Ejercicios

Matemática III
Paralelo 4
MAT023 Paralelo 4
Diciembre de 2011
Series
1. Determine la serie de Maclaurin generada por la función f (x) = ln(1 + x) indicando claramente su intervalo
de convergencia.
Solución:
De la serie geométrica 1 − u + u2 − u3 + u4 − u5 + · · · =
termino
1
, −1 < u < 1. Usando integración término a
1+u
x
Z
(1 − u + u2 − u3 + u4 − u5 + · · · ) du = x −
ln(1 + x) =
0
x3
x4
x2
+
−
+ ···
2
3
4
−1<x<1
n−1
P∞
convergente por el criterio de Leibniz, esto es,
En el extremo x = −1, se tiene la serie numérica n=1 (−1)n
1
1
an = 1/n es una sucesión de términos positivos, es decreciente an − an+1 = n1 − n+1
= n(n+1)
> 0 para todo
1
n natural, y lim
= 0.
n→∞ n
P∞
En el extremo x = 1, se tiene la serie numérica n=1 −1
n divergente a −∞.
Otra forma de determine la serie de Maclaurin para la función f (x) = ln(1 + x) es calculando directamente
los coeficientes de Taylor an =
Por lo tanto an =
f (n) (x0 )
,
n!
n ∈ N0 .
n=0
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
···
ln(x + 1)
0
1
x+1
1
− (x+1)
2
−1!
2
(x+1)3
6
− (x+1)
4
−3!
24
(x+1)5
120
− (x+1)
6
−5!
···
···
f (n) (0)
n!
=
0!
(−1)(n−1) (n−1)!
n!
=
2!
(−1)(n−1)
,
n
n ∈ N,
4!
P∞
n=0
f (n) (0) n
n! x
2. ¿ Para aproximadamente qué valores de x puede reemplazar sin x por x −
con un error de magnitud no mayor que 5 · 10−4 ?.
=x−
x2
2
+
x3
3
−
x4
4
+ ···
x3
3!
Solución:
Sabemos que sen x = x −
q
3
x < 4 250
x3
3!
q
(4) 4 4 (c)x 3
+ R3 (x, 0), donde |R3 (x, 0)| = f 4!
<
≤ x4! < 5 · 10−4 , entonces − 4 250
sen x ≈ x −
x3
,
3!
−0.330975 < x < 0.330975
3. (a) Determine el polinomio de Taylor de grado tres asociado a la función f (x) =
√
(b) Use el resultado de la parte (a), para aproximar 3.5
√
x de centro en x0 = 4.
(c) Dar una estimación de la precisión de su aproximación,
Solución:
(a) El polinomio de Taylor de f (x) de centro x0 es
T3 (x, x0 ) = f (x0 ) +
Renato Vásquez T
f (1) (x0 )
f (2) (x0 )
f (3) (x0 )
(x − x0 ) +
(x − x0 )2 +
(x − x0 )3
1!
2!
3!
1
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Calculamos las derivadas de la función f (x) =
Entonces f (4) = 2,
f (1) (4)
1!
f (2) (4)
2!
= 14 ,
1
23
−
1
28
−
1
212
x, f (1) (x) =
f (3) (4)
3!
1
= − 64
y
T3 (x, x0 ) = 2 +
(b) T (3.5, 4) = 2 −
√
1
512 .
=
1
√
,
2 x
f (2) (x) = − 4x13/2 y , f (3) (x) =
3
.
8x5/2
Por lo tanto
x−4
1
1
− (x − 4)2 +
(x − 4)3
4
64
512
= 1.87085
(4)
(c) El error está dado por R3 (x, x0 ) = f 4!(c) (x − x0 )4 con x = 3.5, x0 = 4 y c un número entre x y x0 .
−7/2
Sustituyendo los valores f (4) (c) = − 15
, por lo tanto el error R3 (3.5, 4) = − 2115c7/2 . El número c es
16 c
desconocido, pero sabemos que está comprendido entre 3.5 y 4, ası́ que por lo tanto 1 < 3.5 < c < 4,
entonces 1 < c7/2
|R3 (3.5, 4)| =
5
211 c7/2
<
5
= 0.00244141
211
4. Determine el intervalo de convergencia de la serie de potencias
P∞
√
n=1
2n+1 ln(4n+1)
(x
n(n+1)
+ 2)n
Solución:
n El radio de convergencia se obtiene mediante la fórmula R = limn→∞ aan+1
, sustituyendo
√
an (n + 2) 2n + 1 log(4n + 1)
R = lim = lim p
=1
n→∞ an+1 n→∞ n 2(n + 1) + 1 log(4(n + 1) + 1)
La serie será convergente en ]x0 − R, x0 + R[=] − 2 − 1, −2 + 1[=] − 3, −1[ en los extremos del intervalos es
dudoso, ası́ que analizamos la convergencia de las series numéricas que resultan de sustituir x = −3 y x = −1
en la serie de potencia.
P∞ √2n+1 ln(4n+1)
Para x = −1 queda la serie numérica
. En este caso aplicamos el criterio de Raabe
n=1
n(n+1)
Teorema:(criterio de Raabe)
lim n
n→∞
an
−1
an+1
=


