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Pauta Certamen 2 - Calculo I - 2014
1. Problema 1
Para la función f(x) =
{
x ln |x| x 6= 0
0 x = 0
decida justificadamente si las siguientes afirmaciones
son verdaderas o falsas:
1.1. Ejercicio 1
f continua en x0 = 0
Solución: Para que f sea continua en 0, se debe cumplir lo siguiente:
1. f(0) ∈ R
2. ĺım
x→0
f(x) = f(0)
Entonces:
f(0) = 0
ĺım
x→0
f(x) = ĺım
x→0
x ln |x| = ĺım
x→0
ln |x|
1
x
Analizando lateralmente:
ĺım
x→0−
ln(−x)
1
x
=
∞
∞
Aplicando la regla de L’Hopital:
ĺım
x→0−
1
−x · (−1)
− 1
x2
= − ĺım
x→0−
x = 0
ĺım
x→0+
ln(x)
1
x
=
∞
∞
Aplicando la regla de L’Hopital:
ĺım
x→0+
1
x
· (1)
− 1
x2
= − ĺım
x→0+
x = 0
1
Dado que los ĺımites laterales son iguales se tiene que ĺım
x→0
f(x) = 0 = f(0), por lo tanto, f es
continua en 0 , TRUE.
1.2. Ejercicio 2
f derivable en x0 = 0
Solución: Analizando la derivabilidad en 0:
ĺım
x→0
f(x)− f(0)
x− 0
= ĺım
x→0
x ln |x| − 0
x− 0
= ĺım
x→0
ln |x| =∞
Por lo tanto, f no es derivable en 0, FALSE.
1.3. Ejercicio 3
f posee dos extremos relativos
Solución: Para analizar el enunciado, necesitamos determinar los puntos cŕıticos de f :
Para x 6= 0:
f ′(x) = (x ln |x|)′ = ln |x|+ 1 = 0 <=> ln |x| = −1 <=> |x| = e−1 <=> x = ±e−1
Y también sabemos que 0 es punto critico dado que f no es derivable en ese punto.
Hay tabla:
−e−1 0 e−1
ln |x|+ 1 + 0 − 6 ∃ − 0 +
f ′(x) + 0 − 6 ∃ − 0 +
Por el criterio de la 1era derivada tenemos que x = −e−1 es un máximo relativo de f y x = e−1
es un mı́nimo relativo de f
Es decir, f posee dos extremos relativos, TRUE.
1.4. Ejercicio 4
El gráfico de f es cóncavo hacia arriba en ]−∞, 0[.
2
Solución: Para analizar la concavidad, necesitamos la segunda derivada de f :
f ′′(x) = (ln |x|+ 1)′ = |x|
′
|x|
=
1
x
= 0
Considerando cuando f ′′ no es derivable (en 0):
Hay tabla:
0
1
x
− 0 +
f ′′(x) − 0 +
De la tabla se deduce que en ] −∞, 0[ la función f es cóncavo hacia abajo y en ]0,+∞[ es
cóncavo hacia arriba.
Por lo tanto, FALSE.
2. Problema 2
Una empresa que vende papas fritas desea construir un cono donde envasar su producto. El
cono se construye a partir de un sector circular de radio 20 cm. y ángulo θ, pegando a lo largo
de los segmentos OA y OB. Determine qué medida del ángulo θ permite construir el cono de
mayor volumen.
Solución: Este ejercicio se bastante similar al último ejercicio del listado de opti, es decir, el
razonamiento es el mismo:
Debemos maximizar el volumen del cono de ecuación: V (r, h) =
1
3
π · r2 · h
Necesitamos el valor de r y h en función del sector circular con que se forma el cono:
Dado que el ángulo del sector circular es θ, utilizando la fórmula del perimetro, obtenemos el
radio del cono:
2π · r = 20θ <=> r = 10θ
π
Para la altura, utilizamos pitagoritas donde el radio del sector circular es la hipotenusa (ima-
ginarse el cono):
r2 + h2 = 202 <=> h2 = 400− r2 <=> h =
√
400− 100θ2
π2
3
Por lo tanto el volumen del cono en función del ángulo θ está dado por:
V (θ) =
1
3
π · 100θ
2
π2
·
√
400− 100θ
2
π2
V (θ) =
1
3
π · 100θ
2
π2
·
√
400π2 − 100θ2
π2
V (θ) =
1
3
π · 100θ
2
π2
·
√
100(4π2 − θ2)
π2
V (θ) =
10
3
π · 100θ
2
π3
·
√
4π2 − θ2
V (θ) =
1000
3π2
· θ2
√
4π2 − θ2
Con la fórmula se deduce que 0 < θ < 2π
Buscamos el máximo derivando V :
V ′(θ) =
1000
3π2
·
(
θ2
√
4π2 − θ2
)′
=
1000
3π2
·
(
2θ
√
4π2 − θ2 − 2θ
3
2
√
4π2 − θ2
)
V ′(θ) =
1000
3π2
·
(
2θ(4π2 − θ2)− θ3√
4π2 − θ2
)
=
1000
3π2
·
(
θ(8π2 − 3θ2)√
4π2 − θ2
)
= 0
<=> θ = 0 ∨ 8π2 − 3θ2 = 0 <=> θ = 0 ∨ θ2 = 8
3
π2 <=> θ = 0 ∨ θ = ±
√
8
3
π
Por el dominio considerado solo nos sirve θ =
√
8
3
π, debemos verificar si es que es máximo
absoluto en V :
Ocupando la 2da derivada es un poco complicado, asi que.... hay tabla:
0
√
8
3
π
θ 0 + + +
8π2 − 3θ2 + + 0 −√
4π2 − θ2 + + + +
f ′(x) 0 + 0 −
Por el criterio de la 1era derivada, θ =
√
8
3
π es un máximo absoluto (bajo el dominio estable-
cido) de V
4
Por lo tanto con θ =
√
8
3
π se puede construir el cono de mayor volumen con las condiciones
dadas.
