos est´an pidiendo la derivada parcial con respecto a x en el punto (1, 0). ∂f f(x, 0) − f(1, 0) 2x − 2 (1, 0) = l´ım = l´ım =2 x→1 x→1 ∂x x−1 x−1

´ CALCULO I Primer curso. Examen extraordinario. 27 de Junio de 2018.

´ APELLIDOS...................................................................................................NUMERO........... NOMBRE........................................... Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la calificaci´on global de la pregunta sea 0 puntos. 1. Determine los m´aximos y m´ınimos absolutos de f(x, y) = 2+2x+2y −x2 −y2 en la regi´on triangular del primer cuadrante limitada por las rectas x = 0, y = 0, y = 9 − x. (6 puntos.) 2. Sea f(x, y) = 3xey − x3 − e3y y g : R3 → R2 una funci´on diferenciable tal que g(0, 0, 0) = (2, 0)  1 0 −1 y cuya matriz jacobiana en (0, 0, 0) es Jg(0, 0, 0) = . Calcule las derivadas parciales 0 1 1 de f ◦ g en (0, 0, 0). (4 puntos.)

∂f ∂f = 2 − 2x = 0 ⇒ x = 1, = 2 − 2y = 0 ⇒ y = 1. Por tanto el u ´ nico ∂x ∂y punto cr´ıtico es el (1, 1), que pertenece al dominio.

1. Puntos cr´ıticos:

Estudio en la frontera: x = 0 : g(y) = f(0, y) = 2 + 2y − y2 , y ∈ [0, 9] ⇒ g′ (y) = 2 − 2y = 0 ⇒ y = 1. Tenemos as´ı los puntos (0, 1) por punto cr´ıtico y (0, 0), (0, 9) por extremos del intervalo. y = 0 : g(x) = f(x, 0) = 2 + 2x − x2 , x ∈ [0, 9] ⇒ g′ (x) = 2 − 2x = 0 ⇒ x = 1. Tenemos as´ı los puntos (1, 0) por punto cr´ıtico y (0, 0), (9, 0) por extremos del intervalo. 9 9 y = 9−x : g(x) = f(x, 9−x) = −97+18x−2x2 , x ∈ [0, 9] ⇒ g′ (x) = 18−4x = 0 ⇒ x = , y = . 2 2   9 9 Tenemos as´ı los puntos , por punto cr´ıtico y (0, 9), (9, 0) por extremos del intervalo. 2 2 Evaluando   tenemos f(1, 1) = 4, f(0, 0) = 2, f(0, 1) = f(1, 0) = 3, f(0, 9) = f(9, 0) = −61, 9 9 41 f , = − . Por tanto, m´aximo absoluto en (1, 1) y m´ınimos absolutos en (0, 9), (9, 0). 2 2 2 2. La matriz jacobiana (y por tanto las derivadas parciales) de f ◦ g en (0, 0, 0) es   1 0 −1 J(f ◦ g)(0, 0, 0) = Jf(2, 0)Jg(0, 0, 0) = (−9 3) = (−9 3 12) 0 1 1