Parcial de Cálculo (Resolución)

Parcial de Cálculo (Resolución)
1
4 de febrero de 2015
Fundamentos de Matemáticas
0 Indica si la función f (x) = (x−2)2 −4−2 cumple en el intervalo las hipótesis del teorema indicado:
a) El Teorema de Bolzano en [0, 3]
c) El Teorema de Weierstrass en [−3, 3]
e) El Teorema de Bolzano en [−1, 1]
g) El Th Fund. del Cálculo Integral en [−4, 3]
b) El Teorema de Rolle en [0, 3]
√
d) El Teorema de Rolle en [2− 7, 1]
f) El Teorema de Rolle en [1, 3]
√
h) El Teorema de Rolle en [2− 7, 3]
Solución: La función f es continua en R por composición de dos continuas, un polinomio y el valor absoluto;
como el valor absoluto es derivable salvo en 0 , f será derivable salvo quizá donde se anule (x − 2)2 − 4 (en
x − 2 = ±2 , es decir en x = 0 y x = 4) y en esos puntos no es derivable ya que (x − 2)2 − 4 < 0 en (0, 4)
y f 0 (x) = (2 + ((x − 2)2 − 4))0 = 2(x − 2) en (0, 4) y f 0 (x) = −2(x − 2) fuera de [0, 4] y se tiene que
lı́m− f 0 (x) = 4 6= −4 = lı́m+ f 0 (x) y
lı́m− f 0 (x) = 4 6= −4 = lı́m+ f 0 (x)
x→0
x→0
x→4
x→4
a) f es continua en [0, 3] (si) y f (0)f (3) = (−2)(1) < 0 (si)
b) f es continua en [0, 3] (si), derivable en (0, 3) (si) y −2 = f (0) = f (3) = 1 (no)
c) f es continua en [−3, 3] (si)
√ √ √ d) f es continua en 2− 7, 1 (si), 1 = f 2− 7 = f (1) = 1 (si) y derivable en 2− 7, 1 (no)
e) f es continua en [−1, 1] (si) y f (−1)f (1) = (3)(1) < 0 (no)
f) f es continua en [1, 3] (si), derivable en (1, 3) (si) y 1 = f (1) = f (3) = 1 (si)
g) f integrable es [−4, 3] (si) y continua en [−4, 3] (si)
√ √ √ h) f es continua en 2− 7, 3 (si), 1 = f 2− 7 = f (3) = 1 (si) y derivable en 2− 7, 3 (no)
1 Sean las funciones g(x) =
2(x+3)x
,
|x2 −32 |
f (x) =
g(x), si x ∈ Dom(g)
x
/ Dom(g)
3 , si x ∈
Z
y
Fa (x) =
x
f (t) dt
a
a Estudiar el dominio, la continuidad, la derivabilidad y las ası́ntotas de g
b Estudiar la continuidad y derivabilidad de f . ¿Está acotada superior o inferiormente?
c Obtener todos los puntos candidatos a albergar un extremo local de f y estudiar si lo hay o no
Z 2(x+3)2 −3
3
d) ¿Cuál es el dominio de F0 (x), F6 (x) y de H(x) =
f (t) dt? ¿Son continuas?
−6
e) La regla general, ¿dónde garantiza la derivabilidad de H ?, ¿cómo se obtiene H 0 (x)?
f Obtener el dominio concreto de H 0 (x) y los valores H 0 (−3) y H 0 (3), si existen
g Sacar la expresión de f sin valores absolutos, y obtener los polinomios de Taylor de f y de F0
en 0 de orden 8 (usar las operaciones con estos polinomios para optimizar los cálculos)
h Por el teorema de la inversa, ¿en qué intervalos podemos garantizar la existencia de función
inversa de f , ¿y de la función inversa de F0 ?
i Obtener (f −1 )0 (f (0)) y la expresión de la inversa de f en el intervalo que contenga al cero
Solución:
a) g es cociente de funciones con dominio todo R (polinomios y valor absoluto de polinomios), luego su
dominio será R salvo donde se anule el denominador, Dom g = R − {±3}. Como las funciones del
cociente son continuas, g también lo será es su dominio; y como las funciones del cociente son derivables
en el dominio (polinomio arriba y valor absoluto de polinomio abajo, que donde deja de ser derivable es
donde se anula el valor absoluto, ±3 que ya están eliminados) g también será derivable en su dominio.
