FACULTAD DE MATEM ´ATICA
Examen - 28
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11
/
2017
∗Curso: C´alculo I
Sigla: MAT1116 - Segundo Semestre 2017
Profesor: Giuseppe De Nittis ([email protected])
Ayudante: Manuel Concha ([email protected])
NOMBRE:
APELLIDO:
R.U.T.:
Ej 1 Ej 2 Ej 3 Ej 4 N. T.†
• Tiempo: 120 minutos
• Sin consultas de libros y notas
Ejercicio 1 (Series)
(1,5 puntos)Sea
SN := N X
k=1
(−1)k+1 2k+1
k(k+1) .
(a) Pruebe que el l´ımite
S := lim
N→+∞SN
es convergente. (0,5 punto)
∗Soluciones y notas estar´an disponibles en la p´agina web:
https://gdenittis.wordpress.com/courses/calculo-i-mat1116/interrogaciones-y-examen/
(b) Muestre que la expansi´on
log(1+x) =
+∞
X
k=1
(−1)k+1x
k
k (0.1)
es la serie de Taylor (polinomio de grado infinito) de log(1+ x). (0,5 punto)
(c) Con la ayuda de la f´ormula (0.1) calcule el valor deS. (0,5 punto)
Ejercicio 2 (C´alculo de derivadas)
(1,5 puntos)Considere la funci´on f :R→ Rdefinida por
f(x) :=
αex + 1 si x> 0
sin(x) − β x si x< 0
conα, β∈R.
(a) Determine los valores deαyβpara que f ∈C1(R). (0,5 punto)
(b) Calcule m´aximos y m´ınimo, absolutos y relativos, de f. (0,5 punto)
(c) Diga si existe una par´abolag(x)= ax2+bx+cque sea tangente a f enx = 0 (o sea tal que f(n)(0)= g(n)(0) para todon6 2) justificando la respuesta. (0,5 punto)
Ejercicio 3 (Aplicaciones de la f´ormula de Taylor)
(1,5 puntos)Se quiere estudiar el l´ımite
lim
x→0
ex−1+log(1−x)
tan(x)−x = L
con el auxilio de la f´ormula Taylor.
(a) Encuentre la expresi´on del polinomio de Taylor de la funci´on
f(x) := ex − 1 + log(1−x)
de ordenn= 3 alrededor de un punto gen´ericox0 < 1. (0,5 punto)
(b) Encuentre la expresi´on del polinomio de Taylor de la funci´on
g(x) := tan(x) − x
de ordenn= 3 alrededor de un punto gen´ericox0 ∈(−π2,+π2). (0,5 punto)
Ejercicio 4 (Gr´afico de una funci´on)
(1,5 puntos)Se quiere dibujar el gr´afico de la funci´on
f(x) := x log(x
2)−4
log(x3)−9 .
Por lo tanto es necesario responder los siguientes puntos.
(a) Determine el dominioXy estudie el signo de la funci´on f. (0,5 punto)
(b) Estudie los l´ımites de f en los extremos del intervalo de definici´on X y discuta la
existencia de posibles as´ıntotas. (0,5 punto)
(c) Determine los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f y individ´ue los puntos
Soluci´on Ejercicio 1.
(a) Observamos que
2k+1
k(k+1) = 1
k +
1
k+1 y por lo tanto
SN =
N X
k=1
(−1)k+11
k
| {z } AN
+
N X
k=1
(−1)k+1 1
k+1
| {z } BN
el criterio de Leibniz se aplica aAN yBNy por lo tantoSN es convergente.
(b) Sea f(x)= log(1+ x). Un c´alculo directo muestra
f(k)(x) = (−1)k+1(k−1)! (1+x)k
y por lo tanto
PN,0[f](x) =
N X
k=1
(−1)k+1x
k
k.
Sigue que
log(2) =
+∞
X
k=1
(−1)k+11
k .
(c) Observamos que
A :=
+∞
X
k=1
(−1)k+11
k = log(2)
y
B :=
+∞
X
k=1
(−1)k+1 1
k+1 = −
+∞
X
k=2
(−1)k+11
k = −(log(2)−1).
