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Cálculo
o
A Grado en Ingeniería Informática
Primer Parcial (Tipo II)
Curso 2014/
- (2.5 puntos) Se considera la función f : ]− π 2 , π 2 [→ R definida como f (x) = log
1 + sen(x)
1 − sen(x)
a) ¿Existe algún x ∈] − π 2 ,^
π 2 [^ para el que la gráfica tenga recta tangente horizontal?
b) ¿Es estrictamente monónota la función f?
Solución:
a) Se trata de una función derivable en todo el dominio. Para que la recta tangente a la
gráfica de f en un punto sea horizontal, la derivada en dicho punto tendrá que ser
cero. Por tanto, calculamos la derivada de f.
f ′ (x) =
1 +sen(x) 1 −sen(x)
cos(x)( 1 − sen(x)) + cos(x)( 1 + sen(x))
( 1 − sen(x)) 2
2 cos(x) ( 1 +sen(x) 1 −sen(x)
( 1 − sen(x))
2
2 cos(x)
( 1 + sen(x))( 1 − sen(x))
2 cos(x)
1 − sen^2 (x)
2 cos(x)
cos^2 (x)
cos(x)
Obsérvese que hemos usado la fórmula fundamental de trigonometría para simplifi-
car la expresión:
cos 2 (x) + sen(x) 2 = 1 ⇒ 1 − sen 2 (x) = cos 2 (x)
De la expresión de la derivada se deduce que nunca se anula en el dominio dado ;
es decir, f ′ (x) 6 = 0 , ∀x ∈] − π 2 ,^
π 2 [. Por tanto la respuesta es que no hay ningún punto donde la recta tangente sea horizontal.
b) El apartado anterior nos da la información de que la derivada no se anula nunca en
] − π 2 ,^
π 2 [, con lo deducimos que^ f^ es estrictamente monótona. Como además^ f^
′(x) >
0 , ∀x ∈] − π 2 ,^
π 2 [^ (todos sus factores son positivos), tenemos que^ f^ es estrictamente creciente.
Nota: Haciendo uso de las propiedades del logaritmo, podríamos haber simplificado la
función f del siguiente modo:
f (x) = log
1 + sen(x)
1 − sen(x)
= log ( 1 + sen(x)) − log ( 1 − sen(x))
Y de esta forma la derivada se simplifica bastante. De hecho:
f ′ (x) =
cos(x)
1 + sen(x)
− cos(x)
1 − sen(x)
cos(x) ( 1 − sen(x)) + cos(x) ( 1 + sen(x))
1 − sen^2 (x)
2 cos(x) − cos(x) sen(x) + cos(x) sen(x)
cos^2 (x)
2 cos(x)
cos^2 (x)
cos(x)
- (3 puntos) Calcula:
a) Calcula el polinomio de Taylor de la función f (x) = cos(x) en el punto a = 0 y de
orden 4.
b) l´ım x→ 0
2 sen(x) − x
x
) 1 /x
.
Solución:
a) Para calcular el polinomio de Taylor de la función coseno en a = 0 de orden 4
tenemos que calcular las derivadas sucesivas en el cero hasta la de orden 4. Es decir,
f (x) = cos(x) ⇒ f ( 0 ) = 1
f ′ (x) = − sen(x) ⇒ f ′ ( 0 ) = 0
f ′′(x) = − cos(x) ⇒ f ′′( 0 ) = − 1
f ′′′ (x) = sen(x) ⇒ f ′′′ ( 0 ) = 0
f (iv) (x) = cos(x) ⇒ f (iv) ( 0 ) = 1
Entonces, el polinomio de Taylor pedido es:
P 4 (x) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 )x +
f ′′( 0 )
2!
x 2
f ′′′( 0 )
3!
f (iv)( 0 )
4!
x 4 = 1 −
x^2
2
x^4
24
b) En primer lugar, vamos a analizar el límite de la función que aparece en la base de
la expresión que presenta una indeterminación del tipo “0/0”. Parta resolver dicha
indeterminacación aplicamos la regla de L’Hôpital.
l´ım x→ 0
2 sen(x) − x
x
= l´ım x→ 0
2 cos(x) − 1
1
= l´ım x→ 0
(2 cos(x) − 1 ) = 1 ,
con lo que el límite pedido presenta una indeterminación del tipo “1∞”.
Para calcular el mínimo absoluto, al ser el dominio un intervalo compacto, sólo nos queda
evaluar la función:
f ( 0 ) = 6 = f ( 6 ) > f ( 3 ) =
Por tanto las dimensiones que hacen que la diagonal del rectángulo dado sea mínima son
los lados iguales a 3.
- (2.5 puntos) Se considera la función f : R → R definida como:
f (x) = x e −x^2 , ∀x ∈ R.
Calcula la imagen de f.
Solución: La función dada es continua y derivable en todo R. Para calcular su imagen,
vamos a buscar posibles extremos relativos calculando sus puntos críticos. Para ello, de-
rivamos f.
f ′ (x) = e −x^2
- x (− 2 x)e −x^2 = e −x^2 ( 1 − 2 x 2 ) =
e −x^2
− x
Por tanto, f ′(x) = 0 ⇔ x = ± √^1 2
. Observemos la simetría en los puntos obtenidos. Este
hecho se debe a que la función f es impar.
Calculemos los intervalos de monotonía para decidir si los puntos críticos obtenidos son
de extremo relativo o no:
Si x < −
- x < 0 ⇒ f ′ (x) < 0 ⇒ f es estrictamente decreciente
Si −
< x < 0 ⇒
- x > 0 ⇒ f ′ (x) > 0 ⇒ f es estrictamente creciente
Si 0 < x <
− x > 0 ⇒ f ′ (x) < 0 ⇒ f es estrictamente creciente
Si x >
− x < 0 ⇒ f ′ (x) < 0 ⇒ f es estrictamente decreciente
Se deduce entonces que en el punto x = − √^1 2
se alcanza un mínimo relativo y en el punto
x = √^1 2
se alcanza un máximo relativo. En el punto x = 0 no se alcanza extremo.
Calculamos la imagen de f :
f (R) = f
(]
])
∪ f
([
])
∪ f
([
])
[
f
, l´ım x→−∞
f (x)
[
[
f
, f
)]
]
l´ım x→+∞
f (x), f
)]
Obsérvese que hemos empleado la continuidad y la monotonía de f en cada intervalo para
calcular su imagen. Calculamos los límites en los extremos del dominio:
l´ım x→−∞
f (x) = l´ım x→−∞
x e−x
2 = l´ım x→−∞
x
ex
2 =^ 0 (utilizando la Regla de L’Hôpital)^ ,
l´ım x→+∞
f (x) = l´ım x→+∞
x e −x^2 = l´ım x→+∞
x
ex
2 =^0 (utilizando la Regla de L’Hôpital)^ ,
f
e − 1 / 2 ,
f
e − 1 / 2 .
Por tanto:
f (R) =
]
e − 1 / 2 , 0
]
[
e − 1 / 2 ,
e − 1 / 2
]
]
e − 1 / 2
]
[
e − 1 / 2 ,
e − 1 / 2
]
[
2 e
2 e
]
Obsérvese la simetría impar que presenta la imagen de f.
Granada, 27 de noviembre de 2014
