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C¡LCULO I Examen de Enero 15-01- 2013
Nombre:
1 er^ Apellido:
2 o^ Apellido:
N˙m. MatrÌcula NOTA
Ejercicio 1.
Sea
f (x) =
j sen (x 1)j x 1
x 2 x < 1
1-1.- Estudiar la continuidad y derivabilidad de f en x = 1:
1-2.- Comprobar que f veriÖca las hipÛtesis del teorema de Rolle en el siguiente intervalo [1 + 2; 1 + 3]. Estudiar el n˙mero de ceros de f en R:
1-3.- Estudiar si f es derivable en Rn f 1 g.
1-4.- Probar que no existe limx!+ 1 f (x): JustiÖcar la existencia de limx!+ 1
f (x) x 1
1-5.- Estudiar el n˙mero de soluciones de la ecuaciÛn 3 x^ = x 2 :
(PuntuaciÛn: 3 puntos)
SoluciÛn:
1.1.- Estudiamos la continuidad de la funciÛn calculando primero los lÌmites laterales
lim x! 1 +^
f (x) = lim x! 1 +^
jsen (x 1)j = 0
lim x! 1 _^ f (x) = lim x! 1 _^ x 2 = 1
Al ser distintos, f no es continua en x = 1y por tanto tampoco es derivable en dicho punto.
1.2.- Dado que f es continua en [1 + 2; 1 + 3], derivable en (1 + 2; 1 + 3) y
f (1 + 2) = jsen 2 j = 0
f (1 + 3) = jsen 3 j = 0
resulta que f cumple las condiciones del terorema de Rolle y podemos asegurar que 9 c 2 (1 + 2; 1 + 3) f 0 (c) = 0: Si se procede en los intervalos
Ik = [1 + k; 1 + (k + 1) ] 8 k 2 N
de manera an·loga a como hemos hecho, podemos asegurar que el n˙mero de ceros de f en R es inÖnito, m·s a˙n:
f (x) = 0 () x = 1 + k 8 k 2 N
1.3.- Si x < 1 ; f (x) = x 2 es derivable y f 0 (x) = 1 Si x > 1 ;
f (x) =
sen(x 1) x 2 [1 + k; 1 + (k + 1) ] k par sen(x 1) x 2 [1 + k; 1 + (k + 1)] k impar
que es derivable salvo en los puntos x = 1 + k 8 k 2 N, puesto que
lim x!1+k
f (x) f (1 + k) x (1 + k)
= lim x!1+k
f (x) x (1 + k)
= lim x!1+k
jsen(x 1)j x (1 + k)
y las derivadas laterales son distintas
f (^) +^0 (1 + k) = lim x!(1+k)+^
cos(x 1) = 1
f (^) ^0 (1 + k) = lim x!(1+k)
cos(x 1) = 1
independientemente de que k sea par o impar.
1.4.- Para probar que no existe limx!1 f (x) consideramos las sucesiones
xn = 1 + n yn = 1 +
que cumplen lim n!
xn = lim n!
yn = 1 :
Pero como f (xn) = jsen( n)j = 0 f (yn) = sen(
resulta que @ limx!1 f (x):
El limx!
f (x) x 1
existe y vale cero pues 8 x > 1 , f (x) = jsen (x 1)j 6 1 ; de manera que
8 x > 1 0 6
f (x) x 1
x 1
y aplicando lÌmites se obtiene que
lim x!
f (x) x 1
ObservaciÛn: Los apartados anteriores se acortan notablemente si inicialmente se hace el cambio t = x 1 y se trabaja con la funciÛn
g(t) =
jsen tj t > 0 t 1 t < 0
1.5.- Estudiamos el n˙mero de soluciones de la funciÛn
h(x) = 3x^ x + 2:
C¡LCULO I Examen de Enero 15-01- 2013
Nombre:
1 er^ Apellido:
2 o^ Apellido:
N˙m. MatrÌcula NOTA
Ejercicio 2.
2-1.- DeÖniciÛn de sucesiÛn de Cauchy.