3. Problema 3
Calcule las integrales:
3.1. Ejercicio 1∫
arctan(cotan(x))dx
Solución: Utilizando un cambio de variable:
t = cotan(x) => dt = −cosec2(x)dx = −(cotan2(x)+1)dx <=> dx = − 1
cotan2(x) + 1
dt <=>
dx = − 1
t2 + 1
dt
Entonces:∫
arctan(cotan(x))dx =
∫
arctan(t) · −1
t2 + 1
dt = −
∫
arctan(t)
t2 + 1
dt
Utilizando otro cambio de variable u = arctan(t) => du =
1
t2 + 1
dt, entonces:
−
∫
arctan(t)
t2 + 1
dt = −
∫
udu = −1
2
u2+C = −1
2
(arctan(t))2+C = −1
2
(arctan(cotan(x)))2+C
NOTA: También se puede realizar utilizando el método de integración por partes.
3.2. Ejercicio 2
∫ √
x+ 4
x
dx
Solución: Utilizando un cambio de variable: t =
√
x+ 4 <=> x = t2 − 4 => dt =
1
2
√
x+ 4
dx <=> dx = 2
√
x+ 4dt = 2tdt, entonces:
5
∫ √
x+ 4
x
dx = 2
∫
t2
t2 − 4
dt
Dado que es el cuociente de 2 polinomios de igual grado, efectuamos la división entre ambos
polinomios:
t2 : t2 − 4 = 1
−t2 + 4
4
Por lo tanto 2
∫
t2
t2 − 4
dt = 2
∫
1 +
4
t2 − 4
dt = 2
∫
dt+ 8
∫
1
t2 − 4
dt
1. 2
∫
dt = 2t+ C
2. 8
∫
1
t2 − 4
dt, utilizando la descomposición en suma de fracciones parciales:
1
t2 − 4
=
1
(t+ 2)(t− 2)
=
A
t+ 2
+
B
t− 2
=
t(A+B) + (−2A+ 2B)
t2 − 4
Comparando las fracciones tenemos que A = −1
4
y B =
1
4
, entonces:
8
∫
1
t2 − 4
dt = 8
∫ −1
4
t+ 2
+
1
4
t− 2
dt = 2
∫
− 1
t+ 2
+
1
t− 2
dt = 2 (− ln |t+ 2|+ ln |t− 2|) + C
Por lo tanto:
2
∫
t2
t2 − 4
dt = 2t−2 ln |t+2|+2 ln |t−2|+C = 2
√
x+ 4−2 ln |
√
x+ 4+2|+2 ln |
√
x+ 4−2|+C
3.3. Ejercicio 3∫
x√
3− 2x− x2
dx
Solución: Completando cuadrados:
3− 2x− x2 = −(x2 + 2x− 3) = −((x+ 1)2 − 4) = 4− (x+ 1)2
Ahora, utilizando un cambio de variable: t = x+ 1 => dt = dx:
6
∫
x√
3− 2x− x2
dx =
∫
t− 1√
4− t2
dt
Utilizando la siguiente sustitución trigonometrica:
√
4− t2 = 2 cos(u)
t = 2 sen(u)
dt = 2 cos(u)du∫
t− 1√
4− t2
dt =
∫
2 sen(u)− 1
2 cos(u)
· 2 cos(u)du =
∫
2 sen(u)− 1du = −2 cos(u)− u+ C
Con la sustitución trigonometrica realizada podemos obtener que cos(u) =
√
4− t2
2
y u =
arcsen(
t
2
), entonces:∫
x√
3− 2x− x2
dx = −2 cos(u)−u+C = −
√
4− t2− arcsen
(
t
2
)
+C = −
√
4− (x+ 1)2−
arcsen
(
x+ 1
2
)
+ C
L.B.V / Ing.Civil Informatica / 11/09/2014
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