Examen 2010 II - Erick Noguéz Vera

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMATICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMATICA
Segundo Semestre 2010
MAT 210-e ∗ Cálculo I
Examen
1. a) Si la curva y = ax2 + bx + c pasa por el punto (−1, 0) y tiene a la recta
3x + y = 5 como tangente en el punto (1, 2), ¿qué valores deben tener las
constantes a, b y c?
b) Encuentre el polinomio de Taylor de grado n, en x = 0 , de la función
f(x) = x ex.
Solución:
a) La curva pasa por los puntos (−1, 0) y (1, 2), por lo tanto a − b + c = 0 y
a + b + c = 2, vemos entonces que b = 1 y a + c = 1.
Por otra parte, y′ = 2ax + b, por lo tanto y′(1) = 2a + b, entonces la ecuación
de la recta tangente en (1, 2), está dada por y = 2 + (2a + b)(x − 1), de donde
2a + b = −3. Vemos entonces que a = −2, b = 1, c = 3.
b) Sabemos que el polinomio de Taylor de grado n, en x = 0 , de f está dado por
f(0) + f ′(0)x +
f ′′(0)
2!
x2 +
f ′′′(0)
3!
x3 + · · · f
(n)(0)
n!
xn
Tenemos que
f(0) = 0, f ′(x) = ex + xex, f ′′(x) = 2ex + xex, f ′′′(x) = 3ex + xex.
Veremos por inducción que f (k)(x) = kex + xex. Ya sabemos que se cumple para
1, por otra parte, si se cumple para k, entonces
f (k+1)(x) =
(
f (k)(x)
)′
= (kex + xex)′ = kex + ex + xex = (k + 1)ex + xex.
Vemos aśı que para todo k, f (k)(0) = k, por lo tanto el polinomio de Taylor de
grado n es
x + x2 +
x3
2!
+ · · ·+ x
n−1
(n− 2)! +
xn
(n− 1)!
OTRA MANERA
Sabemos que T1, el polinomio de Taylor de orden n en 0 de la función x, es
T1(x) = x y T2, el polinomios de Taylor de orden n en 0 de la función e
x, es
T2(x) = 1 + x +
x2
2!
+ · · ·+ x
n−1
(n− 1)! +
xn
n!
.
Como T1 ·T2 = x+x2 + x
3
2!
+ · · ·+ x
n
(n− 1)! +
xn+1
n!
entonces el polinomio de Taylor
de f(x) es
x + x2 +
x3
2!
+ · · · x
n−1
(n− 2)! +
xn
(n− 1)!
2. a) Calcule ĺım
x→∞
(
cos
( 1
x2
) )x4
.
Solución:
Sea y =
(
cos
(
1
x2
))x4
−→ ln(y) = x4 ln
(
cos
(
1
x2
))
=
ln
(
cos
(
1
x2
))
1
x4
y este cuociente es de la forma
(0
0
)
, cuando x →∞ .
Usando LHopital se tiene:
ĺım
x→∞
ln
(
cos
(
1
x2
))
1
x4
=
1
2
ĺım
x→∞
sen
(
1
x2
)
1
x2
(
cos
(
1
x2
))
y este cuociente de nuevo es de la forma
(0
0
)
,cuando x →∞.
volviendo a usar LHopital se tiene:
1
2
ĺım
x→∞
sen
(
1
x2
)
1
x2
(
cos
(
1
x2
)) = 1
2
ĺım
x→∞
cos
(
1
x2
)
2
x3
2
x3
(
cos
(
1
x2
))
− 1
x2
(
sen
(
1
x2
))
2
x3
=
1
2
ĺım
x→∞
cos
(
1
x2
)
cos
(
1
x2
)
− 1
x2
(
sen
(
1
x2
))
=
1
2
Asi ĺım
x→∞
y = e1/2 ←→ ĺım
x→∞
(
cos
( 1
x2
) )x4
= e1/2
b) Sea f(x) = ln
( 1 + x
1− x
)
. Se define la función h(x) = f
( m + x
mx + 1
)
, con m constante.
Encuentre h′(x) y pruebe que no depende de la constante m.