2-2.- Sean las funciones:
f (t) =
tet (t + 1)^2
y F (x) =
Z (^) x
0
f (t) dt
2-2a.- Calcular limt!+ 1 f (t):
2-2b.- JustiÖcar la continuidad y derivabilidad de F en [0; + 1 ) : Estudiar si F est· acotada superiormente en [0; + 1 ) :
2-2c.- Hallar, si existen, los extremos locales y globales de F en [0; + 1 ) :
2-2d.- Calcular F (1):
2-2e.- Hallar F (5)(0):
(PuntuaciÛn: 3 puntos)
SoluciÛn:
(an) es una sucesiÛn de Cauchy , 8 > 0 existe un n 0 2 N tal que 8 m; n n 0 se veriÖca jam anj < :
2-2a.- El lÌmite es una indeterminaciÛn del tipo 1 = 1. Aplicando al lÌmite la regla de LíHospital se tiene:
lim t! f (t) = lim t!
et^ + tet 2(t + 1)
= lim t!
et 2
2-2b.- Claramente f es una funciÛn continua en [0; + 1 ) y por el teorema fundamental del c·lculo podemos aÖrmar que F es derivable en [0; + 1 ) y por tanto continua. F no est· acotada superiormente en [0; + 1 ) ya que como hemos visto anteriormente limt!+ 1 f (t) = + 1 lo que signiÖca
8 M > 0 existe S > 0 talque 8 t S se veriÖca f (t) > M:
luego 8 x S se tiene
F (x) =
Z S
0
f (t) dt +
Z (^) x
S
f (t) dt + M (x S); con 2 R
lo que implica que limx!1 F (x) = + 1 de donde se deduce que F no est· acotada supe- riormente.
2-2c.- Por el teorema fundamental del c·lculo se tiene que
8 x 2 (0; + 1 ) , F(x) =
xex (x + 1)^2
0 y F(0) = 0
AsÌ, al ser F estrictamente creciente en [0; + 1 ) y F (0) = 0 resulta que F tiene un mÌnimo global y por tanto local en x = 0 y F no tiene m·ximos ni locales ni global en [0; + 1 ) porque es estrictamente creciente.
2-2d.- Para hallar F (1); calculamos la siguiente integral, integrando por partes. Si llamamos
u = tet^ y dv = (t + 1) ^2
se tiene
F (x) =
Z (^) x
0
tet (t + 1)^2
dt =
tet (t + 1)
x
0
Z (^) x
0
et(t + 1) t + 1
dt =
xex x + 1
ex x + 1
y F (1) =
e 2
2-2e.- Para calcular F (5)(0) vamos a utilizar los desarrollos de Taylor de las funciones ex^ y (1 + x) ^2 : Sabemos que
F (0) = 0 y F(x) = xex(x + 1) ^2 =
X^ n
k=
(F)k(0) k!
xk^ + O(xn):
Comenzamos escribiendo el desarrollo de Taylor de la funciÛn g(x) = xex^ a partir del desarollo de ex^ :
g(x) = xex^ =
X^ n
k=
xk+ k!
Por otra parte es conocido que :
(x + 1) ^2 =
X^ n
k=
k
A su vez, es sabido que el polinomio de Taylor de orden n en x = a del producto de gh se obtiene al prescindir de los tÈrminos en x de grado mayor que n en el producto Pn;a(g; x)Pn;a(h; x): Ahora bien, como lo que se pide es F (5)(0); solamentera es necesario el factor que multiplica a x^4 en el polinomio de Taylor de orden 4 de F: Con los datos que tenemos dicho factor es:
(F)^4 (0) 4!
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N˙m. MatrÌcula NOTA
Ejercicio 3.
3-1.- Sea la sucesiÛn xn+1 =
p 3 + 2xn con x 1 > 0 :
a) Calcular razonadamente para quÈ valores de x 1 > 0 la sucesiÛn es monÛtona creciente y para quÈ valores es monÛtona decreciente.
b) Demostrar que la sucesiÛn es convergente y calcular su lÌmite.
3-2.- Sea la sucesiÛn xn =
p n^2 + an + 1
p n^2 + bn
con a; b 2 R+. Calcular limn!1 xn.
