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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 29 de Octubre de 2012.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente 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:
Zona buscada
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¶ones (¡3;¡2) [ (2; 3). No es un intervalo.
M¶etodo anal¶³tico:
(a) Caso x ¸ 0: jx2 ¡ 6j < jxj , jx2 ¡ 6j < x , ¡x < x2 ¡ 6 < x² x2 ¡ 6 < x ) x2 ¡ x ¡ 6 < 0. Como x2 ¡ x ¡ 6 = 0 ) x = ¡2; 3, la desigualdad secumple para x 2 (¡2; 3)
² ¡x < x2 ¡ 6 ) x2 + x ¡ 6 > 0. Como x2 + x ¡ 6 = 0 ) x = ¡3; 2, la desigualdad secumple 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 procesoanterior 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 unn¶umero real y de sus propiedades.
2. Determinar los n¶umeros complejos z6= 0 que veri¯can que z, 3zy 2¡ z tienen el mismo m¶odulo.
jzj = 3jzj = j2¡ zj. Si z = x+ iy tenemos
(a) jzj = 3jzj ) jzj2 = 3 ) x2 + y2 = 3.
(b) j2 ¡ zj = jzj ) j2 ¡ zj2 = jzj2 = 3 ) (2 ¡ x)2 + y2 = 3 ) 4 ¡ 4x + x2 + y2 = 3 y comox2 + y2 = 3, tenemos 4¡ 4x = 0 ) x = 1.
-
Asi, 1 + y2 = 3 ) y2 = 2 ) y = §p2 y los n¶umeros pedidos son 1§ i
p2.
Principales errores : No saber la de¯nici¶on de m¶odulo de un n¶umero complejo.
Decir que3
a+ ib=
3
a+
3
iby por tanto
¯̄¯̄ 3a+ ib
¯̄¯̄ =
r32
a2¡ 3
2
b2(N¶otese, adem¶as, el signo ¡).
Olvidar que se pide que los n¶umeros complejos implicados tengan el mismo m¶odulo, no que seaniguales.
Decir que j2¡ zj = j2j ¡ jzj = 2¡ jzj (A veces se prescinde de la ¶ultima igualdad).
3. Calcular razonadamente el l¶³mite limx!+1
sen(5x2)
3x+ 1. >Cambia el valor del l¶³mite si x! ¡1?
Como limx!+1
1
3x+ 1= 0 y j sen(5x2)j · 1, el l¶³mite vale 0. Sucede lo mismo si x! ¡1.
Principales errores : Mala utilizaci¶on de la regla de L'Hôpital (Puede asegurarse que f alcanza
su m¶aximo y m¶³nimo absolutos? >Y si f :
·¡12;1
2
¸! R f(x) = ex ln jx2 ¡ 1j?
La funci¶on f no es continua en [¡1; 1] por lo que no es aplicable el teorema de Weierstrass. Comolimx!§1
f(x) = ¡1, no alcanza el m¶³nimo absoluto. Por otra parte, como jx2 ¡ 1j < 1; x 2 (¡1; 1),ex ln jx2 ¡ 1j < 0 y al ser f(§1) = f(0) = 0, si que alcanza su m¶aximo absoluto. En el segundocaso, la funci¶on es continua y el intervalo cerrado y acotado, por lo que si alcanza su m¶aximo ym¶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
f 0(f¡1(0))=
1
f 0(2)=
1
2
Principales errores : La t¶onica general ha sido dejarla en blanco.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 29 de Octubre de 2012.
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Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (10 puntos.)
Determinar el valor de ® para que el l¶³mite
limx!1
ln³1 + 3
qx2¡2x+1x2¡3x+2
´
sen(x¡ 1) tg®(x¡ 1)
sea un n¶umero real no nulo.
Como limx!1
3
rx2 ¡ 2x+ 1
x2 ¡ 3x+ 2= lim
x!1
3
rx¡ 1
x¡ 2= 0, podemos aplicar la equivalencia del logaritmo. Apli-
camos adem¶as las correspondientes al seno y la tangente y asi
limx!1
ln³1 + 3
qx2¡2x+1x2¡3x+2
´
sen(x¡ 1) tg®(x¡ 1)= lim
x!1
3
qx2¡2x+1x2¡3x+2
(x¡ 1)(x¡ 1)®= lim
x!1
(x¡1)1
3
(x¡2)1
3
(x¡ 1)(x¡ 1)®= lim
x!1
(x¡ 1)1
3¡®¡1
(x¡ 2)1
3
Este l¶³mite es distinto de 0 si1
3¡ ®¡ 1 = 0 ) ® = ¡
2
3.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 29 de Octubre de 2012.
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Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.
Sea f : R! R; f(x) =p1 + 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) =p1 + x3 y si x < 0, f(x) =
p1¡ x3. Asi la derivada es
x > 0 : f 0(x) =3x2
2p1 + x3
x < 0 : f 0(x) = ¡ 3x2
2p1¡ x3
En x = 0 calculamos la derivada usando la de¯nici¶on:
x = 0 : f 0(0) = limx!0
f(x)¡ f(0)x¡ 0 = limx!0
p1 + jxj3 ¡ 1
x= lim
x!0
jxj3x(p1 + jxj3 + 1)
= limx!0
x2jxjx(p1 + jxj3 + 1)
= 0
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 tieneen 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)32
x < 0 : f 00(x) = ¡ 12x¡ 3x4
4(1¡ x3) 32
y f 00(0) = 0. Al calcular la tercera derivada tenemos
f 000(0+) = limx!0+
12x+3x4
4(1+x3)32
x= lim
x!0+
12 + 3x3
4(1 + x3)33
= 3
y de igual forma f 000(0¡) = ¡3, por lo que la tercera derivada en 0 no existe. El polinomio pedidoes 1 +
1
1!0x+
1
2!0x2 = 1.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 29 de Octubre de 2012.
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Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que lacali¯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:
Como (x; y) pertenece a la par¶abola, y =1
4x2, y la distancia al cuadrado al punto (0; a) es
f(x) = x2 +
µ1
4x2 ¡ a
¶2, x 2 [0;+1). Derivando e igualando a 0 se tiene x = 0 y x2 = 4(a¡ 2).
² Si a · 2, el ¶unico punto cr¶³tico es x = 0 y como f 0(x) = 2¡ a+ x2
4> 0, es m¶³nimo absoluto.
² Si a > 2, tenemos dos puntos cr¶³ticos, x = 0 y x = 2pa¡ 2. En
£0; 2pa¡ 2
¢, f 0(x) < 0 ya que
f 0(0) = 2¡ a y f es decreciente. En¡2pa¡ 2;+1
¢, f 0(x) > 0 ya que f 0
¡4pa¡ 2
¢= 3(a¡ 2) > 0
y f es creciente. Asi, el m¶³nimo est¶a en x = 2pa¡ 2.
Segundo planteamiento:
Podemos expresar la distancia en funci¶on de y, con lo que g(y) = 4y + (y ¡ a)2; y 2 [0;+1). Ahorag0(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.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. 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
3(x¡ 1)3 + c. Como pasa por (0; 1), f(0) = 1 ) c = 4
3) f(x) =
=1
3(x¡ 1)3 + 4
3.
2. Dada la funci¶on f(x; y) =
Z x sen y
x+y
et2
dt, hallar la ecuaci¶on del plano tangente a su gr¶a¯ca en el
punto (x; y) = (0; 0).
f(0; 0) =
Z 0
0
et2
dt = 0
@f
@x= e(x sen y)
2
sen y ¡ e(x+y)2 ) @f@x
(0; 0) = ¡1
@f
@y= e(x sen y)
2
x cos y ¡ e(x+y)2 ) @f@y
(0; 0) = ¡1
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 + y2) ¡ 2z. Si un mosquito estasituado en el punto (1; 1; 2), >en qu¶e direcci¶on debe moverse para calentarse lo m¶as r¶apidamenteposible?>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(8; 8;¡2). Normalizando, la direcci¶on es 1p
33(4; 4;¡1).
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 + y2; sen(xy)). Hallar@(f ± g)@x
(2; 0).
h(x; y) = f ± g(x; y) = f [g(x; y)] = f(x2 + y2; sen(xy)) = f(u; v) siendo u = x2 + y2; v = sen(xy).Si (x; y) = (2; 0); (u; v) = (4; 0). Asi
@h
@x(2; 0) =
@f
@u(4; 0)
@u
@x(2; 0) +
@f
@v(4; 0)
@v
@x(2; 0) = 16 ¢ 4 = 64
5. Dada la ecuaci¶on ez senx + z cos y = 1 >qu¶e variables se pueden despejar en funci¶on de las otras
dos en un entorno de (0; 0; 1)? Sabiendo que z es una de esas variables, hallar@z
@x(0; 0);
@z
@y(0; 0).
