Examen 2012 II

Vista previa del material en texto

Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Departamento de Matemáticas
Segundo Semestre de 2012
MAT210E ⋆ Cálculo 1
Examen
1. Calcular los siguientes ĺımites
(a) lim
x→0
arctan(x2)
x sin(2x)
(b) lim
x→∞
1
9x
(
3 +
1
1 + x
)2x
Solución.
(a) Para el cálculo de este ĺımite será necesario aplicar dos veces L’Hopital,
lim
x→0
arctan(x2)
x sin(2x)
= lim
x→0
2x
1 + x4
sin(2x) + 2x cos(2x)
(1 ptos)
=
(
lim
x→0
2
1 + x4
)
·
(
lim
x→0
x
sin(2x) + 2x cos(2x)
)
= 2 ·
(
lim
x→0
1
4 cos(2x)− 4x sin(2x)
)
(1 ptos)
=
1
2
(1 ptos)
(b) Para el cálculo de este ĺımite será necesario aplicar logaritmo natural y L’Hopital. Si
suponemos que el valor del ĺımite es L entonces
ln(L) = lim
x→∞
2x ln
(
1 +
1/3
1 + x
)
(1 ptos)
= 2 lim
x→∞
−
1/3
(1+x)2
1 + 1/3
1+x
− 1
x2
(1 ptos)
=
2
3
lim
x→∞
x2
(x+ 1)(x+ 4/3)
=
2
3
(0,5 ptos)
Por lo tanto L = e2/3 (0,5 ptos).
2. Considere la siguiente función
f(x) =



sin(x)
x
, x > 0
(a− b) sin(x) + (a+ b), x ≤ 0
Determine constantes a, b ∈ R para que f sea continua y derivable en x = 0.
Solución. Para que f sea continua en x = 0 debe cumplirse que los ĺımites laterales deben
existir y se iguales, vale decir
a + b = lim
x→0−
f(x) = lim
x→0+
f(x) = 1 (2 ptos)
Para que f admita derivada en x = 0 debe cumplirse que
a− b = lim
h→0−
f(h)− f(0)
h
= lim
h→0+
f(h)− f(0)
h
= 0 (2 ptos)
De estas dos condiciones se obtiene el sistema
a+ b = 1
a− b = 0 (1 ptos)
que tiene por solución a = b = 1/2, valores que hacen continua y derivable a f en x = 0. (1
ptos)
3. Sea f(x) = x+
1
x
(a) Demuestre que f tiene un máximo local y un mı́nimo local, pero que el máximo local
es menor que el mı́nimo local.
(b) Graficar f identificando intervalos de crecimiento, decrecimiento, concavidad y aśıntotas.
Solución.
(a) Para determinar los mı́nimos y máximos locales de f debemos resolver l la ecuación
f ′(x) = 0, vale decir
f ′(x) = 1−
1
x2
x = ±1 (1 ptos)
Para saber cuál de estas ráıces y mı́nimo/máximo local calculamos la segunda derivada
y evaluamos en x = ±1
f ′′(x) =
2
x3
(1 ptos)
De este modo, f ′′(−1) < 0 y f ′′(1) > 0 concluyendo que x = −1 es máximo local
mientras que x = 1 es mı́nimo local.
Evaluando los puntos de mı́nimo/máximo local en f tendremos que
−2 = f(−1) < f(1) = 2 (1 ptos)
desigualdad que concluye la solución pedida para este ejercicio.
2
(b) Por la parte (a) tenemos que
f ′(x) = 1−
1
x2
y f ′′(x) =
2
x3
Luego, f ′(x) tiene posibles cambios de signo en x = −1, 0, 1 y f ′′(x) tiene posibles
cambios de signo en x = 0. Haciendo tablas concluimos que
]−∞,−1[ ]− 1, 0[ ]0, 1[ ]1,∞[
x+ 1 − + + +
x2 + + + +
x− 1 − − − +
f ′(x) + − − +
]−∞, 0[ ]0,∞[
x3 − +
f ′′(x) − +
De este modo, f es creciente en el ]−∞,−1[∪]1,∞[ y decreciente en ]− 1, 0[∪]0, 1[. (1
ptos)
Además existe cambio de concavidad en x = 0 teniendo aśı que f es cóncava hacia
abajo en ]−∞, 0[ y cóncava hacia arriba en ]0,∞[. (1 ptos)
Finalmente, podemos afirmar que posee una aśıntota vertical en x = 0 y una aśıntota
oblicua en y = x ya que
lim
x→0±
f(x) = ±∞ y lim
x→±∞
f(x)
x
= 1, lim
x→±∞
f(x)− x = 0 (0,5 ptos)
Por lo tanto, la gráfica aproximada de f estará dada por
(0,5 ptos)
4. Se traza una tangente a la parábola y = 2x− x2 en el punto P (u, v), 1 < u < 2 la que corta
a los ejes coordenados en los puntos A y B. Determine el punto P , sobre la parábola, para
el cual el área del triángulo AOB es mı́nima (O es el origen de coordenadas)
Solución. Comenzaremos trazando la gráfica de y = 2x − x2 y su tangente (una de ellas)
para 1 < x < 2,
3
A
B
1 2
La recta tangente que buscamos tiene ecuación
L : y − (2x0 − x
2
0) = (2− 2x0)(x− x0) (1 ptos)
siendo 1 < x0 < 2. Luego los puntos A, B están dados por
A =
(
x20
2(x0 − 1)
, 0
)
(1 ptos)
B =
(
0, x20
)
(1 ptos)
Concluyendo aśı que el triángulo AOB tiene área
A(x0) =
x40
4(x0 − 1)
(1 ptos)
Deseamos minimizar A como función de x0 ∈]1, 2], para ello determinamos la derivada de A
y determinamos sus puntos cŕıticos (si existen) en ]1, 2]
A′(x0) =
x30(3x0 − 4)
4(x0 − 1)
x0 =
4
3
(1 ptos)
Podemos observar que A′(x0) < 0 en ]1, 4/3[ y A
′(x0) > 0 en ]4/3, 2[, concluyendo que
x0 = 4/3 es mı́nimo global para A y por tanto el punto buscado es P (4/3, 8/9). (1 ptos)
Tiempo: 120 minutos
Sin consultas
4