3-3.- Estudiar si las siguientes aÖrmaciones son verdaderas o falsas razonando la respuesta.
a) Sea f una funciÛn derivable en [0; 2]. Si f (0) = 0 y f (2) = 6, entonces 9 c 2 (0; 2) tal que la recta tangente a la gr·Öca de la funciÛn f en el punto (c; f (c)) es perpendicular a
la recta y = 1
x.
b) Sea f una funciÛn derivable en [0; 2]. Si f (0) = 0 y f (2) = 6, entonces 9 c 2 (0; 2) tal que la recta tangente a la gr·Öca de la funciÛn f en el punto (c; f (c)) es perpendicular a
la recta y = 1
x.
3-4.- Hallar
lim x! 0 +
x
Z (^) x
0
cos(
p t) dt
x^2
3-5.- Sea f 2 C^1 ([1= 2 ; 1]) tal que f (1=2) = 0 y adem·s 8 x 2 (1= 2 ; 1) se tiene que 0 f 0 (x) 1. Probar que
0
Z 1
1 = 2
f (x) dt
(PuntuaciÛn: 4 puntos)
SoluciÛn:
a) Si x 1 = 3 se tiene que x 2 =
p 3 + 2x 1 = 3 y por tanto xn = 3 para todo n. Esto da una idea de que el valor x 1 = 3 es especial y se estudian los casos x 1 > 3 y x 1 < 3 por separado. Supongamos que x 1 > 3. Es f·cil probar que para todo n si xn > 3 entonces tambiÈn xn+1 > 3 : xn+1 =
p 3 + 2xn >
p 3 + 2 3 = 3
Luego, por inducciÛn, se llega a la conclusiÛn de que si x 1 > 3 entonces para todo n se cumple que xn > 3. Por otro lado se cumple que si xn > 3 entonces xn+1 < xn. En efecto:
xn+1 =
p 3 + 2xn <
p xn + 2xn =
p 3 xn <
p xn xn = xn
De donde se vuelve a deducir por inducciÛn que si x 1 > 3 entonces la sucesiÛn xn es estrictamente decreciente y est· acotada inferiormente por 3.
Supongamos que x 1 < 3. Se tiene que para todo n xn < 3 implica que xn+1 < 3 porque
xn+1 =
p 3 + 2xn <
p 3 + 2 3 = 3
y como x 1 < 3 se deduce que todos los tÈrminos de la sucesiÛn son menores que 3. Adem·s se tiene que si xn < 3 entonces xn+1 > xn porque
xn+1 =
p 3 + 2xn >
p xn + 2xn =
p 3 xn >
p xn xn = xn
De donde se vuelve a deducir por inducciÛn que si x 1 < 3 entonces la sucesiÛn xn es estrictamente creciente. Adem·s, seg˙n acabamos de ver, est· acotada superiormente por
b) Una sucesiÛn monÛtona decreciente y acotada inferiormente tiene lÌmite y lo mismo le ocurre a una acotada superiormente y monÛtona creciente, de modo que la sucesiÛn que nos ocupa tiene lÌmite Önito l cuando x 1 > 0. Para calcularlo basta tomar lÌmite en los dos miembros de xn+1 =
p 3 + 2xn:
lim n! xn+1 =
q 3 + 2 lim n! xn
l =
p 3 + 2l
o bien l^2 2 l 3 = 0
Esta ecuaciÛn tiene como soluciones 1 y 3 y como l > 0 forzosamente se tiene que l = 3.
3-2 El lÌmite de la sucesiÛn
xn =
p n^2 + an + 1
p n^2 + bn
3-5 Se puede razonar de la siguiente manera: como f (1=2) = 0 y la derivada es positiva en el intervalo (1= 2 ; 1), la funciÛn es creciente en dicho intervalo y por tanto no negativa. Luego su integral es no negativa. De entre todas las funciones que cumplen que f (1=2) = 0 y adem·s 8 x 2 (1= 2 ; 1), 0 f 0 (x) 1 , la mayor de todas en cualquier punto del intervalo es la funciÛn x 1 = 2 que cumple la condiciÛn g (1=2) = 0 y cuya derivada es 1 en todos los puntos del intervalo. En efecto, de forma m·s rigurosa, se deÖne la funciÛn h (x) = x 1 = 2 f (x) y se tiene que 8 x 2 [1= 2 ; 1] ; h^0 (x) = 1 f 0 (x) 0 de donde se deduce que la funciÛn h (x) es creciente y por tanto, como h (1=2) = 0 resulta que h (x) 0 o, lo que es lo mismo, 8 x 2 [1= 2 ; 1] ; f (x) (x 1 =2). Como
Z (^1)
1 = 2
(x 1 =2) dt = 1= 8
que es el ·rea de un triangulo rect·ngulo de base el intervalo [1= 2 ; 1] y de altura 1 = 2 , y puesto que para cualquier f que cumpla las condiciones del enunciado se tiene que si x 2 [1= 2 ; 1] ; f (x) (x 1 =2), geomÈtricamente la integral que se pide acotar como mucho puede valer 1 = 8.
