Algunas Soluciones Arquivo - Eva

Cálculo Diferencial e Integral
(Áreas Tecnológicas)
Segundo Semestre 2014
Universidad de la República
Práctico Preparación del Examen
⋆ Lı́mites, funciones y continuidad
Ejercicio 1
a) Si x > 0 entonces f (x) = x2 + cos(a + 3x) y por lo tanto es continua ∀x > 0 por ser
suma de funciones continuas (sin importar el valor de a), por otro lado si x < 0 entonces
2)
f (x) = log(1+x
es continua dado que es composición y cociente de funciones continuas,
x
cuyo cociente no se anula. Por último nos resta analizar la continuidad de f en x = 0, para
ello recordemos que f es continua en x = 0 si y sólo si lı́m f (x) = lı́m f (x) = f (0),
x→0+
x→0−
entonces haciendo las cuentas:
lı́m f (x) = lı́m x2 + cos(a + 3x) = f (0) = cos(a)
x→0+
x→0+
lı́m f (x) = lı́m
x→0−
x→0−
log(1 + x2 )
x2
= lı́m
=0
x
x→0− x
Dado que a ∈ [0, π], f es continua en R si y sólo si a = π/2.
b) Si x > 0 entonces f (x) = x2 + cos(π/2 + 3x) y por lo tanto es derivable ∀x > 0 por ser
2)
suma de funciones derivables, por otro lado si x < 0 entonces f (x) = log(1+x
es derivable
x
dado que es composición y cociente de funciones derivables, cuyo cociente no se anula. Por
último nos resta analizar la derivabilidad de f en x = 0, recordemos que f es derivable en
(0)
x = 0 si y sólo si existe el lı́m f (0+h)−f
. Calculemos los lı́mites laterales:
h
h→0
lı́m
h→0+
lı́m
h→0−
f (0 + h) − f (0)
log(1 + h2 )
= lı́m
=1
h
h2
h→0+
f (0 + h) − f (0)
h2 + cos(π/2 + 3h)
= lı́m
h
h
h→0−
2
= (x + cos(π/2 + 3x))′x=0 = −3 sen(π/2) = −3.
Por lo tanto f es derivable en R − {0}.
c) El polinomio de Taylor de f en x = 1 es
′′
′
P2 (x) = f (1) + f (1)(x − 1) +
f (1)
(x − 1)2
2
y por lo tanto haciendo las cuentas correspondientes nos queda
P2 (x) = 1 + cos(π/2 + 3) + (2 − 3 sen(π/2 + 3))(x − 1) + (2 − 9 cos(π/2 + 3)(x − 1)2
1
Ejercicio 2
1. Si el máximo M es positivo y se toma en el punto a, se tiene de la igualdad que: f ”(a) +
f ′ (a) − M = f ”(a) − M = 0, porque f ′ (a) = 0 ya que es un extremo relativo. De ello se
deduce que M = f ”(a) ≤ 0 porque es un máximo. Esto es absurdo.
2. De forma parecida procedemos para m negativo.
3. Juntando las afirmaciones de los ı́tems anteriores y que f (0) = f (1) = 0 se observa que f
debe ser nula.
Ejercicio 3
f (x) ∈ E(−2, ε) cuando |f (x) − (−2)| < ε. Ahora bien:
|f (x) − (−2)| = |(x2 − 2) + 2| = |x2 | = x2 ,
porque x2 es positivo. Se tiene entonces que |f (x) − (−2)| < ε cuando x2 < ε, o lo que es
√
equivalente:|x| < ε.
√
Ello implica que si se elige δ < ε y se toma x de forma que |x| < δ (eso es equivalente a
√
que x ∈ E(0, δ)) se tendrá que f (x) ∈ E(−2, ε), porque |f (x) − (−2)| = x2 < δ 2 < ( ε)2 = ε.
Para la segunda parte se utilizará la definición de lmite que aquı́ recordamos: dada g : R → R,
a ∈ R, L ∈ R se dice que el lı́mite de g cuando x → a es L, lı́m g(x) = L, si se cumple que para
x→a
todo ε > 0, existe δ > 0 tal que si x ∈ E ∗ (a, δ) entonces g(x) ∈ E(L, ε).
√
La afirmación de la parte a) dice que dado ε > 0 si se toma δ < ε se cumple la condición
de lmite con a = 0 y L = −2:
lı́m x2 − 2 = −2
x→0
Respuestas
1. b)
2. b)
Ejercicio 4
Se puede observar que el lı́mite es indeterminado del tipo “0 · ∞”. Se sabe del teórico y del
práctico que vale el siguiente equivalente:
log(1 + u)
=1
u→0
u
lı́m
por lo que cuando u → 0 se puede aproximar log(1 + u) por u.