Solución:
h′(x) = f ′
( m + x
mx + 1
)
·
( m + x
m x + 1
) ′
= f ′
( m + x
m x + 1
)
·
(
1−m2
(mx + 1)2
)
Ahora:
f ′(x) =
(
ln
( 1 + x
1− x
)) ′
=
2
1− x2
Luego:
h′(x) = f ′
( m + x
m x + 1
)
·
(
1−m2
(mx + 1)2
)
=
2
1−
(
m + x
mx + 1
)2 ·
(
1−m2
(mx + 1)2
)
=
2
1− x2
Por lo tanto h′(x) =
2
1− x2 y no depende de la constante m.
3. a) Demuestre que la ecuación x5 − 3x + 1 = 0 tiene exactamente 3 soluciones en R.
Solución:
Sea f(x) = x5 − 3x + 1. Notamos que
f(−2) = −25 < 0; f(0) = 1 > 0; f(1) = −3 < 0; y f(2) = 27 > 0.
Luego, como f es continua, por el Principio del Valor Intermedio hay ráıces de f
en cada uno de los intervalos
] − 2, 0[ ; ] 0, 1[ ; ] 1, 2[ ,
de donde tenemos que f tiene al menos tres ráıces reales.
Por otra parte, por el Teorema de Rolle, entra cada para de ráıces de f hay al
menos una ráız de su derivada, f ′.
Como f ′(x) = 5x4 − 3 tenemos que
f ′(x) = 0 ⇔ 0 = 5x4 − 30 ⇔ x = ± 4
√
5/3
por lo que f ′ tiene exactamente dos ráıces reales y aśı f no puede tener más
de tres ráıces
Juntando ambos hechos resulta que f tiene exactamente 3 ráıces en R ¥
b) ¿Para qué valores de a la función f(x) = x4 + ax3 + 3
2
x2 + 1 es cóncava hacia
arriba en todo R?.
Solución:
Se necesita que f ′′(x) > 0 para todo x ∈ R.
Como f ′′(x) = 12x2 + 6ax + 3 = 3(4x2 +2ax+1) es preciso que la expresión
cuadrática 4x2 + 2ax + 1 sea positiva para todo x.
Como el coeficiente principal es 4 > 0, , para que lo anterior ocurra es necesario
y suficiente que el discriminante 4a2 − 16 ≤ 0.
Ello ocurre si y solo si a2 < 4 ⇔ −2 ≤ a ≤ 2 ¥
4. Un fabricante de equipos de sonido determina que con el fin de vender q unidades
de un nuevo modelo el precio por unidad debe ser 135q − q2 y que el costo total de
producir q unidades es c(q) = 300 + 600q . Hallar el ingreso total r(q), la utilidad
total U(q) y determine cuántas unidades deberá producir y vender para maximizar
la utilidad . ¿Qué precio por unidad se debe cobrar con el fin de obtener esta utilidad
máxima?.
Solución:
Se tiene que la utilidad es
r(q) = qp(q) = q(135q − q2).
La utilidad total es
U(q) = r(q)− c(x) = q(135q − q2) − (300 + 600q) = −q3 + 135q2 − 600q − 300
con q > 0.
Derivando,
dU
dq
= −3q2 + 270q − 600 = −3(q2 − 90q + 200)
y los puntos cŕıticos se obtienen cuando
0 =
dU
dq
m
0 = q2 − 90q + 200
m
q =
90 ± √90 2 − 800
2
de modo que los valores cŕıticos son q1 = 45 + 5
√
73 y q2 = 45− 5
√
73
Derivando por segunda vez, U ′′(q) = −6q + 270 = −6(q − 45) de modo que
U ′′(q1) = −30
√
73 < 0 y U ′′(q2) = 30
√
73 > 0.
Por el Criterio de la Segunda Derivada tenemos que la utilidad es máxima cuando la
cantidad producida es
q1 = 45 + 5
√
73
y el precio a cobrar por cada unidad es
p(q1) = p
(
45 + 5
√
73
)
= 135
(
45 + 5
√
73
)
−
(
45 + 5
√
73
)2
=
(
45 + 5
√
73
) (
90− 5
√
73
)
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