MATEMÁTICAS II - EXAMEN PRIMER PARCIAL - 24/11/2011 Grado:

Ing. Electrónica Rob. y Mec. 

Ing. Energía 

Ing. Organización Ind. 

Nombre y Apellidos: Ejercicio 1. La curvatura de una función f en un punto x viene dada por κ(x) =

f ′′ (x) 3

(1 + [f ′ (x)]2 ) 2

1) Calcula la curvatura de la función logaritmo neperiano f (x) = log(x), x > 0. 2) Determina los extremos absolutos de la curvatura del logaritmo neperiano en el intervalo (0, +∞). 3) Prueba, indicando los teoremas que utilices, que la curvatura del logaritmo neperiano alcanza un máximo y un mínimo absolutos en el intervalo [2, 4]. Determina los puntos en que los alcanza. SOLUCIÓN: 1) En la fórmula de la curvatura sustituimos directamente las derivadas primera y segunda de la función f (x) = log(x), x > 0, que son 1 1 f ′ (x) = , f ′′ (x) = − 2 , x x resultando −1/x2 x κ(x) = . 1 2 3/2 = − 2 (x + 1)3/2 (1 + ( x ) ) 2) Calculamos la derivada primera de κ, obteniendo κ′ (x)

= − =

(x2 + 1)3/2 − x 32 (x2 + 1)1/2 2x (x2 + 1)1/2 [x2 + 1 − 3x2 ] = − (x2 + 1)3 (x2 + 1)3

(2x2 − 1) . (x2 + 1)5/2

Igualando a cero κ′ (x) resulta x = ± √12 . La derivada segunda de κ es κ′′ (x)

= −5/2(x2 + 1)−7/2 2x(2x2 − 1) + (x2 + 1)−5/2 4x

= (x2 + 1)−7/2 [−5x(2x2 − 1) + 4x(x2 + 1)] = (x2 + 1)−7/2 [−6x3 + 9x].

√ √ Así, κ′′ (1/ 2) = (3/2)−7/2 [ √62 ] > 0 y, por tanto, 1/ 2 es un mínimo local (la función no está definida √ √ en −1/√ 2, por lo que queda descartado). Además la función κ(x) es decreciente en (0, 1/ 2) y creciente en (1/ 2, +∞) ya que κ′ (x) es negativa y positiva, respectivamente. Como el intervalo es abierto y la función es derivable √ en todo su dominio, no hay más extremos locales. Por tanto, 1/ 2 es mínimo absoluto y no hay máximo absoluto. Obsérvese que l´ımx→+∞ κ(x) = 0. 3) En el intervalo [2, 4] la función es continua, por lo que por el teorema de Weierstrass alcanza en dicho intervalo cerrado su máximo y su mínimo. Como en [2, 4] la función es creciente, al ser la derivada positiva, alcanza el mínimo absoluto en x = 2 y un máximo absoluto en x = 4.

Nombre y Apellidos: Ì de vértices O = (0, 0), Ejercicio 2. Sean h y b dos números reales positivos. Considera el triángulo OAB A = (h, b) y B = (h, b + 1). Ì alrededor del eje OY . 1) Calcula el volumen V del sólido de revolución que se obtiene al girar OAB Ì alrededor del eje OX. 2) Calcula el volumen W del sólido de revolución que se obtiene al girar OAB 3) Suponiendo que h = 2 − b2 , determina el valor de b que maximiza el volumen W del apartado anterior.

SOLUCIÓN: Antes de resolver los tres apartados, es conveniente hacer un dibujo del triángulo. Teniendo en cuenta que, como nos dice el y enunciado, tanto h como b son dos números positivos, el punto A = (h, b) está situado en el primer cuadrante. Por su lado, el punto B = (h, b + 1) se encuentra en la misma vertical que el b+1 B anterior, situado una unidad por encima de él. Basta ahora unir con el origen para obtener un triángulo como el descrito en el b A enunciado del ejercicio (ver figura 0.1). Obviamente, para el posterior cálculo de los volúmenes es fundamental disponer de unas ecuaciones de las rectas que unen el origen con cada uno de los otros vértices del triángulo. De manera inmediata tenemos que dichas rectas son r ≡ y = hb x (que pasa x O h por O y A), así como s ≡ y = b+1 x (que pasa por O y B). h 1) Lo más lógico en este apartado es calcular el volumen por tubos, ya que de ese modo sólo tenemos que calcular una integral Ì Figura 0.1: Triángulo OAB. definida, en la cual los extremos superiores e inferiores de dichos tubos se calculan con las rectas r y s. Viendo la figura 0.1, nos damos cuenta de que si quisiésemos calcular el volumen por arandelas, tendríamos que separar el recinto en dos regiones y, por tanto, en dos integrales distintas (una entre 0 y b y otra entre b y b + 1), lo que en principio sería más laborioso. En la figura 0.2(a) se representa el sólido de revolución cuyo volumen se calcula en este apartado