Sea f(x; y; z) = ez senx+ z cos y ¡ 1. Tenemos f(0; 0; 1) = 0, las derivadas parciales
@f
@x= ez cos x
@f
@y= ¡z sen y @f
@z= ez senx+ cos y
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)). Derivandoimpl¶³citamente tenemos
@
@x: ez
@z
@xsenx+ ez cos x+
@z
@xcos y = 0 en (0; 0; 1) es e+
@z
@x(0; 0) = 0 ) @z
@x(0; 0) = ¡e
@
@y: ez
@z
@ysenx+
@z
@ycos y ¡ z sen y = 0 en (0; 0; 1) es @z
@y(0; 0) = 0
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela 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 lasfunciones
f; g : [¡1; 1]! R
f(x) = xp1¡ x2 + 1 g(x) = 1 8x
A1
A2
El volumen es el generado por las zonas A1, A2 al girar alrededorde OX. Consta de dos partes: La parte x · 0 es la diferencia entreel cilindro de altura 1 y radio 1 generado por el ¶area bajo la rectay = 1 (que vale ¼), y el volumen que se forma por giro del ¶area bajola curva. La segunda (x ¸ 0) es la diferencia entre la generada porel ¶area bajo la curva y el cilindro. Asi V = V1 + V2 =
= ¼ ¡ ¼Z 0
¡1
(xp1¡ x2 + 1)2 dx+ ¼
Z 1
0
(xp1¡ x2 + 1)2 dx¡ ¼ =
= ¼
Z 1
0
(xp1¡ x2 + 1)2 dx¡ ¼
Z 0
¡1
(xp1¡ x2 + 1)2 dx
Las integrales son de evaluaci¶on inmediata y el resultado es4¼
3.
Por supuesto puede evaluarse tambien mediante el teorema de Guldin.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.
Sea f(x; y) =
8<
:xy2 sen
1
x2 + y2si (x; y)6= (0; 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.
1. En todo (x; y)6= (0; 0), x2 + y2 6= 0. Se trata de una composici¶on de funciones continuas y el ¶unicodenominador que aparece no se anula: Continua en todo punto distinto de (0; 0).
Estudio en (0; 0): En coordenadas polares tenemos que calcular el l¶³mite lim½!0
½3 cos' sen2 ' sen1
½2.
Como j cos' sen2 ' sen 1½2j · 1 y ½3 ! 0, el l¶³mite es 0 uniformemente en ' y la funci¶on es continua
tambi¶en en (0; 0).
2. En (x; y)6= (0; 0):@f
@x= y2 sen
1
x2 + y2¡ 2x
2y2
(x2 + y2)2cos
1
x2 + y2
@f
@y= 2xy sen
1
x2 + y2¡ 2xy
3
(x2 + y2)2cos
1
x2 + y2
En (0; 0):@f
@x(0; 0) = lim
x!0
f(x; 0)¡ f(0; 0)x¡ 0 = limx!0
0¡ 0x
= 0
@f
@y(0; 0) = lim
y!0
f(0; y)¡ f(0; 0)y ¡ 0 = limy!0
0¡ 0y
= 0
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 alas del apartado 1:
Continuidad en (0; 0): Derivada parcial respecto a x. Debemos estudiar el l¶³mite
lim(x;y)!(0;0)
·y2 sen
1
x2 + y2¡ 2x
2y2
(x2 + y2)2cos
1
x2 + y2
¸
En coordenadas polares
lim½!0
·½2 sen2 ' sen
1
½2¡ 2½
4 sen2 ' cos2 '
½4cos
1
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 esdiferenciable. En (0; 0) hay que calcular el l¶³mite
lim(x;y)!(0;0)
f(x; y)¡ f(0; 0)¡ @f@x(0; 0)x¡ @f
@y(0; 0)y
px2 + y2
= lim(x;y)!(0;0)
xy2 sen 1x2+y2p
x2 + y2
En coordenadas polares tenemos
lim½!0
½3 cos' sen2 ' sen 1½2
½= lim
½!0½2 cos' sen2 ' sen
1
½2= 0
uniformemente en '. Por tanto es diferenciable en (0; 0).
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que lacali¯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
@x= ey ¡ ex = 0 ) x = y
@f
@y= xey = 0 ) x = 0
por lo que el ¶unico punto cr¶³tico es el (0; 0). Como
@2f
@x2= ¡ex @
2f
@x@y= ey
@2f
@y2= xey
tenemos que Hf(0; 0) =
¯̄¯̄ ¡1 1
1 0
¯̄¯̄ = ¡1 < 0, se trata de un puerto o punto de silla.
2. El cuadrado es el de la ¯gura
A B
D C
Estudio en la frontera:
Lado AB: y = 0; x = t; t 2 [0; 1] ) f(t; 0) = t¡ et )) 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.
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 entodos 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).
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.Responda breve y razonadamente
1. Determinar los n¶umeros complejos z que veri¯can simult¶aneamente que: (2 puntos.)
(a) Re (z2 + 4) = 0. Re signi¯ca parte real.
(b) Im (z2 + 4) = 0. Im signi¯ca parte imaginaria.
Soluci¶on pensando: Como Re (z2 + 4) = 0; Im (z2 + 4) = 0 ) z2 + 4 = 0 ) z = §2i.Soluci¶on sin pensar: z = x+ iy ) z2 + 4 = x2 ¡ y2 + 4 + 2xyi. Asi,
(a) Re (z2 + 4) = 0 ) x2 ¡ y2 + 4 = 0.(b) Im (z2 + 4) = 0 ) xy = 0.
Como xy = 0 tenemos dos posibles casos x = 0 ¶o y = 0. Si x = 0, y2 = 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). (2puntos)
Se trata de un polinomio de grado 3, impar, por lo que tiene al menos una ra¶³z real. Su derivada
es 3x2¡ 1 y las ra¶³ces de esta son § 1p3. Como f
µ¡ 1p
3
¶= 2+
2p3> 0 y f
µ1p3
¶= 2¡ 2p
3> 0
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
0
et2
dt. (2 puntos)
f(0) = 0 f 0(x) = 2xex4 ) f 0(0) = 0 f 00(x) = 2ex4 + 8x4ex4 ) f 00(0) = 2
f 000(x) = 40x3ex4
+ 32x7ex4 ) f 000(0) = 0. El polinomio es 2
2!x2 = x2
-
4. Dada la funci¶on f(x; y) =
8<
:3 + 2x¡ y + x
ayb
x2 + y2a; b > 0 si (x; y)6= (0; 0)
3 si (x; y) = (0; 0)determinar la
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
@x(0; 0) = lim
x!0
f(x; o)¡ f(0; 0)x¡ 0 = limx!0
3 + 2x¡ 3x
= 2
@f
@y(0; 0) = lim
y!0
f(0; y)¡ f(0; 0)y ¡ 0 = limy!0
3¡ y ¡ 3x
= ¡1
Estudio de la diferenciabilidad en (0; 0):
lim(x;y)!(0;0)
f(x; y)¡ f(0; 0)¡ @f@x(0; 0)(x¡ 0)¡ @f
@y(0; 0)(y ¡ 0)
px2 + y2
= lim(x;y)!(0;0)
3 + 2x¡ y + xaybx2+y2
¡ 3¡ 2x+ ypx2 + y2
=
= lim(x;y)!(0;0)
xayb
(x2 + y2)32
En coordenadas polares,
lim½!0
½a+b cosa ' senb '
½3= 0
si a+ b > 3. La funci¶on es diferenciable si a+ b > 3.
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.
Consideremos la elipsex2
a2+y2
b2= 1.
1. Hallar las dimensiones del rect¶angulo de mayor ¶area que puede inscribirse en la misma. (5 puntos.)
2. Hallar las dimensiones del rect¶angulo de mayor per¶³metro que puede inscribirse en la misma. (5puntos.)
(x,y)
a
b
El punto (x; y) que consideramos est¶a en el primer cuadrante y asi y =b
a
pa2 ¡ x2 con x 2 [0; a] que
ser¶a el dominio de las funciones que aparecen a continuaci¶on.
1. ¶Area: El ¶area es (2x)(2y) = 4xy =4b
axpa2 ¡ x2 por lo que utilizaremos f(x) = x
pa2 ¡ x2; x 2
[0; a]. La funci¶on no es derivable en x = a. En [0; a) tenemos
f 0(x) =pa2 ¡ x2 ¡ x
2
pa2 ¡ x2
= 0 ) a2 ¡ x2 = x2 ) x = ap22 [0; a)
Por tanto los puntos a considerar son 0 por extremo, a por extremo y no derivabilidad yap2por
anularse la derivada. Como f(0) = f(a) = 0 y f
µap2
¶=a2
2> 0, el m¶aximo absoluto se alcanza
en ese punto. Puede hacerse tambien el estudio mediante los signos de la derivada. Las longitudesde los lados son
p2a;
p2b.
2. Per¶³metro: El per¶³metro es 4(x + y) = 4
µx+
b
a
pa2 ¡ x2
¶por lo que utilizaremos f(x) = x +
b
a
pa2 ¡ x2;
x 2 [0; a]. La funci¶on no es derivable en x = a. En [0; a) tenemos
f 0(x) = 1¡ bxapa2 ¡ x2
= 0 ) bx = apa2 ¡ x2 ) x = a
2
pa2 + b2
Comoap
a2 + b2· 1 ) a
2
pa2 + b2
· a ) a2
pa2 + b2
2 [0; a). Los puntos a considerar son 0,
a por las mismas razones que antes ya2pa2 + b2
. Como f(0) = b; f(a) = a y f
µa2pa2 + b2
¶=
-
a2 + b2pa2 + b2
=pa2 + b2 ¸ a; b alcanza el m¶aximo absoluto en ese punto. Las longitudes de los lados
son2a2pa2 + b2
;2b2pa2 + b2
.
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.
1. Hallar el volumen del s¶olidox4
a4+y2
b2+z2
c2= 1. (Observe los exponentes de las variables.) (5
puntos.)
2. Calcular
Z ¼
¡¼
x2 sennxdx seg¶un los valores de n. (5 puntos.)
