Departamento de Matemática Aplicada a la I.T. de Telecomunicación

Departamento de Matem´

atica Aplicada a la I.T. de Telecomunicaci´

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ASIGNATURA: C ´ALCULO I (Examen Final)

CONVOCATORIA: FEBRERO FECHA: 11 de Enero de 2013

Duraci´on del examen: 3 horas

Fecha publicaci´on notas: 18-01-2013 Fecha revisi´on examen: 22-01-2013

El Problema 4 se valora con 1.5 puntos y los problemas 1, 2 y 3 tienen el mismo valor

Problema 1. Sea f (x) = 1 + ex(1 − x).

a) Estudia el crecimiento y extremos de la funci´on. b) Calcula l´ım

x→−∞f (x).

c) Prueba que existe un ´unico n´umero real x0 tal que f (x0) = 0.

d) Estudia la concavidad y puntos de inflexi´on de la funci´on. Representa gr´aficamente la funci´on.

Soluci´on. a) Estudiamos el signo de f0(x).

Como f0(x) = −xex_{, f}0_{(x) > 0 si x < 0 y f}0_{(x) < 0 si x > 0, entonces f (x) es creciente}

para x < 0 y decreciente para x < 0, como adem´as f0(x) = 0, si x = 0, entonces presenta m´aximo en el punto (0, f (0)) = (0, 2) b) l´ım x→−∞f (x) = l´ımx→−∞[1 + e x_{(1 − x)] = 1 + l´ım} x→−∞e x _{− l´ım} x→−∞xe x _{= 1 + 0 + l´ım} t→∞te −t = 1 + l´ım x→∞ t et = 1 + 0 = 1

c) Observamos que ∀x < 0, f (x) = 1 + ex_{(1 + |x|) ≥ 1. Como f (x) es continua en R,y}

f (0) = 2 > 0 y f (2) = 1 − e2 _{< 0, por el teorema de Bolzano existe al menos un punto}

x0 ∈ (0, 2) tal que f (x0) = 0, adem´as por ser f (x) decreciente en sentido estricto cuando

x > 0, ese punto es ´unico.

d) Estudiamos el signo de f00(x).

f00(x) = −(1 + x)ex se anula en x = −1, f00(x) > 0 en el intervalo (−∞, −1) y f00(x) < 0 en el intervalo (−1, ∞), luego f es c´oncava (concavidad hacia arriba) en (−∞, −1) y convexa (concavidad hacia abajo) en (−1, ∞) por tanto presenta un punto de inflexi´on en el punto x = −1.

Como vimos en el apartado b) l´ım

x→−∞f (x) = 1, luego la gr´afica de f (x) tiene una as´ıntota

horizontal de ecuaci´on y = 1.

Con las consideraciones anteriores la gr´afica de f (x) resulta ser la siguiente:

Problema 2. Sea f (x) una funci´on derivable en (−π₂,π₂) que no se anula en este intervalo y tal que Z x 0 tg t f (t)dt + 1 f (x) = 9 + cos 2x si x ∈  −π 2, π 2  . (1)

a) Demuestra que f0(x) − f (x) tg x = 2f2_{(x) sen 2x si x ∈ −}π 2, π 2
y que f (0) = 1 10. b) Determina la ecuaci´on de f (x).

Soluci´on. a) Como f (x) es derivable y no nula en −π₂,π₂
, _{f (x)}1 es continua en ese intervalo. Tambi´en es continua tg x en ese intervalo (cos x no se anula) por lo que _{f (x)}tg x es continua en −π₂,π₂
. En consecuencia, R₀x _{f (t)}tg t dt es derivable en este intervalo y su derivada es _{f (x)}tg x por el Teorema Fundamental del C´alculo. Entonces, derivando en (??), obtenemos

tg x f (x) − f0(x) f2_(x) = −2 sen 2x, x ∈  −π 2, π 2  , de donde se deduce que

f0(x) − f (x) tg x = 2f2(x) sen 2x, x ∈−π 2, π 2  .

Por otra parte, evaluando la ecuaci´on (??) en x = 0 se obtiene que _{f (0)}1 = 10, o lo que es lo mismo, f (0) = ₁₀1.

b) Como f (x) es la soluci´on de la E.D.O. de Bernouilli y0− y tg x = 2y2_{sen 2x que satisface}

la condici´on inicial y(0) = ₁₀1 , dividiendo por y2 y haciendo el cambio 1_y = z se obtiene −y 0 y2 + tg x y = −2 sen 2x ⇔ z 0 + z tg x = −2 sen 2x

que es una E.D.O. lineal. Buscando la soluci´on en la forma z = uv, se tiene que cumplir u0v + u(v0+ v tg x) = −2 sen 2x y el par de ecuaciones u0v = −2 sen 2x y v0 + v tg x = 0 nos conduce a la soluci´on general. De la segunda ecuaci´on obtenemos

v0+ v tg x = 0 ⇒ v

0

v = − tg x ⇒ ln v = ln cos x ⇒ v = cos x. Llevando ahora v = cos x a la condici´on vu0 = −2 sen 2x se obtiene

u0cos x = −2 sen 2x ⇒ u0cos x = −4 sen x cos x ⇒ u0 = −4 sen x ⇒ u = 4 cos x + C de lo que se deduce que la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial de y es

y = 1

(C + 4 cos x) cos x. Imponiendo ahora la condici´on inicial y(0) = ₁₀1,

1

10 = y(0) = 1

C + 4 ⇒ C = 6 y as´ı la soluci´on es y = _{(6+4 cos x) cos x}1 , es decir,

f (x) = 1 (6 + 4 cos x) cos x, x ∈  −π 2, π 2  . 2

Problema 3.

