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CONTROL 24-10-2025 C ´ALCULO (GRUPO Q103)
P-1 Dada la funci´on f (x) = xe^1 /|x−^1 |. Se pide determinar de forma razonada: a) El dominio de la funci´on.
b) La continuidad de f.
c) As´ıntotas de la gr´afica de la funci´on.
d) Derivada primera de la funci´on.
e) Crecimiento y decrecimiento. Existencia de puntos extremos. (Ayuda 3 −
(3 puntos) Para el estudio tendremos en cuenta las gr´aficas de
y =
|x − 1 |
y = ex
a) Dom(f ) = R − { 1 }
b) Continuidad: Es continua en su dominio por ser producto de dos funciones continuas en R − { 1 }, una de ellas composici´on de las dos funciones dibujadas al inicio. c) As´ıntotas de la funci´on:
Verticales −→ As´ıntota vertical en x = 1
x → 1 →
|x − 1 | → +∞ → e |x−^11 | → +∞ ⇒ (^) xl´ım→ 1 f (x) = l´ xım→ 1 xe^1 /|x−^1 |^ = +∞
Obl´ıcuas→ y = mx + n x → ±∞ →
|x − 1 | → 0 → e^1 /|x−^1 |^ → 1
m = (^) x→±∞l´ım f (x) x = (^) x→±∞l´ım e^1 /|x−^1 |^ = 1
n = (^) x→±∞l´ım (f (x) − mx) = (^) x→±∞l´ım x(e^1 /|x−^1 |^ − 1) ∞· =^0 x→±∞l´ım e^1 /|x−^1 |^ − 1 1 x
0 / 0
f (x) =
xe^1 /(1−x)^ x < 1
xe^1 /(x−1)^ x > 1
- n 1 = (^) x→−∞l´ım e^1 /(1−x)^ − 1 1 x
L’Hopital x→−∞^ l´ım
(1 − x)^2
e^1 /(1−x) − 1 x^2
= (^) x→−∞l´ım −x^2 e^1 /(1−x) (1 − x)^2
As´ıntota en − ∞ y = x + 1
- n 2 = (^) x→l´ım+∞ e^1 /(x−1)^ − 1 1 x
L’Hopital x→^ l´ım+∞
(x − 1)^2
e^1 /(x−1) − 1 x^2
= (^) x→l´ım+∞ x^2 e^1 /(x−1) (x − 1)^2
As´ıntota en + ∞ y = x − 1
d) Derivada de f
f (x) =
xe^1 /(1−x)^ x < 1
xe^1 /(x−1)^ x > 1 Como f no es continua en x = 1, tampoco es derivable en dicho punto.
x < 1 f ′(x) = e^1 /(1−x)^ + xe^1 /(1−x)^ ·
(1 − x)^2 = e^1 /(1−x)
x (1 − x)^2
= e^1 /(1−x)
x^2 − x + 1 (1 − x)^2
x > 1 f ′(x) = e^1 /(x−1)^ + xe^1 /(x−1)^ ·
(x − 1)^2
= e^1 /(x−1)
x (x − 1)^2
= e^1 /(x−1)
x^2 − 3 x + 1 (x − 1)^2
f ′(x) =
x^2 − x + 1 (1 − x)^2 · e^1 /(1−x)^ x < 1
x^2 − 3 x + 1 (x − 1)^2
· e^1 /(x−1)^ x > 1
Dom(f ′) = Dom(f ) = R − { 1 }
e) Para obtener el crecimiento y decrecimiento, se estudia el signo de la derivada:
f ′(x) =
x^2 − x + 1 (1 ︸ −︷︷ x )^2 ︸ > 0
· ︸e 1 /︷︷(1− x︸) > 0
x < 1
x^2 − 3 x + 1 ( ︸x −︷︷ 1) 2 ︸ > 0
· ︸e 1 /︷︷(x− 1)︸ > 0
x > 1
b) Polinomio de Taylor de grado dos de la funci´on f alrededor de a = − 1
P 2 ,f,− 1 (x) = f (−1) + f ′(−1) 1!
(x + 1) + f ′′(−1) 2!
(x + 1)^2
Calculamos las derivadas de la funci´on f
f (x) = ln(x + 2) f (−1) = ln 1 = 0 f ′(x) =
x + 2 f ′(−1) = 1
f ′′(x) =
(x + 2)^2 f ′′(−1) = 1
P 2 ,f,− 1 (x) = (x + 1) −
(x + 1)^2
c) El desarrollo de Taylor de f en a = −1, de orden dos con resto de orden tres:
f (x) = P 2 ,f,− 1 (x) + R = (x + 1) −
(x + 1)^2 + f ′′′(α) 3! (x + 1)^3
− 1 < α < x ´o x < α < − 1
d) Para calcular aproximadamente ln(1.02) = ln(− 0 .98 + 2) = f (− 0 .98) utilizamos el polinomio de grado dos alrededor de a = −1 el desarrollo de Taylor del apartado anterior.
f (− 0 .98) ≈ P 2 ,f,− 1 (− 0 .98) = (− 0 .98 + 1) −
(− 0 .98 + 1)^2 = 0. 02 −
Vamos a acotar el error absoluto cometido.