Por lo tanto
S = A+B = log(2)−(log(2)−1) = 1.
Soluci´on Ejercicio 2.
(a) Comenzamos con continuidad de f:
lim
x→0+ f(x) = α xlim→0+(e
x
) + 1 = α + 1
y
lim
por lo tantoα+1=0 o seaα=−1. Esto implica f(0)=0. Para la continuidad de la derivada tenemos que calcular
f+0(0) := lim
→0+
f()− f(0)
= lim→0+
−e +1
= −1
y
f−0(0) := lim →0+
f(−)− f(0)
− = lim→0+
sin() − β
= 1 − β
y por lo tanto 1−β= −1 o seaβ= 2. En particular f0(0)=−1
(b) La derivada de f es
f0(x) :=
−ex si x> 0
cos(x) − 2 si x6 0
y por lo tanto f0(x) < 0 para todo x ∈Ry f es estrictamente decreciente en todo el dominio
R. Ademas se ve que
lim
x→±∞ f(x) = ∓∞.
Por lo tanto f no tiene m´aximos o m´ınimos.
(c) Sabemos que f(0) = 0 y f0(0) = −1. Por lo tantog(0) = 0 implica c = 0 y g0(0) = −1
implicab= −1. Para determinaranecesitamosg00(0). Sin embargo
f+00(0) := lim
→0+
f0()− f0(0)
= lim→0+
−e+1
= −1
y
f−00(0) := lim →0+
f0(−)− f0(0)
− = −lim→0+
cos() − 1
= 0
o sea f00(0) no existe. Por lo tanto la ecuaci´ong00(0)= f00(0) no tiene sentido y la constantea
no se puede determinar.
Soluci´on Ejercicio 3.
(a) Usando las f´ormulas
Pn,x0[e
x
](x) = ex0 + ex0(x− x
0) + ex0
2 (x−x0)
2 + . . . + e
x0
n!(x−x0)
n
y
Pn,x0[log(1−x)](x) = log(1− x0) −
x−x0 1−x0
!
− 1
2
x−x0 1−x0
!2
− . . . − 1
n
x−x0 1−x0
sigue que
P3,x0[f](x) = e
x0 − 1 + log(1−x0) +
ex0 − 1
1−x0
!
(x− x0)
+ 1 2 e
x0 − 1
(1−x0)2
!
(x−x0)2 + 1 3
ex0
2 −
1 (1−x0)3
!
(x−x0)3 .
Cuandox0 =0 el polinomio si simplifica c´omo
P3,0[f](x) = − 1 6x
3
y podemos escribir
f(x) = −1
6x 3 +
Rf(x)
donde
lim
x→0
Rf(x)
x3 = 0.
(b) Usando la f´ormula
P3,x0[tan(x)](x) = tan(x0) − x0 + x + tan(x0)
2
(x−x0) + tan(x0)+tan(x0)3 (x−x0)2
+ 1 3 +
4 tan(x0)2+tan(x0)4 3
!
(x−x0)3
sigue que
P3,x0[g](x) = tan(x0) − x0 + tan(x0)
2 (x−x 0) +
tan(x0)+tan(x0)3
(x−x0)2
+ 1 3 +
4 tan(x0)2+tan(x0)4 3
!
(x−x0)3 .
Cuandox0 =0 el polinomio si simplifica c´omo
P3,0[g](x) = 1 3x
3
y podemos escribir
g(x) = 1 3x
3 + R
g(x)
donde
lim
x→0
Rg(x)
x3 = 0.
(c)
lim
x→0
f(x)
g(x) = limx→0
−16x3 + R
f(x)
1
3x3 + Rg(x)
= lim
x→0
−16 + Rf(x)
x3
1 3 +
Rg(x)
x3
= − 1 6 1 3
= −1
2 .
Soluci´on Ejercicio 4.
(a) El dominio de log(x2) esR\ {0}y el dominio de log(x3) es x>0. De otro lado la fracci´on
no es definida en los puntos donde log(x3)−9= 0, es decir log(x)=3 o sea x= e3' 20,12. Entonces el dominio de f es
X := (0,e3) ∪ (e3,+∞).
