OBJ 3 PTA 3 Determinar los coeficientes a y b para que la función

Universidad Nacional Abierta _{CÁLCULO I (749)} Vicerrectorado Académico _{Cód. Carrera: 508} Área De Matemática _{Fecha: 14 / 04 / 12}

MODELO DE RESPUESTAS Objetivos 1 al 8

OBJ 1 PTA 1 Calcula

x 0

a x 1 a x 1

li m

x



  

, con 0 < a < 1

Solución:

Como x es un número muy cercano a cero, se tiene que ax  1 < 0 y ax + 1 > 0. (Ya que, si ax – 1 > 0, entonces x > 1

a y como 0 < a < 1 se tiene que 1

a > 1 de aquí que x > 1, lo que no puede ser, pues

x es un número muy cercano a cero, de manera similar se comprueba que ax + 1 > 0). De lo anterior,

a x 1 ( a x 1) a x 1

a x 1 a x 1

      

  

luego

x 0 x 0

x 0 x 0 x 0

a x 1 a x 1 ( a x 1) ( a x 1)

l i m l i m

x x

a x 1 a x 1 2 a x

li m li m li m ( 2 a ) 2 a

x x

 

  

      

 

    

    

OBJ 2 PTA 2 Sea

1 s i x 0

1

f ( x ) s i 0 x 1

a x b

5 b si x 1

 

 

 _  

 

 

 

Calcule los valores de a y b de modo que f sea continua.

Solución:

Para 0 x 1 , f ( x ) 1

a x b

  

 es continua, excepto posiblemente el en punto x0 tal que

0

a x  b  0 ó 0

b x

a

  .

Para x > 1, f(x) = - 5b es continua, pues es una función constante. Analicemos la continuidad en los puntos x = 0 y x = 1.

En x = 0:

x 0 x 0

x 0 x 0

li m f ( x ) li m 1 1

1 1

li m f ( x ) li m

a x b b





 

 

 

 



Para que

x 0

li m f ( x )

 exista, los límites laterales deben ser iguales. Por lo tanto

x 0 x 0

1

li m f ( x ) li m f ( x ) 1 b 1

b

 

      

En x = 1

x 1 x 1

x 1 x 1

1 1 1

lim f ( x ) lim ( p u es b 1)

ax b a b a 1

lim f ( x ) lim ( 5 b ) 5 b 5 ( p u es b 1)





 

 

   

  

      

Así,

x 1 x 1

1 6

lim f ( x ) lim f ( x ) 5 1 5a 5 a

a 1 5

 

             

Finalmente, se observa que 0

b 1 5

x (0,1)

6

a 6

5

     



, por tanto debemos excluirlo del

intervalo; así la función f es continua en todos los reales excepto en x₀ 5 6

 . Luego la función f queda definida de la siguiente manera:

1 si x 0

1 5

f (x ) si 0 x 1, x

6 _{x 1} 6

5

5 si x 1



 

 

 _   

  



 _{ }

OBJ 3 PTA 3 Determinar los coeficientes a y b para que la función

2

x 1 si x 1

f ( x )

a x b si x 1

  

 

 



Sea derivable en el punto x = 1. Comprobar el resultado gráficamente.

Solución:

La función derivada ha de ser f ( x )' 2 x si x 1

a si x 1

 

 

 

para lo cual se ha de cumplir:

' '

f (1 ) f (1 ) a b 2

f (1 ) f (1 ) a 2

 

 

    

 

  

 

de aquí que a2 y b0

Luego,

2

' 2 x si x 1

x 1 si x 1

f ( x ) f ( x )

2 si x 1

2 x si x 1



   

 _   _



 _



La continuidad significa que los dos tramos de la curva están empalmados. La derivabilidad significa que el empalme se ha hecho con suavidad, es decir, con una tangente común.

OBJ 4 PTA 4 Dada la función f ( x ) ln 1 s e n ( x ) 1 se n ( x )

 _ 

 _ _



 

. Pruebe si se cumple la siguiente igualdad

'

f ( x )  s ec( x )

Solución:

Hagamos ciertas operaciones en la expresión original de la función antes de derivar





1 sen ( x ) 1 1 sen ( x ) 1

f ( x ) ln . ln ln (1 sen ( x )) ln (1 sen ( x ))

1 sen ( x ) 2 1 sen ( x ) 2

 

 

  _{ }    

 _  _ ,

entonces

2

2

1 c o s ( x ) c o s( x )

f ( x )

2 1 s e n ( x ) 1 se n ( x )

1 2 c o s( x )

2 1 s en ( x )

1 2 co s ( x ) 1 2

s ec ( x )

2 c o s ( x ) 2 c o s( x )

  

  _  _

 

 

  

 _{ }



 

 

OBJ 5 PTA 5 Sea f : [a, b] → IR continua en [a, b] y derivable dos veces en [a, b].