2(x+3)x
0
2x
x+3
x+3
• lı́m f (x) = lı́m 2(x+3)x
=
2
2
|x −3 |
0+ = lı́m |x−3||x+3| = lı́m |x−3| · |x+3| = (−1) lı́m |x+3|
x→−3
x→−3
x+3
|x+3|
x→−3
x+3
lı́m −(x+3)
= −1 y
x→−3
x→−3−
36
• lı́m f (x) = lı́m 2(x+3)x
|x2 −32 | = 0+ = +∞
pero
x→3
lı́m −
=
lı́m +
x→−3
x→−3
x+3
|x+3| =
x→−3
lı́m +
x→−3
x+3
x+3
=1
x→3
Solo tiene ası́ntota vertical en x = 3 (no la hay en −3 y en los demás puntos es continua) y también
2(x+3)x
tiene ası́ntotas horizontales, lı́m f (x) = lı́m 2(x+3)x
y = 2 en ∞ y −∞
|x2 −32 | = lı́m
x2 −32 = 2 ,
x→±∞
x→±∞
x→±∞
b) El dominio de f es todo R , puesto que donde no haya función g ponemos el valor x3 que sı́ existe, y es
continua donde lo era g . Veamos en los dos nuevos puntos.
No es continua en 3, pues lı́m f (x) = lı́m g(x) = +∞ y tampoco en −3 , pues lı́m f (x) = lı́m g(x)
x→3
que no existe, aunque
x→3
lı́m + f (x) =
x→−3
x→−3
x→−3
lı́m + g(x) = −1 = f (−3) sı́ continua por la derecha en −3
x→−3
f es derivable en R − {±3} por serlo g y no lo es en ±3 por no ser continua ahı́
x→3
f no está acotada superiormente, f (x) −→ +∞ , y sı́ inferiormente (no hay verticales hacia −∞ y
tiene horizontales)
c) Los puntos candidatos, saldrán de los que anulen la derivada y donde no haya derivada, luego ±3 y
donde f 0 (x) = 0. Encontremos f 0 (x) :
x2 − 32 < 0 ⇔ x2 < 32 ⇔ |x| < 3 ⇔ −3 < x < 3 , luego
• en (−3, 3) es f (x) =
2(x+3)x
2x
(3+x)(3−x) = 3−x y
2(x+3)x
−2x
f (x) = −(3
2 −x2 ) = 3−x
2(x+3)x
32 −x2
• en (−∞, −3) ∪ (3, +∞) es
=
f 0 (x) =
2(3−x)−2x(−1)
3−x
y f 0 (x) =
−6
(3−x)2
=
6
(3−x)2
>0
<0
Luego ±3 son los únicos candidatos, y como no hay derivada ni continuidad, aplicamos la definición:
• f (3) = 1 es mı́nimo, pues los valores de alrededor son mayores, f (3) = 1 < +∞ = lı́m f (x)
x→3
• f (−3) = −1 es mı́nimo, pues por la izquierda, f (−3) = −1 < 1 =
0
lı́m f (x); y por la derecha
x→−3−
6
(3−x)2
es continua en −3 y creciente, pues en (−3, 3) es f (x) =
>0
Z x
d) El dominio de F0 (x) =
f (t) dt serán todos aquellos puntos x ∈ R para los que la función f sea
0
integrable en el intervalo [0, x] (o [x, 0]); y como f es acotada salvo en x = 3 y continua en el resto
