Soluciones del Primer Examen Parcial

CÁLCULO
Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación
Primer Examen Parcial. 27 de Enero de 2004
Ejercicio 1. Se desea fotografiar un cuadro de 4 m. de altura colgado
en una pared de una galería de arte. La lente de la cámara está situada
1 m. por debajo del extremo inferior del cuadro. ¿A qué distancia de
la pared ha de colocarse la cámara para que el ángulo que subtiende (o
abarca) el cuadro sea máximo?
Solución: Sea x la distancia entre la pared y la lente de la cámara.
Consideramos el ángulo α que subtiende el cuadro, y el ángulo β que
subtiende el metro de pared situada por debajo del extremo inferior del
cuadro. Entonces,
tan (α + β) =
5
,
x
tan (β) =
1
,
x
x ∈ (0, ∞) .
Aplicando la función inversa obtenemos la función objetivo
α (x) = arctan
1
5
− arctan ,
x
x
x ∈ (0, ∞) .
Para obtener los puntos críticos, resolvemos la ecuación
µ ¶
µ ¶
1
−5
−1
−5
1
1
0
α (x) =
−
= 2
+ 2
¡ 5 ¢2
¡ 1 ¢2
2
2
x
x
x + 25 x + 1
1+ x
1+ x
20 − 4x2
−5x2 − 5 + x2 + 25
=
= 0.
=
(x2 + 25) (x2 + 1)
(x2 + 25) (x2 + 1)
1
Dado que x ∈ (0, ∞) , la única solución de esta ecuación es el punto
crítico
√
4x2 = 20 ⇐⇒ x = 5.
¡ √ ¢
Observemos que si x ∈ 0, 5 entonces 20 − 4x2 > 0 y α0 (x) > 0.
¢
¡√
5, ∞ entonces 20 − 4x2 < 0 y α0 (x) < 0. En conseAdemás, si x ∈
cuencia, el ángulo máximo que√subtiende el cuadro se obtiene colocando
la cámara a una distancia de 5 metros.
2
Ejercicio 2. Calcular los volúmenes de los sólidos que se obtienen al
hacer girar la región limitada por las curvas y = x y y = x2 , en torno al
eje x, al eje y, y a la recta y = 2.
Solución: Las curvas se cortan en los puntos (0, 0) y (1, 1) , por lo que
la región limitada por dichas curvas es
©
ª
R = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x .
El volumen del sólido generado al girar R alrededor del eje x, usando
el método de las arandelas, es
¸1
¶
µ
· 3
Z 1
¡ 2
¢
x5
2π
1 1
x
4
−
−
=
.
=π
x − x dx = π
V1 (R) = π
3
5 0
3 5
15
0
El volumen del sólido generado al girar R alrededor del eje y, usando
el método de las capas, es
Z 1
Z 1
¡
¢
¡ 2
¢
2
V2 (R) = 2π
x x − x dx = 2π
x − x3 dx
0
0
µ
¸
¶
· 3
4 1
x
1 1
2π
π
x
= 2π
−
−
= .
=
= 2π
3
4 0
3 4
12
6
El volumen del sólido generado al girar R alrededor de la recta y = 2,
usando el método de las arandelas, es
Z 1
£
¤
V3 (R) = π
(2 − x2 )2 − (2 − x)2 dx
Z0 1
¡
¢¤
£
=π
(4 + x4 − 4x2 ) − 4 + x2 − 4x dx
0
¸1
· 5
Z 1
¤
£ 4
5x3
x
2
2
−
+ 2x
(x − 5x + 4x dx = π
=π
5
3
0
0
µ
¶
µ
¶
1 5
3 − 25 + 30
8π
=π
− +2 =π
=
.
5 3
15
15
3
Ejercicio 3. Definir el polinomio de Taylor y el resto de Lagrange de
grado n de una función f en un punto a. Sea f : R → R la función
continua definida por
f (x) =
x − sen x
,
x3
x 6= 0.
(a) Calcular f (0) .
(b) Obtener el polinomio de Maclaurin de f de grado 4.
(c) Aproximar f (1) utilizando el polinomio obtenido en el apartado
anterior y estimar el error cometido.
Solución: (a) Usando el desarrollo en serie de Maclaurin de la función
X
x3 x5 x7
x2n+1
(−1)n
+
−
+ ··· =
,
sen x = x −
3!
5!
7!
(2n + 1)!
n=0
∞
deducimos que
x − sen x
= 1.
x→0
x3
3!
La función f es continua en x = 0, por lo que
lim
x3
x − sen x
1
= lim 3!3 = .
f (0) = lim f (x) = lim
3
x→0
x→0
x→0 x
x
6
(b) El polinomio de Maclaurin de la función f de grado 4 es
µ
¶
x3 x5 x7
x− x−
+
−
1 x2 x4
3!
5!
7!
P4 (x) =
=
−
+ .
x3
6
5!
7!
(c) La aproximación pedida es
f (1) ≈ P4 (1) =
1
1
1
− + = 0.15853175.
6 5! 7!
Para estimar el error cometido, observamos que
µ
¶
x3 x5 x7 sen z 8
x− x−
+
−
+
x
x − sen x
3!
5!
7!
8!
=
f (x) =
x3
x3
sen z 5
x = P4 (x) + R4 (x) ,
= P4 (x) −
8!
4
donde z está comprendido entre 0 y x. Para el valor x = 1, obtenemos
la estimación del error
|R4 (1)| =
1
|sen z|
≤ = 2.480 × 10−5 .
8!
8!
La evaluación numérica de la función en x = 1 es
f (1) = 1 − sin 1 = 0.15852902.
5