1. Las secciones ortogonales al eje OX son elipses
y2
b2+z2
c2= 1¡ x
4
a4=a4 ¡ x4a4
) y2
¡ba2
pa4 ¡ x4
¢2 +z2
¡ca2
pa4 ¡ x4
¢2 = 1
El ¶area de la secci¶on es ¼b
a2
pa4 ¡ x4 c
a2
pa4 ¡ x4 = ¼ bc
a4(a4 ¡ x4) y el volumen buscado (usando
la correspondiente simetr¶³a)
2
Z a
0
¼bc
a4(a4 ¡ x4) dx = 8abc¼
5
2. Soluci¶on pensando: Sea f(x) = x2 sennx. Entonces f(¡x) = ¡f(x); 8x 2 [¡¼; ¼] por lo que essim¶etrica respecto al origen. La integral vale 0.
Soluci¶on sin pensar: Aplicamos una integraci¶on por partes tomando u = x2; dv = sennxdx con loque tenemos Z
x2 sennxdx = ¡x2
ncosnx+
2
n
Zx cosnxdx
Repetimos la integraci¶on por partes tomando ahora u = x; dv = cosnxdx y asi
Zx2 sennxdx = ¡x
2
ncosnx+
2
n
Zx cosnxdx = ¡x
2
ncosnx+
2
n
·x
nsennx+
1
n2cosnx
¸=
= ¡x2
ncosnx+
2x
n2sennx+
2
n3cosnx
Z ¼
¡¼
x2 sennxdx =
·¡x
2
ncosnx+
2x
n2sennx+
2
n3cosnx
¸¼
¡¼
= 0
ya que senn(§¼) = 0 y cosn(¡¼) = cosn¼.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013.
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Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que lacali¯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(x; y) = x2 + y2Se 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 en un abierto quecontiene 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 + cosx; x+ ey) = (y + cos x)2 + (x+ ey)2.
1. Las derivadas parciales son
@F
@x= 2(y+cos x)(¡ senx)+2(x+ey) @F
@y= 2(y+cos x)+2(x+ey)ey ) @F
@x(0; 0) = 2
@F
@y(0; 0) = 4
Asi rF (0; 0) = (2; 4). El vector ~v normalizado es ~w =µ
2p5;¡1p5
¶y asi
D~vF (0; 0) = (2; 4) ¢µ
2p5;¡1p5
¶= 0
2. Sea trata de jjrF (0; 0)jj =p4 + 16 =
p20 = 2
p5.
3. 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¶onseno y la exponencial. Por tanto F es diferenciable.
² Evaluando la matriz jacobiana en (0; 0) obtenemos (2 4) y como 46= 0, y es funci¶on impl¶³citade x, y = y(x).
4. Derivando impl¶³citamente tenemos 2(y+ cos x)(y0¡ senx) + 2(x+ ey)(1 + y0ey) = 0. Evaluando en(0; 0) tenemos 2y0 + 2(1 + y0) = 0 y asi y0 = ¡1
2.
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Examen de Julio. 3 de Julio de 2013.
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Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. Resuelva z3 ¡ i = 0. Se pide el resultado en forma bin¶omica (a + ib), asignando los valorescorrespondientes a las funciones trigonom¶etricas que puedan aparecer.
Primera forma: z3 ¡ i = 0 ) z = 3pi. Como jij = 1 y su argumento ¼
2, sus ra¶³ces c¶ubicas tienen
m¶odulo 1 y argumentos¼
6;¼
6+
2¼
3=
5¼
6;¼
6+
4¼
3=
3¼
2. Las soluciones son
z1 = 1³cos
¼
6+ i sen
¼
6
´=
p3
2+
1
2i z2 = 1
µcos
5¼
6+ i sen
5¼
6
¶= ¡
p3
2+
1
2i
z3 = 1
µcos
3¼
2+ i sen
3¼
2
¶= ¡i
Segunda forma: Como (¡i)3 = i, ¡i es una soluci¶on. Dividiendo (por Ru±ni) z3 ¡ i por z + i, se
tiene z2 ¡ iz ¡ 1 = 0 ) z = i§p¡1 + 42
=i§
p3
2= §
p3
2+
1
2i.
2. Determine el n¶umero de puntos de corte de las gr¶a¯cas de las funciones f(x) = 2x3 + 2x2 + 3,g(x) = x3 + 5x2. (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 yh(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 rectatangente 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.
4. Sean a; b n¶umeros naturales o 0. Determ¶³nese para qu¶e valores de a; b la funci¶on f(x) =
8><
>:
e2x x < 0a x = 02(1¡ cosx)
xbx > 0
es continua.
limx!0¡
f(x) = limx!0¡
e2x = 0 y asi a = 0. Por otra parte
limx!0+
f(x) = limx!0+
2(1¡ cos x)xb
= limx!0+
2x2
2
xb= lim
x!0+
x2
xb
Para que este l¶³mite sea 0, b < 2 y como es natural o 0, b = 0; 1.
-
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).
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen de Julio. 3 de Julio de 2013.
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Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela 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. Lassecciones del mismo ortogonales al eje OX son tri¶angulos equil¶ateros. Hallar el volumen del cuerpo.(Hasta 5 puntos.)
2. Calcular
Z ¼
0
cos3 x sen3 x dx. (Hasta 5 puntos.)
1. Si l es el lado del tri¶angulo equil¶atero, su ¶area es
p3
4l2. Asi, como la base (y todos los lados)
xy 2=
xy=mide 2
px¡px = px, el ¶area de la secci¶on es
p3
4x
y el volumen del cuerpo es
Z 1
0
p3
4x dx =
p3
8
2. Lo haremos de varias formas distintas
² Pensando: Enh0;¼
2
i, senx ¸ 0; cos x ¸ 0 y asi sen3 x cos3 x ¸ 0. En
h¼2; ¼i, senx ¸
0; cos x · 0 y asi sen3 x cos3 x · 0, pero los valores que toma son, en valor absoluto, losmismos. Se sigue que la integral vale 0.
² T¶ecnico m¶as sencillo: cos3 x = cos2 x cosx = (1¡sen2 x) cosx y asi sen3 x cos3 x = sen3 x cos x¡
¡ sen5 x cosx. Se sigue queZ ¼
0
cos3 x sen3 x dx =
Z ¼
0
(sen3 x cos x¡ sen5 x cos x) dx =·sen4 x
4¡ sen
6 x
6
¸¼
0
= 0
² Cambios trigonom¶etricos: Si se aplican cambios del tipo senx = t; tg x = t debe dividirsela integral en dos partes, una en
h0;¼
2
iy otra en
h¼2; ¼i, dado que el cambio tiene que ser
biyectivo (primer cambio). En el cambio de la tangente nos encontramos, adem¶as, con dosintegrales impropias. El cambio cosx = t no presenta problemas.
² Otras relaciones trigonom¶etricas: Se puede pasar al ¶angulo doble
senx cosx =sen(2x)
2) sen3 x cos3 x = sen
3(2x)
8
y aplicar ahora la misma t¶ecnica del procedimiento t¶ecnico m¶as sencillo.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen de Julio. 3 de Julio de 2013.
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Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.
Sea D : f(x; y; z) jx2+ y2+ z2 = 5; x > 0; y > 0; z > 0g y F : D ! R; F (x; y; z) = lnx+ 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 res-puesta. (Hasta 2 puntos)
1. Como z > 0, z =p5¡ x2 ¡ y2. Sustituyendo en la funci¶on,
f(x; y) = F (x; y;p5¡ x2 ¡ y2) = lnx+ ln y + 3
2ln(5¡ x2 ¡ y2)
@f
@x=
1
x¡ 3x
5¡ x2 ¡ y2 = 0 )1
x=
3x
5¡ x2 ¡ y2 ) 5¡ x2 ¡ y2 = 3x2
@f
@y=
1
y¡ 3y
5¡ x2 ¡ y2 = 0 )1
y=
3y
5¡ x2 ¡ y2 ) 5¡ x2 ¡ y2 = 3y2
Asi 3x2 = 3y2 y como x > 0; y > 0, x = y. Sustituyendo en la primera ecuaci¶on, 5¡ 2x2 = 3x2 y,por tanto, x = 1; y = 1; z =
p3. S¶olo hay un punto cr¶³tico.
@2f
@x2= ¡ 1
x2¡ 3(5¡ x
2 ¡ y2) + 6x2(5¡ x2 ¡ y2)2 )
@2f
@x2(1; 1) = ¡8
3y, por simetr¶³a
@2f
@y2(1; 1) = ¡8
3
@2f
@x@y= ¡ 6xy
(5¡ x2 ¡ y2)2 ) )@2f
@x@y(1; 1) = ¡2
3
El Hessiano es ¯̄¯̄¯̄¯̄
¡83
¡23
¡23
¡83
¯̄¯̄¯̄¯̄=
20
3> 0
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.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen de Julio. 3 de Julio de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que lacali¯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 z2
1
1¡ ln tt2
dt
1. Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de f en A. (Hasta 3 puntos.)
2. Sabiendo que f(1; 1; e) = 1 +1
e, demostrar que
x2 + y
Z z2
1
1¡ ln tt2
dt = 1+1
e
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
@x(1; 1). (Hasta 4 puntos.)
1. Las derivadas parciales son
@f
@x= 2x que es continua por ser un polinomio.
