Examen 2009 I - Erick Noguéz Vera

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MAT210E ∗ RESOLUCIÓN EXAMEN
Primer Semestre 2009
Pregunta 1
Grafique con todo detalle la función f(x) = x3 − 2x2 + 2 en el intervalo −1 ≤ x ≤ 2 y
determine su máximo y su mı́nimo en el intervalo.
Solución.
(1) Determinar los puntos cŕıticos.
f ′(x) = 3x2 − 4x = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 43 .
(2) Examinando el signo de la derivada, la función resulta ser creciente en [-1,0] y en
[4/3,2] y decreciente en [0,4/3]’
(3) Test Segunda derivada.
f ′′(x) = 6x− 4 ⇒
{
f ′′(x1) = −4 x1 punto de máximo local
f ′′(x2) = 4 x2 punto de mı́nimo local
(4) Puntos de inflexión. La segunda derivada se anula en el punto x3 = 2/3, y cambia
de signo alrededor del punto. Luego, x3 es un punto de inflexión y f(x3) = 38/27.
Convexa en [2/3, 2] y cóncava en [-1, 2/3].
(5) Máximos y mı́nimos globales. Debemos comparar f(x1) = 2, f(x2) = 22/27 con
los valores de f en los extremos del intevalo, f(−1) = −1 y f(2) = 2.
Luego el máximo de la función es 2 y se alcanza en dos puntos x1 = 0 y en x = 2.
El mı́ınimo global es −1 y se alcanza en el punto x = −1.
(6) Gráfico de f .
–1
–0.5
0
0.5
1
1.5
2
–1 –0.5 0.5 1 1.5 2
x
1
Pregunta 2
Se desea diseñar un tarro ciĺındrico de volumen 20 cm3. El costo del material para
las tapas (ćırculos) es de $ 10 por cm2, mientras que para la superficie lateral es de $
8 por cm2. Encuentre las dimensiones del ciĺındro para que el costo sea mı́nimo.
Ayuda: El área lateral de un ciĺındro de radio r y altura h es 2πrh, y su respectivo volumen
es πr2h.
Solución.
Sea r el radio de la base y h la altura. Luego, πr2h = 20, de modo que h = 20
πr2
.
El costo de las dos tapas es
2 · (πr2) · 10 = 20 πr2 .
Similamente, el costo de la superficie lateral es
2πrh · 8 = 16π rh .
Reemplazando h, en función de r, el costo total está dado por la función
C(r) = 20π r2 +
320π
r
,
con r > 0.
Debemos encontrar el mı́nimo de C(r) en el intervalo [0,∞). Tenemos,
C ′(r) =
40π
r2
(
r3 − 8
π
)
,
de modo que hay un único punto cŕıtico, r0 = 23√π .
Calculando la segunda derivada de C(r),
C ′′(r) = 40π
(
1 +
16
π r3
)
la cual es siempre positiva, por lo que r0 es un mı́nimo local. Pero en los bordes r = 0 y
limr→∞C(r) = ∞, el costo es infinito, de modo que r0 es el mı́nimo global.
La respuesta es entonces: el radio r0 debe ser
r0 =
2
3
√
π
y la altura, h0 =
5
3
√
π
.
Pregunta 3
Calcule los siguientes ĺımites:
a) lim
x→0
x2 − sen2x
x4
,
b) lim
x→∞
√
4x2 + 5x + 6−√x2 − 2x + 5
x
.
Solución.
(1) Las funciones son derivables y los ĺımites de numerador y denominador existen y
son cero. Aplicamos L’Hopital,
lim
x→0
x2 − sen2x
x4
= lim
x→0
2x− 2 senx cosx
4x3
De nuevo estamos bajo las mismas condiciones, luego se aplica L’Hopital,
lim
x→0
2x− 2 senx cosx
4x3
= lim
x→0
2− 2 cos2 x + 2 sen2 x
12x2
Ahora,
lim
x→0
2− 2 cos2 x + 2 sen2 x
12x2
= lim
x→0
2(1− cos2 x) + 2sen2 x
12x2
= lim
x→0
4sen2 x
12x2
Por otro lado sabemos que el ĺımite limx→0 sen xx = 1. Luego, limx→0
sen2 x
x2
= 1.
Por lo tanto,
lim
x→0
x2 − sen2x
x4
=
1
3
lim
x→0
sen2 x
x2
=
1
3
.
(2) Introduciendo x > 0 adentro de las ráıces se obtiene que
lim
x→∞
√
4x2 + 5x + 6−√x2 − 2x + 5
x
= lim
x→∞
(√
4 +
5
x
+
6
x2
−
√
1− 2
x
+
5
x2
)
(∗).
Además se sabe que limx→∞ 1x = 0. Luego, por álgebra de ĺımites,
lim
x→∞
(
4 +
5
x
+
6
x2
)
= 4 , lim
x→∞
(
1− 2
x
+
5
x2
)
= 1 .
Por continuidad de la ráız cuadrada,
lim
x→∞
√
4 +
5
x
+
6
x2
=
√
4 = 2 , y lim
x→∞
√
1− 2
x
+
5
x2
=
√
1 = 1 .
Finalmente, podemos repartir el ĺımite en (*), obteniéndose que
lim
x→∞
√
4x2 + 5x + 6−√x2 − 2x + 5
x
= 2− 1 = 1.
Pregunta 4
Considere la función h(x) = x
√
3 + x.
a) Calcule el polinomio de Taylor de grado 2, T2(x), asociado a h alrededor del punto
x = 1.
b) Pruebe que el error que se comete al aproximar h(1.1) por T2(1.1) es menor que
(1/2)6.
Solución.
(1) El polinomio de Taylor de grado 2 está dado por
T2(x) = h(1) +
h′(1)
1!
(x− 1) + h
′′(1)
2!
(x− 1)2
Calculando se obtiene que
h(1) = 2 .
h′(x) =
√
3 + x +
1
2
x(3 + x)−1/2 =⇒ h′(1) = 9
4
.
h′′(x) = (3 + x)−1/2 − 1
4
x (3 + x)−3/2 =⇒ h′′(1) = 2
4 − 1
25
.
De esta manera el polinomio de Taylor de grado 2, alrededor de x = 1 es
T2(x) = 2 +
9
4
(x− 1) + 2
4 − 1
26
(x− 1)2
(2) Sabemos que el error en el punto x = 1.1 = 1 + 110 está dado por
Error :=
h′′′(c)
3!
(x− 1)3 donde c es un punto 1 < c < 1.1 .
Es decir,
Error :=
h′′′(c)
3!
(
1 +
1
10
− 1
)3
=
h′′′(c)
6
1
103
Calculando,
h′′′(x) = −3
4
(3 + x)−3/2 +
3
23
x (3 + x)−5/2 = −3
8
6 + x
(3 + x)5/2
(∗)
Ahora estimaremos |h′′′(c)|. Por (*) y puesto que 1 < c < 1.1 se tiene que |h′′′(c)|
satisface la siguiente desigualdad:
|h′′′(c)| ≤ 3
8
7.1
25
.
De esta manera se obtiene finalmente la estimación siguiente:
|Error| = |h
′′′(c)|
2 · 3
1
103
≤ 1
8
· 7.1
25
· 1
2
· 1
103
≤ 7.1
8
· 1
103
· 1
26
≤ 1
26
.