Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (51)

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8 UNA VARIABLE: APROXIMACIÓN DE RAÍCES (*)
que nos da sucesivamente
x1 = 2
′090909 . . . x2 = 1
′895903 . . . x3 = 1
′861832 . . . x4 = 1
′860807 . . . x5 = 1
′860805 . . .
por lo que la aproximación pedida es 1′8608.
o
Matemáticas de 1 , problemas 151 Alberto del Valle Robles
9 UNA VARIABLE: GRÁFICAS (*)
9. UNA VARIABLE: GRÁFICAS (*)
1. Trazar la gráfica de y = (x+ 2)e−x, aśı como su recta tangente por el punto (0, 2).
Solución: El dominio es todo R, y por tanto no hay aśıntotas verticales. Como e−x es siempre
positivo, los cortes con los ejes se producen en A = (0, 2) y B = (−2, 0), y la función es positiva en
el intervalo (−2,+∞) y negativa en (−∞,−2). Como
ĺım
x→+∞
y = ĺım
x→+∞
x+ 2
ex
(
=
∞
∞
)
= ĺım
x→+∞
1
ex
= 0
el eje y = 0 es una aśıntota horizontal “por la derecha”. Los ĺımites de y y de y/x cuando x → −∞
son infinitos, luego no hay aśıntota horizontal ni oblicua “por la izquierda”.
Se tiene y′ = −(x+1)e−x, por lo que la función crece en el intervalo (−∞,−1), decrece en (−1,+∞),
y presenta un máximo relativo en el punto (−1, e).
Se tiene y′′ = xe−x, por lo que la función es convexa en el intervalo (−∞, 0), cóncava en (0,+∞), y
presenta una inflexión en el punto A = (0, 2), en el que la recta tangente tiene pendiente y′(0) = −1.
Con todos estos datos y con algunos valores más para ajustar (por ejemplo y(−3) = −e3 ≈ −20,
y(1) = 3/e ≈ 1′1, y(2) = 4/e2 ≈ 0′54, y(4) = 6/e4 ≈ 0′1) podemos dibujar las gráficas pedidas:
✲
✻
qB
qC q
A q q q
❅
❅
❅
❅
❅
❅
o
2. Haz la representación gráfica de la ecuación y =
ex
1 + x
.
Solución: La función está definida en todo R excepto en x = −1, donde tiende a infinito (“constante
no nula dividida por cero”); por tanto la recta x = −1 es una aśıntota vertical.
Como el numerador ex es siempre positivo, el signo de f(x) es el de x+1. Por tanto la gráfica está
por encima del eje horizontal cuando x > −1, está por debajo cuando x < −1, y no lo corta en
ningún punto.
Como f(0) = 1, el corte con el eje vertical es el punto A = (0, 1).
El ĺımite de f(x) cuando x → −∞ es del tipo 0/∞ y por tanto vale 0, por lo que el eje horizontal
es una aśıntota “hacia la izquierda”, y la función se le pega “por debajo” porque ya hemos visto
que en esos puntos toma valores negativos.
En cambio, cuando x → ∞, los ĺımites de f(x) y de f(x)/x son infinitos (trivial por l’Hôpital) y
por tanto no hay aśıntotas horizontales ni oblicuas; es decir, hacia la derecha, la función crece “muy
a lo bestia”.
Matemáticas de 1 , problemas 152 Alberto del Valle Robles
9 UNA VARIABLE: GRÁFICAS (*)
La derivada de la función vale
f ′(x) =
ex(1 + x)− ex
(1 + x)2
=
xex
(1 + x)2
Como ex y (1+x)2 son siempre positivos, la función decrece para x < 0, crece para x > 0 y alcanza
un mı́nimo relativo para x = 0, o sea, en el punto A = (0, 1).
Esto ya nos permite hacer una representación gráfica muy precisa. Se puede afinar un poco más
calculando la derivada segunda
f ′′(x) =
[ex + xex] (1 + x)2 − xex2(1 + x)
(1 + x)4
=
ex(1 + x)2 − 2xex
(1 + x)3
=
ex(1 + x2)
(1 + x)3
Su signo es de nuevo muy fácil de analizar, y nos dice que la función es convexa para x < −1, es
cóncava para x > −1, y no tiene puntos de inflexión.
La gráfica es pues:
✻
✲
r
A
r
r
o
3. Dada la función f(x) = x sen(x) + cos(x), se pide:
a) Aproximar una ráız aplicando el método de Newton-Raphson con una sola iteración y con
x0 = π.
b) Esbozar su gráfica en el intervalo x ∈ [−π, π].
Solución: (a) Como f ′(x) = sen(x) + x cos(x)− sen(x) = x cos(x), la aproximación pedida es
x1 = π −
f(π)
f ′(π)
= π − π sen(π) + cos(π)
π cos(π)
= π − −1−π = π −
1
π
≈ 2′8233
(b) La función es par, pues f(−x) = −x sen(−x)+cos(−x) = x sen(x)+cos(x) = f(x). La gráfica es
pues simétrica con respecto al eje vertical, por lo que basta con analizar lo que pasa para x ∈ [0, π].
Algunos valores sencillos de calcular son f(0) = 1, f(π) = −1 y f(π/2) = π/2, y el apartado
anterior nos da, aproximadamente, el corte con el eje horizontal: f(2′8) ≈ 0.
Matemáticas de 1 , problemas 153 Alberto del Valle Robles
	UNA VARIABLE: GRÁFICAS (*)