Examen 2011 II - Erick Noguéz Vera

Vista previa del material en texto

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
FACULTADDE MATEMÁTICAS
C´alculoI–MAT210E
EXAMEN
I.-a)Sea h(x)= x2 − x+1para x< 1
2
.
Noteque h esestrictamentedecrecienteensudominio,yporlotantoexistesu
funci´oninversah−1.
Calcule( h−1)′(7)aplicandoelteoremacorrespondiente.
Soluci´on:
x2 − x+1=7 ⇒ x =3o x = −2 .
Comoeldominiode h es
{
x<
1
2
}
,debetenerse x = −2.Luego,porelTeoremade
laFunci´onInversa:
(h−1)′(7)=
1
h′(−2) .
Porotraparte,
h′(x)=2 x− 1 ⇒ h′(−2)= −5 ,
yporlotanto
(h−1)′(7)= −1
5
.
b)El´areatotaldeunaficherectangulardebeserde1 ,000cm 2,conm´argeneslate-
raleseinferiorde2cm.cadauno,ymargensuperiorde4cm.
Encuentrelasdimensionesqueproporcionanm´axima´areaparaimp rimirelconte-
nido.
Soluci´on:
Sean x elaltototaldelposter,e y suanchototal.Entoncessetieneque:
Funci´onamaximizar:
A =( x− 6)(y − 4) ,
concondici´on
xy =1000 .
Luegohayqueencontrarm´aximodelafunci´on
A(x)=( x− 6)(1000
x
− 4)= 4(x− 6)(x− 250)
x
> 0 ,
enelintervalo6 <x< 250.
Además
A′(x) = −4 + 6000
x2
=
4(1500− x2)
x2
y entonces
A′(x) > 0 ⇔ 1500 < x2
Como además se tiene 6 < x < 250, entonces A(x) es creciente en (6,
√
1500) y
decreciente en (
√
1500, 250), y luego
x =
√
1500 = 10
√
15
es el máximo.
Luego las dimensiones del rectángulo buscado son
x =
√
1500 = 10
√
15 e y =
1000√
1500
=
20
√
15
3
.
II.- a) Encuentre la recta tangente al gráfico de g(x) =
1
3
√
x3 + 3x2 + 4
en el punto corres-
pondiente a x = 1.
Solución:
Ecuación de la tangente en x0 = 1:
y − g(1) = g′(1)(x− 1)
g(1) =
1
2
g′(x) = − x
2 + 2x
(x3 + 3x2 + 4)4/3
⇒ g′(1) = − 9
24
= − 3
16
Luego; la ecuación queda :
y − 1
2
= − 3
16
(x− 1)
b) Aplique el teorema del valor medio a la función f(x) = x4−x2+1 en el intervalo
[−2, 2], verificando que se cumplen las hipótesis.
Solución:
f(x) = x4 − x2 + 1 es un polinomio, y por lo tanto es continua y derivable en R, en
particular continua en [−2, 2] y derivable en (−2, 2). Luego por el Teorema del Valor
Medio se tiene que existe c ∈ (−2, 2) tal que:
f ′(c) =
f(2)− f(−2)
2 + 2
Pero
f ′(x) = 4x3 − 2x
y entonces existe c ∈ (−2, 2) tal que:
4c3 − 2c = 13− 13
4
= 0
Las soluciones de esta ecuación son c = 0, c = ±
√
2
2
, y los tres valores pertenecen
al intervalo (−2, 2).
III.- Considere una función f : R → [−1, 1] con las siguientes propiedades.
i) f tiene derivadas f (n) de todos los órdenes en R;
ii) Los valores f (n)(x) pertenecen a [−1, 1] para todo x en R y para todo n ≥ 0.
iii) f (n)(0) =
{
(−1)n/2, para n ≥ 0 par;
0, para n > 0 impar.
a) Encuentre el polinomio de Taylor pn(x) de grado n en 0 para la función f .
Solución:
Se tiene que en general
pn(x) = f(0) + f
′(0)x+
f ′′(0)
2
x2 + . . .+
f (n)(0)
n!
xn .
Ocupando iii) se obtiene que para f los polinomios de Taylor están dados por
p2k(x) = p2k+1(x) =
k
∑
j=0
(−1)j
(2j)!
x2j .
b) Determine un valor de n de manera que el valor absoluto de la diferencia entre
f(x) y pn(x) sea menor que 10
−3 para todo x en [−1, 1].
Solución:
Para todo x en [−1, 1] se tiene que
f(x)− pn(x) =
f (n+1)(c)
(n+ 1)!
xn+1
donde c está entre 0 y x.
Entonces para todo x en [−1, 1] y todo n se tiene
∣
∣
∣
f(x)− pn(x)
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
f (n+1)(c)
(n+ 1)!
xn+1
∣
∣
∣
≤ 1
(n + 1)!
por la condición ii).
Para lograr
1
(n + 1)!
< 10−3
basta tomar n ≥ 6.
IV.- Estudie la función
f(x) =
18(x− 1)
x2 + 2x+ 1
,
incluyendo dominio, recorrido, máximos y mı́nimos locales, comportamiento en ±∞,
aśıntotas, concavidad, gráfico.
Solución:
(i) Dom(f) = R \ {−1}
(ii) Recorrido:
Sea
y =
18(x− 1)
x2 + 2x+ 1
⇒ yx2 + (2y − 18)x+ y + 18
El discriminante de la cuadrática debe ser mayor o igual que cero, pero:
(2y − 18)2 − 4y(y + 18) = −144y + 324 = 36(9− 4y)
y por lo tanto y ≤ 9/4.
Luego:
Rec (f) = (−∞, 9/4].
(iii) Extremos locales:
f ′(x) =
18(3− x)
(x+ 1)3
Como
18(3− x)
(x+ 1)3
> 0 ⇔ −1 < x < 3
se tiene que f es decreciente en (−∞,−1) ∪ (3,∞) y creciente en (−1, 3).
Por lo tanto en x1 = 3 se alcanza un máximo local.
(iv) Comportamiento en ±∞
ĺım
x→±∞
f(x) = ĺım
x→±∞
18(x− 1)
x2 + 2x+ 1
= 0
(v) Aśıntotas:
De (iv) se tiene que la recta y = 0 es aśıntota horizontal.
Además:
ĺım
x→1+
18(x− 1)
x2 + 2x+ 1
= ĺım
x→1−
18(x− 1)
x2 + 2x+ 1
= −∞
y luego la recta x = −1 es aśıntota vertical.
(vi) Concavidad:
Como
f ′′(x) =
36(x− 5)
(x+ 1)4
,
se tiene que
f ′′(x) > 0 ⇔ x > 5
Luego, f es cóncava hacia arriba en (5,∞) y cóncava hacia abajo en (−∞,−1) ∪
(−1, 5).
(vii) Gráfico:
–20
–10
0
10
20
y
–20 –10 10 20
x