C¡LCULO I Examen de Julio 01-07-
Nombre:
1 er^ Apellido:
2 o^ Apellido:
N˙m. MatrÌcula NOTA
Ejercicio 1.
1.-1 Sean
f (x) =
Z (^2) x
x
sen t t
dt y g(x) =
p [x] + ^2 x^2 :
Calcular (f g)^0 (1=2):
1.-2.- Calcular
lim n!
log
n
n
n n
n
Sea
f (x) =
jxja^ (1 ex) sen (1=x) si x 6 = 0
0 si x = 0
a) Si a = 1 ; probar que f no es continua en x = 0:
Sugerencia: usar una sucesiÛn adecuada.
b) Si a > 1 ; probar que f es continua en x = 0:
c) Si a 0 ; estudiar para quÈ valores de a se veriÖca que f es derivable en x = 0 y calcular f 0 (0):
1.-4.- Sea la sucesiÛn (an)n 0 deÖnida mediante:
a 0 = 2 (0; 1 =2)
an+1 = 2an(1 an) n 0
a) Hallar el valor m·ximo de g(x) = 2(x x^2 ): Estudiar si la sucesiÛn (an)n 0 est· acotada superiormente.
b) Analizar la convergencia de la sucesiÛn (an)n 0 y calcular su lÌmite.
(PuntuaciÛn: 4 puntos)
SoluciÛn:
Consideremos la sucesiÛn (sn)n 0 deÖnida por
sn =
=2 + 2n
Es obvio que lim n! sn = 0
y adem·s
8 n 2 N sen
sn
= sen (=2 + 2n) = 1;
luego como
lim x! 0
ex^ 1 x
= exp^0 (0) = 1;
podemos aÖrmar que
lim n! jf (sn)j = lim n!
esn^ 1 sn
sen
sn
= 1 6 = 0 = f (0)
y por ello que f no es continua en 0 cuando a = 1 :
b) Sea a > 1 : En tal caso, para x 6 = 0
jf (x)j = jxja+^
ex^ 1 x
sen
x
jxja+^
ex^ 1 x
Como lim x! 0
ex^ 1 x
= 1, y a + 1 > 0 =) lim x! 0 jxja+1^ = 0; se veriÖca
lim x! 0 f (x) = 0 = f (0);
es decir f es continua en 0 cuando a > 1 :
c) Supongamos ahora que a 0 :Entonces, para x 6 = 0
f (x) f (0) x 0
= jxja^
1 ex x
sen
x
Si a = 0; entonces cuando x 6 = 0
f (x) f (0) x 0
1 ex x
sen
x
y esta expresiÛn carece de lÌmite para x! 0 ; puesto que
1 ex x
! 1 y sen
x
no converge. Si a > 0 ; entonces para todo x 6 = 0
f (x) f (0) x 0
= jxja^
1 ex x
sen
x
jxja^
1 ex x
y como
lim x! 0
1 ex x
= 1 ; podemos aÖrmar que
lim x! 0
f (x) f (0) x 0
= lim x! 0 jxja^ = 0; lo que entraÒa
lim x! 0
f (x) f (0) x 0
Por consiguiente: si a > 0 , f es derivable en 0 y adem·s f 0 (0) = 0:
1.-
a) Se tiene g^0 (x) = 2(1 2 x). Luego el ˙nico punto de R en el que f puede alcanzar alg˙n valor extremo es el punto x = 1= 2 : Como g^0 (x) > 0 cuando x < 1 = 2 , la funciÛn g es estrictamente creciente en ( 1; 1 =2] y, puesto que g^0 (x) < 0 cuando x > 1 = 2 ; se puede asegurar que g es estrictamente decreciente en [1= 2 ; + 1 ) : Por consiguiente g presenta en x = 1= 2 su m·ximo valor g (1=2) = 1= 2 : Dado que a 0 = 2 (0; 1 =2) y para todo n 0