menos en un punto, x = −3 , será integrable en cualquier intervalo [0, x] o [x, 0] que no contenga al 3 :
Dom F0 = (−∞, 3)
Por la misma razón, Dom F6 = (3, +∞), existe para cualquier [6, x] o [x, 6] que no contenga al 3
2
− 3, tenemos una expresión para H como composición, H(x) = F−6 (h(x)) y como
Si h(x) = 2(x+3)
3
Dom(h) = R y es Dom F−6 = (−∞, 3) por lo anterior,
Dom(H) = {x ∈ Dom(h) : h(x) ∈ Dom F−6 } = {x ∈ R : h(x) ∈ (−∞, 3)} = {x ∈ R : h(x) < 3} ,
2
h(x) = 2(x+3)
− 3 < 3 ⇐⇒ (x+3)2 < (3+3)3
= 9 ⇐⇒ |x+3| < 3 ⇐⇒ −3 < x+3 < 3 ⇐⇒ −6 < x < 0
3
2
Las funciones F0 , F6 y F−6 son funciones integrales, luego son continuas en su dominio, y h es continua
en R, luego H es continua en su dominio, (−6, 0), por ser composición de continuas
e) La regla general, el Th Fund. Cálculo Integral, garantiza que la función integral de f , F−6 , es derivable
donde f sea continua, luego en (−∞, 3)−{−3} y h es derivable en R , luego H(x) = F−6 (h(x)) será
2
derivable salvo en aquellos x para los que sea h(x) = −3 , es decir 2(x+3)
− 3 = −3 ⇔ x + 3 = 0
3
0
0
0
0
Luego H existe seguro en (−6, −3) ∪ (−3, 0) y H (x) = F−6 (h(x)) · h (x) = f (h(x)) · 34 (x + 3)
f) Como Dom H = (−6, 0), H 0 (3) no existe por no estar en el dominio, y como H es continua en −3 ,
solo falta comprobar si es derivable o no en este punto:
(?)
lı́m H 0 (x) = lı́m f (h(x)) · 43 (x + 3) =
x→−3
x→−3
4
(x
x→−3 3
lı́m f (y) · lı́m
y→−3+
+ 3) = (−1) · 0 = 0 = H 0 (−3)
x→−3
(?) En este paso, puede resolverse directamente, pues h(x) −→ −3 , y cerca de −3 la función f está
acotada y multiplicada por un lı́mite que tiende a cero, luego el lı́mite de todo es cero.
Para (?) ,
x→−3
2(x+3)2
+
especı́ficamente se tiene h(x) −→ −3 (si x 6= −3,
− 3 > −3) y basta usar la composición
3
2x
g) Alrededor del 0 , f (x) = 3−x
= 2x(3 − x)−1 = 2x · k(x) y obteniendo el polinomio de Taylor de k en
0 , tendremos el de f
k 0 (x) = (−1)(3 − x)−2 (−1) = (3 − x)−2
k 0 (0) = 3−2 y k(0) = 3−1
00
−3
−3
k (x) = (−2)(3 − x) (−1) = 2(3 − x)
k 00 (0) = 2! 3−3
000
−4
−4
−4
k (x) = (−3)2(3 − x) (−1) = 3 · 2(3 − x) = 3!(3 − x)
k 000 (0) = 3! 3−4
iv)
−5
−5
k (x) = (−4)3!(3 − x) (−1) = 4!(3 − x)
k 4) (0) = 4! 3−5
n)
−(n+1)
n)
y ······
k (x) = n!(3 − x)
······
