Resolucion De Integrales En Matlab (Ejemplos)

1. Comprobar que no existe el límite doble en el origen de f(x,y) = sen x y/(x2+y2).
En primer lugar, calculamos los límites direccionales a través de las rectas que pasan
por el origen:
syms x ma=linit(sin(m*x^2)/(x^2+ (m*x)^2),x,0)
ans a=m/(1+m^2).
Como dependen del valor de la pendiente m de la recta, se sigue que no existe límite
doble en el origen.
2. Comprobar que no existe ellímite doble en el origen de f(x,y) = x y2/(x2+y4).
Calculamos los límites direccionales a través de rectas
syms x m
limit(x^3*m^2/(x^2+(m*x)^4),x,0)
ans 0
Como todos valen 0, puede existir el límitedoble y valdría también 0. Pero vamos a
calcular el límite a través de la curva x = y2:
syms y
limit(y^4/(y^4 + y^4),y,0)
ans ½
Por tanto, podemos concluir que no existe el límite doble.
3.Comprobar que no existe el límite doble en el origen de f(x,y) = log(1+x y) /(x2+y2).
syms x m
f=log(1+x*y)/(x^2+ (m*x)^2);
limit(f,x,0)
ans m/(1+m^2).

Dentro del editor de_nimos la funci_on f1(x)function y=f1(x)
y=1 ./ ((x-0.3).^2+0.01) + 1 ./((x-0.9).^2+0.04)-6;
Una vez salvado el _chero podemos calcular la funci_on en un intervalo y dibujarla.
1.8. FICHEROS-M 15
>> x=[-1:0.1:2];>> y=f1(x);

>> plot(x,y);

Es posible hallar los valores m_aximo y m__nimo de la funci_on en un intervalo:
>> xmin = fmin('f1',0.5,1);
xmin =
0.6370
>> ymin=f1(xmin);ymin =
11.2528
INTEGRALES

Calcula
R
(2cos(x) ¡ 6x)dx.
Soluci¶on:
>> syms x;
>> S = 2 ¤ cos(x) ¡ 6 ¤ x;
>> int(S)
ans =
2 ¤ sin(x) ¡ 3 ¤ x ^ 2
MatLab no incluye laconstante de integraci¶on que se debe tener en cuenta en el c¶alculo de
primitivas.
Nota 2.1 Si x no est¶a de¯nida como una variable simb¶olica, utilizaremos la siguiente sintaxis:
int(0S0;0 x0)
Enel caso del ejemplo anterior, tendr¶³amos lo siguiente:
2
>> int(02 ¤ cos(x) ¡ 6 ¤ x0)
ans =
2 ¤ sin(x) ¡ 3 ¤ x ^ 2
O bien:
>> int(02 ¤ cos(x) ¡ 6 ¤ x0;0 x0)
ans =
2 ¤ sin(x) ¡ 3...