@f
@y=
Z z2
1
1¡ ln tt2
dt. Como el integrando es una funci¶on continua, la derivada parcial tambien lo
es (incluso derivable como funci¶on de z).
@f
@z= y
1¡ ln z2z4
2z, que tambi¶en es continua.
Se sigue que la funci¶on es diferenciable y, por tanto, continua.
2. ² Como f(1; 1; e) = 1 + 1e(nos lo dice el enunciado), el punto cumple la ecuaci¶on.
² En el apartado anterior hemos visto que las derivadas parciales existen y son continuas, porlo que la funci¶on es diferenciable.
² @f@z
(1; 1; e) = ¡ 2e36= 0.
Por tanto, z = z(x; y).
3. Derivando impl¶³citamente respecto a x y evaluando en el punto
2x+ y1¡ ln z2z4
2z@z
@x= 0 ) 2¡ 2
e3@z
@x(1; 1) = 0 ) @z
@x(1; 1) = e3
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 26 de Octubre de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. Hallar los n¶umeros complejos que veri¯can que su cuadrado es igual al doble de su conjugado.
z2 = 2¹z ) (x+iy)2 = 2(x¡iy) ) x2¡y2+2xyi = 2x¡2yi ) x2¡y2 = 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 = 2² y 6= 0: Entonces x = ¡1 ) 1¡ y2 = ¡2 ) y2 = 3 ) y = §
p3. Suministra z = ¡1§
p3i
Por tanto, los n¶umeros buscados son z = 0; 2; ¡1§p3i
2. Dada f : [¡1; 1]! R; f(x) =
8<
:
2jxj+ 2x22x+ x2
si x6= 01 si x = 0
. >Se puede asegurar, sin hallarla, que
la imagen de f , f([¡1; 1]), es un intervalo?
La expresi¶on expl¶³cita de f es f : [¡1; 1] ! R; f(x) =
8>>><
>>>:
¡2x+ 2x22x+ x2
=¡2 + 2x2 + x
si x < 0
1 si x = 02x+ 2x2
2x+ x2=
2 + 2x
2 + xsi x > 0
.
Asi limx!0¡
f(x) = ¡1 y limx!0+
f(x) = 1, por lo que f no es continua en el intervalo. Se sigue que
no podemos asegurarlo (de hecho, la imagen es [¡4;¡1) [·1;4
3
¸que no lo es).
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 3ra¶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 limx!2+
f 0(x) =
= limx!2¡
f 0(x). >Qu¶e podemos a¯rmar sobre la continuidad y derivabilidad de f en x = 2?
No se puede a¯rmar nada.
Ejemplos: f(x) = 1; 8x 2 [1; 3] que es continua y derivable.
f(x) =
½1 si 1 · x < 22 si 2 · x · 3 que no es continua (ni derivable, claro).
-
5. El polinomio de Taylor de orden 3 de la funci¶on f(x) en a = 1 es 2 ¡ 5x + 7x2 ¡ 3x3. Estudiar sien 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.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 26 de Octubre de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.
1. Calcule el l¶³mite limx!0
µx
tg x
¶ 1sen2 x
. (Hasta 5 puntos.)
2. Dada la funci¶on
f(x) =
8><
>:
2e1x ¡ e
1jxj
2e¡1x ¡ e
1jxj
si x6= 0
k si x = 0
determine (si existe) el valor de k para que f sea continua. (Hasta 5 puntos.)
1. Se trata de 11. Si L = limx!0
µx
tg x
¶ 1sen2 x
, tenemos
lnL = limx!0
1
sen2 xln
x
tg x= lim
x!01
sen2 x
µx
tg x¡ 1
¶= lim
x!0x¡ tg xtg x sen2 x
= limx!0
x¡ tg xx3
Aplicando la regla de L'Hôpital
lnL = limx!0
= limx!0
x¡ tg xx3
= limx!0
1¡ (1 + tg2 x)3x2
= limx!0
¡ tg2 x3x2
= limx!0
¡x23x2
= ¡13) L = 1
3pe
2. La funci¶on, de forma expl¶³cita es
² x > 0: f(x) = 2e1x ¡ e 1x
2e¡1x ¡ e 1x
=1
2e¡2x ¡ 1
) limx!0+
f(x) = ¡1
² x < 0: f(x) = 2e1x ¡ e¡ 1x
2e¡1x ¡ e¡ 1x
=2e
1x ¡ e¡ 1xe¡
1x
= 2e2x ¡ 1 ) lim
x!0¡f(x) = ¡1
por lo que k = ¡1.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 26 de Octubre de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.)
Consideremos las funciones f(x) =
½x2 ¡ 1 si x < 02 cos x si x ¸ 0 y g(x) = ®x
2+¯x+3. Determine la relaci¶on
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 x6= 0. Veamos la continuidad en 0. La funci¶on compuesta es
h = g ± f(x) = g[f(x)] =½
®(x2 ¡ 1)2 + ¯(x2 ¡ 1) + 3 si x < 04® cos2 x+ 2¯ cosx+ 3 si x ¸ 0
La condici¶on de continuidad es que coincidan los l¶³mites laterales entre si y con el valor de la funci¶on enel punto. Asi
limx!0¡
h(x) = ®¡ ¯ + 3 y limx!0+
h(x) = 4®+ 2¯ + 3 ) ®+ ¯ = 0
Por tanto, la funci¶on es continua si ¯ = ¡®. En este caso la funci¶on pasa a ser
h = g ± f(x) = g[f(x)] =½
®(x2 ¡ 1)2 ¡ ®(x2 ¡ 1) + 3 si x < 04® cos2 x¡ 2® cosx+ 3 si x ¸ 0
Para estudiar la derivabilidad en x = 0 debemos estudiar el l¶³mite
limx!0
h(x)¡ h(0)x¡ 0
Asi tenemos
limx!0¡
h(x)¡ h(0)x¡ 0 = limx!0¡
®(x2 ¡ 1)2 ¡ ®(x2 ¡ 1) + 3¡ (2®+ 3)x
= limx!0¡
®x4 ¡ 3®x2x
= 0
limx!0+
h(x)¡ h(0)x¡ 0 = limx!0+
4® cos2 x¡ 2® cos x+ 3¡ (2®+ 3)x
= limx!0+
¡8® cosx senx+ 2® senx1
= 0
Por tanto, la funci¶on es derivable para los mismos valores de ®; ¯.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 26 de Octubre de 2013.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que lacali¯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, quepueda ser colocado sobre su base en una mesa circular de radio a sin sobresalir de ella (el c¶³rculo queforma la base del cilindro debe ser menor o igual que el de la mesa). Hallar las dimensiones de dichocilindro 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 2¼r2 + 2¼rh y el volumen
(condici¶on impuesta) es V = ¼r2h = 100. Despejando h =100
¼r2y sustituyendo en la expresi¶on del ¶area
total tenemos f(r) = 2¼r2 +200
rcon la condici¶on r 2 (0; a]. Asi f 0(r) = 4¼r
3 ¡ 200r2
que se anula en
r =3
r50
¼. Como f 0(r) < 0 en
Ã
0;3
r50
¼
!
y f 0(r) > 0 en
Ã3
r50
¼;+1
!
tenemos dos casos:
² 3r
50
¼· a. El punto cr¶³tico pertenece al intervalo. Los signos de la derivada nos dicen que alcanza
en ¶el su m¶³nimo absoluto.
² 3r
50
¼> a. El punto cr¶³tico no pertenece al intervalo. El signo de la derivada nos dice que alcanza
su m¶³nimo absoluto en el extremo a.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. Sea F : [1;+1)! R, F (x) =Z ex2
1
t ln t dt. Calcular, si es posible, F 0 (2).
Como tanto la funci¶on como los extremos son funciones continuas y derivables en [1;+1), F esderivable. Su derivada es
F 0(x) = ex2 ¢ (x2) ¢ ex2 ¢ (2x) ) F 0 (2) = 16e8
2. Diga si es correcto o no y por qu¶e el siguiente c¶alculo
Z 1
¡1
1
1 + x2dx = [arctg x]1¡1 =
¼
4¡ 3¼
4= ¡¼
2
Evidentemente no es correcto. La funci¶on del integrando es positiva y estrictamente mayor que0 por lo que el resultado debe ser positivo. El error proviene de haber tomado en el arctg x dosdeterminaciones distintas al aplicar la regla de Barrow. El resultado deber¶³a ser
Z 1
¡1
1
1 + x2dx = [arctg x]1¡1 =
¼
4¡³¡¼4
´=
¼
2
3. La temperatura de una placa met¶alica es T (x; y) =p4¡ 2x2 ¡ y2. Se pregunta:
(a) Indicar la direcci¶on de m¶aximo crecimiento de la temperatura en el punto (1; 0). (Nota: unadirecci¶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)@T
@x=
¡2xp4¡ 2x2 ¡ y2
) @T@x
(1; 0) =¡2p2
@T
@y=
¡yp4¡ 2x2 ¡ y2
) @T@y
(1; 0) = 0
Asi, rT (1; 0) =µ¡2p
2; 0
¶y la direcci¶on es (¡1; 0).
(b) Normalizando (¡1; 1); v =µ¡1p
2;1p2
¶y asi
DvT (1; 0) =
µ¡2p2; 0
¶¢µ¡1p
2;1p2
¶= 1 > 0
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 unpunto ¯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
@x= f 0(x)f(y) ) @F
@x(a; a) = f 0(a)f(a) = 0
@F
@y= f(x)f 0(y) ) @F
@y(a; a) = f(a)f 0(a) = 0
Luego es punto cr¶³tico.