Ì alrededor del eje: (a) OY , Figura 0.2: Sólido de revolución obtenido al hacer girar el triángulo OAB (b) OX.

Dado un valor x del intervalo [0, h], la altura de los tubos está dada por la diferencia entre

b+1 x h

y hb x.

Por ello, el volumen V del sólido de revolución que se obtiene al girar el triángulo alrededor del eje OY no es más que V = 2π

Z

0

h

Ç

å

b+1 b x x − x dx = 2π h h

Z

h

0

h

2 1 2 2π x3 = πh2 . x dx = h h 3 0 3

2) Para evitar tener que hacer dos integrales, en este caso es más conveniente utilizar la integración por arandelas. Ver figura 0.2(b). Como en el apartado anterior, dado un valor x en el intervalo [0, h], los radios interior y exterior de cada arandela son, respectivamente, hb x y b+1 x. Por ello, el volumen del sólido de revolución que se obtiene al h girar el triángulo alrededor del eje OX es W =π

Z

0

h

"Ç

å2

b+1 x h

Ç

å2 #

b − x h

π dx = 2 h

Z

0

h

î

ó

h

π(2b + 1) x3 π(2b + 1)h = (b + 1) − b x dx = . 2 h 3 0 3

3) El volumen que acabamos de calcular es W = como una función de b

2

π(2b+1)h . 3

2

2

Si ponemos h = 2 − b2 , el volumen queda

π(2b + 1)(2 − b2 ) π = (−2b3 − b2 + 4b + 2). 3 3 √ √ Por otro lado, para que h sea positiva b tiene √ que estar en el intervalo (− 2, 2).Como también b debe ser positivo, se tiene que verificar que b ∈ (0, 2). √ Tenemos, por tanto, que determinar los puntos críticos de W (b) en el intervalo (0, 2). Como la función h = 2 − b2 es derivable en todo ese intervalo, los únicos puntos críticos serán aquellos donde se anule la derivada de W , es decir, √ 2 ± 4 + 96 2 ± 10 2 π 2 ′ =− ⇔ b = −1, . W (b) = (−6b − 2b + 4) = 0 ⇔ b = 3 −12 12 3 W (b) =

Es ahora inmediato ver que W ′ (b) es positiva en el intervalo (−1, 2/3) y negativa en (−∞, −1) ∪ (2/3, +∞), por lo que W (b) es creciente en (−1, 2/3) y decreciente en (−∞, −1) ∪ (2/3, √ +∞). Para terminar, si nos restringimos al intervalo donde está definida W , es decir, al intervalo (0, 2), la función √ es creciente entre 0 y 2/3 y decreciente entre 2/3 y 2, por lo que el máximo del volumen se toma en b = 2/3. Como último comentario podemos añadir que también se puede determinar el carácter de máximo o mínimo del punto crítico usando la segunda derivada de W .

Nombre y Apellidos: Ejercicio 3. 1) Sea f : R → R una función con derivada continua tal que f (0) = 2, f (4) = 4 y f (5) = 2. ¿Es correcto afirmar que existe algún punto del intervalo (0, 5) donde su derivada vale −1? Razona tu respuesta indicando, en caso afirmativo, los teoremas que utilices o dando, en el caso negativo, un ejemplo en el que no se cumpla. 2) Dado x0 ∈ R, obtén la expresión del valor x1 que se obtiene a aplicar el método de Newton a la función f (x) =

Ç

x−1 x−4

å1

3

.