an+1 = 2an (1 an) = 2
an a^2 n
= g(an) max g [R] = 1= 2 ;
es obvio que la sucesiÛn (an)n 0 est· acotada superiormente. b) Si (an)n 0 es convergente y lim n an = L, necesariamente es L 1 = 2 y adem·s por ser
g continua
L = lim an+1 = lim n
g (an) = g
lim n
an
= g(L);
Planteamos la ecuaciÛn g(X) = X
es decir 2(X X^2 ) = X: Las soluciones de esta ecuaciÛn son 0 y 1 = 2 : La funciÛn g es estrictamente creciente en ( 1; 1 =2] y g(0; 1 =2) = (0; 1 =2):
a 1 = g( ) = 2 (1 ) > 2 (1 1 =2) = = a 0
Supongamos an+1 > an con an;an+1 < 1 = 2 : Entonces, por ser g estrictamente creciente en ( 1; 1 =2] an+2 = g(an+1) > g(an) = an+
y adem·s an+2 = g(an+1) < g (1=2) = 1= 2 : La sucesiÛn (an)n 0 es pues monÛtona cre- ciente (principio de inducciÛn) y como est· acotada superiormente es necesariamente convergente. Su lÌmite L es necesariamente 1 = 2 por ser a 0 > 0 y (an)n 0 creciente.
en los que exista el lÌmite. Integramos la funciÛn por partes, llamando u = arcsin t y dv = p 1 t t 2 dt tenemos du = p 11 t 2 dt y v =
p 1 t^2. AsÌ si x 2 ( 1 ; 1) tenemos que
F (x) = lim a! 1
Z (^) a
x
t arcsin t p 1 t^2
dt = lim a! 1
h
p 1 t^2 arcsin t
ia
x
Z (^) a
x
dt
=
p 1 x^2 arcsin x + 1 x:
Por tanto el lÌmite existe 8 x 2 ( 1 ; 1) y el Dom (F ) = ( 1 ; 1).
2-3.-b) Para hallar el polinomio de Taylor de F vamos primero a calcular los polinomios de Taylor de
p 1 x^2 y arcsin(x). Sabemos que
p 1 x^2 = (1 x^2 )^1 =^2 =
X^ n
k=
k
( 1)kx^2 k^ + o(x^2 n) = 1
x^2
x^4 + o(x^5 )
Por otro lado arcsin x =
R (^) x 0 1 =
p 1 t^2 dt, luego
arcsin x =
Z (^) x
0
" (^) n X
k=
k
( 1)kt^2 k^ + o(t^2 n)
dt =
X^ n
k=
k
( 1)k^
x^2 k+ 2 k + 1
Z (^) x
0
o(t^2 n)dt:
Aplicando la regla de Líhopital tenemos
lim x! 0
R (^) x 0 o(t
2 n)dt
x^2 n+^
= lim x! 0
o(x^2 n) (2n + 1)x^2 n^
luego (^) Z x
0
o(t^2 n)dt = o(x^2 n+1)
y sustituyendo en la expresiÛn de arcsin(x) tenemos
arcsin x = x +
x^3 6
x^5 + o(x^5 ):
Por tanto
p 1 x^2 arcsin x = (1
x^2
x^4 + o(x^5 ))(x +
x^3 6
x^5 + o(x^5 ))
= (x +
x^3 6
x^5 ) (
)(x +
x^3 6
)x^2
x^5 + o(x^5 ) = x
x^3
x^5 + o(x^5 ):
Finalmente el polinomio deseado es
P 5 ; 0 (x; F ) = 1
x^3
x^5 :
C¡LCULO I Examen de Julio 01-07- 2013
Nombre:
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N˙m. MatrÌcula NOTA
Ejercicio 3. Sea la funciÛn
f (x) =
ex jex^ 1 j
Se pide:
3.1- Representar la gr·Öca de la funciÛn f (extremos, asÌntotas...)
