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Junio 2011. Ejercicio 4A. Calificación máxima: 2 puntos.
a) (1 punto) Calcular el siguiente límite: Lím
x → +∞
x
x+ x
5
b) (1 punto) Demostrar que la ecuación 4x + 3x + m = 0 sólo tiene una raíz real,
cualquiera que sea el número m. Justificar la respuesta indicando qué teoremas
se usan.
Solución.
b.
Para demostrar que la ecuación tiene al menos una solución real, se aplica el teorema de Bolzano
a la función f (x ) = 4 x 5 + 3x + m .
Por ser polinómica, f(x) es continua en todo R por definición, además la función cambia de signo
entre +∞ y ‒∞, como ponen de manifiesto sus límites en el infinito.
(
Lím(4 x
)
+ 3x + m ) = ∞
Lím 4x 5 + 3x + m = −∞
x → −∞
x →∞
5
Por lo tanto según Bolzano existe un valor c ∈ (‒∞, +∞) tal que f(c) = 0, y este valor c, también
es raíz de la ecuación 4x5 + 3x + m = 0
Una forma de demostrar que la solución es única es intentar demostrar mediante el teorema de
Rolle que existe dos soluciones.
Hipótesis: Existen dos valores a y b en los cuales se anula la función f(x) (f(a) = f(b) = 0).
Bajo este hipótesis, la función f(x) = 4x5 + 3x + m, cumple las condiciones del teorema de
Rolle.
i.
ii.
iii.
La función por ser polinómica es continua en [a, b],
La función por ser polinómica es derivable en (a, b)
f(a) = f(b) (hipótesis)
Según el teorema de Rolle, debe existir un valor c ∈ (a, b), tal que f’(c) = 0
Calculo de c:
f ′(c ) = 20 x 4 + 3 ; f ′(c ) = 0 ; 20 x 4 + 3 = 0 ; x = 4 −
3
∉R
20
No existe ningún valor de c que cumpla el teorema de Rolle, por lo tanto no se cumple el
teorema y eso es debido a que la hipótesis inicial no es verdadera, por tanto no existen dos valores de x
diferentes para los que la función tomo igual valor, y consecuencia, la función solo se anula una vez y la
solución de la ecuación es única
Septiembre 2009. Ejercicio 1B. Calificación máxima: 3 puntos.
a) (1 punto). Dada la función:
f (x ) =
x
1− x 2
hallar el punto o los puntos de la gráfica de f(x) en los que la pendiente de la
recta
tangente sea 1
b) (0,5 puntos). Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f(x) en el
punto x = 0.
c) (1,5 puntos). Sea g una función derivable con derivada continua en toda la recta
real, y tal que g(0) = 0, g(2) = 2. Demostrar que existe al menos un punto c en el
intervalo (0,2) tal que g’(c) = 1.
Solución.
c.
La hipótesis propuesta (g’(c) = 1) se puede demostrar mediante el teorema de valor
medio (de Lagrange), también llamado teorema de los incrementos finitos, ó mediante el teorema
de Rolle.
1
Teorema de Lagrange: “dada cualquier función f continua en el intervalo [a, b] y
diferenciable en el intervalo abierto (a, b) entonces existe al menos algún punto c en el intervalo (a, b) tal
que la tangente a la curva en c es paralela a la recta secante que une los puntos (a, f(a)) y (b, f(b))”, es
decir, existe al menos un punto c que satisface la igualdad:
f (b ) − f (a )
f ′(c ) =
b−a
Puesto que la función g es derivable con derivada continua en toda la recta real, según
afirma el enunciado, se la puede aplicar el teorema de Lagrange en el intervalo [0, 2], por lo tanto
existirá al menos un calor c ∈ (0, 2) tal que:
g(2 ) − g(0) g(2) = 2 2 − 0
g′(c ) =
=
=1
=
2−0
2
g(0) = 0 
Por lo que queda demostrada la hipótesis propuesta.
Teorema de Rolle: “Si una función es definida y continua [ a , b ], diferenciable en el intervalo
abierto ( a , b ) , y toma valores iguales en los extremos del intervalo ( f ( a ) = f ( b )) entonces existe al
menos algún punto c en el intervalo ( a , b ) tal que la tangente a la curva en c es horizontal, es decir f '(
c)=0”
Para demostrar la hipótesis propuesta (g’(c) = 1), se define la función H(x) = g(x) − x
que es derivable con derivada continua en toda la recta real, por ser resta de dos funciones que lo
son (g(x), x).
H(0 ) = g(0) − 0 = 0 − 0 = 0 
 : H(0) = H (2) ⇒ ∃ c ∈ (0,2) / H′(c ) = 0
H (2) = g(2) − 2 = 2 − 2 = 0
H′(x ) = (g(x ) − x )′ = g′(x ) − 1 : H′(c ) = g′(c ) − 1 = 0 : g’(c) = 1
Por lo que queda demostrada la hipótesis propuesta.
Modelo 2009. Ejercicio 3B. Calificación máxima: 2 puntos
Sea:
f (x ) =
x
x +1
2
a) (1 punto). Estudiar la continuidad y derivabilidad de f en x = 0.
b) (1 punto). Estudiar cuándo se verifica que f '(x) = 0. Puesto que f( l ) = f(−1), ¿existe
contradicción con el Teorema de Rolle en el intervalo [−1,1]?
Solución.
b.
f '(x) = 0:
 x 2 −1
= 0 Si