k (0) = n! 3−(n+1)
−2
−3
−4
−5
−6
k
Luego P8,0
(x) = 3−1 + 1!31! x + 2!32! x2 + 3!33! x3 + 4!34! x4 + 5!35! x5 +
2
3
4
5
6
7
8
= 13 + 3x2 + x33 + x34 + x35 + x36 + x37 + x38 + x39
f
2x2
2x3
2x4
2x5
2x6
2x7
2x8
k
y P8,0
(x) = 2x · P8,0
(x) = 2x
3 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37 + 38
6!3−7 6
6! x
+
7!3−8 7
7! x
+
8!3−9 8
8! x
f
F0
Como F0 es una primitiva de f , F00 = f , también será P8,0
(x)0 = P7,0
(x) ; luego
Z
2
3
4
5
6
7
8
f
F0
P8,0
(x) = P7,0
(x)dx = x3 + 32x32 + 42x33 + 52x34 + 62x35 + 72x36 + 82x37 + C con C = 0 pues F0 (0) = 0
h) Por el Th de la Función inversa, f tiene derivada en (−∞, −3) ∪ (−3, 3) ∪ (3, +∞) y no se anula nunca,
en cada uno de esos tres intervalos tiene derivada de signo constante, luego en esos tres
F00 = f en (−∞, −3) ∪ (−3, 3) y f se anula solo en x = 0, la derivada de F0 tiene signo constante en
los intervalos (−∞, −3) ∪ (−3, 0) ∪ (0, 3)
i) 0 ∈ (−3, 3) y f admite inversa ahı́, como f 0 (0) =
6
32
=
, por el Th, será (f −1 )0 (f (0)) =
2
3
1
f 0 (0)
=
3
2
6
2x
= −2 − 3−x
, luego haciendo y = f (x) y despejando x ,
En ese intervalo, es f (x) = 3−x
6
6
1
6
6
y = −2 − 3−x ⇐⇒ y + 2 = x−3 ⇐⇒ y+2 = x−3
⇐⇒ y+2
+ 3 = x =⇒ f −1 (y) = y+2
+3
6
x→3−
x→−3+
Como f es creciente en (−3, 3) y f (x) −→ −1 y f (x) −→ +∞ , la función inversa obtenida estará
definida en f −1 : (−1, +∞) −→ (−3, 3)
2 Considera el recinto de la figura cuya frontera está formada por las rectas x − y = 0, 6 = x + y ,
0 = 5y + 18 + x, la parábola 1 = (5 − x)2 − y y la circunferencia x2 + y 2 + 3 = −4y
r
(3, 3)
a) Plantear el cálculo del área del recinto solo mediante integrales concretas
r
(6, 0)
b) Si dividimos el recinto con la recta 2y = −x, ¿qué
parte es mayor?, ¿por cuánto?
r
(−3, −3)
c) Plantear con integrales el cálculo del volumen generado al girar el recinto alrededor del eje Y .
r
(12, −6)
Solución: Las rectas son como aparecen etiquetadas en rojo sobre el dibujo [1] de abajo. El vértice de la
parábola, y = (5−x)2 −1 , está en x = 5 , punto (5, −1), y la circunferencia tiene centro en (0, −2) y radio 1 :
x2 + y 2 + 4y + 3 = 0 ⇐⇒ x2 + y 2 + 4y + 4 + 3 = 4 ⇐⇒ x2 + y 2 + 4y + 4 = 1 ⇐⇒ x2 + (y + 2)2 = 1.
