Examen 2016 I

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Departamento de Matemática
24/Junio/2016.
MAT 210E - Cálculo I.
EXAMEN
1. El número de personas, en miles, afectadas por una enfermedad infecciosa, viene dado
por la función:
f(t) =
30t
t2 − 2t + 4
donde t es el tiempo transcurrido en d́ıas desde que se inició el contagio.
a) [4 puntos] ¿En qué d́ıa se tiene el máximo número de enfermos? ¿Cuántos son éstos?
Solución:
El máximo de la función se obtiene calculando
f ′(x) =
30 (t2 − 2t + 4)− 30t(2t− 2)
(t2 − 2t + 4)2
=
120− 30t2
(t2 − 2t + 4)2
= 0⇐⇒ t = 2
estudiando el cambio de signos de f ′, se tiene:
f ′
��� @@R
2
+ −
como f ′ cambia de − a + al pasar por t = 2, entonces al segundo d́ıa se alcanza un
máximo relativo. La cantidad de enfermos en este d́ıa es f(2) = 15 enfermos. Como f es
dcreciente a la derecha de x = 2, entonces 15 enfermos va a ser el máximo absoluto.
b) [2 puntos] ¿Seŕıa correcto afirmar que la enfermedad se irá extinguiendo con el transcurso
del tiempo? Justifique.
Solución:
Si, pues
ĺım
t→∞
f(t) =
30t
t2 − 2t + 4
= ĺım
t→∞
f(t) =
30
t
1− 2
t
+
4
t2
= 0
luego la enfermedad se va a ir extinguiendo con el tiempo.
2. a) Determine f ′(x) si f(x) =
√
sen(x2) + tan2(x).
Solución:
f ′(x) =
1
2
√
sen(x2) + tan2(x)
·
(
sen(x2) + tan2(x)
) ′
=
1
2
√
sen(x2) + tan2(x)
·
(
2x cos(x2) + 2 tan(x) sec2(x)
)
=
1√
sen(x2) + tan2(x)
·
(
x cos3(x) cos(x2) + sen(x)
cos3(x)
)
=⇒ f ′(x) = x cos
3(x) cos(x2) + sen(x)
cos3(x)
√
sen(x2) + tan2(x)
b) Calcule ĺım
x→0
tan(x)− x
x− sen(x)
Solución:
El ĺımite es de la forma
0
0
, luego aplicando la regla de L’Hôpital, se tiene:
ĺım
x→0
tan(x)− x
x− sen(x)
L′H
= ĺım
x→0
sec2(x)− 1
1− cos(x)
nuevamente el ĺımite es de la forma
0
0
, luego aplicando la regla de L’Hôpital, se tiene:
ĺım
x→0
sec2(x)− 1
1− cos(x)
L′H
= ĺım
x→0
2 sec2(x) tan(x)
sen(x)
= ĺım
x→0
2 sec2(x)
cos(x)
= 2
Por lo tanto
ĺım
x→0
tan(x)− x
x− sen(x)
= 2
3. a) Sea f(x) = ln
(
x− 1
x + 1
)
, determine el valor de A, si:
A = (x2 − 1) f ′ ′(x) + 2 x f ′(x)
Solución:
f ′(x) =
1
x− 1
x + 1
·
(
x− 1
x + 1
) ′
=
x + 1
x− 1
·
(
(x + 1)− (x− 1)
(x + 1)2
)
=
2
(x− 1)(x + 1)
=
2
x2 − 1
1,5 puntos.
=⇒ f ′ ′(x) = − 4x
(x2 − 1)2
1,5 puntos. Luego
A = (x2 − 1) f ′ ′(x) + 2 x f ′(x) = (x2 − 1) ·
(
− 4x
(x2 − 1)2
)
+ 2x · 2
x2 − 1
= − 4x
(x2 − 1)
+
4x
x2 − 1
= 0
1 punto.
b) Demuestre que las curvas f(x) = ex y g(x) = −x , se intersectan en un único
punto x0 ∈ R.
Solución:
Se tiene:
Notemos que: ex = −x =⇒ ex + x = 0
Consideremos la función: f(x) = ex + x se tiene:
f(x) > 0 , ∀x ≥ 0
ĺım
x→−∞
f(x) = −∞
f ′(x) = ex+1 > 0 , ∀x ∈ R , luego f(x) es estrictamente creciente, para todo x ∈ R.
Aśı existe un único x0 > 0, tal que f(x0) = 0 =⇒ ex0 + x0 = 0
Otra forma de demostrar el ejercicio es considerar f(x) = ex + x y usar el T.V.I. pa-
ra f en el intervalo [−2 , 0] (por ejemplo) y como f es continua y f(0) = 1 > 0 y
f(−2) = e−2− 2 < 0, entonces hay un punto x0 donde f(x0) = 0, para demostrar que es
único, basta probar que f es estrictamente creciente en R.
4. Determine: dominio, intervalos de crecimiento, de decrecimiento, máximos y mı́nimos relativos,
sentido de la concavidad, puntos de inflexión y aśıntotas, para la función:
f(x) = x +
1
x
Grafique la función.
Solución:
Se tiene
Domf = R− {0}
f ′(x) = 1− 1
x2
=⇒ f ′(x) = 0⇐⇒ x = −1 ∨ x = 1
estudiando los cambios de signos de f ′, se tiene:
f ′
@@R��� @@R ���
−1 10
+ − − +
luego:
f(x) es creciente en ] −∞ , −1 [ ∪ ] 1 , +∞ [ , y f(x) es decreciente en ] − 1 , 1 [−{0}.
Además f ′(x) cambia de + a − en x = −1 =⇒ f(−1) = −2 es mı́nimo relativo de f(x)
y f ′(x) cambia de − a + en x = 1 =⇒ f(1) = 2 es mı́nimo relativo de f(x).
f ′ ′(x) =
2
x3
Estudiando los cambios de signos de f ′ ′, se tiene:
f ′
⋂ ⋃
0
− +
Además considerando los cambios de signos de f ′ ′, concluimos que f(x) es cóncava hacia
abajo en R− y es cóncava hacia arriba en R+.
A’un cuando f ′ ′(x) cambia de signo en x = 0, f no admite punto de inflexión pues 0 /∈
Dom(f).
Aśıntota vertical
ĺım
x→0+
f(x) = +∞ y ĺım
x→0−
f(x) = +∞
Luego x = 0 es aśıntota vertical del gráfico de f(x)
Aśıntota horizontal
Como ĺım
x→∞
f(x) =∞ , no hay aśıntota horizontal del gráfico de f(x)
Aśıntota obĺıcua
Sea y = mx + n , aśıntota obĺıcua del gráfico de f(x), entonces:
m = ĺım
x→∞
f(x)
x
= ĺım
x→∞
1 +
1
x2
= 1
n = ĺım
x→∞
(f(x)−mx) = ĺım
x→∞
(
x +
1
x
− x
)
= ĺım
x→∞
1
x
= 0
Luego y = x es aśıntota obĺıcua del gráfico de f(x).
La gráfica de f(x) está dada por: