Interrogación 2 (2010-2)

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Departamento de Matemáticas
Segundo semestre de 2010
MAT1610 ? Cálculo I
Solución a la Interrogación N◦ 2
1. a) Sean l(x) y f(x) funciones derivables y definidas en R+ tales que f ′(x) = arctan(x)
y l′(x) =
1
x
. Si
g(x) =
1
2
l(1 + x2)− xf ′(x)
Demuestre que (f + g) es función constante en R+
b) Calcule la derivada de f(x) = |x2 − 1| − 2|x − 1| en todos los puntos en que ella existe, y
determine —en caso de haberlos— aquellos en los que no.
Solución 1. a)
Si
d(f + g)
dx
= 0, ∀x ∈ Dom(f), entonces f es constante en su Dominio. (0.5 pts)
d(f + g)
dx
=
d
dx
(
f(x) +
1
2
l(1 + x2)− xf ′(x)
)
= f ′(x) +
1
2
(l(1 + x2))
′ − (xf ′(x))′
(1,0pto.)
= f ′(x) +
1
2
l′(1 + x2) · 2x− f ′(x)− xf ′′(x) = x
1 + x2
− x
1 + x2
= 0
(1.5 pts)
f es constante ∀x > 0
Solución 1. b)
Claramente la función f es continua y derivable salvo, tal vez, en los puntos x = ±1.
(0.5 pts)
Analizando en x = −1
ĺım
h→0−
f(−1 + h)− f(−1)
h
= ĺım
h→0−
(−1 + h)2 + 2(−1 + h)− 3− (−4)
h
= ĺım
h→0−
h2
h
= 0
(0.5 pts)
ĺım
h→0+
f(−1 + h)− f(−1)
h
= ĺım
h→0+
−(−1 + h)2 + 2(−1 + h)− 1− (−4)
h
= ĺım
h→0+
4h− h2
h
= 4
(0.5 pts)
como los ĺımites laterales son distintos las función no es derivable en x = −1.
Analizando en x = 1
ĺım
h→0−
f(1 + h)− f(1)
h
= ĺım
h→0−
−(1 + h)2 + 2(1 + h)− 1− (0)
h
= ĺım
h→0−
−h2
h
= 0
(0.5 pts)
ĺım
h→0+
f(1 + h)− f(1)
h
= ĺım
h→0+−
(1 + h)2 − 2(1 + h) + 1− (0)
h
= ĺım
h→0+
h2
h
= 0
(0.5 pts)
Por lo tanto f es derivable en x = 1 y su derivada es f ′(1) = 0. Para todos los x ∈ R se tiene:
f(x) =



x2 + 2x− 3 si x < −1
−x2 + 2x− 1 si −1 ≤ x ≤ 1
x2 − 2x + 1 si x > 1
⇒ f ′(x) =



2x + 2 si x < −1
−2x + 2 si −1 < x ≤ 1
2x− 2 si x > 1
(0.5 pts)
Gráfico aproximado de la función f
2. a) [ 2 pts] Calcular:
ĺım
x→0
(
1
tan(x)
− 1
x
)
b) [4 pts] Dada la curva x5 + xy + y5 = 32 ,
i) Encuentre la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto (2, 0).
ii) Calcule y′′(2).
Solución
a)
ĺım
x→0
(
1
tan(x)
− 1
x
)
= ĺım
x→0
[
cos(x)
(
x− tg(x)
x sen(x)
)]
Se tiene que ĺım
x→0
(x − tg(x)) = ĺım
x→0
(x sen(x)) = 0, vemos que se satisfacen las hipótesis del
teorema de L’Hôpital. (0.5 pts)
Tenemos que ĺım
x→0
(x− tg(x))′
(x sen(x))′
= ĺım
x→0
(
1− sec2(x)
sen(x) + x cos(x)
)
. (0.5 pts)
Se cumple que ĺım
x→0
(1 − sec2(x)) = ĺım
x→0
(sen(x) − x cos(x)) = 0, tratamos nuevamente de
aplicar nuevamente L’Hôpital.
(0.5 pts)
ĺım
x→0
(
1− sec2(x))′
(sen(x) + x cos(x))′
)
= ĺım
x→0
( −2 sec2(x) tg(x)
cos(x) + cos(x) + x sen(x)
)
=
0
2
= 0
Vemos entonces que ĺım
x→0
(
1− sec2(x)
sen(x) + x cos(x)
)
= 0, por lo tanto,
ĺım
x→0
[
cos(x)
(
x− tg(x)
x sen(x)
)]
= 1 · 0 = 0
(0.5 pts)
b) i) Vemos que el 25 + 0 + 0 = 32, por lo tanto el punto (2, 0) está en la curva dada.
Consideremos la función y = y(x) definida impĺıcitamente por la ecuación, tenemos
entonces que
5x4 + y + xy′ + 5y4y′ = 0
(1.0 pto)
por lo tanto y′(2) = −40 y la ecuación de la recta tangente en ese punto es
y = −40(x− 2)
(1.0 pto)
ii) Derivando una vez más nos queda
20x3 + y′ + y′ + xy′′ + 20y3(y′)2 + 5y4y′′ = 0
(1.5 pts)
Remplazando, vemos que 160− 80 + 2y′′(2) = 0, entonces y′′(2) = −40 (0.5 pts)
3. Sea f(x) =
2x3
x2 − 4 Determine:
a) Aśıntotas
b) Intervalos de crecimiento y decreciemiento
c) Sentido de concavidad
d) Puntos de inflexión
e) Máximos y mı́nimos locales
f ) Gráfico
Solución:
a) Claramente, x = −2 y x = 2 son aśıntotas verticales (el denominador se hace 0 cuando x
se acerca a ±2, mientras que el numerador en dichos casos está “lejos” de 0).
Las pendientes de las (posibles) aśıntotas oblicuas están dadas, si existen, por m− =
ĺım
x→−∞
f(x)
x
y m+ = ĺım
x→∞
f(x)
x
; para verificar si ellas son efectivamente pendientes de aśınto-
tas, debemos calcular
n− = ĺım
x→−∞
f(x)−m−x y n+ = ĺım
x→∞
f(x)−m+x.
La existencia de cualquiera de estos ĺımites nos lleva a la existencia de la aśıntota corre-
spondiente.
Haciendo los cálculos, vemos que m− = m+ = 2, y que
n− = ĺım
x→−∞
2x3
x2 − 4−2x = ĺımx→−∞
8x
x2 − 4 = 0 y n+ = ĺımx→∞
2x3
x2 − 4−2x = ĺımx→∞
8x
x2 − 4 = 0.
Como ambos ĺımites existen, vemos que la recta y = 2x es la única aśıntota oblicua de f(x).
b) Para encontrar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, debemos determinar dónde
f ′(x) es positiva y dónde es negativa.
Como f ′(x) =
2x2(x2 − 12)
(x2 − 4)2 tiene denominador siempre positivo en el dominio, el signo de
f ′ está dado por el signo del numerador.
Observamos que f ′(x) = 0 para x = 0 y para x = ±√12, que f ′(x) > 0 para x < −√12 y
para x >
√
12, y que f ′(x) < 0 para −√12 < x < √12.
Aśı, tenemos:
para x < −√12, y para −√12 < x− 2, f ′(x) > 0;
para −2 < x < 2, f ′(x) ≤ 0,
por lo que f es creciente en (−∞,−√12) y en (√12,∞), y es decreciente en (−√12,−2),
en (−2, 2) y en (2,√12).
Note que f es decreciente en todo el intervalo (−2, 2), pese a que en x = 0 se tiene f ′(x) = 0.
c) Para determinar el sentido de la concavidad, necesitamos calcular la segunda derivada. En
cada punto del dominio, se tiene
f ′′(x) =
16x(x2 + 12)
(x2 − 4)3 .