@2F
@x2= f 00(x)f(y) ) @
2F
@x2(a; a) = f 00(a)f(a) = 0
@2F
@x@y= f 0(x)f 0(y) ) @
2F
@x2(a; a) = f 0(a)f 0(a) = 1
@2F
@y2= f(x)f 00(y) ) @
2F
@y2(a; a) = f(a)f 00(a) = 0
9>>>>>>>>>=
>>>>>>>>>;
)¯̄¯̄ 0 11 0
¯̄¯̄ = ¡1
Es un punto de silla o puerto.
5. >El teorema de la funci¶on impl¶³cita permite asegurar que f(x; y) =
Z y2
x
et2
dt = 0 de¯ne a y como
funci¶on impl¶³cita de x en un entorno de (1; 1)?
² f(1; 1) =Z 1
1
et2
dt = 0.
² @f@x
= ¡ex2 , @f@y
= 2yey4
que existen y son continuas. Por tanto f es diferenciable.
² @f@y
(1; 1) = 2e6= 0
Por tanto, el teorema de la funci¶on impl¶³cita permite asegurar que y es funci¶on impl¶³cita diferenciablede x en un entorno de (1; 1).
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.
Consideremos la funci¶on f :h0;
¼
2
i! R,
f(x) =
8>><
>>:
psenx(1¡ senx)
cos xx 2
³0;
¼
2
´
0 x = 0;¼
2
1. Comprobar que f es integrable enh0;
¼
2
i. (Hasta 4 puntos.)
2. Calcular el ¶area de la regi¶on limitada por f(x) y el eje OX entre las abscisas x = 0 y x =¼
2. (Hasta
6 puntos.)
1. f(x) es continua salvo, quiz¶a, en los extremos del intervalo. Adem¶as
limx!0+
f(x) =0 ¢ (1¡ 0)
1= 0
limx!¼¡
2
f(x) = limx!¼¡
2
psenx(1¡ senx)
cos x. Como lim
x!¼¡2
psenx = 1, el l¶³mite que hay que calcular
(aplicando la regla de L'Hôpital) es
limx!¼¡
2
1¡ senxcos x
= limx! ¼¡
2
¡ cosx¡ senx = 0
con lo que f es continua en todoh0;
¼
2
i. Por tanto es integrable.
2. Debemos calcular
Z ¼2
0
psenx(1¡ senx)
cos xdx y vamos a aplicar el cambio de variable senx = t2; cos xdx =
= 2t dt. Asi
Z ¼2
0
psenx(1¡ senx)
cosxdx =
Z ¼2
0
psenx(1¡ senx)
cos2 xcos xdx =
Z 1
0
t(1¡ t2)1¡ t4 2t dt = 2
Z 1
0
t4 ¡ t2t4 ¡ 1 dt =
= 2
Z 1
0
µ1¡ t
2 ¡ 1t4 ¡ 1
¶dt = 2
Z 1
0
µ1¡ 1
1 + t2
¶dt = 2 [t¡ arctg t]10 = 2
³1¡ ¼
4
´
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.)
Consideremos la funci¶on f : R2 ! R,
f(x; y) =
8>><
>>:
(1 + 2x+ y)sen(x2y)px2 + y2
(x; y)6= (0; 0)
a (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 anularseel denominador que aparece. Debemos estudiar en el punto (0; 0). Pasando a coordenadas polaresy aplicando la equivalencia del senx tenemos
lim½!0
(1 + 2½ cos'+ ½ sen')sen(½3 cos2 ' sen')
½= lim
½!0(1 + 2½ cos'+ ½ sen')
½3 cos2 ' sen'
½=
= lim½!0
½2(1 + 2½ cos'+ ½ sen') cos2 ' sen' = 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
@x(0; 0) = lim
x!0f(x; 0)¡ f(0; 0)
x= lim
x!00¡ 0x
= 0
@f
@y(0; 0) = lim
y!0f(0; y)¡ f(0; 0)
y= lim
y!00¡ 0y
= 0 Para comprobar si es diferenciable debemos
calcular el l¶³mite
lim(x;y)!(0;0)
(1 + 2x+ y) sen(x2y)p
x2+y2¡ 0¡ 0 ¢ x¡ 0 ¢ y
px2 + y2
= lim(x;y)!(0;0)
(1 + 2x+ y) sen(x2y)
x2 + y2
Este l¶³mite se calcula como el anterior y por id¶enticas razones vale 0. La funci¶on es diferenciableen (0; 0).
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que lacali¯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 < ¼1. Hallar y clasi¯car sus puntos cr¶³ticos.
2. Hallar los m¶aximos y m¶³nimos absolutos en el rect¶angulo de v¶ertices³0;
¼
2
´;³1;
¼
2
´;³1;¡¼
2
´;³0;¡¼
2
´
1.@f
@x= (2x+ 2) sen y = 0 ) x = ¡1 ¶o y = 0; ¼. La soluci¶on y = ¼ debe eliminarse por no estar
en el rango de valores de y.
@f
@y= (x2 + 2x) cos y = 0. Si x = ¡1, la ecuaci¶on anterior es cos y = 0, esto es y = §¼
2con lo que
tenemos los puntos cr¶³ticos³¡1;§¼
2
´. Si y = 0, la ecuaci¶on se transforma en x2+2x = 0 ) x =
= 0; ¡2 y suministra los puntos (0; 0) y (¡2; 0).
El determinante hessiano es H(x; y) =
¯̄¯̄ 2 sen y (2x+ 2) cos y(2x+ 2) cos y ¡(x2 + 2x) sen y
¯̄¯̄. Tenemos
² Punto³¡1; ¼
2
´. H
³¡1; ¼
2
´=
¯̄¯̄ 2 > 0 0
0 1
¯̄¯̄ > 0. M¶³nimo local.
² Punto³¡1;¡¼
2
´. H
³¡1;¡¼
2
´=
¯̄¯̄ ¡2 < 0 0
0 ¡1
¯̄¯̄ > 0. M¶aximo local.
² Punto (0; 0). H (0; 0) =¯̄¯̄ 0 22 0
¯̄¯̄ < 0. Silla o puerto.
² Punto (¡2; 0). H (¡2; 0) =¯̄¯̄ 0 ¡2¡2 0
¯̄¯̄ < 0. Silla o puerto.
2. Ninguno de los puntos anteriores pertenece al interior del rect¶angulo, por lo que quedan eliminados.Estudio en la frontera:
² Lado x = 0; y 2h¡¼2;¼
2
i. En ¶el f es siempre 0.
² Lado x = 1; y 2h¡¼2;¼
2
i. '(y) = f(1; y) = 3 sen y ) '0(y) = 3 cos y = 0 ) y = §¼
2lo
que aporta³1;§¼
2
´.
² Lado y = ¼2; x 2 [0; 1]. '(x) = f
¡x; ¼
2
¢= x2 + 2x ) '0(x) = 2x + 2 = 0 ) x = ¡1 que
est¶a fuera de rango. Asi s¶olo intervienen los extremos del intervalo³0;
¼
2
´y³1;
¼
2
´.
² Lado y = ¡¼2; x 2 [0; 1]. '(x) = f
¡x; ¼2
¢= ¡(x2 + 2x) ) '0(x) = 2x + 2 = 0 ) x = ¡1
que est¶a fuera de rango. Asi s¶olo intervienen los extremos del intervalo³0;¡¼
2
´y³1;¡¼
2
´.
Los puntos cr¶³ticos son³1;§¼
2
´,³0;§¼
2
´y el segmento con x = 0. Evaluando en dichos puntos
tenemos que
f³1;¡¼
2
´= ¡3 m¶³nimo absoluto y f
³1;
¼
2
´= 3 m¶aximo absoluto
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. Compruebe que1
2+
2
22+
3
23+ ¢ ¢ ¢+ n
2n= 2¡ n+ 2
2npara todo n¶umero natural n.
² n = 1 : 12= 2¡ 3
2
² Hip¶otesis de inducci¶on: 12+
2
22+
3
23+ ¢ ¢ ¢+ n
2n= 2¡ n+ 2
2n. Asi
1
2+
2
22+
3
23+ ¢ ¢ ¢+ n
2n+
n+ 1
2n+1= 2¡ n+ 2
2n+
n+ 1
2n+1= 2¡ 2(n+ 2)¡ (n+ 1)
2n+1= 2¡ n+ 3
2n+1y
queda comprobado.
2. Resuelva la ecuaci¶on z2 ¡ (5 + i)z + (26 + 7i) = 0
z =5 + i§
p(5 + i)2 ¡ 4(26 + 7i)
2=
5 + i§p¡80¡ 18i2
p¡80¡ 18i = a+ib ) a2¡b2 = ¡80; 2ab = ¡18 y asi b = ¡9
a) a2¡81
a2= ¡80 ) a4+80a2¡81 = 0
Esta ecuaci¶on tiene como soluciones a2 = 1 ) a = §1 y a2 = ¡81 que no es v¶alida por ser a unn¶umero real. Asi b = ¨9 y §
p¡80¡ 18i = §(1¡ 9i). Se sigue que las soluciones son
z1 =5 + i+ 1¡ 9i
2= 3¡ 4i z2 =
5 + i¡ 1 + 9i2
= 2 + 5i
3. El polinomio de Taylor en el punto (1; 2) de orden 2 de una funci¶on f es 2x2+y2+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
² @f@x
(1; 2) = [4x+ y ¡ 6](1;2) = 0@f
@y(1; 2) = [2y + x¡ 5](1;2) = 0
² @2f
@x2(1; 2) = 4
@2f
@x@y(1; 2) = 1
@2f
@y2(1; 2) = 2 )
¯̄¯̄ 4 > 0 1
1 2
¯̄¯̄ = 7 > 0 por lo que se
trata de un m¶³nimo.
-
4. Sea F (x; y) =
Z 2y¡x
x2¡4et
2
dt.
(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
@F
@x= e(2y¡x)
2
(¡1)¡ e(x2¡4)22x @F@y
= e(2y¡x)2
2
que existe y son continuas en R2. Por tanto F es diferenciable en todo punto de su dominio.
(b) En (2; 1) el gradiente es rF (2; 1) = (¡5; 2) y como jjrF (2; 1)jj =p29, la direcci¶on pedida es
1p29
(¡5; 2).
5. Sea f : R2 ! R, f 2 C(1 de la que sabemos que
rf(1; 1) = (2; 0); rf(2; 0) = (1;¡3); rf(1;¡3) = (1; 1)
y g : R2 ! R2, g(x; y) = (x2 + y2; x2 ¡ y2). Calcular @(f ± g)@x
(1; 1)
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
@x(1; 1) =
@f
@u(2; 0)
@u
@x(1; 1) +
@f
@v(2; 0)
@v
@x(1; 1) = 1 ¢ 2 + (¡3) ¢ 2 = ¡4
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela 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
f(x) =
8<
:sen®(x2) cos
1
jxj¯ x6= 00 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 tenemoslimx!0
sen®(x2) cos1
jxj¯ = 0 ya que sen®(x2) ! 0 y cos 1jxj¯ es una funci¶on acotada. Se sigue que es
continua en todo R para todo valor de ®; ¯.
2. En todo punto x6= 0 es derivable por ser composici¶on de funciones derivables. En x = 0 tenemos
limx!0
f(x)¡ f(0)x¡ 0 = limx!0
sen®(x2) cos 1jxj¯
x= lim
x!0x¡1 sen®(x2) cos
1
jxj¯ = limx!0x2®¡1 cos
1
jxj¯
Si 2®¡ 1 > 0 esto es si ® > 12el l¶³mite existe y vale 0, por lo que es derivable para esos valores de
® y todo ¯.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Tercera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.)
En la semiesfera x2 + y2 + z2 · 4; z ¸ 0 se practica una perforaci¶on seg¶un el cono z = +px2 + y2.
Hallar el volumen del cuerpo resultante.
Las secciones ortogonales al eje OZ son coronas circulares de radio exteriorp4¡ z2 (obtenido de la
semiesfera) e interior z (obtenido del cono). Asi el ¶area de la secci¶on es A(z) = ¼(4¡z2)¡¼z2 = ¼(4¡2z2).La intersecci¶on del cono y la esfera se produce cuando z =
p2 y asi el volumen es
V =
Z p2
0
¼(4¡ 2z2) dz = 8¼p2
3
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que lacali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.
Sea f(x; y) = 2x2 + y2 + 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 + y2 ¸ 1; x2 + y2 · 4.
1. Como@f
@x= 4x + 4 = 0 ) x = ¡1 @f
@y= 2y = 0 ) y = 0, el ¶unico punto cr¶³tico es (¡1; 0).
Adem¶as@2f
@x2= 4
@2f
@x@y= 0
@2f
@y2= 2 )
¯̄¯̄ 4 > 0 0
0 2
¯̄¯̄ = 8 > 0 por lo que se trata de un
m¶³nimo.
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 losextremos 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 otroextremo: (§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) ym¶³nimo en (¡1; 0).
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Examen extraordinario de Julio. 2 de Julio de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. Calcular(1 + i)9
1 + i9, siendo i la unidad imaginaria de los n¶umeros complejos.
i9 = (i4)2i = 1 ¢ i = i ) 1 + i9 = 1 + i ) (1 + i)9
1 + i9=
(1 + i)9
1 + i= (1 + i)8
Como j1+ij =p2 ) j(1+i)8j = (
p2)8 = 16. Adem¶as, arg (1+i) =
¼
4) arg (1+i)8 = 8¼
4= 2¼.
La soluci¶on es 16.
2. Hallar el n¶umero de ra¶³ces reales de f(x) = ln(1 + x)¡ xx+ 1
en [0;+1). (Se pide s¶olo el n¶umero,no hallarlas.)
f(0) = 0 y por tanto tiene al menos una ra¶³z real. Como f 0(x) =1
1 + x¡ 1(x+ 1)2
=x
(x+ 1)2que
es positivo en (0;+1), f es creciente y tiene, a lo sumo , una ra¶³z. Conclusi¶on: Tiene una ¶unicara¶³z (que, adem¶as, es x = 0).
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 localpor lo que f 000(x0) = 0.
4. Hallar el mayor valor que puede tomar la funci¶on f(x; y) =jx+ yjjxj+ jyj en R
2 ¡ (0; 0).
Como jx + yj · jxj + jyj (propiedad triangular del m¶odulo), f(x; y) · 1. Como f(1; 0) = j1jj1j = 1,el m¶aximo valor es 1.
5. Dada f(x; y) = (x2 ¡ y2; 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
es diferenciable. La matriz jacobiana es
µ2x ¡2y1 1
¶y el determinante jacobiano en (1; 0) vale
¯̄¯̄ 2 01 1
¯̄¯̄ = 26= 0 por lo que es localmente invertible. Adem¶as, como f(1; 0) = (1; 1),
Jf¡1(1; 1) =1
Jf(1; 0)=
1
2
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen extraordinario de Julio. 2 de Julio de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos.
Sea f : [1;+1)! R, f(x) = lnxx
. Hallar el volumen del cuerpo de revoluci¶on que se forma al girar
la gr¶a¯ca de esta funci¶on alrededor del eje OX. (Hasta 10 puntos.)
V = ¼
Z +1
1
ln2 x
x2dx = ¼ lim
m!+1
Z m
1
ln2 x
x2dx.
Aplicamos integraci¶on por partes con u = ln2 x ) du = 21xlnx dx; dv = x¡2 dx ) v = ¡x¡1 y
asi Zln2 x
x2dx = ¡ ln
2 x
x+ 2
Zx¡2 lnx dx
A la integral resultante se le aplica, de nuevo, integraci¶on por partes con u = lnx ) du =1
xdx; dv = x¡2 dx ) v = ¡x¡1 y tenemosZ
ln2 x
x2dx = ¡ ln
2 x
x+ 2
·¡ lnx
x+
Zx¡2 dx
¸= ¡ ln
2 x
x¡ 2 lnx
x¡ 2
x. Se sigue que
V = ¼ limm!+1
·¡ ln
2 x
x¡ 2 lnx
x¡ 2
x
¸m
1
= ¼ limm!+1
·¡ ln
2m
m¡ 2 lnm
m¡ 2
m+ 2
¸= 2¼ ya que, aplican-
do la regla de L'Hôpital,
limm!+1
ln2m
m= lim
m!+1
2 lnm 1m
1= lim
m!+12 lnm
m= lim
m!+1
2 1m
1= 0.
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Examen extraordinario de Julio. 2 de Julio de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.)
Hallar los extremos absolutos de la funci¶on
f(x; y) = ln(x2 + y2 + 13) +
Z y2
0
et
t+ 3dt
en el c¶³rculo D = f(x; y) jx2 + y2 · 9g.
1. Puntos cr¶³ticos relativos:@f
@x=
2x
x2 + y2 + 13= 0 ) x = 0
@f
@y=
2y
x2 + y2 + 13+
ey2
y2 + 32y = 2y
Ã1
x2 + y2 + 13+
ey2
y2 + 3
!
= 0 ) y = 0 ya que la expresi¶on
entre par¶entesis siempre es > 0. El ¶unico punto cr¶³tico es (0; 0).
2. Estudio en la frontera:
Primera forma: Como x2 + y2 = 9, la funci¶on f restringida a la frontera es g(y) = ln(9 + 13) +Z y2
0
et
t+ 3dt; y 2 [¡3; 3], que es una funci¶on exclusivamente de y. Ahora basta tener en cuenta
queet
t+ 3> 0, y por tanto g es mon¶otona creciente, por lo que tomar¶a su m¶aximo valor en y2 = 9,
esto es, en ¡3; 3, de donde se obtienen los puntos (0;§3). En lugar de hacer este razonamiento, sepuede derivar, etc.
Segunda forma: Como x2 + y2 = 9, y2 = 9¡ x2; x 2 [¡3; 3]. Asi, g(x) = f(x; 9¡ x2) =
= ln(9 + 13) +
Z 9¡x2
0
et
t+ 3dt.
g0(x) =e9¡x
2
9¡ x2 + 3(¡2x) = 0 ) x = 0
por lo que tenemos los puntos (0;§3). Hay que incluir tambi¶en los correspondientes a x = §3 porser los extremos del dominio de g, que son (§3; 0). Comof(0; 0) = ln 13
f(0;§3) = ln 22 +Z 9
0
et
t+ 3dx
f(§3; 0) = ln 22 + 0 = ln 22alcanza el m¶³nimo absoluto en (0; 0) y m¶aximo absoluto en (0;§3).