a) Determina el campo de convergencia de la serie de potencias

∞ X n=1 n + 1 n · n!x n_.

b) Denotemos por f (x) la suma de la serie anterior. Calcula el desarrollo en serie de potencias centrada en 0 de la funci´on

h(x) = Z x

0

tf0_{(t) dt, x ∈ R.}

c) Teniendo en cuenta que ex =

∞

X

n=0

xn

n!, determina la ecuaci´on de h(x). Soluci´on. a) Aplicando el criterio del cociente a la serie P∞

n=1| n+1 n·n!x n_{| resulta} l´ım n→∞      n+2 (n+1)·(n+1)!x n+1 n+1 n·n!x n      =|x| l´ım n→∞ (n + 2) · n · n! (n + 1)2_{· (n + 1)!} =|x| l´ım n→∞ (n + 2) · n (n + 1)3 = |x| · 0 = 0 < 1 ∀x ∈ R. Luego P∞ n=1 n+1 n·n!x

n _{es absolutamente convergente para todo x ∈ R y, por tanto, converge}

para todo x ∈ R. b) Sea f (x) = ∞ X n=1 n + 1 n · n!x n

, x ∈ R. Derivando t´ermino a t´ermino la serie anterior, es decir, aplicando el teorema de derivaci´on de series de potencias

f0(x) = ∞ X n=1 n + 1 n · n!x n !0 = ∞ X n=1 n + 1 n! x n−1 , x ∈ R y sustituyendo el desarrollo anterior en la expresi´on de h(x) resultar´ıa

h(x) = Z x 0 t · f0(t) dt = Z x 0 t · ∞ X n=1 n + 1 n! t n−1_dt (∗)₌ ∞ X n=1 n + 1 n! Z x 0 tn dt = ∞ X n=1 n + 1 n! tn+1 n + 1 x 0 = ∞ X n=1 n + 1 n! xn+1 n + 1 = ∞ X n=1 xn+1 n! , x ∈ R

donde en (*) hemos integrado t´ermino a t´ermino, es decir, hemos aplicado el teorema de integraci´on de series de potencias.

As´ı pues el desarrollo en serie de potencias centrada en cero de h(x) es

h(x) = ∞ X n=1 xn+1 n! , v´alido ∀x ∈ R c) Deducimos del apartado anterior que

h(x) = ∞ X n=1 xn+1 n! = x · ∞ X n=1 xn n!, x ∈ R

y como sabemos que ex = ∞ X n=0 xn n! = 1 + ∞ X n=1 xn n!, x ∈ R resulta finalmente h(x) = x(ex_{− 1), x ∈ R.} 2 Problema 4. Se considera la funci´on f (x) = g(x) − 1 donde g(x) es una funci´on de per´ıodo 2 tal que

g(x) = (

x si −1 ≤ x < 0, x + 2 si 0 ≤ x < 1. a) Demuestra que f (x) es peri´odica de per´ıodo 2.

b) Demuestra que f (x) es una funci´on impar.

c) Calcula su serie de Fourier y determina el subconjunto de [−1, 1] donde coinciden f (x) y su serie de Fourier.

d) Deduce del apartado anterior la suma de la serie num´erica

∞

X

n=1

(−1)n+1 2n − 1 . Soluci´on. a) Como f (x) = g(x) − 1 y g(x) tiene per´ıodo 2,

f (x + 2) = g(x + 2) − 1 = g(x) − 1 = f (x), _{x ∈ R,} lo que significa que f (x) es peri´odica de per´ıodo 2.

b) En el intervalo [−1, 1) la funci´on f (x) es f (x) = g(x) − 1 = ( x − 1 si −1 ≤ x < 0, x + 2 − 1 si 0 ≤ x < 1. = ( x − 1 si −1 ≤ x < 0, x + 1 si 0 ≤ x < 1. Sea ahora x ∈ (0, 1) donde f (x) = x + 1. Entonces −x ∈ (−1, 0) y por tanto

f (−x) = (−x) − 1 = −(x + 1) = −f (x), x ∈ (0, 1), por lo que f (x) es una funci´on impar.

c) Al ser la funci´on f (x) impar, ya sabemos que an= 0 cuando n = 0, 1, 2, . . . , y que

bn = 2 Z 1 0 f (x) sen nπx dx = 2 Z 1 0 (x + 1) sen nπx dx = 2  −(x + 1)cos nπx nπ    1 0 + Z 1 0 cos nπx nπ dx  = 2 1 − 2 cos nπ nπ + sen nπx n2_π2    1 0  = 21 − 2(−1) n nπ .

Entonces, como f (x) es continua en [−1, 1] excepto en −1, 0, y 1,

f (x) = 2 π ∞ X n=1 1 − 2(−1)n n sen nπx cuando 0 6= x ∈ (−1, 1).

c) Puesto que sen 2kπ₂ = 0 para k = 1, 2, . . . , y sen(2k − 1)π₂ = (−1)k+1 _{para todo entero}

positivo k, se tiene que f 1 2  = 2 π ∞ X n=1 1 − 2(−1)n n sen nπ 1 2 = 2 π ∞ X k=1 1 − 2(−1)2k−1 2k − 1 (−1) k+1 ₌ 6 π ∞ X k=1 (−1)k+1 2k − 1 de lo que se deduce que

∞ X k=1 (−1)k+1 2k − 1 = π 6f  1 2  = π 4. 2