(
)
La idea es escribir log x−3
como log(1 + u(x)) donde u(x) → 0 cuando x → +∞ para
x+1
poder utilizar el equivalente del párrafo anterior.
Usando la sugerencia se escribe:
u(x) =
x−3
(x − 3) − (x + 1)
−3 − 1
−1=
=
x+1
x+1
x+1
2
−3 − 1
= 0, se tiene que u → 0 cuando x → ∞ y se puede usar el
x→+∞ x + 1
y como lı́m u(x) = lı́m
x→+∞
equivalente.
Por lo que:
(
lı́m x log
x→+∞
x−3
x+1
)
(
)
(
)
−3 − 1
−3 − 1
= lı́m x log 1 +
= lı́m x
= −3 − 1
x→+∞
x→+∞
x+1
x+1
Respuestas
a) -4
Ejercicio 5
x2 − 4x + 3
es indeterminado de tipo “ 00 ”.
x→1
x−1
a) lı́m
Al polinomio del numerador lo factorizamos: x2 − 4x + 3 = (x − 1)(x − 3), y luego calculamos
el lı́mite:
(x − 1)(x − 3)
x2 − 4x + 3
= lı́m
= lı́m (x − 3) = −2
lı́m
x→1
x→1
x→1
x−1
x−1
2
ex − x − 1
es nuevamente indeterminado de tipo “ 00 ”. Haciendo algunas operaciones
x→0
x
elementales podemos reducir el lı́mite a:
b) lı́m
2
2
2
ex − x − 1
ex − 1 x
ex − 1
lı́m
= lı́m
− = lı́m
−1
x→0
x→0
x
x
x x→0
x
eu − 1
= 1, lo que significa que eu − 1 se puede
u→0
u
aproximar por u cuando u tiende a 0. Si ahora se llama u = x2 queda que u tiende a 0
2
(cuando x tiende a 0) y entonces se puede reemplazar ex − 1 por x2 cuando x tiende a 0;
queda entonces
2
ex − 1
x2
lı́m
− 1 = lı́m
− 1 = lı́m x − 1 = −1
x→0
x→0 x
x→0
x
Se tiene otro equivalente que dice que lı́m
3x4 + 2x3 + x2
as como está es de tipo “ 00 ” pero se puede simplificar quitando los factores
x→0
x2
comunes entre el numerador y el denominador (el factor comun es x2 ). Se tiene entonces que:
c) lı́m
3x4 + 2x3 + x2
x2 (3x2 + 2x + 1)
=
lı́m
= lı́m 3x2 + 2x + 1 = 1
x→0
x→0
x→0
x2
x2
lı́m
d) lı́m x2/
x→0+
a 0+ ,
√
x
es indeterminado de tipo “0∞ ”. Como se est mirando el lı́mite cuando x tiende
√
√
las x son positivas y x2/ x es positivo y se puede llamar f (x) = x2/ x y usar que
f (x) = elog(f (x)) , as como las propiedades del logaritmo. Se tiene entonces que:
√
lı́m x2/
x→0+
x
= lı́m elog(x
x→0+
3
2/
√
x)
= lı́m e
x→0+
√2 log(x)
x
.
Ahora bien, como:
2
lı́m √ = +∞
+
x
x→0
se tiene que lı́m e
x→0+
√2 log(x)
x
y
lı́m log(x) = −∞ ,
x→0+
= 0.
Respuestas
a) -2
b) -1
c) 1
d) 0
Ejercicio 6
a) La función f (x) en (−∞, a) coincide con x2 + 15 que es continua y coincide en (a, +∞) con
2ax + b que es continua para todo a, b ∈ R.
En el punto que falta ver si es continua es en x = a, y es continua si lı́m f (x) = f (a).
x→a
Eso pasa si los lı́mites laterales existen y dan f (a).
lı́m f (x) = lı́m 2ax − 1 = 2a2 − 1
x→a+
x→a+
lı́m f (x) = lı́m x2 + 15 = a2 + 15 = f (a)
x→a−
x→a−
Igualando los lı́mites laterales
2a2 − 1 = a2 + 15 despejando queda a2 = 16
Entonces a = 4 y a = −4 hacen continua a la función.
b) Nos quedan dos funciones continuas:
{
f1 (x) =
{
f2 (x) =
x2 + 15 x ≤ −4
, con a = −4.
−8x − 1 x > −4
x2 + 15 x ≤ 4
, con a = 4.
8x − 1 x > 4
En las gráficas se puede ver que f2 (x) no es ni inyectiva ni sobreyectiva, en cuanto f1 (x) sı́ lo
es, y por lo tanto a = −4 hace invertible a la función.
4
Respuestas
Mayor a: 4.
Menor a: −4.
El a que hace invertible a la función: −4.