Sabemos que existe un α / − 1 < α < x 0 = − 0. 98
f (x 0 ) = P 2 ,f,− 1 (x 0 ) + f ′′′(α) 3! (x 0 + 1)^3 ⇒ E = |f (x 0 ) − P 2 ,f,− 1 (1)| =
∣∣^ f^
′′′(α) 3!
(−1)^3
E =
∣∣^ f^
′′′(α) 3!
Vamos a acotar dicho error, obteniendo el valor m´aximo (en valor absoluto) que toma la derivada tercera en el intervalo [− 1 , − 0 .98]
f ′′′(x) =
(x + 2)^3
f ′′′^ > 0 x ∈ [− 1 , − 0 .98] gr´afica por encima del eje OX
Como (f ′′′)′(x) =
(x + 2)^4 < 0 x ∈ [− 1 , − 0 .98] ⇒ f ′′′^ decrece en [− 1 , − 0 .98]
Entonces el valor m´aximo en valor absoluto |f ′′′(−1)| = 2
E =
f ′′′(α) 3!
∣ ≤^
≈ 2. 66 · 10 −^6
P-3 Resuelve las siguientes integrales:
a)
sen^4 x dx b)
dx (4 + 3
x + 1) 6
(x + 1)^7
√ (^6) x + 1 = t
(2’5 puntos)
a) Utilizaremos las f´ormulas: cos^2 x + sen^2 x = 1 cos^2 x − sen^2 x = cos (2x)
sumando → 2 cos^2 x = 1 + cos (2x) restando → 2 sen^2 x = 1 − cos (2x) ∫ sen^4 x dx =
(sen^2 x)^2 dx =
1 − cos 2x 2
dx =
1 − 2 cos 2x + cos^2 2 x
dx =
1 − 2 cos 2x + 1 + cos 4x 2
dx =
− 2 cos 2x + cos 4x 2
dx =
3 x 2 − sen 2x + sen 4x 8
+ C
b)
dx (4 + 3
x + 1) 6
(x + 1)^7
dx (4 + (x + 1)^1 /^3 )(x + 1)^7 /^6
dx (4 + (x + 1)^2 /^6 )(x + 1)^7 /^6
(x + 1)^1 /^6 = t x + 1 = t^6 x = t^6 − 1 dx = 6t^5 dt
6 t^5 (4 + t^2 )t^7 dt =
(4 + t^2 )t^2 dt
Integral racional con grado del numerador inferior al grado del denominador
b) Estudio de la derivada primera f ′(x) = 2 sen x cos x esen^2 x^ Dom(f ′) = Dom(f )
En (0, π) f ′(x) = 2 sen x esen (^2) x ︸ ︷︷ ︸ > 0
cos x > 0 ⇔
⇔ cos x > 0 ⇔ x ∈ (0, π/2) f es creciente en (0, π/2) y decreciente en (π/ 2 π) Entonces en x = π 2
hay un m´aximo local.
Haremos un esbozo de la fr´afica de f en el intervalo cerrado [0, π]
Tenemos en cuenta f (0) = f (π) = 1, x = 0 y x = π son m´ınimos absolutoa.
El m´ınimo absoluto se alcanza en x = 0 y x = π y el m´aximo absoluto en x = π 2 −→ f (π/2) = e
c) Como la longitud de [0, π] es L = π ⇒ ` =
L
π 4
⇒ P 4 = {x 0 = 0, x 1 = π/ 4 , x 2 = π/ 2 , x 3 = 3π/ 4 , x 4 = π}
U (f, P ) =f (x 1 )(x 1 − x 0 ) + f (x 2 ) (x 2 − x 1 ) + f (x 2 ) (x 3 − x 2 ) + f (x 3 ) (x 4 − x 3 ) =
π 4 (f (π/4) + f (π/2) + f (π/2) + f (3π/4)) =
=
π 4
e^1 /^2 + 2e + e^1 /^2
=π
e + e 2
L(f, P ) =f (x 0 )(x 1 − x 0 ) + f (x 1 ) (x 1 − x 0 ) + f (x 1 ) (x 3 − x 2 ) + f (x 4 ) (x 4 − x 3 ) =
π 4 (f (0) + f (π/4) + f (3π/4) + f (π)) =
= π 4
1 + e^1 /^2 + e^1 /^2 + 1
=π
e 2
d) f es integrable en [0, π] por ser continua en dicho intervalo.
e) Acotaci´on de
∫ (^) π
0
f (x) dx
Primera forma
Como ∀P partici´on de [a, b] ⇒ L(f, P ) ≤
∫ (^) b
a
f (x) dx ≤ U (f, P )
π
e 2
∫ (^) π
0
esen (^2) x dx ≤ π
e + e 2
Segunda forma Teorema de acotaci´on de la integral Sea f acotada e integrable en [a, b] ⇒ m(b − a) ≤
∫ (^) b a f^ (x)^ dx^ ≤^ M^ (b^ −^ a)
con m m^ = ´= ınff (0) = 1{f^ (x)^ / x^ ∈^ [a, b]},^ MM^ = sup= f (π/{f2) =^ (x)^ / xe 1 /^2 ∈^ [a, b]}
f (0) · π 4
∫ (^) π
0
esen (^2) x dx ≤ f (π/2) · π 4
π 4
∫ (^) π
0
esen (^2) x dx ≤ π e^1 /^2 4
