Solución taller 1 - Universidad Icesi

Universidad Icesi
Departamento de Matemáticas y Estadı́stica
Solución del primer examen parcial del curso Cálculo de una variable
Grupo: Once
Perı́odo: Inicial del año 2000
Prof: Rubén D. Nieto C.
PUNTO 1.
a. Encuentre una función f (x) para la cual el gráfico de su derivada sea:
1
-6
-4
-2
2
4
6
b. Para la función f (x) = x3 − 2x2 + x + 10 encuentre un número real w con −1 < w < 2 tal que
f (2) − f (−1)
= f 0 (w).
3
SOLUCION:
a. A partir del gráfico se deduce que se trata de la función g(x) = 1 la cual es la derivada de f (x) = x o, más general aun,
de la función f (x) = x + c donde c es una constante.
La respuesta a este subpunto es entonces:
Una función que satisface la condición exigida es f (x) = x + c donde c es una constante
b. La derivada del polinomio f (x) es:
f 0 (x) = 3x2 − 4x + 1
∴
f 0 (w) = 3w2 − 4w + 1
De las evaluaciones:
f (2) = 23 − 2 × 22 + 2 + 10 = 8 − 2 × 4 + 2 + 10 = 12,
se desprende:
f (2) − f (−1)
= f 0 (w)
3
3w2 − 4w − 1 = 0
∴
∴
f (−1) = (−1)3 − 2 × (−1)2 + (−1) + 10 = −1 − 2 − 1 + 10 = 6
12 − 6
= 3w2 − 4w + 1
3
∴
2 = 3w2 − 4w + 1
∴

√
2+ 7


√
√

≈ 1.54858
3
2± 7 
2± 4+3
=
=
w=
√

3
3


 2 − 7 ≈ −0.21525
3
La respuesta a este subpunto es entonces:
√
√
2− 7
2+ 7
≈ 1.54858 o también
≈ −0.21525
Un número real que cumple los requerimientos es
3
3
7t2
t3
−
+ 10t en el instante t (segundos).
PUNTO 2. Un punto que se mueve sobre el eje x tiene un desplazamiento x(t) =
3
2
Halle la distancia total recorrida en los primeros siete segundos.
SOLUCION: La derivada del desplazamiento x(t) es:
x0 (t) =
14t
3t2
−
+ 10 = t2 − 7t + 10 = (t − 2)(t − 5)
3
2
1
Un análisis de signos para la derivada x0 (t) es entonces:
x(t)
%
&
%
x0 (t)
+
−
+
t−2
−
+
+
t−5
−
−
+
Intervalo
(0, 2)
(2, 5)
(5, 7)
El anterior análisis muestra que entre t = 0 y t = 2 el desplazamiento es hacia la derecha, entre t = 2 y t = 5 el desplazamiento
es hacia la izquierda y entre t = 5 y t = 7 el desplazamiento es de nuevo hacia la derecha, por tanto, dt la distancia total
recorrida en los primeros siete segundos es:
h
i h
i h
i 26
25 26
77 25
−0 −
−
+
−
dt = x(2) − x(0) − x(5) − x(2) + x(7) − x(5) =
3
6
3
6
6
=
131
52 27 52
+
+
=
≈ 8.66667 + 4.5 + 8.66667 ≈ 21.8333
6
6
6
6
Entonces, la respuesta a este punto es:
La distancia total recorrida en los primeros siete segundos es
PUNTO 3. Respecto de la siguiente función definida a trozos:

x+a

cuando


2

f (x) =
cuando
−x2 + b




√
−4 + x + 2 cuando
131
≈ 21.8333 unidades longitudinales
6
x < −1
−1 ≤ x ≤ 2
2<x
Determine las constantes a y b para que la función f sea continua en todas partes.
SOLUCION:
Por definición de f (x) se tiene:
lim+ f (x) = lim+ −4 +
x→2
√
x→2
x + 2 = −4 +
√
2 + 2 = −4 +
√
4 = −4 + 2 = −2
lim f (x) = lim− −x2 + b = −22 + b = −4 + b
x→2−
x→2
Por tanto, para que la función f (x) sea continua en x = 2 se debe tener:
lim f (x) = lim+ f (x)
x→2−
x→2
∴
−4 + b = −2
∴
b=4−2
∴
b=2
Por definición de f (x) también se tiene:
lim f (x) =
x→−1+
lim −x2 + b = −(−1)2 + b = −1 + b = −1 + 2 = 1
x→−1+
lim f (x) =
x→−1−
lim
x→−1−
2
−1 + a
x+a
=
2
2
Por tanto, para que la función f (x) sea continua en x = −1 se debe tener:
lim f (x) =
x→−1−
lim f (x)
∴
x→−1+
−1 + a
=1
2
∴
−1 + a = 2
∴
a=2+1
∴
a=3
Entonces, la respuesta a este punto es:
Para que la función f sea continua en todas partes las constantes a y b deben valer a = 3 y b = 2.
PUNTO 4. Encuentre una ecuación para la recta tangente en el punto P (1, 2) a la gráfica de la ecuación:
x4 + 4x3 y 2 − 3xy 3 + 2x + 5 = 0
SOLUCION: Derivando la expresión dada respecto de la variable x resulta:
dy
2 2
3
3
2 dy
− 3 y + x3y
+2=0
4x + 4 3x y + x 2y
dx
dx
3
∴
4x3 + 12x2 y 2 + 8x3 y
dy
= 3y 3 − 4x3 − 12x2 y 2 − 2
8x3 y − 9xy 2
dx
dy
dy
− 3y 3 − 9xy 2
+2=0
dx
dx
∴
∴
3y 3 − 4x3 − 12x2 y 2 − 2
dy
=
dx
8x3 y − 9xy 2
Entonces, la pendiente m de la recta tangente en el punto (1, 2) a tal gráfica es:
24 − 4 − 48 − 2
−30
3
3 × 23 − 4 × 13 − 12 × 12 × 22 − 2
3 × 8 − 4 − 12 × 4 − 2
dy
=
=
=
=
=
m=
3
2
dx x=1,y=2
8×1 ×2−9×1×2
8×2−9×4
16 − 36
−20
2
Por tanto, la ecuación de dicha recta es:
y − y0 = m(x − x0 )
∴
y−2=
3
(x − 1)
2
Se concluye que la respuesta a este punto es:
Una ecuación para la recta tangente en el punto P (1, 2) a la gráfica de tal ecuación es y − 2 =
3
(x − 1)
2
PUNTO 5. Encuentre los siguientes lı́mites:
2x3 + 4x − 1
x→∞ 5x3 + 3x2 + 2x + 1
tg 3x
x→0 sen 5x
b. lim
a. lim
SOLUCION:
a. Se tiene:
sen 3x
cos 3x
sen 3x
sen 3x
3x
1
sen 3x
3x
tg 3x
=
=
×
×
=
×
×
=
sen 5x
sen 5x
cos 3x sen 5x
3x
cos 3x sen 5x
3x
cos 3x
sen 3x
3
tg 3x
=
×
×
sen 5x
3x
cos 3x
3
1
sen 5x
5×
5x
1
sen 5x
5x ×
5x
∴
Por tanto:


lim
x→0
3
tg 3x
 sen 3x
= lim 
×
×
x→0
sen 5x
3x
cos 3x
= lim
x→0
= 1×
1

sen 5x 
5×
5x
3
sen 3x
×
×
3x
lim cos 3x
x→0
1
5 × lim
x→0
sen 5x
5x
1
3
3
×
=
1 5×1
5
Entonces, la respuesta a este subpunto es:
3
tg 3x
=
x→0 sen 5x
5
lim
b. Se tiene:
4
1
2x3 + 4x − 1
4
1
2+ 2 − 3
2 + lim 2 − lim 3
2+0−0
2
2x + 4x − 1
x
x
x3
x→∞ x
x→∞ x
=
=
=
= lim
= lim
lim
x→∞ 5x3 + 3x2
x→∞ 5x3 + 3x2
x→∞
3
5+0
5
3
5+
5 + lim
x→∞ x
x
x3
3
Se concluye que la respuesta a este subpunto es:
2
2x3 + 4x − 1
=
x→∞ 5x3 + 3x2 + 2x + 1
5
lim
PUNTO 6. El radio de un globo esférico mide 30 cm y el error máximo en la medición es de 0.15 cm. Estimar el máximo
error que se comete al calcular el volumen de la esfera.
SOLUCION: La fórmula para el volumen v de una esfera y su derivada v 0 son:
v(r) =
4
v 0 (r) = 3 × πr2
3
4 3
πr
3
v 0 (r) = 4πr2
∴
En un sistema de coordenadas con el eje v para las ordenadas
y el eje r para las abscisas, dibujemos un esquema que represente
la función v(r) en el cual se muestre el punto 30, v(30)
v
α
∆r
125000
∆v
r
30
A partir del gráfico y por definición de derivada se tiene:
i
∆v
= 4π302 = 3600π
= tg α = v 0 (30) = 4πr2
∆r
r=30
∴
∆v = 3600π∆r = 3600π × 0.15 = 540π ≈ 1696.46
La respuesta a este punto es entonces:
En tal ocasión el máximo error que se comete al calcular el volumen de la esfera es de:
540π lo cual aproximadamente es 1696.46 centı́metros cúbicos
4
PUNTO 7. Respecto de la función:
f (x) = 3x5 − 25x3 + 60x
a. Encuentre los intervalos de crecimiento.
c. Encuentre los intervalos de concavidad hacia arriba.
b. Encuentre los intervalos de decrecimiento.
d. Encuentre los intervalos de concavidad hacia abajo.
e. Dibuje un gráfico aproximado de la correspondiente curva.
SOLUCION: La derivada de la función f (x) es:
f 0 (x) = 15x4 − 75x2 + 60 = 15(x4 − 5x2 + 4) = 15(x2 − 1)(x2 − 4)
f 0 (x) = 15(x + 1)(x − 1)(x + 2)(x − 2)
∴
Un análisis de signos para la función f 0 (x) es entonces:
f (x)
%
&
%
&
%
f 0 (x)
+
−
+
−
+
x+2
−
+
+
+
+
x+1
−
−
+
+
+
x−1
−
−
−
+
+
x−2
−
−
−
−
+
Intervalo
(−∞, −2)
(−2, −1)
(−1, 1)
(1, 2)
(2, +∞)
Por tanto, una respuesta parcial a este punto es
a. Los intervalos de crecimiento son: (−∞, −2), (−1, 1) y (2, +∞)
b. Los intervalos de decrecimiento son: (−2, −1) y (1, 2)
La derivada segunda de f (x), es decir, la derivada primera de f 0 (x) es:
150
5
00
3
2
2
= 60x x −
∴
f (x) = 60x − 150x = 60x x −
60
2
r !
r !
5
5
f 00 (x) = 60x x +
x−
2
2
Entonces, un análisis de signos para la función f 00 (x) es:
f (x)
f 00 (x)
r
x+
5
2
x
r
x−
5
2
Intervalo
\
[
\
[
−
+
−
+
−
+
+
+
−
−
+
+
−
−
−
+
r !
5
−∞, −
2
r
−
5
!
5
,0
2
r !
5
0,
2
r
!
5
, +∞
2
Otra respuesta parcial a este punto es entonces:
r
c. Los intervalos de concavidad hacia arriba son
d. Los intervalos de concavidad hacia abajo son
−
!
5
,0
2
r
≈ (−1.58, 0) y
!
5
, +∞ ≈ (1.58, +∞)
2
r !
5
≈ (−∞, −1.58) y
−∞, −
2
r !
5
0,
≈ (0, 1.58)
2
Utilizando la información establecida en las respuestas parciales y en las siguientes evaluaciones:
f (−2) = −16,
f (−1) = −38,
f (1) = 38,
f (2) = 16,
f (−1.58) ≈ −25.7,
f (0) = 0,
f (1.58) ≈ 25.7
podemos trazar un gráfico aproximado de la función f (x), ası́:
40
20
-2
-1
1
2
-20
-40
PUNTO 8. Encuentre el punto de la gráfica y = x2 + 1 más cercano al punto (3, 1).
SOLUCION: En la figura aparece la parábola y = x2 + 1, el punto (3, 1) y z que es el cuadrado de la distancia a un punto
arbitrario (x, y) de la parábola
4
3
(x, y)
2
z
(3, 1)
1
-2
-1
1
2
3
Por la fórmula para la distancia entre dos puntos aplicada a los puntos P1 (x, y) y P2 (3, 1) se puede afirmar:
z = (x − 3)2 + (y − 1)2
6
(1)
De que el punto P1 (x, y) está sobre la parábola se sabe que debe satisfacer la ecuación de esta, es decir:
y = x2 + 1
(2)
Reemplazando (2) en (1) se obtiene:
z = (x − 3)2 + (y − 1)2 = (x − 3)2 + (x2 + 1 − 1)2 = (x − 3)2 + (x2 )2 = (x − 3)2 + x4 = x2 − 6x + 9 + x4
∴
z = x4 + x2 − 6x + 9
Como se trata de minimizar a z, porque minimizando a z se minimiza su raı́z cuadrada
dz
= 4x3 + 2x − 6
dx
√
z, obtengamos su derivada:
dz
= 2(2x3 + x − 3)
dx
∴
Por el criterio de la raı́z racional se puede establecer que 1 es una raı́z de la derivada y por el teorema del factor que ella
es divisible por x − 1. Utilizando división sintética para calcular el cociente se obtiene:
1
2
2
0
1
−3
2
2
3
2
3
0
A partir de la información obtenida y de que el cociente 2x2 + 2x + 3 es una parábola que se abre hacia arriba y cuyo vértice
dz
1 5
se puede construir el siguiente análisis de signos para la derivada
:
está en el punto V − ,
2 2
dx
z
&
%
dz
dx
−
+
x−1
−
+
2x2 + 2x + 3
+
+
Intervalo
(−∞, 1)
(1, +∞)
El anterior análisis muestra que en x = 1 la función z presenta un mı́nimo absoluto. Por la fórmula (2) el correspondiente
valor de y en la parábola es:
y
i
x=1
i
= x2 + 1
x=1
= 12 + 1 = 1 + 1 = 2
La respuesta a este punto es entonces:
El punto de la gráfica y = x2 + 1 más cercano al punto (3, 1) es:
(1, 2)
7
PUNTO 9. El área de un triángulo equilátero disminuye a razón de 4 centı́metros cuadrados por minuto. Calcule la rapidez
de variación de la longitud de sus lados en el momento en que el área del triángulo es de 200 centı́metros cuadrados.
SOLUCION: En el triángulo equilátero de la figura
x
x
h
x/2
en el cual la longitud de cualquiera de sus lados es x y la longitud de su altura es h, aplicando el teorema de Pitágoras, se
tiene:
x 2
x 2
x2
4x2
x2
3x2
3x2
+ h2 ∴ h2 = x2 −
= x2 −
∴
=
−
=
= 2
x2 =
2
2
4
4
4
4
2
h=
x√
3
2
El área a del triángulo es entonces:
x×h
base × altura
=
=
a=
2
2
√
4a = x2 3
∴
x×
4a
x2 = √
3
x√
√
3
x2 3
2
=
2
4
√
2 a
∴ x= √
4
3
∴
Por tanto, la derivada de x respecto del tiempo t es:
2
da
1
1
da
dx
= √
= √
× a−1/2
√ ×
4
4
dt
dt
dt
3 2
3 a
Como el área a del triángulo disminuye a razón de 4 centı́metros cuadrados por minuto, en el momento en tal área a es de
200 centı́metros cuadrados resulta:
√
1
4
4
−2 2
dx
√
√ =− √ √
= √
× (−4) = − √
= √ √ √
∴
4
dt
3 200
100 × 2 4 3
10 2 4 3
5 2 243
√
2
dx
=− √
≈ −0.214914
dt
543
La respuesta a este punto es entonces
En tal momento la rapidez de variación de los lados del triángulo es aproximadamente de:
−0.215 centı́metros por minuto
8