Ejercicio 7
La función puede no ser continua en x = 1, en el resto de los x coincide con funciones
continuas, de nuevo hay que mirar los lı́mites laterales de la función e igualarlos a f (1):
lı́m f (x) = lı́m log(x) = log(1) = 0
x→1−
x→1−
lı́m f (x) = lı́m ax2 + b = a + b = f (1)
x→1+
x→1+
Igualando los lı́mites laterales nos queda la condición
a+b=0
(Hay infinitos pares a, b que hacen continua a la función).
La otra condición que tenemos de f (x) es f (2) = 3:
f (2) = 4a + b = 3
.
Entonces llegamos al sistema
{
a+b=0
4a + b = 3
que tiene solución a = 1, b = −1.
Respuestas
a=1
b = −1
Ejercicio 8
Acá hay que usar el teorema de Bolzano que dice:
Si f : [a, b] → R continua con f (a)f (b) < 0 entonces existe un c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
Si en un extremo la función es positiva y en el otro es negativa, entonces hay una raı́z c entre
a y b. En palabras: para pasar (de manera continua) de un valor negativo a uno positivo (o
viceversa) hay que pasar por el 0.
5
Estamos buscando un x0 que cumpla e−x0 = log(x0 + 1) que, despejando, es lo mismo que
5
pedir e−x0 − log(x0 + 1) = 0, entonces queremos encontrar raı́ces de la función
5
f (x) = e−x − log(x + 1) que es continua.
5
Veamos si podemos aplicar Bolzano con f (x) en [0, 21 ], calculamos f en los extremos:
f (0) = e0 − log(1) = 1 − 0 = 1
15
f ( 12 ) = e− 2 − log( 21 + 1) = e− 32 − log( 32 ) ≈ 0, 56
1
Entonces no podemos aplicar Bolzano y no sabemos si hay raı́ces en [0, 21 ]. Aunque no se
aplique Bolzano igual puede haber raı́ces.
Ahora mirando la función f en [ 12 , 1], tenemos:
1
f ( ) ≈ 0, 56
2
f (1) = e−1 − log(1 + 1) = e−1 − log(2) ≈ −0, 32
Entonces acá s podemos usar Bolzano. Hay al menos una raı́z en ( 12 , 1).
5
La función g(x) = e−x es estrictamente decreciente.
La función h(x) = log(x + 1) es estrictamente creciente.
Buscamos donde son iguales (y encontramos al menos un punto en ( 12 , 1)) pero no hay ningún
otro punto donde son iguales (la función f (x) tiene una sola raı́z):
Es que si una función creciente y otra decreciente son iguales en un punto, a partir de ahı́ la
creciente vale más, y la decreciente vale menos, entonces no vuelven a ser iguales (desde un
mismo punto de partida, una sube y la otra baja).
Con lo que conclumos que en [0, 12 ] la función f no tiene raı́ces, porque la única raı́z que
tiene está en ( 21 , 1).1
Respuestas
a) No
b) Si
Ejercicio 9
Para ver como es |3x + 9| miramos el signo de 3x + 9: Se anula en x = −3, a la derecha de
−3 es positivo y a la izquierda es negativo.
{
3x + 9
si x ≥ −3
|3x + 9| =
−3x − 9 si x < −3
1
Otra manera de ver esto es ver que restarle una creciente a una decreciente da decreciente, entonces f (x) =
g(x) − h(x) es estrictamente decreciente y entonces inyectiva.
6
{
f (x) =
Derivamos:
′
f (x) =
{
e3x+9
e−3x−9)
3e3x+9
−3e−3x−9)
si x ≥ −3
si x < −3
si x > −3
si x < −3
Es la derivada de la función en todos los puntos menos en x = −3, para ver si es derivable
en −3 calculamos la derivada por izquierda y por derecha, si existen y son iguales es derivable,
si no, no.
Por derecha:
lı́m f ′ (x) = lı́m 3e3x+9 = 3e0 = 3
x→−3+
x→−3+
Por izquierda:
lı́m f ′ (x) = lı́m −3e−3x−9 = −3e0 = −3
x→−3−
x→−3−
Como son distintos f no es derivable en x = −3.
(Cuando las derivadas laterales existen y son distintas se llama punto anguloso).
Respuesta
-3
Ejercicio 10
1. (x2 + log(x))′ = (x2 )′ + (log(x))′ = 2x +
1
x
que en 1 da 3.
2. (x log(x))′ = (x)′ log(x) + x(log(x))′ = log(x) + x x1 = log(x) + 1 que en e da 2.
3. (sen2 (x) cos(x))′ = (sen2 (x))′ cos(x)+sen2 (x)(cos(x))′ = 2 sen(x) cos(x) cos(x)+sen2 (x)(− sen(x)) =
2 sen(x) cos2 (x) − sen3 (x) que en π da 0.