> 1

< 1
=⇒
P∞
an Converge
=⇒
P∞
an Diverge
n=1
n=1
Si aplicamos este resultado a la serie, en nuestro caso
lim n
n→∞
an
−1
an+1
!
√
(n + 1) 2n + 1 log(4n + 1)
3
p
−1 = >1
2
n 2(n + 1) + 1 log(4(n + 1) + 1)
= lim n
n→∞
Por lo tanto la serie converge
Para x = −3 queda la serie numérica
P∞
Para x = −1 queda la serie numérica
n=1
√
2n+1 ln(4n+1)
(−1)n ,
n(n+1)
como ala serie
P∞ √2n+1 ln(4n+1)
P∞
n
(−1)
= n=1
n=1
n(n+1)
√
2n+1 ln(4n+1)
,
n(n+1)
ası́ que la serie
converge absolutamente, por lo tanto, el intervalo de convergencia de la serie de potencias dada es [−3, .1].
Funciones de varias variables
1. Hallar los puntos de la curva
(
x2 − xy + y 2 + z 2
x2 + y 2
Renato Vásquez T
=1
=1
2
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que están más cerca del origen de coordenadas.
Solución:
En lugar de minimizar la función distancia minimizamos el cuadrado de la distancia de los puntos de la curva
al origen de coordenadas, es decir, hay que determinar el valor mı́nimo de la función f (x, y) = x2 + y 2 + z 2
cuando las variables x, y, z están en la curva, intersección de las superficies de nivel cero, cuyas ecuaciones son
g(x, y, z) = x2 − xy + y 2 + z 2 − 1 y h(x, y, z) = x2 + y 2 − 1.
Usando Multiplicadores de Lagrange, si (x0 , y0 , z0 ) es un punto critico condicionado, entonces debe ser solución
del sistema de ecuaciones


∇f (x, y, z) = λ1 ∇g(x, y, z) + λ2 ∇h(x, y, z)
g(x, y, z)
= x2 − xy + y 2 + z 2 − 1 = 0


h(x, y, z)
= x2 + y 2 − 1 = 0
Igualando componente los vectores gradientes


2x





2y
2z



g(x, y, z)



h(x, y, z)
= λ1 (2x − y) + 2xλ2
= λ1 (2y − x) + 2yλ2
= 2zλ1
= x2 − xy + y 2 + z 2 − 1 = 0
= x2 + y 2 − 1 = 0
Cuya solución es
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
; −√ , √ , √
; √ , −√ , −√
; √ ,√ ,√
;
−√ , −√ , −√
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(−1, 0, 0); (0, −1, 0); (0, 1, 0); (1, 0, 0)
La restricción de función es continua en el dominio cerrado y acotado, ası́ que el valor mı́nimo de f al los
puntos de la curva es
2. Determine los valores extremos de la función f (x, y) = (x − 1)2 + (y − 1)2 sobre el conjunto
A = (x, y) / x2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0
Solución:
La función es continua en el conjunto cerrado y acotado A, ası́ que calculamos los punto crı́ticos de f en el
interior de A, para esto hay que resolver el sistema de ecuaciones
fx (x, y) = 2(x − 1) = 0
fy (x, y) = 2(y − 1) = 0
Por lo tanto hay un único punto crı́tico de f en el interior de A, P1 = (1, 1).Ahora determinamos los puntos
crı́ticos sobre el arco de circunferencia A = (x, y) / x2 + y 2 = 4, x ≥ 0, y ≥ 0 , para esto resolvemos el sistema
de ecuaciones
(
∇f (x, y) = λ∇g(x, y)
g(x, y)
= x2 + y 2 − 4 = 0