2
 x 2 +1
f ′(x ) = 0 : 
2
 1− x
= 0 Si
2
 2
x
+
1

* Hay que tener en cuenta el intervalo de definición.
(
(
)
x < 0 : x 2 − 1 = 0 : x = −1 *
)
x > 0 : 1 − x 2 = 0 : x = +1*
Teorema de Rolle: “ Sea f(x) una función continua en [a , b], derivable en (a , b) y tal que
f(a) = f(b), entonces existe al menos un c ∈ (a , b) tal que f ‘(c) = 0, es decir, hay un punto c del intervalo
(a, b) en el que la tangente a la curva es horizontal.
No existe contradicción con el teorema de Rolle por que la función f (x ) =
x
no es
x +1
derivable en el intervalo (−1, 1), por lo tanto aunque f (l) = f (−1), no tiene por que existir un punto
interior del intervalo en el que la derivada se anule, como ocurre en este caso, que la derivada de la
función no se anula en el intervalo (−1, 1).
Modelo 2006. Ejercicio 2B. (2 puntos). Se considera la función:
2
2
f (x ) =
1
2 + senx − cos x
Se pide:
a) (1 punto). Calcular sus extremos locales y/o globales en el intervalo [−π, π]
b) (1 punto). Comprobar la existencia de, al menos, un punto c ∈ [−π, π] tal que f ´´(c ) = 0 .
(Sugerencia: utilizar el teorema de Rolle). Demostrar que en c hay un punto de
inflexión.
Solución.
c.
f ′(x ) = −
cos x + sen x
(2 + senx − cos x )2
f ´(x) es una función continua y derivable en el intervalo [−π, π] por ser cociente de dos
funciones continuas y derivables, siendo la función del denominador mayor que cero para cualquier valor
real.
Además la derivada de la función toma idénticos valores en lo extremos del intervalo:
cos(− π) + sen (−π)
−1+ 0
1
f ′(− π) = −
=−
=
2
2
(2 + sen (− π) − cos(− π))
(2 + 0 − (− 1)) 9
f ′(π) = −
cos(π) + sen (π)
(2 + sen (π) − cos(π))
2
=−
−1 + 0
(2 + 0 − (− 1))
2
=
1
9
Por lo tanto la función f ´(x) cumple las hipótesis de teorema de Rolle y existe al menos un valor
c en el intervalo (−π, π) donde su derivada se anula.
(f ′(c ))′ = 0 ⇒ f ′′(c) = 0
En el punto c, la función presenta un punto de inflexión y el razonamiento es sencillo. En una
función continua, y f (x) lo es, entre un máximo y un mínimo al menos debe haber un punto de inflexión.
f (x) tiene un máximo y un mínimo en el intervalo (−π, π) como se ha demostrado en el apartado “a”, por
lo tanto entre ellos debe existir un punto de inflexión.
Modelo 2005. Ejercicio 1A. Calificación máxima: 2 puntos.
a) Justificar razonadamente que la gráfica de la función
f (x ) = x 15 + x + 1
corta a eje OX al menos una vez en el intervalo [-1, 1].
b) Determinar razonadamente el número exacto de puntos de corte con el eje OX
cuando x recorre toda la recta real.
Solución.
a.
Por ser f(x) una función polinómica, es continua en toda la recta real por lo que también es
continua en el intervalo [−1, 1]; como además alcanza valores de signo opuesto en dicho intervalo,
f (− 1) = (− 1)15 + (− 1) + 1 = −1
f (1) = 115 + 1 + 1 = 3
según el teorema de Bolzano, existe un valor c, del intervalo (−1, 1) en el que la función se anula.
c ∈ (−1, 1) / f (c ) = 0
El teorema de Bolzano es una aplicación del teorema de Darboux. “Toda función continua en un
intervalo [a, b], toma todos lo valores comprendidos entre f (a) y f (b)”.
b.
Por ser una función polinómica, f (x) es continua y derivable en todo ℜ. Si f (x) corta en más de
un punto al eje OX, significa que existe más de un valor de x en los que la función se anula y por tanto
toma igual valor, por lo que la función se anula y por tanto toma igual valor, por lo que en cualquiera de
3
los intervalos entre dos cortes consecutivos sería aplicable el teorema de Rolle, según el cual, debería
existir algún punto interior del intervalo donde se anulase la derivada.
Derivando la función se puede observar fácilmente que no tiene solución
f(x) = x15 + x + 1
f ′(x ) = 15x 14 + 1 = 0 ; x = 14 −
1
∉ℜ
15
por lo que no se cumple el teorema de Rolle. De las tres condiciones, continuidad derivabilidad e igualdad
en los extremos, la única que puede fallar es la tercera por ser f(x) un polinomio. Por lo tanto solo corta al
eje OX una vez.
Junio 1999. 2A. Calificación máxima: 2 puntos Se considera la función
x 2 + nx
f (x) =  3
 x + m
Sí x < −2
Sí x ≥ −2
a) (1 punto) Determinar m y n para que se cumplan las hipótesis del teorema de valor medio
en el intervalo (−4, 2).
b) (1 punto) Hallar los puntos del intervalo cuya existencia garantiza dicho teorema.
Solución.
a.
Las hipótesis del teorema del valor medio son que la función debe ser continua y derivable en el
intervalo donde se va a aplicar.
Para que la función sea continua en el intervalo (‒4, 2), y teniendo en cuenta que esta definida
por expresiones polinómicas, deberá ser continua en el punto frontera (x = ‒2).
Para que la función sea continua en x = ‒2:
Lím f (x ) = f (− 2)
x → −2
Lím f (x ) = Lím f (x ) = f (− 2)
(
x → −2 −
)
x → −2 +
Lím f (x ) = Lím x 2 + nx = (− 2)2 + n ⋅ (− 2) = 4 − 2n 

