EVALUACIONES CONTINUADAS DEL GRUPO 10 Primera

EVALUACIONES CONTINUADAS DEL GRUPO 10
Primera. Determinar el dominio, estudiar las discontinuidades y calcular las ası́ntotas verticales de
f (x) =
tan(πx/4)
.
x
Resolución: Para calcular el dominio, hemos de descartar los puntos donde se anula el denominador
y también los puntos donde no está definida la tangente del numerador:
Df = {x ∈ R : x 6= 0, cos(πx/4) 6= 0} = R \ {0} ∪ {2 + 4k : k ∈ Z} ,
pues cos(πx/4) = 0 ⇔ πx/4 = π/2 + πk, k ∈ Z ⇔ x = 2 + 4k, k ∈ Z.
A continuación, estudiamos qué pasa en el origen:
lı́m f (x) = lı́m
x→0
x→0
π sin(πx/4)
1
π
π
sin(πx/4)
= lı́m
= ·1·1= .
x cos(πx/4) x→0 4 πx/4 cos(πx/4)
4
4
Por tanto, la función f (x) tiene una discontinuidad evitable en el origen.
Finalmente, estudiamos el comportamiento en los puntos de la forma x = 2 + 4k, con k ∈ Z. El
cambio t = πx/4 nos ayuda a ver que lı́mx→2+4k tan(πx/4) = lı́mt→π/2+kπ tan t = +∞. Por tanto,
tan(πx/4)
tan(πx/4) lı́m |f (x)| = lı́m lı́m
= +∞,
= x→2+4k
x→2+4k
x→2+4k
x
|2 + 4k|
luego la función f (x) tiene una discontinuidad asintótica en todos los puntos de la forma x = 2 + 4k
con k ∈ Z y las rectas {x = 2 + 4k} con k ∈ Z son ası́ntotas verticales.
Baremo:
El estudio en x = 0 vale un punto, repartido como sigue:
• Un cuarto de punto por decir que 0 6∈ Df ;
• Medio punto por calcular lı́mx→0 f (x) = π/4; y
• Un cuarto de punto por concluir que x = 0 es una singularidad evitable.
El estudio en x = 2 + 4k vale otro punto, repartido como sigue:
• Medio punto por argumentar que 2 + 4k 6∈ Df ;
• Un cuarto de punto por calcular lı́mx→2+4k |f (x)| = +∞; y
• Un cuarto de punto por concluir que {x = 2 + 4k} son ası́ntotas verticales.
Segunda. Calcular el lı́mite
sin2 (x2 ) − x arctan(x3 )
.
x→0
sin2 (x4 )
lı́m
Resolución: El numerador f (x) = sin2 (x2 ) − x arctan(x3 ) y el denominador g(x) = sin2 (x4 ) son
funciones infinitamente derivables en R. Además, f (0) = 0 y g(0) = 0, luego este lı́mite da una
indeterminación 0/0. Tenemos dos opciones para resolver la indeterminación: la regla de L’Hôpital y el
método de Taylor. Descartamos la primera opción ya que f 0 (0) = g 0 (0) = 0, luego deberiamos aplicar
la regla de L’Hôpital al menos dos veces para deshacer la indeterminación y las sucesivas derivadas de
f (x) y g(x) se van complicando. Por tanto, aplicaremos el método de Taylor.
Empezamos estudiando el denominador, por ser más simple que el numerador.
Como sin u = u − u3 /6 + O(u5 ), resulta que
sin2 u = u − u3 /6 + O(u5 ) · u − u3 /6 + O(u5 ) = u2 − u4 /3 + O(u6 ).
Por tanto, si escribimos u = x4 en la fórmula anterior vemos que
sin2 (x4 ) = sin2 (u) = u2 + O(u4 ) = x8 + O(x16 ).