a) Para el área del recinto, descontando el cı́rculo, está limitado por arriba (en rojo en [1]) por la recta
y = x entre −3 y 3, por la parábola entre 3 y 6 y por la recta y = 6 − x entre 6 y 12 , mientras
que por abajo (en azul en [1]) siempre lo limita la recta y = −18−x
; y como el área del cı́rculo, está
5
encerrado entre las dos
semicircunferencias,
derecha
e
izquierda,
será
Z −1 Z −1
p
p
p
2
2
1 − (y + 2) − (− 1 − (y + 2) ) dy =
2 1 − (y + 2)2 dy
−3
−3
y bastará con restárselo al área del resto del recinto. Luego
Z 3
Z −1 p
Z 6
Z 12
Z 12
−18 − x
A=
dx −
x dx +
2 1 − (y + 2)2 dy
(5 − x)2 − 1 dx +
6 − x dx −
5
−3
−3
3
6
−3
q
(3, 3)
[1]
y=x
q
(−3, −3)
−18−x
5
q
3
[3]
y = (5−x) −1
x=y
q(6, 0)
y =6−x
q−1
a
p
−3
q x = 1−(y +2)2
y=
q
(3, 3)
[2]
2
0
q
q(6, 0)
0
−1
q
(−3, −3)
−3
q
−18
5
q
qq
q
q
−1
x=
p
x=6−y
1−(y +2)2
−18
5
q
(12, −6)
q
q
√
x = 5− y +1
√
x = 5+ y +1
0
x = −18−5y
(12, −6)
b) La recta y = −2x divide al triángulo –sin los “agujeros”– en dos iguales (va de un vértice al punto
medio del otro lado, luego misma altura y mitad de la base, ver [2]) por lo que la diferencia entre ambos
estará en la diferencia de lo que se resta: el cı́rculo abajo y el trozo limitado por la parábola arriba.
No obstante, podemos calcular fácilmente el valor de las áreas de los triángulos, bien con integrales como
las que se pedı́a construir en el apartado anterior, bien por geometrı́a que en este caso es más sencillo:
• el triángulo superior, rojo en [2] , está dividido en dos triángulos de igual base, 6 punteada en rojo,
6·6
y alturas 3 hacia arriba y 6 hacia abajo, con lo que el área será 6·3
2 + 2 = 27;
18
• mientras que el inferior, verde, está dividido en dos de igual base, 5 punteada en verde, y alturas
18
·3
18
·12
3 hacia la izquierda y 12 hacia la derecha con lo que su área será 52 + 5 2 = 27
Como el cı́rculo es de radio 1 , su área es π , y el “agujero” de la parábola será el recinto entre la recta
y = 6 − x y la parábola, luego
Z 6
Z 6
x2 (5−x)3 i6
27
9
2
6−x− (5−x) −1
dx =
7−x−(5−x)2 dx = 7x −
+
= 21 −
−3 =
2
3
2
2
3
3
3
En consecuencia es mayor el de abajo, pues el cı́rculo resta π ≈ 3.141592 y la parábola 92 = 4.5
c) Girando respecto al eje y , la parte de la figura que se encuentra a la izquierda del eje de giro, es generada
completamente también por la parte derecha (ver [3]) por lo que lo incluı́mos en esta. Al girar, el área
limitado por las funciones x = f (y) , que aparecen en rojo, generan un volumen, y las funciones en azul
producen los ”huecos” de ese volumen, por lo que habrá que restarlo. Ası́:
Z 0
Z 3
Z 3
Z 0
p
p
V=
π(6 − y)2 dy +
π(5 − y + 1)2 dy −
πy 2 dy −
π(5 + y + 1)2 dy
−6
−1
Z
−18
5
−
−6
0
π(−18 − 5y)2 dy −
Z
−1
−1