Como x2 + 12 > 0 para todo x, el signo de f ′′ está dado por el de
x
x2 − 4, que es:
para x < −2, y para 0 < x < 2, f ′′(x) < 0;
para −2 < x < 0 y para x > 2, f ′′(x) > 0.
Aśı, el sentido de la concavidad es hacia arriba en (−2, 0) ∪ (2,∞) y es hacia abajo en
(−∞,−2) ∪ (0, 2).
d) El único punto del dominio en el que el signo de la segunda derivada (y por ello el sentido
de la concavidad) cambia es x = 0, por lo que éste es el único punto de inflexión.
Note que para justificar que x = 0 es punto de inflexión, no basta ver que f ′′(0) = 0:
basado en el punto anterior, vemos que la concavidad es hacia arriba en (−2, 0) y es hacia
abajo en (0, 2), por lo que efectivamente hay un cambio en el sentido de la concavidad.
Otra forma de justificar dicho cambio es recurriendo a la tercera derivada, y verificando que
f ′′′(0) < 0.
e) Para determinar máximos y mı́nimos locales debemos revisar extremos del intervalo de
definición —lo que aqúı no aplica ya que dicho intervalo es (−∞,∞)—, los puntos del
dominio donde la derivada no está definida —lo que aqúı tampoco se aplica ya que la
función es derivable en todo su dominio— y los puntos del dominio donde la derivada es
cero.
Los puntos donde f ′(x) = 0 son x = 0 y x = ±√12.
En x = 0, f no tiene un extremo local (ya que es decreciente en todo el intervalo [−2, 2]).
En x = −√12, f ′′(x) = −3
√
3
2
< 0, por lo que f tiene un máximo local en −√12.
En x =
√
12, f ′′(x) = 3
√
3
2
> 0, por lo que f tiene un mı́nimo local en
√
12.
f ) El gráfico se muestra a continuación.
Puntaje:
Cada parte vale 1 pto. Dentro de cada parte, el puntaje se reparte como sigue:
a) Por hallar las aśıntotas verticales: 0.2 ptos
Por calcular m+ y m−: 0.4 ptos.
Por calcular n+ y n−: 0.2 ptos.
Por llegar a que y = 2x es aśıntota tanto hacia −∞ como hacia ∞: 0.2 ptos.
Si hacen sólo la mitad de una parte (por ejemplo, calculan n+ pero no n−) reciben la mitad
del puntaje de esa parte, excepto en el caso siguiente:
Si hacen todo el cálculo para una aśıntota oblicua (llegan hasta determinar su ecuación)
pero no para la otra, reciben por ella un puntaje total de 0.6 (más que los 0.4 que recibiŕıan
como mitad de cada puntaje).
b) Por calcular correctamente f ′(x): 0.3 ptos.
Por determinar los intervalos donde la derivada es < 0 y donde es > 0: 0.3 ptos.
Por determinar correctamente los intervalos de crecimiento y de decrecimiento: 0.4 ptos.
Nota: si en lugar de indicar (−2, 2) como uno de los intervalos de decrecimiento indican
(−2, 0) y (0, 2), se les descuenta 0.1.
c) Por calcular correctamente f ′′(x): 0.3 ptos.
Por determinar los intervalos donde f ′′ es < 0 y donde es > 0: 0.3 ptos.
Por determinar correctamente los intervalos con concavidad hacia arriba y hacia abajo:
0.4 ptos.
d) Pordeterminar que f ′′(x) = 0 → x = 0, 0.6 ptos.
Por justificar que x = 0 es efectivamente punto de inflexión (por ejemplo, porque la
concavidad va hacia arriba a su izquierda y hacia abajo a su derecha, o via f ′′′, o de
alguna otra forma), 0.4 ptos.
Si indican que f ′′(x) = 0 → x = 0 y que por lo tanto x = 0 es punto de inflexión, tienen
sólo los 0.6 ptos. indicados arriba.
e) Por indicar que la derivada está definida en todo el dominio, o que está definida en
R− {−2, 2}, 0.1 ptos.