Calcula todos los valores de x0 ∈ (1, 4) que dan el valor exacto de la raíz x = 1 en una sola iteración. SOLUCIÓN: 1) En primer lugar, ya que f es derivable en todo R, también será continua en toda la recta real. En segundo lugar, aplicando el Teorema del valor medio en [0, 4], sabemos que existe un valor c1 ∈ (0, 4) tal que f (4) − f (0) 1 f ′ (c1 ) = = . 4−0 2 Del mismo modo, existe un valor c2 ∈ (4, 5) tal que f ′ (c2 ) =

f (5) − f (4) = −2. 5−4

Teniendo en cuenta que la derivada es continua en todo R, basta utilizar el Teorema del valor medio para funciones continuas aplicado a f ′ en el intervalo [c1 , c2 ] para deducir que f ′ debe tomar en dicho intervalo todos los valores entre −2 y 1/2. En particular, debe existir un punto en [c1 , c2 ] (que está dentro de [0, 5]) donde la derivada de f vale −1. 2) La fórmula que nos permite obtener x1 a partir de x0 mediante el método de Newton es x1 = x0 −

f (x0 ) . f ′ (x0 )

La derivada de f es 1 f (x) = 3 ′

Ç

x−1 x−4

å− 2 Ç 3

(x − 4) − (x − 1) (x − 4)2

å

4

2

= −(x − 4)− 3 (x − 1)− 3 .

Llevando todo esto a la fórmula anterior y simplificando tenemos x1 = x0 −

1

1

− 34

− 32

(x0 − 1) 3 (x0 − 4)− 3

−(x0 − 4)

(x0 − 1)

= x0 + (x0 − 1)(x0 − 4) = x20 − 4x0 + 4.

El enunciado nos pide encontrar los valores x0 ∈ (1, 4) que dan el valor exacto de la raíz x = 1, es decir, aquellos para los que x1 = 1. Lo único que hemos de hacer para encontrarlos es resolver la ecuación √ 4±2 4 ± 16 − 12 2 2 = ⇔ x0 = 1, 3. 1 = x0 − 4x0 + 4 ⇔ x0 − 4x0 + 3 = 0 ⇔ x0 = 2 2 De estos dos valores, el único que está en el intervalo (1, 4) es x0 = 3 que, por tanto, es la solución del problema.

Nombre y Apellidos:

Ejercicio 4. Calcule el volumen de la cuña que se obtiene al cortar un cilindro circular recto de radio R y altura 2R por un plano que pasa por un diámetro de la base y por un punto de la tapa (ver figuras).

SOLUCIÓN: El volumen de la cuña se calcula utilizando el método de secciones transversales, aunque en este ejercicio hay dos posibilidades sencillas en la elección de la sección transversal. Si la sección transversal se toma paralela al diámetro de la base que define la cuña, ver figura 0.3, dichas secciones resultan ser rectángulos y están comprendidas entre x = 0 y x = R. Para determinar las dimensiones de dichos rectángulos aplicamos semejanza de triángulos entre el triángulo rectángulo de base R y altura 2R y el triángulo de base x y altura 2x. Por tanto, el área de la sección transversal será √ A(x) = h(x)b(x) = 2x2 R2 − x2 ,

Figura 0.3: Sección transversal.

y el volumen de la cuña vale V =

Z

0

R

A(x)dx =

Z

R 0

R

3/2 3/2 √ 4 (R2 − x2 ) (R2 − 0) 2 2 4x R − x dx = −2 = R3 . =0+2 3/2 3/2 3 0

La otra posibilidad es tomar la sección transversal perpendicular al diámetro de la base que define la cuña, resultando las √ √ secciones triángulos rectángulos comprendidos entre y = −R e y = R de base R2 − y 2 y altura 2 R2 − y 2 por la semejanza antes citada. Por tanto, el área de la sección transversal será √ 2 √ R − y 2 2 R2 − y 2 h(y)b(y) = , A(y) = 2 2 y el volumen de la cuña vale V =

Z

R

−R

A(y)dy =

Z

R

−R

Ä

2

R −y

2

Obviamente, el volumen coincide.

ä

dy =

Ç

y3 R y− 3 2

å R

−R

Ç

R3 = R − 3 3

å

Ç

R3 − −R + 3 3

å

4 = R3 . 3