2(x − 1) = 2λx
2(y − 1) = 2λy

 2
x + y2 = 4
Renato Vásquez T
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√ √
Este sistema tiene un único punto crı́tico en el arco de circunferencia, este es P2 = ( 2, 2). Ahora determinamos los puntos crı́ticos sobre los segmento A1 = {(x, 0) / 0 ≤ x ≤ 2}, h(x) = f (x, 0) = (x − 1)2 +
1, h0 (x) = 2(x − 1) = 0 por lo tanto P3 = (1, 0). Análogamente, se tiene un punto crı́tico en el segmento
A2 = {(0, y) / 0 ≤ y ≤ 2}, P4 = (0, 1).
n
o
√
2
√ √
mı́n f (1, 1), f ( 2, 2), f (1, 0), f (0, 1) = 2
2−1
o
n
√ √
máx f (1, 1), f ( 2, 2), f (1, 0), f (0, 1) = 1
3. Demuestre que la ecuación
x2 uxx − y 2 yyy − 2y uy = 0,
x > 0, y > 0
se reduce a la forma 4ξ η uηη + 2η uη = 0 mediante el cambio de variables
Φ:
ξ
η
= ξ(x, y) = y/x
= η(x, y) = x y
Solución:
Entonces el cambio de variables es
(
Φ:
Φ=
ξ
η
y
x
y
x
= η(x, y) = x y
= ξ(x, y) =
,xy ,
matriz Jacobiana J(Φ) =
ξx
ηx
ξy
ηy
=
y
x2
y
−
1
x
x
!

1
2y
−
ξyx
 3
x2 
=  x1

ξyy
− 2
0
x
ηyx
0 1
=
ηyy
1 0

matriz Hessiana de y/x;
matriz Hessiana de x y;
ξxx
ξxy
ηxx
ηxy
usando regla de la cadena
ux = uξ ξx + uη ηx
uy = uξ ξy + uη ηy
y
1
ux = − 2 uξ + y uη
uy = uξ + x uη
x
x
uxx = (uξξ ξx + uξη ηx ) ξx + (uξη ξx + uηη ηx ) ηx + uξ ξxx + uη ηyy
= uξξ ξx2 + 2uξη ξx ηx + uηη ηx2 + uξ ξxx + uη ηyy
uxy
y2
y2
y
u
−
2
uξη + y 2 uηη + 2 3 uξ
ξξ
2
2
x
x
x
= (uξξ ξx + uξη ηx ) ξy + (uξη ξx + uηη ηx ) ηy + uξ ξxy + uη ηxy
uyy
= uξξ ξx ξy + uξη (ηx ξy + ξx ηy ) + uηη ηx ηy + uξ ξxy + uη ηxy
y
1
= − 3 uξη + x y uξξ − 2 uξ + uη
x
x
= (uξξ ξy + uξη ηy ) ξy + (uξη ξy + uηη ηy ) ηy + uξ ξyy + uη ηyy
=
= uξξ ξy2 + 2uξη ξy ηy + uηη ηy2 + uξ ξyy + uη ηyy
1
= 2 uξξ + x2 uηη + 2uξη
x
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reducimos la ecuación a su forma normal