Dado que x∈Ximplicax> 0, para estudiar el signo f(x)>0 es sufficiente estudiar
log(x2)−4
log(x3)−9 > 0.
Empezamos con el numerador:
log(x2)−4 > 0 ⇒ log(x)>2 ⇒ x > e2.
Para el denominator vale que
log(x3)−9 > 0 ⇒ log(x)>3 ⇒ x > e3.
Dado que e2 <e3se sigue que
f(x) > 0 si x∈(0,e2) ∪ (e3,+∞)
f(x) = 0 si x=e2 '7,4
f(x) < 0 si x∈(e2,e3).
(b) Empezamos con
lim
x→0+ f(x) = xlim→0+(x)
|{z}
=0
lim
x→0+
2− log(4x)
3− 9 log(x)
| {z }
2 3
= 0
donde se utiliz´o limx→0+log(x) = −∞. Ahora los l´ımites laterales en x0 := e3. Observamos
que limx→(e3)±(x)=e3y limx→(e3)±(log(x2)−4)= 6−4=2. De otro lado
lim
x→(e3)±
1 log(x3)−9
!
= lim
t→3±
1 3t−9
!
= ±∞
con el cambio de variable t := log(x). Por lo tanto la recta r⊥ definida por x = e3 es una as´ıntota vertical de f. Por fin lo l´ımites en+∞. Observamos que
lim
x→+∞ f(x) = xlim→+∞(x)
| {z }
=+∞
lim
x→+∞
2− 4
log(x)
3− 9
log(x)
| {z }
2 3
y por lo tanto
lim
x→+∞ f(x)
x = xlim→+∞
2− 4 log(x)
3− 9
log(x)
| {z }
2 3
= 2 3 .
Entonces f podr´ıa tener una as´ıntota oblicua de pendientem= 23. Sin embargo tenemos que encontra la intersecci´onqcon el eje de lasy:
q := lim
x→+∞ f(x)−mx
=
lim
x→+∞
"
2 3x
log(x)−2 log(x)−3 − 1
!#
= lim
x→+∞
"
2 3x
1 log(x)−3
!#
= lim
x→+∞
2 3 1 log(x)
x − 3 x = 2 3limt→0
1
t = +∞.
Esto significa que la funci´on no tiene as´ıntota oblicua.
(c) Para todo x∈Xla derivada de f es:
f0(x) := 2 3
"
log(x)−2 log(x)−3 + x
d dx
log(x)−2 log(x)−3
!#
= 2 3
"
log(x)−2 log(x)−3 +
1
log(x)−3 + x(log(x)−2) d dx
1 log(x)−3
!#
= 2 3
"
log(x)−1 log(x)−3 −
log(x)−2 (log(x)−3)2
#
= 2 3
"
(log(x)−1)(log(x)−3)−(log(x)−2) (log(x)−3)2
#
= 2 3
"
log(x)2−5 log(x)+5 (log(x)−3)2
#
.
Dado que (log(x)−3)2 >0 para todox∈Xs´olo tenemos que estudiar el signo de
log(x)2−5 log(x)+5 > 0
Con el cambio de variabley=log(x) se obtiene la factorizaci´ony2−5y+5= (y−y1)(y−y2) con
y1 =
5− √5
2 ' 1.38, y2 =
5+
√
5
2 ' 3,62,
o sea tenemos que estudiar
Por lo tanto sigue que
f0(x) > 0 si log(x)< y1, log(x)>y2
f0(x) = 0 si log(x)= y1,y2
f(x) < 0 si y1< log(x)< y2 , log(x),3.
Si definimos x1:= ey1 '3,98 y x2:= ey2 '37,26 sigue
f0(x) > 0 si 0< x< x1 , x> x2
f0(x) = 0 si x= x1,x2
f(x) < 0 si x1< x<e3 , e3 < x< x2 .
Por lo tanto f es estrictamente creciente si 0 < x< x1 yx > x2; es estrictamente decreciente
si x1 < x < x2 con la condici´on x , e3; tienes un punto de m´aximo (local) por x = x1 y un