Examen 2011 I - Erick Noguéz Vera

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMÁTICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
MAT210E. Cálculo I
Examen L.04.07.11
Solucionario
(1) Calcular ĺım
x→0
( 1
ln(x + 1)
− 1
x
)
.
Solución:
Tenemos:
ĺım
x→0
( 1
ln(x + 1)
− 1
x
)
= ĺım
x→0
x− ln(x + 1)
x ln(x + 1)
=
= ĺım
x→0
1− 1x+1
ln(x + 1) + xx+1
= ĺım
x→0
x
(x + 1) ln(x + 1) + x
= ĺım
x→0
1
1 + ln(x + 1) + 1
=
1
2
.
(2) Dada la función f(x) = e−x(1 − x) bosqueje fundamentadamente el gráfico de ella
entre −∞ e ∞.
Solución:
2 31
Y
XO
1
Fig. 1
En primer lugar el dominio de f es R, el gráfico
intersecta al eje
−→
OX en 1 y al eje
−→
OY en 1, las
derivadas de f son:
f ′(x) = e−x (2− x) ,
f ′′(x) = e−x (3− x) ,
f ′′′(x) = e−x (x− 4) .
Por otra parte, tenemos que:
ĺım
x→∞
e−x(1− x) = 0,
o sea, la recta de ecuación y = 0 (eje
−→
OX) es aśıntota horizontal. Además, tenemos
que para x ∈]−∞, 2[ la derivada f ′(x) es negativa, luego en esta parte la función f
es estrictamente decreciente y para x ∈]2,∞[ la derivada f ′(x) es positiva, es decir
en este intervalo la función f es estrictamente creciente.
Al anular f ′(x) se obtiene el punto cŕıtico 2 y al evaluar f ′′(2) = e−2 > 0 por lo que
2 es un mı́nimo relativo o local. Es claro que máximo absoluto o global no hay. Aśı,
tenemos que f(2) = −e−2.
1
Al anular la segunda derivada se obtiene el valor 3 y sucede que:
f ′′′(3) = −2e−3 6= 0,
con lo que 3 es punto de inflexión. También sucede que f ′′(x) < 0 en el intervalo
]3,∞[, o sea en esta parte la gráfica es cóncava hacia abajo y f ′′(x) > 0 para ]−∞, 3[
donde es cóncava hacia arriba.
(3) Encuentre los tres primeros términos del polinomio de Taylor en torno a
π
4
y el resto
correspondiente para la función g(x) = tg x en
[
0,
π
2
[
.
Solución: Tenemos:
g
(π
4
)
= 1 ,
(
f ′(x) = secx ⇒ fg′
(π
4
)
= 2
)
,
(
g′′(x) = 2 sec2 x tg x ⇒ g′′
(π
4
)
= 4
)
,
ahora:
g′′′(x) = 2 sec2 x(tg2 x + 2 sec2 x),
luego:
g′′′
(π
4
+ θ
(
x− π
4
))
= 2 sec2
(π
4
+ θ
(
x− π
4
))(
tg2
(π
4
+ θ
(
x− π
4
))
+ 2 sec2
(π
4
+ θ
(
x− π
4
)))
,
en conclusión:
tg x = 1+
4
1!
(
x− π
4
)
+
4
2!
(
x− π
4
)2
+
2 sec2
(
π
4
+ θ
(
x− π
4
)) (
tg2
(
π
4
+ θ
(
x− π
4
))
+ 2 sec2
(
π
4
+ θ
(
x− π
4
)))
3!
(
x− π
4
)3
.
(4) Un envase ciĺındrico de bebida debe contener 350 cm3 de ĺıquido. Determinar las
dimensiones que minimicen la cantidad de material utilizado en su construcción.
Solución:
Tenemos que el área total es:
σ = 2πr2 + 2πrh con :
(
πr2h = 350 ⇒ h = 350
πr2
)
,
o sea:
σ(r) = 2πr2 + 2πr
350
πr2
= 2π
(
r2 +
350
πr
)
,
aśı:
σ′(r) = 2π
(
2r − 350
πr2
)
= 2
2πr3 − 350
r2
,
de donde:
σ′(r) = 0 ⇒ 2πr3 − 350 = 0 ⇒ r0 = 3
√
350
2π
≈ 3, 819114907 cm.
pero:
σ′′(r) = 2π
(
2 +
350
π
2
r3
)
> 0,
con lo que r0 ≈ 3, 819114907 cm. es un mı́nimo y:
h =
350
πr20
≈ 7, 638229815 cm.
2