Por indicar que no hay que revisar “extremos del intervalo”, 0.1 ptos.
Por indicar que f ′(x) = 0 en x = 0 y en x = ±√12, 0.2 ptos.
Por mencionar que x = 0 no es extremo local, 0.2 ptos.
Por indicar (justificadamente) que f tiene un máximo local en −√12, 0.2 ptos.
Por indicar (justificadamente) que f tiene un mı́nimo local en
√
12, 0.2 ptos.
f ) En el gráfico deben apreciarse los siguientes elementos (se indica el puntaje correspondiente):
Intervalos donde f es positiva y donde es negativa, 0.1 ptos.
Intervalos donde f crece y donde decrece, 0.2 ptos.
Intervalos donde f la concavidad es hacia arriba y donde es hacia abajo, 0.3 ptos.
Máximos y mı́nimos locales, 0.4 ptos.
4. a) Sea f una función cuya segunda derivada es continua en [a, b] y M el máximo valor de
|f ′′(x)| en éste intervalo. Demostrar que si y = g(x) es la ecuación de la recta que pasa por
los puntos (a, f(a)) y (b, f(b)) entonces,para todo x ∈ [a, b] se tiene que:
b) Hallar el área del rectángulo más grande con base inferior en el eje X y vértices superiores
en la parábola y = 27− x2.
Solución 4. a)
Dado que g(x) = f(a) +
(f(b)− f(a))
(b− a) (x− a)
(0.5 pts)
Entonces:
|f(x)− g(x)| = |(f(x)− f(a))− (f(b)− f(a))
(b− a) (x− a)|
y utilizando el Teorema del Valor medio, tenemos que existe α en (a, b) tal que:
(f(b)− f(a))
(b− a) = f
′(α)
Por lo tanto:
|f(x)− g(x)| = |(f(x)− f(a))− f ′(α)(x− a)| =
∣∣(f(x)− f(a))
(x− a) (x− a)− f
′(α)(x− a)
∣∣ =
|(x− a)|
∣∣(f(x)− f(a))
(x− a) − f
′(α)
∣∣
(0.5 pts)
Y utilizando el Teorema del valor medio nuevamente, tenemos que existe β ∈ (a, b) tal que:
|f(x)− g(x)| = |(x− a)||f ′(β)− f ′(α)| = |(x− a)||(β − α)|
∣∣(f ′(β)− f ′(α))
(β − α)
∣∣
(0.5 pts)
Nuevamente por T.V.M.tenemos que existe γ ∈ (a, b) tal que
|f(x)− g(x)| = |(x− a)||(β − α||f ′′(γ)|
(0.5 pts)
y como |(x− a)| ≤ (b− a) y |(β − α| ≤ (b− a) y |f ′′(x)| ≤ M para todo x ∈ (a, b), tenemos
que :
|f(x)− g(x)| ≤ M(b− a)2.
(1.0 pto)
Solución 4. b)
Si denotamos por P (x, y) el punto de la parábola que representa la altura del rectángulo,
entonces el área a maximizar será:
A(x) = 2xy
(0.5 pts)
Pero P (x, y) es un punto de la parábola, por lo tanto, y = 27− x2 . Luego la función área
queda como sigue:
A(x) = 54x− 2x3.
donde 0 ≤ x ≤ 3√3.
(también pueden trabajar con −3√3 ≤ x ≤ 3√3 pero la función área va a ser
distinta:A(x) = xy y tienen que tener cuidado con el signo)
(0.5 ptos)
Luego su derivada es
A′(x) = 54− 6x2.
Esta derivada existe siempre, por lo tanto los puntos cŕıticos son
{0, 3
√
3, 3}
(1.0 pto)
Dado que A′′(x) = −12x y para x > 0 , A′′(x) < 0 en x = 3 tenemos un máximo y como en
los otros dos puntos cŕıticos el área es cero, el área máxima será cuando x = 3 y vale:216
(1.0 pto)