1
Como el denominador empieza con un término de orden ocho, necesitamos desarrollar el numerador
hasta ese mismo orden. Poniendo u = x2 en la fórmula de sin2 u queda
sin2 (x2 ) = sin2 (u) = u2 − u4 /3 + O(u6 ) = x4 − x8 /3 + O(x12 ).
Además, arctan u = u − u3 /3 + O(u5 ), luego tomando u = x3 se obtiene que
x arctan(x3 ) = x arctan u = x u − u3 /3 + O(u5 ) = x x3 − x9 /3 + O(x15 ) = x4 + O(x10 ).
Finalmente,
x4 − x8 /3 + O(x12 ) − x4 + O(x10 )
sin2 (x2 ) − x arctan(x3 )
−1/3 + O(x2 )
1
= lı́m
= lı́m
=− .
2
8
16
4
x→0
x→0
x→0
x + O(x )
1 + O(x8 )
3
sin (x )
lı́m
Baremo: Cada error de cálculo penaliza un cuarto de punto, medio punto o un punto entero, en
función de su gravedad. Un error muy común es no escribir los términos de error en los desarrollos de
Taylor, algo que no es demasiado grave pues no suele afectar al resultado final. Los dos errores graves
más tı́picos son:
Pensar que arctan x = 1/ tan x = cos x/ sin x.
Pensar que el exponente de la potencia de una potencia es la suma de ambos exponentes, en vez
del producto. La fórmula correcta es (xl )n = xln , no (xl )n = xl+n . Los estudiantes que cometen
PN
este error creen que si f (x) = n=0 an xn + O(xN +1 ) entonces
f (xl ) =
N
X
an xn+l + O(xN +l+1 ),
n=0
cuando el desarrollo correcto es
f (xl ) =
N
X
an xln + O x(N +1)l .
n=0
En particular, dicen que sin2 (x2 ) = x4 − x6 /3 + O(x8 ) y arctan(x3 ) = x4 − x6 /3 + O(x8 ).
Tercera.
R x2 2
1. Probar que la función F (x) = 0 et dt tiene un mı́nimo relativo en x = 0.
2. Calcular el volumen del cuerpo de revolución W ⊂ R3 obtenido al girar respecto al eje y la
región plana S ⊂ R2 delimitada por las curvas
y = x2 + 1,
y = 0,
x = 0,
x = 1.
Resolución:
1. Hay dos formas de hacerlo:
Aplicar la fórmula de Leibniz: Sabemos que
Z β(x)
F (x) =
f (t)dt =⇒ F 0 (x) = f (β(x))β 0 (x) − f (α(x))α0 (x).
α(x)
2
En nuestro caso, α(x) = 0, β(x) = x2 y f (t) = et , luego
4
F 0 (x) = f (x2 )2x − f (0) · 0 = 2xex ,
4
F 00 (x) = 2(1 + 4x4 )ex .
Ası́ pues, F 0 (0) = 0 y F 00 (0) = 2 > 0, lo cual implica que la función F (x) tiene un mı́nimo
local estricto en x = 0.
Observación: Es posible acabar el problema sin calcular la segunda derivada. Efectivamente,
4
pues la fórmula F 0 (x) = 2xex implica que F 0 (x) > 0 para todo x > 0 y F 0 (x) < 0 para todo
x < 0. Por tanto, F (x) es estrictamente creciente en (0, +∞) y estrictamente decreciente en
(−∞, 0). Esto implica que la función F (x) tiene un mı́nimo global estricto en x = 0.
2
R0 2
Usar la definición de mı́nimo: Notamos que F (0) = 0 et dt = 0. Por contra, usando la
2
propiedad de monotonicidad de la integral y la desigualdad et ≥ 1 para todo t ∈ R, se
obtiene que
Z x2
Z x2
2
x 6= 0 ⇒ x2 > 0 ⇒ F (x) =
et dt ≥
dt = x2 > 0.
0
0
Y esto implica que la función F (x) tiene un mı́nimo global estricto en x = 0.
