Examen 2012 I - Erick Noguéz Vera

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PontificiaUniversidadCat´olicadeChile
FacultaddeMatem´aticas
DepartamentodeMatem´atica
29/Junio/2012.
MAT110E-C´alculoI.
SOLUCIÓNEXAMEN.
1. a) Sea f(x− 2)= 2
x− 3
,determine x talque( f ◦ f)(2/x)=5
Soluci´on:
Setiene ∀x ∈ R−{ 1} :
f(x)= f
(
(x+2) − 2
)
=
2
(x+2) − 3
=
2
x− 1
=⇒ (f ◦ f)(2/x)= f
(
f(2/x)
)
= f
 22
x
− 1
 = f ( 2x
2− x
)
,x ̸=2
=⇒ (f ◦ f)(2/x)= 2
2x
2− x
− 1
=
4− 2x
3x− 2
Luego:
(f ◦ f)(2/x)=5= ⇒ 4− 2x
3x− 2
=5= ⇒ x = 14
17
b) Sea f : R −→R talque ,∀ a,b ∈ R : f(a+ b)= f(a)+ f(b) . Calcule f(0)yconcluya
que f(x)esunafunci´onimpar.
Soluci´on:
f(0)= f(0+0)= f(0)+ f(0)=⇒ f(0)=0
∀x ∈ R :
f(0)= f(x+(−x))= f(x)+ f(−x)=⇒ f(x)+ f(−x)=0= ⇒ f(−x)= −f(x)
dedonde f(x)esunafunci´onimpar.
2. a) Usando la sustitución u = arcsin(x)− arcsin(a) , calcule
ĺım
x→a
arcsin(x)− arcsin(a)
x− a
Solución:
Sea
L = ĺım
x→a
arcsin(x)− arcsin(a)
x− a
Este ĺımite es de la forma
0
0
, haciendo u = arcsin(x)− arcsin(a) , se tiene:
u = arcsin(x)− arcsin(a) =⇒ arcsin(x) = u+ arcsin(a) =⇒ x = sen (u+ arcsin(a))
además si x → a =⇒ u → 0, puesto que arcsin(x) es una función continua, luego:
L = ĺım
u→0
u
sen
(
u+ arcsin(a)
)
− a
= ĺım
u→0
u
sen(u) cos
(
arcsin(a)
)
+ cos(u) a− a
=⇒ L = ĺım
u→0
1
sen(u)
u
cos
(
arcsin(a)
)
− a
(
1− cos(u)
a
)
Como ĺım
x→0
sen(x)
x
= 1 y ĺım
x→0
1− cos(x)
x
= 0, entonces:
L =
1
cos
(
arcsin(a)
) = 1√
1− a2
, |a| < 1
=⇒ L = ĺım
x→a
arcsin(x)− arcsin(a)
x− a
=
1√
1− a2
, |a| < 1
b) Sea f(x) una función continua y no derivable en x = 1. Se define: g(x) = (x− 1) f(x) .
Demuestre que g(x) es derivable en x = 1.
Solución:
g ′(1)
def.
= ĺım
h→0
g(1 + h)− g(1)
h
= ĺım
h→0
g(1 + h)
h
= ĺım
h→0
h f(1 + h)
h
= ĺım
h→0
f(1 + h)
(∗)
= f(1)
(∗) es válido, pues por hipótesis f(x) es continua en x = 1.
Por lo tanto g(x) es derivable en x = 1.
3. Pruebe que si |b| < 2 , entonces la ecuación x3 − 3x+ b = 0 tiene exactamente una solución
en el intervalo [−1 , 1].
Solución:
Veamos que existe al menos una solución de la ecuación en [−1, 1], para eso consideremos:
f(x) = x3 − 3x+ b
y observamos que f es continua en [−1, 1] y que
f(1) = −2 + b < 0 y que f(−1) = 2 + b > 0
entonces por el T.V.I. tenemos que existe c ∈ (−1, 1) tal que f(c) =, esto es al menos
existe una solución de la ecuación en [−1, 1].
Veamos que hay sólo una solución en [−1, 1].
Supongamos que existen dos soluciones en el intervalo [−1, 1], digamos x1 y x2, con
x1 ̸= x2 y supongamos que x1 < x2.
Observe que f : [x1, x2] → R es continua en [x1, x2] y diferenciable en ]x1, x2[, además
f(x1) = f(x2) = 0, entonces por el Teorema de Rolle existe c ∈]x1, x2[ tal que f ′(c) = 0.
Ésto es imposible ya que f ′(x) = 3x2 − 3, por lo tanto f ′(x) < 0 para todo x ∈]− 1, 1[.
Luego no hay dos posibles soluciones, de donde la solución es única.
4. Sea f(x) =
2x3
x2 − 1
. Bosqueje el gráfico de f(x) indicando: Dominio, aśıntotas (horizontales
y verticales), puntos cŕıticos, intervalos de crecimiento y decrecimiento, máximos y mı́nimos
relativos, concavidad y puntos de inflexión.
Solución:
Dom(f) = R− {−1 , 1}
Como
ĺım
x→1+
f(x) = +∞ y ĺım
x→1−
f(x) = −∞
y
ĺım
x→−1+
f(x) = +∞ y ĺım
x→−1−
f(x) = −∞
entonces x = 1 y x = −1 son aśıntotas verticales de f(x).
Además como
ĺım
x→∞
f(x) = ∞
entonces no hay aśıntotas horizontales de f(x).
f ′(x) =
6x2(x2 − 1)− 2x3 · 2x
(x2 − 1)2
=
2x4 − 6x2
(x2 − 1)2
=
2x2 (x2 − 3)
(x2 − 1)2
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x =
√
3 ∨ x = −
√
3
Analizando los cambios de signo de f ′, se tiene:
f ′
��� @@R @@R ���
−
√
3 0
√
3
f ′ cambia de + a − en x = −
√
3 =⇒ f(−
√
3) = −3
√
3 , es un mı́nimo relativo de f
f ′ cambia de − a + en x =
√
3 =⇒ f(
√
3) = 3
√
3 , es un máximo relativo de f
+ − − +
Como f ′ no cambia en x = 0, entonces f(0) no es un valor extremo de f(x).
f(x) es creciente en ]−∞ , −
√
3[ ∪ ]
√
3 , +∞[ y es decreciente en ]−
√
3 ,
√
3[
f ′ ′(x) =
(8x3 − 12x)(x2 − 1)2 − (2x4 − 6x2) · 2 (x2 − 1) · 2x
(x2 − 1)4
=
4x(x2 + 3)
(x2 − 1)3
f ′ ′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0
Analizando los cambios de signos de f ′ ′, se tiene:
f ′ ′
−1 0 1
f ′ ′ cambia de signo en x = 0 =⇒ (0, 0) es un punto de inflexión de f
+
∪
−
∩
−
∩
+
∪
f(x) es cóncava hacia arriba en ] − 1 , 0[ ∪ ]1 , +∞[ y es cóncava hacia abajo en
]−∞ , −1[ ∪ ]0 , 1[
El gráfico de f(x), es por lo tanto:
√
3
−
√
3
-1 1
5. a) La función f(x) admite derivadas continuas hasta el orden n y es tal que f(0) = 1 y
f ′(x) = 1+(f(x))3. Determine el polinomio de Taylor de orden 5 de f(x) en torno a x = 0.
Solución:
f(0) = 1
f ′(0) = 2
f ′ ′(x) = 3 (f(x))2 f ′(x) =⇒ f ′ ′(0) = 6
f (3)(x) = 3
[
2 f(x) (f ′(x))2 + (f(x))2 f ′ ′(x)
]
=⇒ f (3)(0) = 42
f (4)(x) = 3
[
2 (f ′(x))3 + 4 f(x) f ′(x) f ′ ′(x) + 2 f(x) f ′(x) f ′ ′(x) + (f(x))2 f (3)(x)
]
= 3
[
2 (f ′(x))3 + 6 f(x) f ′(x) f ′ ′(x) + (f(x))2 f (3)(x)
]
=⇒ f (4)(0) = 390
f (5)(x) = 3
[
6 (f ′(x))2 f ′ ′(x)+6 (f ′(x))2 f ′ ′(x)+6 f(x) (f ′ ′(x))2+6 f(x) f ′(x) f (3)(x)+
2 f(x) f ′(x) f (3)(x) + (f(x))2 f (4)(x)
]
=⇒ f (5)(0) = 4698
Luego el polinomio de orden 5 de f(x) en torno a x = 0 es:
p5(x) = f(0) + f
′(0)x+
f ′ ′(0)
2!
x2 +
f (3)(0)
3!
x3 +
f (4)(0)
4!
x4 +
f (5)(0)
5!
x5
=⇒ p5(x) = 1 + 2 x+
6
2!
x2 +
42
3!
x3 +
390
4!
x4 +
4698
5!
x5
b) Determine a ∈ R, de modo que:
ĺım
x→0
sen(ax)− sen(x)− x
x3
, exista
Solución:
El ĺımite es de la forma
0
0
, luego aplicando la regla de L’Hôpital, se tiene:
L = ĺım
x→0
sen(ax)− sen(x)− x
x3
L′H
= ĺım
x→0
a cos(ax)− cos(x)− 1
3x2
este ĺımite es de la forma
a− 2
0
, luego no existe si a ̸= 2.
Si a = 2 podemos aplicar nuevamente regla de L’Hôpital y se tiene:
L = ĺım
x→0
2 cos(2x)− cos(x)− 1
3x2
L′H
= ĺım
x→0
−4 sen(2x) + sen(x)
6x
L′H
= ĺım
x→0
−8 cos(2x) + cos(x)
6
= −7
6