4. (log(cos(x)))′ = log′ (cos(x))(cos(x))′ =
1
cos(x) (− sen(x))
= − tan(x) que en
π
4
da −1
Respuestas
1. 3
2. 2
3. 0
4. -1
Ejercicio 11
1
La fórmula es (f −1 )′ (y) = f ′ (f −1
(y))
Para hallar f −1 (0), igualamos f a 0 y despejamos x: xex = 0 tiene como única solución x = 0
porque ex > 0.
La derivada es: (xex )′ = (x)′ ex + x(ex )′ = ex + xex .
1
1
Entonces (f −1 )′ (0) = f ′ (f −1
= f ′1(0) = e0 +0.e
0 = 1
(0))
7
Respuesta
1
Ejercicio 12
Para que pasen por el mismo punto remplazamos x = 1 en la recta e igualamos a f (1) =
1 + log(1) = 1.
1 = f (1) = a(1 − 1) + b = b
entonces b = 1
Y para que sea la recta tangente la pendiente de la recta (el a) tiene que ser igual a f ′ (x) =
2
3x + x1 en x = 1 o sea a = 4.
Respuestas
a=4
b=1
Ejercicio 13
La función f (x) = x2 − x + 2 es un polinomio, por lo cual es continua y derivable, entonces
vale el teorema del valor medio. En este caso miramos la función en [0, 2] y entonces sabemos
(0)
que existe c ∈ [0, 2] tal que f ′ (c) = f (2)−f
= 4−2
2−0
2 =1
Respuesta
c)
Ejercicio 14
La función f es continua. Además, la función f restringida a los intervalos (0, 1) y (1, 25 ) es
derivable, donde
{
−2x
x ∈ (0, 1)
f ′ (x) =
.
−2x + 4 x ∈ (1, 52 )
Entonces para ver si f es derivable en x = 1 es suficiente estudiar las derivadas laterales de la
función en el punto2 :
Por derecha:
lı́m f ′ (x) = lı́m −2x + 4 = 2
x→1+
Por izquierda:
x→1+
lı́m f ′ (x) = lı́m −2x = −2
x→1−
x→1−
Entonces f es derivable en todo punto menos en x = 1.
La derivada en (0, 52 ) solo se anula en x = 2.
Entonces como los máximos y mı́nimos solo pueden estar o en los extremos del dominio, en
las raices de la derivada, o donde no es derivable, calculamos esos valores y vemos quienes son
máximos o mı́nimos.
2
De lo contrario, es necesario realizar el cociente incremental en ambos lados.
8
x
0
f (x)
1
5
2
3
4
2
1
1
0
Máx
Máx
Mı́n
Respuestas
El máximo es el valor 1 (alcanzado en dos puntos)
El mı́nimo es el valor 0 (alcanzado en un solo punto)
Ejercicio 15
Para hallar la altura de un triángulo equilátero miramos el triángulo rectángulo que se ve en
la figura de hipotenusa l y catetos 2l y h. A partir de l podemos hallar h usando el teorema de
Pitágoras:
l2
2
+ h2 = l2 y despejando queda h =
√
3l
2 .
Como el área de un triángulo es ”Base por Altura dividido dos”, con altura h =
l, nos queda área =
√ 2
3l
4 .
√
3l
2
Si con un trozo de longitud x hacemos un triángulo equilatero, nos queda de lado
√ x 2
3( 3 )
.
4
área es
Con el trozo de longitud 1 − x hacemos un cuadrado de lado
La suma de las áreas en funcián de x es f (x) =
√ x 2
3( 3 )
4
+
1−x
4
2.
( 1−x
)
4
y base
x
3
y su
2
y de área ( 1−x
4 ) .
√
Queremos hallar el mı́nimo de f (x) en [0, 1], para eso derivamos, f ′ (x) = 183x − 1−x
8 que tiene
9
como única raı́z x = 4√3+9 que comparándolo con el valor de f en los extremos del dominio o
viendo el signo de la derivada, se ve que es el mı́nimo de la función f .
Respuesta
x=
√9
4 3+9
≈ 0,565035483.
Ejercicio 16
Como lı́mx→0
5 sen(3x)
x−3 sen(2x)
lı́m
x→0
es de tipo 00 , usamos L’Hopital:
5 sen(3x)
x − 3 sen(2x)
L’Hopital
=
=
lı́m
x→0
15 cos(3x)
1 − 6 cos(2x)
15
= −3 .
1−6
Para el segundo lı́mite debemos aplicar L’Hopital dos veces:
9
cos4 (x) − 1
x→0
x2
lı́m
L’Hopital
=
L’Hopital
=
=
=
4 cos3 (x)(− sen(x))
x→0
2x
2
12 cos (x) sen2 (x) − 4 cos4 (x)
lı́m
x→0
2
4
−4 cos (x)
lı́m
x→0
2
−2 .
lı́m
Respuestas
-3
-2
10