2. La forma más sencilla de hacer este problema consiste en usar el método de las capas. El método
de los anillos requiere descomponer el cuerpo en dos partes.
Por el método de las capas: En la región S la variable x se mueve en el intervalo [a, b] = [0, 1]
y el cilindro asociado a la variable x tiene altura h(x) = x2 + 1 y radio r(x) = x. Por tanto,
4
x=1
Z 1
Z 1
Z b
x
x2
3π
3
2
=
(x + x)dx = 2π
x(x + 1)dx = 2π
r(x)h(x)dx = 2π
Vol[W ] = 2π
+
.
4
2
2
0
0
a
x=0
Por el método de los anillos: Descomponemos el cuerpo en dos partes: W = W1 ∪ W2 , donde
W1 = W ∩ {y ≤ 1},
W2 = W ∩ {y > 1}.
La parte W1 es el cuerpo de revolución obtenido al girar respecto al eje y la región plana
S1 ⊂ R2 delimitada por las curvas
y = 0,
y = 1,
x = 0,
x = 1.
Es decir, W1 es un cilindro de radio uno y altura uno, luego Vol[W1 ] = π · 12 · 1 = π. La parte
W2 es el cuerpo de revolución obtenido al girar respecto al eje y la región plana S2 ⊂ R2
delimitada por las curvas
y = x2 + 1,
y = 1,
x = 0,
x = 1.
En la región S2 la variable y se mueve en el intervalo [c, d] = [1,
√2] y el anillo asociado a la
variable y tiene radio exterior R(y) = 1 y radio interior r(y) = y − 1. Por tanto,
Z d
Vol[W ] = Vol[W1 ] + Vol[W2 ] = π + π
R2 (y) − r2 (y) dy
c
Z
=π+π
1
2
y=2
3π
y2
=
.
1 − (y − 1) dy = π + π 2y −
2 y=1
2
Baremo: Cada problema vale un punto. Cada error (de cálculo o conceptual) se penaliza con un
cuarto de punto, medio punto, tres cuartos de punto o un punto entero, en función de su gravedad.
Los errores más comunes son los siguientes:
No explicar qué se hace. Es imposible dar algún punto cuando los cálculos contienen errores y
el estudiante no explica su razonamiento.
4
Aplicar mal la fórmula de Leibniz y concluir que F 0 (x) = 4x3 ex (o muchos otros resultados
incorrectos).
Decir que la propiedad F 0 (0) = 0 implica que F (x) tiene un mı́nimo local en x = 0. Para probar
que x = 0 es un mı́nimo se necesita o bien estudiar el signo de la segunda derivada F 00 (0), o bien
estudiar el signo de la primera derivada F 0 (x) cuando x ≈ 0.
No clarificar con un dibujo cómo se calcula el volumen. En sentido estricto, realizar el dibujo no
es imprescindible. Pero ayuda a saber si el estudiante sabe qué está haciendo.
Confundir el cuerpo W con el cuerpo de revolución obtenido al girar respecto al eje y la región
plana delimitada por las curvas
y = x2 + 1,
y = 2,
x = 0,
x = 1.
2
Rd
Rd 2
Escribir c R(y) − r(y) dy, en vez de c R (y) − r2 (y) dy al aplicar el método de los anillos.
Considerar que el eje de revolución es el eje x, en vez del eje y.
Un error grave es aplicar el método de las capas (respectivamente, anillos) y escribir una integral
respecto la variable y (respectivamente, la variable x). Indica que no se entiende lo qué se hace.
3
Cuarta.
P
3
1. Estudiar la convergencia de la serie n≥0 (−1)n n2 e−n .
P
2. Calcular el intervalo de convergencia de la serie de potencias n≥0 n!xn /8n .
Resolución:
P
3
1. El primer término de la serie es igual a cero, luego podemos escribir la serie como n≥1 (−1)n n2 e−n .
Hay dos formas de estudiar la convergencia de esta serie:
3
Aplicar el criterio del cociente: Si an = (−1)n n2 e−n , entonces
2
3
an+1 2
1
(n + 1)2 en
= lı́m
1+
= lı́m
· e−(3n +3n+1) = 12 · e−∞ = 0.
L = lı́m n→+∞
n→+∞
an n→+∞ n2 e(n+1)3
n
P
P
3
Como L < 1, el criterio del cociente implica que la serie n≥1 an = n≥1 (−1)n n2 e−n es
absolutamente convergente y, por tanto, convergente.
3
Aplicar el criterio de series alternadas: Si bn = n2 e−n , entonces
la sucesión de términos
P
positivos (bn ) es decreciente y tiende a cero, luego la serie n≥1 (−1)n bn es convergente.
Tan sólo nos falta probar las dos propiedades de la sucesión (bn ). Primero, probamos que
tiende a cero por paso a variable continua y usando el método de L’Hôpital:
x2
∞
2x
2
1
n2
=
lı́m
= lı́m
=
lı́m
= 0.
3
3 =
x→+∞ ex
n→+∞
n→+∞ en
∞ x→+∞ 3x2 ex3
3 x→+∞ xex3
Para probar que la sucesión (bn ) es decreciente, empezamos observando que
2
2
2
1
1
2 −(n+1)3
2 −n3
bn+1 < bn ⇔ (n + 1) e
<n e
⇔ 1+
< e3n +3n+1 ⇔ 1 + < e(3n +3n+1)/2 .
n
n
Para acabar la prueba, basta recordar que n ≥ 1 y e ≈ 2,7182, luego
2
1
1 + ≤ 1 + 1 = 2 < e < e7/2 ≤ e(3n +3n+1)/2 .
n
2. Aplicamos el criterio del cociente a la serie de término general un = un (x) = n!xn /8n , luego
necesitamos calcular el lı́mite
un+1 (n + 1)!xn+1 8n 0,
si x = 0,
= lı́m (n + 1)|x| =
L = lı́m =
lı́m
+∞, si x 6= 0.
n→+∞
un n→+∞ n!xn 8n+1 n→+∞
8
P
Por tanto, la serie de potencias n≥0 n!xn /8n es convergente si x = 0 y divergente si x 6= 0. Es
decir, el radio de convergencia es R = 0 y el intervalo de convergencia es I = {0}.
Baremo: Cada problema vale un punto. Cada error (de cálculo o conceptual) se penaliza con un
cuarto de punto, medio punto, tres cuartos de punto o un punto entero, en función de su gravedad.
Los errores más comunes son los siguientes:
3
No justificar que la sucesión bn = n2 e−n tiende a cero al aplicar el criterio de series alternadas.
3
No probar que la sucesión bn = n2 e−n es decreciente al aplicar el criterio de series alternadas.
3
Intentar comprobar las hipótesis del criterio de series alternadas con la sucesión an = (−1)n n2 e−n ,
3
en vez de con la sucesión de términos positivos bn = n2 e−n .
Decir que el criterio de series alternadas afirma que ciertas series son absolutamente convergentes,
en vez de convergentes a secas.
P
Enunciar mal el criterio del cociente. Decir que n≥1 an es absolutamente convergente cuando
lı́mn→+∞ |an+1 /an | > 1 o lı́mn→+∞ |an /an+1 | < 1, en vez de cuando lı́mn→+∞ |an+1 /an | < 1.
Calcular mal el lı́mite que aparece en el criterio del cociente. Por ejemplo, muchos estudiantes
dicen que el radio de convergencia
P es R = 8 pues lı́mn→+∞ |un+1 /un | = |x|/8. Es erróneo.
Decir que la serie de potencias n≥0 n!xn /8n no converge nunca. Es falso. Converge si x = 0.
Análogamente, decir que el intervalo de convergencia “no existe” pues el radio de convergencia
es R = 0. Es falso. El intervalo de convergencia en ese caso es I = {0}.
lı́m bn = lı́m
4