3.2- Estudiar si la restricciÛn de f al intervalo (0; 1 ) admite inversa. En caso aÖrmativo de que exista f ^1 determinarla explÌcitamente y hallar su dominio y su imagen.
3.3- Probar que la ecuaciÛn f ^1 (x) =
x 1 x
tiene una ˙nica soluciÛn en el intervalo
(1; 1 ) :
3.4- Para x > 0 ; sea
g(x) =
Z (^) x+
x
f (t) dt:
Estudiar la derivabilidad de g, calcular g^0 en su dominio y hallar limx!1 g(x): JustiÖcar la existencia del m·ximo global de g en el intervalo [1; 1 ) y calcular su valor.
(PuntuaciÛn: 3 puntos.)
SoluciÛn:
3-1.- Es claro que Dom (f ) = Rnf 0 g, ya que el denominador se anula en el 0. La funciÛn es continua y derivable en su dominio por ser cociente de funciones continuas y derivables cuyo denominador no se anula en este.
Como f (x) =
(^) ex ex 1 si^ x >^0 ex 1 ex^ si^ x <^0
; tenemos que f 0 (x) =
( (^) ex(ex 1) e 2 x (ex 1)^2 =^
ex (ex 1)^2 si^ x >^0 (1 ex)ex+e^2 x (1 ex)^2 =^
ex (1 ex)^2 si^ x <^0 luego: -Si x > 0 , f 0 (x) < 0 y tenemos que f es estrictamente decreciente en (0; + 1 ). -Si x < 0 , f 0 (x) > 0 y tenemos que f es estrictamente creciente en ( 1; 0).
- 8 x 2 Rnf 0 g, f 0 (x) 6 = 0.
Estudiamos tambien las asÌntotas de la funciÛn. Tenemos una asÌntota vertical en x = 0 ya que
lim x! 0 ^
f (x) = lim x! 0
ex 1 ex^
lim x! 0 +^
f (x) = lim x! 0 +
ex ex^ 1
Alternativamente, f ^1 (x) = x x 1 () h(x) := log( (^) x x 1 ) x x 1 = 0. Tenemos que
h^0 (x) =
x 1 x
x 1 x (x 1)^2
x x + 1 x^2
x
(x 1)
x^2
x + (x 1) x^2 (x 1)
2 x 1 x^2 (x 1)
Luego 8 x 2 (1; + 1 ) tenemos que h^0 (x) < 0 y por el teorema de Rolle h tiene a lo sumo un cero en (1; + 1 ). Por otra parte tenemos que lim x! h(x) = 1 < 0 y lim x! 1 +^
h(x) = + 1.
Al ser h continua el teorema de Bolzano nos dice que 9 c 2 (1; + 1 ) tal que h(c) = 0. Por tanto h(x) = 0 tiene una ˙nica soluciÛn en (1; + 1 ).
3-4.- f es continua en (0; + 1 ) entonces por el Teorema fundamental del C·lculo g es derivable en (0; + 1 ) y g^0 (x) = f (x + 1) f (x). Por lo tanto 8 x > 0 tenemos
g^0 (x) =
ex+ ex+1^ 1
ex ex^ 1
ex^ ex+ (ex+1^ 1)(ex^ 1)
Para calcular el lÌmite hacemos la integral
g(x) =
Z (^) x+
x
et et^ 1
log(et^ 1)
x+ x = log^
ex+1^ 1 ex^ 1
Entonces tenemos que
lim x! g(x) = lim x!
ex+1=ex^ 1 =ex ex=ex^ 1 =ex^
= log
e 0 1 0
= log e = 1:
En cuanto al m·ximo global de g en [1; + 1 ), tenemos que g es continua en [1; + 1 ) y estrictamente decreciente ya que 8 x 1 tenemos g^0 (x) < 0. Por lo tanto el m·ximo se alcanza en x = 1 y g(1) = log e (^2) 1 e 1 = log (e^ + 1).