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen extraordinario de Julio. 2 de Julio de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer que lacali¯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 unabierto 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 + cosx+ x+ ey. Asi:
1.@F
@x= ¡ senx+ 1 ) @F
@x(0; 0) = 1
@F
@y= 1 + ey ) @F
@y(0; 0) = 2
Asi, normalizando ~v, rF (0; 0) = (1; 2) ) D~vF (0; 0) = (1; 2) ¢µ
2p5;¡1p5
¶= 0.
2. jjrF (0; 0)jj =p12 + 22 =
p5.
3. Sea h(x; y) = y + cosx + x + ey ¡ 2. El pnto cumple la ecuaci¶on, ya que h(0; 0) = 0. Adem¶as, lasderivadas parciales de h son
@h
@x= ¡ senx+1 y @h
@y= 1+ ey que son continuas por ser combinaci¶on de la funci¶on exponencial y
funciones circulares. Por tanto h es diferenciable. Evaluando en (0; 0),@h
@x(0; 0) = 1 y
@h
@y(0; 0) = 2,
y asi y = y(x).
4. Derivando impl¶³citamente, y0¡ senx+1+ eyy0 = 0 y evaluando en (0; 0), y0(0)+1+ y0(0) = 0. Portanto y0(0) = ¡1
2.
-
Ex¶amenes del curso 2014¡ 2015
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 27 de Octubre de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. Demuestre mediante el principio de inducci¶on
nX
k=1
1
k(k + 1)=
n
n+ 1
Para n = 1 es de comprobaci¶on inmediata. Suponemos cierto que
nX
k=1
1
k(k + 1)=
n
n+ 1y debemos
comprobar
n+1X
k=1
1
k(k + 1)=n+ 1
n+ 2.
n+1X
k=1
1
k(k + 1)=
nX
k=1
1
k(k + 1)+
1
(n+ 1)(n+ 2)=
n
n+ 1+
1
(n+ 1)(n+ 2)=
n2 + 2n+ 1
(n+ 1)(n+ 2)=
=(n+ 1)2
(n+ 1)(n+ 2)=n+ 1
n+ 2
2. Determinar el conjunto f z 2 C j z ¡ ¹z = i g, siendo C el conjunto de los n¶umeros complejos e i launidad imaginaria.
z = x+ iy; ¹z = x¡ iy ) z ¡ ¹z = 2iy = i ) y = 12
Son los n¶umeros complejos con parte imaginaria1
2.
3. Hallar, si existe, el valor de limx!0
px2
senx
Como limx!0
px2
senx= lim
x!0jxjsenx
tenemos
limx!0+
jxjsenx
= limx!0+
x
x= 1 lim
x!0¡jxjsenx
= limx!0¡
¡xx
= ¡1
No existe el l¶³mite.
-
4. Sea f : [¡1;+1)! R f(x) = e¡x ¡ x3 ¡ 12
px+ 1. Determinar cu¶antas ra¶³ces reales tiene. (no
se pide su c¶alculo, s¶olo su n¶umero)
Como f(¡1) = e ¡ 1 > 0 y limx!+1
f(x) = ¡1, tiene al menos una ra¶³z real. La derivada en(¡1;+1) es
f 0(x) = ¡e¡x ¡ 3x2 ¡ 14px+ 1
< 0
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 delpolinomio 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 unposible punto de in°exi¶on. Adem¶as f 000(2) = p000(2) = 66= 0, se trata de un punto de in°exi¶on.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 27 de Octubre de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos.
Consideremos la funci¶on f(x) = x3 ln jxj si x6= 0, f(0) = a. (ln es el logaritmo neperiano.)
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.)
La funci¶on es f(x) =
8<
:
x3 lnx si x > 0a si x = 0x3 ln(¡x) si x < 0
1. Aplicando la regla de L'Hôpital tenemos
limx!0+
f(x) = limx!0+
x3 lnx = limx!0+
lnx1
x3
= limx!0+
1
x¡3x4
= limx!0+
µ¡x
3
3
¶= 0
limx!0¡
f(x) = limx!0¡
x3 ln(¡x) = limx!0¡
ln(¡x)1
x3
= limx!0¡
¡1¡x¡3x4
= ¡ limx!0¡
x3
3= 0
El l¶³mite existe y vale 0. Por tanto, si a = 0, la funci¶on es continua.
2. Estudiamos la existencia de la derivada en 0: Como limx!0
x3 ln jxj ¡ 0x¡ 0 = limx!0x
2 ln jxj, repitiendo elproceso del apartado anterior, el l¶³mite existe y vale 0. Por tanto la funci¶on derivada es
f 0(x) =
8<
:
3x2 lnx+ x2 si x > 00 si x = 03x2 ln(¡x) + x2 si x < 0
Segunda derivada en 0: Como limx!0
f 0(x)¡ 0x¡ 0 = limx!0
3x2 ln jxj+ x2x
= limx!0
3x ln jxj+ x, repitiendo elproceso del apartado anterior, el l¶³mite existe y vale 0. Por tanto la funci¶on derivada segunda es
f 00(x) =
8<
:
6x lnx+ 5x si x > 00 si x = 06x ln(¡x) + 5x si x < 0
Tercera derivada en 0: Como limx!0+
f 00(x)¡ 0x¡ 0 = limx!0+
6x ln jxj+ 5xx
= limx!0+
6 lnx + 5 = ¡1, lafunci¶on no tiene tercera derivada en 0.
3. Por tanto el polinomio de mayor grado que podemos construir es de grado 2 y es
0 +0
1!x+
0
2!x2 = 0
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C¶ALCULO IPrimer curso. Primer examen parcial. 27 de Octubre de 2014.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.)
Sea f : (0;+1)! R; f(x) = 1x.
1. Hallar el punto de la curva por el que debemos trazar la recta tangente de forma que el segmentode recta tangente determinado por los ejes coordenados tenga longitud m¶³nima. (Hasta 5 puntos.)
2. >Qu¶e sucede si la funci¶on anterior est¶a de¯nida en el intervalo
·1
3;1
2
¸? (Hasta 5 puntos.)
A:(a,1/a)
B
C
Tomamos un punto gen¶erico A con coordenadas
µa;1
a
¶
Como f 0(x) = ¡ 1x2
, f 0(a) = ¡ 1a2
y la recta tangente en A
tiene ecuaci¶on y =1
a¡ 1a2(x¡ a). Para obtener el punto B
se hace y = 0 y resulta ser B : (2a; 0). Para C se hace x = 0
y asi C :
µ0;2
a
¶. Consideramos la distancia al cuadrado
f(a) = 4a2 +4
a2) f 0(a) = 8a¡ 8
a3= 8
a4 ¡ 1a3
Igualando a 0 tenemos a = §1. Como ¡1 no pertenece al do-minio, 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 nosdicen que hay un m¶³nimo absoluto. Tambi¶en se pueda hacer por consideraciones geom¶etricas. Elpunto buscado es (1; 1).
2. En este caso el ¶unico punto cr¶³tico 1 no pertenece al intervalo, la derivada no se anula en ¶el y es
< 0. El m¶³nimo absoluto se encuentra en el extremo de la derecha del dominio, esto es,1
2. El punto
buscado es
µ1
2; 2
¶.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2015.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. Calcule
Z3x+ 6
x2 + 2x+ 5dx
I =
Z3x+ 6
x2 + 2x+ 5dx =
3
2
Z2x+ 4
x2 + 2x+ 5dx =
3
2
·Z2x+ 2
x2 + 2x+ 5dx+ 4
Z1
x2 + 2x+ 5dx
¸
Como x2 + 2x+ 5 = (x+ 1)2 + 4 = 4
"
1 +
µx+ 1
2
¶2#
,
I =3
2
"Z2x+ 2
x2 + 2x+ 5dx+ 2
Z 12
1 +¡x+12
¢2 dx
#
=3
2ln jx2 + 2x+ 5j+ 3 arctg x+ 1
2+ c:
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 ¡ x2j.
Como limy!0
f(0; y)¡ f(0; 0)y ¡ 0 = limy!0
jyjy
no existe, no existe la derivada parcial respecto a y y no es
diferenciable.
3. Sea F (x; y) =
Z 2y¡x
x2¡4et
2
dt. Demostrar que F es diferenciable en el punto (2; 1) y hallar la ecuaci¶on
del plano tangente a la gr¶a¯ca de F en dicho punto.
@F
@x= ¡e(2y¡x)2 ¡ 2xe(x2¡4)2
@F
@y= 2e(2y¡x)
2
las derivadas parciales existen y son continuas por ser composici¶on de la funci¶on exponencial conpolinomios.Por tanto F es diferenciable.
@F
@x(2; 1) = ¡5 @F
@y(2; 1) = 2 ) rF (2; 1) = (¡5; 2). Asi, como F (2; 1) =
Z 0
0
et2
dt = 0, la
ecuaci¶on del plano tangente es
z = 0 + (¡5; 2) ¢ (x¡ 2; y ¡ 1) = ¡5x+ 2y + 8
-
4. Sea f : R2 ! R2 una funci¶on f(x; y) tal que f(0; 0) = (1; 1) y cuya matriz jacobiana en (0; 0) esµ1 12 3
¶y g : R2 ! R, g(u; v) = u2 + v. Sea h = g ± f la aplicaci¶on compuesta de f con g.
Calcular@h
@x(0; 0)
Como f(0; 0) = (1; 1), tenemos
Jg(1; 1) = (2 1) ) Jh(0; 0) = (2 1)µ
1 12 3
¶= (4 5) ) @h
@x(0; 0) = 4
Otra forma:@h
@x(0; 0) =
@g
@u(1; 1)
@u
@x(0; 0) +
@g
@v(1; 1)
@v
@x(0; 0) = 2 ¢ 1 + 1 ¢ 2 = 2 + 2 = 4
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).
(c) Hf(2; 1) =
µ2 00 3
¶. (Hf indica matriz hessiana)
Escriba su polinomio de Taylor de orden 2 en (2; 1).
3 +1
1!¢ 4 ¢ (x¡ 2) + 1
1!¢ 5 ¢ (y ¡ 1) + 1
2!¢ 2 ¢ (x¡ 2)2 + 1
1!1!¢ 0 ¢ (x¡ 2)(y ¡ 1) + 1
2!¢ 3 ¢ (y ¡ 1)2 =
= 3 + 4(x¡ 2) + 5(y ¡ 1) + (x¡ 2)2 + 32(y ¡ 1)2
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2015.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos.
Consideremos el sector circular de¯nido por
f (x; y) jx2 + y2 · r2; y ¸p3x; x ¸ 0g
Calcular el volumen del cuerpo engendrado por este sector cuado gira alrededor del eje OX.
sector
Las secciones ortogonales al eje OX son coronas circulares. El radio exterior es y = +pr2 ¡ x2 y el
interior es y =p3x. Por tanto el ¶area de la corona es A(x) = ¼(r2 ¡ x2)¡ ¼3x2 = ¼(r2 ¡ 4x2). Como el
punto de intersecci¶on entre la circunferencia y la recta tiene por abscisar
2
V = ¼
Z r2
0
(r2 ¡ 4x2) dx = ¼r3
3
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2015.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos. (Hasta 10 puntos.)
Determinar el m¶aximo y m¶³nimo absolutos de la funci¶on f(x; y) = x2 + y2 + 1 en la regi¶on
A = f (x; y) 2 R2 j x2
4+ y2 · 2; y · 1 g
La regi¶on es la que aparece en la ¯gura
A
1
Puntos cr¶³ticos relativos:@f
@x= 2x = 0
@f
@y= 2y = 0. S¶olo el (0; 0).
Estudio en la frontera:
² Segmento con y = 1: Sustituyendo en la elipse se tiene x2
4= 1, por lo que x 2 [¡2; 2]. Debemos
estudias '(x) = f(x; 1) = x2 + 2; x 2 [¡2; 2]. Como '0(x) = 2x = 0, s¶olo tenemos x = 0. Comoestamos en el segmento y = 1, el punto cr¶³tico es (0; 1). Adem¶as debemos a~nadir los correspondientesa los extremos del intervalo, (¡2; 1) y (2; 1).
² Elipse: En la elipse tenemos y2 = 8¡ x2
4x 2 [¡2
p2; 2p2]. En el estudio debemos prescindir de
los posibles resultados con y > 1
'1(x) =3x2
4+ 3 ) '01(x) =
6x
4= 0 ) x = 0
Si x = 0, y = §p2 y como y = +
p2 > 1, prescindimos de ¶el. Tenemos asi (0;¡
p2) como punto
cr¶³tico. Adem¶as debemos a~nadir (§2p2; 0) correspondientes a los extremos del intervalo. Evaluando
f es todos esos puntos, se tiene m¶³nimo absoluto en (0; 0) y m¶aximos absolutos en (§2p2; 0).
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal ordinario. 23 de Enero de 2015.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos. (2 puntos por apartado.)Responda breve y razonadamente
1. 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; §3iCalculando
4p81:
Como 81 = 34, el m¶odulo de las soluciones es 4p81 = 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
ser¶an: 0;¼
2; ¼;
3¼
2y las soluciones
x1 = 3(cos 0 + i sen 0) = 3; x2 = 3³cos¼
2+ i sen
¼
2
´= 3i,
x3 = 3(cos ¼ + i sen¼) = ¡3; x4 = 3µcos
3¼
2+ i sen
3¼
2
¶= ¡3i.
2. Estudie la derivabilidad de f(x) =e2jxj ¡ 1e2x + 1
en x = 0.
limx!0+
f(x)¡ f(0)x¡ 0 = limx!0+
e2x ¡ 1x(e2x + 1)
= limx!0+
1
e2x + 1limx!0+
e2x ¡ 1x
=1
2limx!0+
2e2x = 1
limx!0¡
f(x)¡ f(0)x¡ 0 = limx!0+
e¡2x ¡ 1x(e2x + 1)
= limx!0+
1
e2x + 1limx!0+
e¡2x ¡ 1x
=1
2limx!0+
[¡2e¡2x] = ¡1
Donde hemos aplicado que el l¶³mite del producto es el producto de l¶³mites si la operaci¶on est¶ade¯nida y la regla de L'Hôpital. No es derivable.
3. Sea f(x; y) = 2x2¡ y2. Determine si en el punto (1; 0) cambia m¶as r¶apidamente en la direcci¶on deleje OX o en la del eje OY .
Necesitamos las derivadas direccionales, pero al ser en la direcci¶on de los ejes, son las derivadasparciales:
@f
@x= 4x ) @f
@x(1; 0) = 4
@f
@y= ¡2y ) @f
@y(1; 0) = 0.
Cambia m¶as 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) yclasif¶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
@x(2; 3) =
@g
@x(2; 3) = 0 por lo que es punto cr¶³tico. Adem¶as
@2g
@x2(2; 3) = 2;
@2g
@y2(2; 3) = 6;
@2g
@x@y(2; 3) = 2; )
¯̄¯̄ 2 > 0 2
2 6
¯̄¯̄ = 8 > 0
Se trata de un m¶³nimo.
5. Dadas las funciones g(x; y) = (x2+1; y2), f(u; v) = (u+ v; u; v2), determine la matriz jacobiana deh = f ± g en el punto (1; 1).
La funci¶on compuesta es h(x; y) = (x2 + y2 + 1; x2 + 1; y4) y asi las derivadas parciales de las tresfunciones componentes son
@h1
@x= 2x;
@h1
@y= 2y;
@h2
@x= 2x;
@h2
@y= 0;
@h3
@x= 0;
@h3
@y= 4y3
y evaluando en el punto (1; 1) tenemos 0
@2 22 00 4
1
A
-
C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal ordinario. 23 de Enero de 2015.
APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................
Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta 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.)
2. Calcule el l¶³mite limx!1
R x1ln ttdt
cos(x¡ 1)¡ 1. (Hasta 3 puntos.)
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
0
(3+p1¡ x2)2 dx = 2¼
Z 1
0
(9+1¡x2+6p1¡ x2) dx
V2 = 2¼
Z 1
0
(3¡p1¡ x2)2 dx = 2¼
Z 1
0
(9+1¡x2¡6p1¡ x2) dx
V = V1 ¡ V2 = 2¼Z 1
0
12p1¡ x2 dx
Con el cambio de variable x = sen t la integral es
V = 24¼
Z ¼2
0
cos2 t dt =
·t+ sen t cos t
2
¸¼2
0
= 6¼2
2. Al tender x! 1, el numerador y el denominador tienden a 0 por lo que podemos aplicar L'Hôpital:
limx!1
R x1ln ttdt
cos(x¡ 1)¡ 1 = limx!1ln xx
¡ sen(x¡ 1) = limx!11
xlimx!1
lnx
¡ sen(x¡ 1)Como
limx!1
lnx
¡ sen(x¡ 1) = limx!11x
¡ cos(x¡ 1) = ¡1
el l¶³mite completo vale 1 ¢ (¡1) = ¡1.
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C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal ordinario. 23 de Enero de 2015.
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Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos. (Hasta 205 puntos por apartado.)
Sea f(x; y) =
8<
:
xpx2 + 2y2
px2 + y2
si (x; y)6= (0; 0)
0 si (x; y) = (0; 0)Estudie
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
lim(x;y)!(0;0)
xpx2 + 2y2
px2 + y2
= lim½!0
½ cos'p½2 cos2 '+ 2½2 sen2 '
½=
= lim½!0
½ cos'pcos2 '+ 2 sen2 '
Comopcos2 '+ 2 sen2 ' ·
p1 + 2 =
p3, se tiene que
¡p3 · cos'
pcos2 '+ 2 sen2 ' ·
p3
As¶³¡p3½ · ½ cos'
pcos2 '+ 2 sen2 ' ·
p3½
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 porser cociente de funciones continuas y no anularse el denominador.
2. Existencia de las derivadas parciales en (0; 0):
@f
@x(0; 0) = lim
x!0f(x; 0)¡ f(0; 0)
x¡ 0 = limx!0
xpx2px2¡ 0x
= 1
@f
@y(0; 0) = lim
y!0f(0; y)¡ f(0; 0)
y ¡ 0 = limy!00¡ 0y
= 0
3. Diferenciabilidad en (0; 0): Como las derivadas parciales existen, debe calcularse el l¶³mite
L = lim(x;y)!(0;0)
xpx2+2y2px2+y2
¡ xpx2 + y2
= lim(x;y)!(0;0)
xpx2 + 2y2 ¡ x
px2 + y2
x2 + y2
Haciendo el cambio a coordenadas polares,
L = lim½!0
½ cos'p½2 cos2 '+ 2½2 sen2 '¡ ½2 cos'
½2=
= cos'p1 + sen2 '¡ cos'
Como el l¶³mite depende