Examen 2010 I - Erick Noguéz Vera

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Primer Semestre 2010
MAT210-E CALCULO I
SOLUCION EXAMEN
1. a) Calcule la derivada de las siguientes funciones:
(i) f(x) = cos(tan(x2 + 1)) (ii) f(x) =
x2sen(x)
x2 + cos2(x)
.
Solución
(i) f ′(x) = −2x sen(tan(x2 + 1) sec2(x2 + 1).
(ii) f ′(x) =
(2x sen(x) + x2 cos(x))(x2 + cos2(x))− x2 sen(x)(2x− 2 cos(x) sen(x))
(x2 + cos2(x))2
.
b) Calcule
ĺım
x→0
(
1
x2
− sen(x)
x3
)
Solución Queremos calcular
ĺım
x→0
(
1
x2
− sen(x)
x3
)
= ĺım
x→0
x− sen(x)
x3
.
Aplicando L´ Hopital, tenemos que
ĺım
x→0
x− sen(x)
x3
= ĺım
x→0
1− cos(x)
3x2
= ĺım
x→0
sen(x)
6x
=
1
6
.
2. Dada la función
f(x) =
{
(x− a)2 si x ≤ 3
b− (x− 5)2 si x > 3.
Determine los valores de las constantes a, b ∈ R de modo que f(x) sea derivable en x = 3.
Solución: Primero debemos tener que f(x) sea continua, es decir debe cumplirse que:
ĺım
x→3−
(f(x)) = (3− a)2 = b− 4 = ĺım
x→3+
(f(x)).
Ahora, para que sea derivable debe cumplirse que en x = 3:
ĺım
h→0−
f(3 + h)− f(3)
h
= ĺım
h→0+
f(3 + h)− f(3)
h
.
Calculando:
ĺım
h→0−
f(3 + h)− f(3)
h
= ĺım
h→0−
(3 + h− a)2 − (3− a)2
h
= 2(3− a).
Usando la condición de continuidad y calculando:
ĺım
h→0+
f(3 + h)− f(3)
h
= ĺım
h→0+
b− (3 + h− 5)2 − (3− a)2
h
= ĺım
h→0+
b− (h− 2)2 − (b− 4)
h
= 4.
Luego a = 1 y b = 8.
3. Considere la función
f(x) =
|x3|
(x2 − 1) con x 6= ±1.
Estudie en detalle: intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos locales, concavidad y
convexidad, aśıntotas. Grafique f(x).
Solución
Como f(x) es una función par basta estudiarla sólo para x ≥ 0. En este caso
f(x) =
x3
(x2 − 1) con 0 ≤ x y x 6= 1.
Se tiene
f ′(x) = x2
x2 − 3
(x2 − 1)2
y
f ′′(x) = 2x
x2 + 3
(x2 − 1)3 .
De aqúı se deduce que:
f es decreciente en (−∞,−√3)
f es creciente en (−√3,−1)
f es creciente en (−1, 0)
f es decreciente en (0, 1)
f es decreciente en (1,
√
3)
f es creciente en (
√
3,∞).
Además
f es convexa en (−∞,−1)
f es concava en (−1, 1)
f es convexa en (1,∞).
En consecuencia f alcanza mı́nimos locales para x = ±√3 y un máximo local para x = 0. Las
rectas x = ±1 son aśıntotas verticales. La recta y = x es aśıntota en infinito y la recta y = −x
es aśıntota en menos infinito. El gráfico es:
x1–1
y
4. a) Sea f(x) = x5 + x3 + x + 1. Demuestre que f tiene exactamente una ráız real.
Solución : Tenemos que f(−1) = −2, f(0) = 1 y f es continua. Luego, aplicando el
T.V.I. al intervalo [−1, 0], existe α ∈ R con −1 < α < 0 y f(α) = 0.
Como f ′(x) = 5x4 + 3x2 + 1 > 0 para todo x ∈ R, tenemos que f es una función
estrictamente creciente. Luego, se tiene que si x < α, entonces f(x) < f(α) = 0 y si
α < x, entonces 0 = f(α) < f(x).
Por lo tanto existe sólo un punto de intersección entre el eje x y la gráfica de la función
f , que es el punto encontrado anteriormente para x = α.
b) Sea f(x) = cos(x). Determine el grado n del polinomio de Taylor para f(x) en torno a
x = 0 de modo que el error al aproximar f(0,2) por Pn(0,2) sea menor que 10
−4.
Solución : Si f(x) = cos(x), entonces f ′(x) = − sen(x), f ′′(x) = − cos(x), f ′′′(x) =
sen(x), f (4)(x) = cos(x), f (5)(x) = − sen(x), f (6)(x) = − cos(x), y luego f(0) = 1, f ′(0) =
0, f ′′(0) = −1, f ′′′(0) = 0, f (4)(0) = 1, f (5)(0) = 0.
Aśı se obtiene
cos(x) = 1− x
2
2
+
x4
4!
− cos(c)
6!
x6
para algún c entre 0 y x.
El error al aproximar cos(0, 2) por p4(0, 2) = 1 − 0,02 + 0, 00006 ≈ 0, 9801 será entonces
no mayor que
∣∣∣∣−
cos(c)
6!
(0, 2)6
∣∣∣∣ ≤
(0, 2)6
720
= 0, 00000008 < 0, 0000001
y el valor 0, 9801 está correcto hasta la cuarta cifra decimal.
Si se intenta con p2(0, 2) = 0, 9800, el error será a lo más de
∣∣∣∣
cos(c)
4!
(0, 2)4
∣∣∣∣ ≤ 0, 00006
que no asegura la cuarta cifra decimal.