x2 uxx − y 2 yyy − 2y uy = 0,
x > 0, y > 0

ξ
η
= y/x
= xy
−→
4ξ η uηη + 2η uη = 0
4. Sea z = z(x, y) solución de la ecuación diferencial x2 zx + y 2 zy = z 2 . Sean u = u(x, y) = x, v = v(x, y) =
1/y − 1/x. Si w = 1/z − 1/x. Calcular wx .
5. Sea f (x, y) = máx {|x| , |y|}. Calcular la derivada direccional de f (x, y), en el punto (1, 1), en la dirección de
la diagonal principal.
6. Un servicio de reparto de paquetes requiere que las dimensiones de una caja rectangular sea tal que la longitud
más el doble del ancho, más el doble de la altura sea menor o igual que 108 centı́metros. ¿Cuál es el volumen
de la caja más grande que podrá despachar la empresa?
7. Hallar los extremos relativos de la función f (x, y) = x3 + 3xy 2 − 15x − 12y
Solución:
Primero debemos aplicar la condición necesaria para valores estremos de funciones de clase C 2 , es decir
debemos determinar los puntos en que el gradiente es cero
(
fx (x, y)
fy (x, y)
= 3x2 + 3y 2 − 15 = 0
= 6xy − 12 = 0
La matriz Hessiana es Hf (x, y)
(
x2 + y 2
y
⇐⇒
6x
6y
6y
6x
=5
= x2
P1 = (−2, 1), P2 = (−1, −2),
P3 = (1, 2), P4 = (2, 1)
−12
6
Hf (−2, 1) =
, ∆1 = −12 < 0, ∆2 = 108 > 0 En (−2, 1), f tiene un máximo local
6
−12
−6 −12
Hf (−1, −2) =
, ∆1 = −6 < 0, ∆2 = −108 < 0 En (−1, −2), f tiene un punto silla
−12 −6
6 12
Hf (1, 2) =
, ∆1 = 6 > 0, ∆2 = −108 < 0 En (1, 2), f tiene un punto silla
12 6
12 6
Hf (2, 1) =
, ∆1 = 12 > 0, ∆2 = 108 > 0 En (1, 2), f tiene un punto mı́nimo local
6 12
8. Hallar los extremos relativos de la función z = z(x, y) definida implı́citamente por la ecuación
z 3 + z − x2 − 5y 2 + 8x − 10y − 21 = 0
Solución:
Escribimos la función correspondiente al teorema de la función implı́cita para funciones escalares
F (x, y, z) = z 3 + z − x2 − 5y 2 + 8x − 10y − 21 = 0
Ahora calculamos los puntos crı́ticos asociados a la función definida implı́citamente z = z(x, y), para esto hay
que calcular las derivadas parciales de z respecto a x e y, mediante la fórmula de derivación implı́cita, y luego
resolvemos el sistema de ecuaciones
(
zx (x, y)
zy (x, y)
8−2x
= −Fx /Fz = − 3z
2 +1
= −Fy /Fz = − −10y−10
3z 2 +1
Renato Vásquez T
∴ P1 = (4, −1) Es el único
punto crı́tico
5
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Ahora evaluamos en la ecuación con x = 4 e y = −1 para determinar la coordenada de z, estos valores nos
ayudarán a evaluar la matriz Hessiana de z
F (4, 1, z) = z 3 + z = z(z 2 + 1) = 0 ∴ z = 0
Para calcular la matriz Hessina de z debemos calcular las derivadas parciales de segundo orden, para esto
usamos reglas de derivación, y recordar la derivación implı́cita zx = −Fx /Fz y zy = −Fy /Fz , y que zx (4, −1) =
−Fx (4, −1, 0)/Fz (4, −1, 0) = 0 y zy (4, −1) = −Fy (4, −1, 0)/Fz (4, −1, 0) = 0
6(8 − 2x)z(x, y)zx (x, y)
8 − 2x 2
∂
(4,−1) = 2
− 2
+
zxx (4, −1) =
(4,−1) =
2
2
∂x
3z + 1
3z(x, y) + 1
(3z(x, y)2 + 1)
∂
6(−10y − 10)z(x, y)zx (x, y) −10y − 10 zxy (4, −1) =
=
−
(4,−1)
(4,−1) = 0
2
∂x
3z 2 + 1
(3z(x, y)2 + 1)
6(−10y − 10)z(x, y)zy (x, y)
−10y − 10 ∂
10
(4,−1) = 10
zyy (4, −1) =
+
−
(4,−1) =
2
2
2
2
∂y
3z + 1
3z(x, y) + 1
(3z(x, y) + 1)
Ahora escribimos la matriz Hessiana
Hf (4, −1) =
2
0
0
10
,
∆1 = 2 > 0, ∆2 = 20 > 0 En (4, −1), z tiene un mı́nimo local
9. Los dos catetos de un triángulo rectángulo miden 5 y 7 metros y el error posible en la medición es de cuanto
mucho de 0.2 centı́metros cada uno. Use diferenciales para estimar el error máximo en el valor calculado de
(a) el área del triángulo y (b) la longitud de la hipotenusa.
Solución:
Si a √
y b son los catetos del triángulo, entonces el área A y la hipotenusa h están dadas por A = a b y
h = a2 + b2 son funciones diferenciables en torno de a = 5 y b = 7. El error en el cálculo del área es el
cambio en A correspondiente a da y db. Usando diferenciales tenemos
∆A ≈ dA = Aa da + Ab db = b da + a db
sustituyendo los valores a = 5, b = 7 y da = db = ±0.002, obtenemos la siguiente aproximación al error
máximo
∆A ≈ dA = Aa da + Ab db = b da + a db = 7(±0.002) + 5(±0.002) = ±0.024 metros
lo mismo para la longitud de la hipotenusa
∆h ≈ dh = ha da + hb db = √
Renato Vásquez T
b db
5(±0.002) 7(±0.002)
a da
√
√
+√
=
+
≈ ±0.028 metros
2
2
2
2
74
74
a +b
a +b
6