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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.



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.



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.



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.

C¶ALCULO IPrimer curso. Segundo examen parcial. 8 de Enero de 2013.


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




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.




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).




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).

C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal ordinario. 25 de Enero de 2013.


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.



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

.




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.




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.



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).




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.




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.




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




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.




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.



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 ®; ¯.




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.




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).




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

´




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).




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

ý³1;

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

ý³1;¡¼

2

´.

Los puntos cr¶³ticos son³1;§¼

2

´,³0;§¼

2

ý 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

C¶ALCULO IPrimer curso. Examen ¯nal. 24 de Enero de 2014.



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




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 ¯.




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




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.



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



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.



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).




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




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.




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




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

¶.




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




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




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).




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




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.



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

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