x → −2
x → −2 −

3
3
Lím f (x ) = Lím x + m = − 2 + m = −8 + m  : 4 − 2n = −8 + m
+
x
→
−
2
x → −2


f (− 2) = − 23 + m = −8 + m

m + 2n = 12
( ) ( )
( )
Para que la función sea derivable en el intervalo (‒4, 2), y teniendo en cuenta que esta definida
por expresiones polinómicas, deberá ser derivable en el punto frontera (x = ‒2).
Para que la función sea derivable en x = ‒2:
f ′ − 2− = f ′ − 2+
Se calcula la derivada de f(x)
( ) ( )
2 x + n
f ′( x ) = 
2
 3x
( )
( )
Sí x < −2 f ′ − 2 − = 2 ⋅ (− 2) + n = −4 + n 
 : −4 + n = 12
Sí x > −2
f ′ − 2 + = 3 ⋅ (− 2)2 = 12 
n = 16
Las condiciones de continuidad y derivabilidad permiten plantear un sistema de ecuaciones del
cual se obtienen los valores de m y n.
m + 2n = 12 m = −20
→

 n = 16
 n = 16
b.
x 2 + 16x
f (x) =  3
 x − 20
Sí x < −2
Según el teorema del valor medio, como la función es
Sí x ≥ −2
continua en el intervalo [‒4, 2], existe al meno un valor c ∈ (‒4, 2) tal que:
4
f ′(c ) =
f (2) − f (− 4)
2 − (− 4)
f (2) = 23 − 20 = −12 ; f (− 4) = (− 4)2 + 16 ⋅ (− 4 ) = −48
Sustituyendo:
f ′(c ) =
2x + 16
f ′( x ) = 
2
 3x
f (2) − f (− 4) − 12 − (− 48) 36
=
=
=6
2 − (− 4)
6
6
Sí x < −2
Sí x ≥ −2
2c + 16
2
 3x
⇒ f ′(c) = 
Sí c ∈ (− 4, − 2)
Sí c ∈ (− 2, 2)
2c + 16 = 6 ; c = −5 ∉ (− 4, − 2) No válido
3c 2 = 6 ; c = ± 2 ∈ (− 2, 2) Válidos ambos
Junio 1998. EJERCICIO 2A. Se considera la ecuación x3+λx2–2x=1. Utilizando el Teorema
de Bolzano de los valores intermedios:
a) Probar que si λ > 2, la ecuación admite alguna solución menor que 1.
b) Probar que si λ < 2, la ecuación admite alguna solución mayor que 1.
Solución.
Se define la función f(x) = x3 + λx2 − 2x − 1, continua en todo R por ser polinómica.
f(1) = 13 + λ·12 − 2·1 − 1 = λ − 2
a.
Si λ > 2 ⇒ λ − 2 > 0 y como Lím f (x ) = −∞ , la función es continua y cambia de signo en el
x → −∞
intervalo (‒∞, 1], por tanto, debe existir un valor c ∈ (−∞, 1) tal que f(c) = 0, es decir, si λ > 2, la
ecuación x3+λx2–2x=1 tiene una solución menor que 1.
b.
Si λ < 2 ⇒ λ − 2 < 0 y como Lím f (x ) = ∞ , la función es continua y cambia de signo en el
x →∞
intervalo [1, +∞), por tanto, debe existir un valor c ∈ (1, ∞) tal que f(c) = 0, , es decir, si λ > 2, la
ecuación x3+λx2–2x=1 tiene una solución mayor que 1.
5