Supongamos que el segmento de extremos (a, f (a)) y (b, f (b)) corta la gráfica de f en un punto (c, f (c)) con a < c < b. Demuestra que existe algún punto d(a, b) tal que f (d) = 0.

Solución:

Basta aplicar el teorema del valor medio a f en los intervalos [a, c] y [c, b] para obtener que hay puntos u (a, c), v (c, b) tales que

f (c) f (a ) f (b ) f (c)

f (u ) , f ( v )

c a b c

 

   

 

Como los puntos (a, f(a)), (c, f(c)) y (b, f(b)) están alineados, es decir, están sobre una misma recta entonces se cumple:

f (c) f (a ) f (b ) f (c)

c a b c

 



 

Por tanto f (u) = f (v).

Aplicamos ahora el teorema de Rolle a f  en [u, v], para concluir que hay algún d (u, v) tal que f (d) = 0.

OBJ 6 PTA 6 Halle la fórmula de Taylor de la función f(x) = sen(x) en el punto a = 3 

.

Solución:

Derivando f(x) = sen(x) se obtiene f (x) = cos(x) = sen(x +

2

_{)  f (}

3 _{) = 1}

2 f  (x) = sen(x) =sen(x + 2₂)  f  (

3

_{) = } 3

2 f (x) = cos(x) = sen(x + 3₂)  f  (

3

_{) = }1 2 f IV (x) = sen(x) = sen(x + 4

2

_{)  f} IV

( 3

_{) =} 3

2 :

f n (x) = (sen(x))n = sen(x + n

2

_{)  f} n

( 3

_{) = sen(} 3 _{+ n}

2

₎

por lo tanto, el n-simo polinomio de Taylor de f en a = 3 

es:

2 3 n

n

sen n

3 1 3 1 1 1 3 2

T (x) x x x ... x

2 2 3 2 2 3 2 3! 3 n! 3

 

 



 

   

        

  _  _ _  _  _  _   _  _

y el resto

n 1 n 1

n 1

n

sen(c (n 1) )

f (c) ₂

R (x) x x

(n 1)! 3 (n 1)! 3

 





 

 

   

 _  _  _  _

      , donde c es un punto “entre a y x” Luego

sen(x) = Tn (x) + Rn (x) OBJ 7 PTA 7 Calcule sen (61º) con un error menor que 108.

Solución:

Lo primero que hay que hacer es expresar el seno en radianes. Tenemos que

6 1

sen (6 1º ) sen sen

1 80 3 18 0

  

   

 _{ }  _  _

   

Claramente, debemos elegir a = π/3. El error que se comete al aproximar sen 61 180



 

 

  por el correspondiente valor del polinomio de Taylor T (x) viene dado por _n

( n 1) n 1

n 1

sen (c) _{1 2}

x a

(n 1)! (n 1)! 100

 

  

  _{ }

    con

61

a , x

3 180

 

 

Donde hemos tenido en cuenta que las derivadas del seno están acotadas por 1 y que 3, 5 2

180 180 100 

  . Deducimos que basta tomar n = 3 para que el error cometido al aproximar 61

sen 180



 

 

  por el valor del polinomio de Taylor 3 61 T

180 

 

 

  sea menor que

8

10 .

OBJ 8 PTA 8 Representar la función:

2

x x 4 f (x)

x 1   



Solución:

Dominio:  - {1} Simetría:

2 2

x x 4 x x 4 f ( x)

x 1 x 1

   

  

   , no presenta Puntos de cortes con los ejes.

Punto de corte con OX:

1 17 1 17

, 0 , 0

2 2

 _   _ 

   

   

   

Punto de corte con OY:

2

Asíntotas.

Asíntota horizontal:

2

x

x x 4

lim

x 1

 

 

  

 No tiene Asíntota vertical:

2

x 1

x x 4

lim

x 1



 

  

 x = 1 Asíntota oblicua:

2

2

x x

x x 4

x x 4

x 1

m lim 1, n lim x 0 , y x

x x 1

   

 

   



     _  _  



 

Crecimiento y decrecimiento.

2

' 2

2

x 2 x 5

f ( x ) x 2 x 5 0

( x 1)

 

   

 sin solución real

Creciente: (,1)  (1,)

Máximos y mínimos. No existen extremos locales Concavidad y convexidad. f ( x ) 8 ₃ 0

( x 1)



  

 sin solución Cóncava: (,1)

Convexa: (1,)

Puntos de inflexión.

No hay punto de inflexión Representación gráfica.