−3
p
π( 1 − (y + 2)2 )2 dy
q
−6
3 Considera las siguientes ecuaciones diferenciales:
(i) (4y + yx2 )x0 = (2 + y)(x − 2)
(iii) yy 0 + 2x2 − 4 = y 2 x3 − 2xy 2
(ii) (1 + y)dx − (x + y 2 − 1)dy = 0
(iv) (y 2 − 3x2 y)dx = (y 2 − 2xy + x3 )dy
a) Indica cuál es separable, cuál lineal (en y o en x), cuál exacta y cuál de Bernoulli (en y o x)
b) Resuelve la ecuación (ii) buscando un factor de integración adecuado
c) Obtener las trayectorias ortogonales a las curvas solución de la ecuación (i)
Solución:
2
2+y
4+x
a) La ecuación (i) es separable pues es y(4 + x2 ) dx
pero no lo
dy = (2 + y)(x − 2) =⇒ x−2 dx = y dy
2
2
2
son, ni (ii) (1 + y)dx = (x + y − 1)dy , ni (iii) ydy = (x − 2)(y x − 2)dx, ni (iv)
dN
2
2
3 2
Ni (ii) (1+y)dx+(1−x−y 2 )dy = 0, dM
dy − dx = 2 6= 0; ni (iii) (2x −4+2xy −x y )dx+ydy = 0,
dM
dN
3
2
2
2
3
dy − dx = 4xy − 2yx − 1 6= 0 son exactas; pero (iv) (y − 3x y)dx + (2xy − y − x )dy = 0, sı́
dN
2
2
lo es dM
dy − dx = 2y − 3x − (2y − 3x ) = 0
x
(ii) parece lineal en x , pues (1+y)x0 +1−x−y 2 = 0 =⇒ (1+y)x0 −x = y 2 −1 =⇒ x0 − 1+y
=
−1
y lo es con P (y) = 1+y y Q(y) = y − 1
(iii) también podrı́a ser lineal en y , pues
y 2 −1
1+y
y y 0 = (x2 − 2)(y 2 x − 2) =⇒ y 0 = (x2 − 2)(yx − y2 )
2
pero y 0 − (x3 − 2x)y = − 2x y−4 no es lineal, sino de Bernoulli y 0 + (2x − x3 )y = (4 − 2x2 )y −1 , con
α = −1 , P (x) = 2x − x3 y Q(x) = 4 − 2x2
b) Como (ii) es lineal en x , va a admitir un factor µ(y) . Pero veamoslo, buscando un factor:
•
dM
dy
− dN
dx
N
dM
dy
− dN
dx
=
2
1−x−y 2
6= f (x), luego no admite factor µ(x)
0
(y)
= f (y) = µµ(y)
, luego admite factor µ(y)
Z
Z
µ0 (y)
−2dy
−2
, luego µ(y) =
ln(µ(y)) =
µ(y) dy =
1+y = −2 ln(1 + y) = ln(1 + y)
•
=
−M
2
2
−(1+y)
1−y −x
(1+y)2 dy
1
1+y dx
+
Como
dϕ(x,y)
dx
1−y 2 −x
1+y)2
= M (x, y) y
=
y es exacta
= 0.
dϕ(x,y)
dy
Z
= N (x, y) , será ϕ(x, y) =
2
−x
+ k 0 (y) =⇒ k 0 (y) = 1−y
(1+y)2 +
Z
Z
2
− 1) dy = ln(1 + y)2 − y
De donde, k(y) = k 0 (y)dy = ( 1+y
será
1
(1+y)2
dϕ(x,y)
dy
=
−x
(1+y)2
dx
1+y
=
x
(1+y)2
y
x
1+y
=
+ k(y), pero también
1−y 2
(1+y)2
x
1+y
=
1−y
1+y
=
2
1+y
−1
+ ln(1 + y)2 − y = C
es la solución general implı́cita de la ecuación diferencial (o explı́cita en x , que puede despejarse)
Nota: La solución y = −1, que lo era de la inicial, la hemos eliminado al operar (dividir por 1 + y ) y
no se engloba en la solución general
2
(4+x )y
c) Las curvas ortogonales a las curvas solución de (i) y 0 = (x−2)(2+y)
son solución de y 0 = −(x−2)(2+y)
(4+x2 )y
Z
Z
Z
Z
y
y
2−x
2−x
2
2
x
Como es separable, 2+y
dy = 4+x
(1− 2+y
)dy = ( 4+x
2 dx =⇒
2 − 4+x2 )dx
2+y dy=
4+x2 dx =⇒
Z
1
x
1
1
2
2
2 dx
=⇒ y − 2 ln |1 + y| = 1+(
x 2 −
)
2 ln(4 + x ) =⇒ y − 2 ln |1 + y| = arctg( 2 ) − 2 ln(4 + x ) + C
2