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UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID Departamento de Matem´aticas ´ MATEMATICAS ´ DE PROBLEMAS - CAP´ITULO 3 SOLUCIONES DE LA COLECCION CURSO PREPARATORIO DE LA PRUEBA DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD CURSO 2010–2011

´Indice 1. C´ alculo Diferencial 9 1.1. Funciones, l´ımites y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2. Derivabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.

1.1.

C´ alculo Diferencial

Funciones, l´ımites y continuidad

√ √ √ Problema 1.1.1 i) R \ {2, 3}, ii) {−1, 1}, iii) [−1, 1] \ {1/ 2}, iv) [−2, − 3] ∪ [ 3, 2], v) (0, e) ∪ (e, ∞), vi) (0, 1), vii) [0, 5] \ {1}, viii) (0, ∞). Problema 1.1.2 i) impar, ii) ni par ni impar, iii) par, iv) par. √ √ Problema 1.1.3 i) (f √ ◦ g)(x) = (x + x)3 , ii) (g ◦ f )(x) = x3 + x3 , iii) (f ◦ h)(x) = e3x , 3 3 iv) (h ◦ g ◦ f )(x) = ex + x . Problema 1.1.4 i) 0, ii) 4, iii) 0, iv) no existe, los l´ımites laterales valen ∞ por la derecha y −∞ por la izquierda. v) −∞, vi) 1/4, vii) 1/2, viii) 1/2, ix) e, x) 1. √ Problema 1.1.5 Dividimos por la m´axima potencia, arriba y abajo. i) 1/7, ii) −1/ 2, iii) 1, iv) 2, v) 1, vi) −1, vii) 1/2, viii) −1/2, ix) 1/5, x) 0. Problema 1.1.6 La funci´on ya es continua en R \ {2} de entrada. Para la continuidad en el 2 hace falta a = −4.

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Problema 1.1.7 k = 0 para que coincidan los l´ımites laterales y el valor de f (x) en el 0. Fuera del cero ya es continua. ∞   S (2k+1)π (2k+3)π  Problema 1.1.8 Dom(f ) = (−∞, −1) ∪ (−1, π/2) ∪ , 2 La funci´on 2 k=0

es continua en los puntos que est´an en su dominio. S´olo hace falta comprobarlo en el cero, donde comprobamos que coinciden los l´ımites laterales y el valor de la funci´on. 1 , que es continua en [0, 1]. +1 Tenemos que f (0) = −1 < 0 y que f (1) = 1/2 > 0, luego por el Teorema de Bolzano existe alg´ un x ∈ (0, 1) tal que f (x) = 0. Problema 1.1.9 Consideramos la funci´on f (x) = x4 −

x7

Problema 1.1.10 Consideramos la funci´on f (x) = cos(x) − 2x + 1, que es continua en toda la recta. Buscamos un intervalo en el que haya cambio de signo de f en los extremos y aplicamos el Teorema de Bolzano all´ı: f (0) = 2 > 0,

f (π/2) = 1 − π < 0,

Entonces est´a garantizado que hay alg´ un punto c ∈ (0, π/2) donde f (c) = 0, es decir, tal que cos(c) = 2c − 1.

1.2.

Derivabilidad

Problema 1.2.1 x3 + 3x2 h + 3xh2 + h3 − x3 (x + h)3 − x3 = l´ım = l´ım (3x2 +3xh+h2 ) = 3x2 . h→0 h→0 h→0 h h

f 0 (x) = l´ım

Problema 1.2.2 i) f 0 (x) = 2x + 5 sen x. ii) f 0 (x) = cos x − x sen x. −x sen x − cos x iii) f 0 (x) = . x2 1 iv) f 0 (x) = = 1 + tg2 (x). cos2 (x) v) f 0 (x) = − sen(x2 ) · 2x. 2x + 5 vi) f 0 (x) = 2 . x + 5x 1 2 vii) f 0 (x) = ex 2x. 2 2 x cos (e ) 2 0 viii) f (x) = esen(x)+cos (x) (cos(x) − 2 cos(x) sen(x)). ix) f 0 (x) = 4x sen(x2 + 1) cos(x2 + 1).

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x) f 0 (x) = 2x sen(1/x) − cos(1/x). cos(x) xi) f 0 (x) = . sen(x) + 1  0

2

xii) f (x) = (x + 1)

cos(x)

 2x cos(x) − sen(x) log(x + 1) + 2 . x +1 2

2 . 1 + (2x + 2)2 2x 6 xiv) f 0 (x) = √ −√ . 4 1−x 1 − 9x2

xiii) f 0 (x) =

Problema 1.2.3 La derivada es y 0 = tiene ecuaci´on: y=

1 , luego y 0 (0) = 1/4 y la recta tangente (x + 2)2

x 1 1 1 + (x − 0) = + . 2 4 4 2

2 Problema 1.2.4 f 0 (x) = , luego f 0 (0) = 2, como f (0) = 0, la recta tangente es: 1 + x2 y = 2x. Problema 1.2.5 Los l´ımites laterales en x = 0 son l´ım+ x2 = 0,

x→0

l´ım (x − 1) = −1.

x→0−

Como no coinciden, la funci´on f no tiene l´ımite en x = 0 y por tanto all´ı no es continua. Al no ser continua tampoco es derivable en x = 0. Problema 1.2.6 i) 4, ii) 0, iii) 1/2, iv) 0, v) no existe, los l´ımites laterales son ∞ y −∞, vi) 0, vii) ∞, viii) ∞. Problema 1.2.7 formas.

Los resultados son los mismos que al calcular los l´ımites de otras

Problema 1.2.8 i) M´aximos: x = 2 y x = −2, m´ınimo x = 0. ii) M´aximo x = 1, m´ınimo x = −1. iii) M´aximo x = 1, m´ınimo x = −1. Problema 1.2.9 √ i) Dom(f ) = R, impar,√no tiene√as´ıntotas, f 0 (x) = 3x2 − 4,√puntos √ cr´ıticos: x√= ±2/ 3 creciente en (−∞, √ −2/ 3)∪(2/ 3, ∞), decreciente en (−2/ 3, 2/ 3). x = 2/ 3 m´ınimo local, x = −2/ 3 m´aximo local. Convexa en x > 0 y c´oncava en x < 0, x = 0 es punto de inflexi´on. ii) Dom(f ) = R, ni par ni impar y sin as´ıntotas, f 0 (x) = 3x(x − 2), puntos cr´ıticos: x = 0, x = 2, creciente en (−∞, 0) ∪ (2, ∞), decreciente en (0, 2), x = 0 m´aximo local, x = 2 m´ınimo local. Convexa en x > 1, c´oncava en x < 1, x = 1 es punto de inflexi´on. iii) Dom(f ) = R, par, sin as´ıntotas, f 0 (x) = 4x(x2 + 1), punto cr´ıtico x = 0, creciente en x > 0, decreciente en x < 0, x = 0 es m´ınimo absoluto. Convexa siempre.

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1 − x2 , (x2 + 1)2 puntos cr´ıticos: x = ±1, creciente en (−1, 1), decreciente en (−∞, −1) ∪ (1, ∞), x = −1 m´ınimo absoluto, x = 1 m´aximo absoluto. iv) Dom(f ) = R, impar, as´ıntota horizontal y = 0 para x → ±∞, f 0 (x) =

v) Dom(f ) = R \ {−2, 2}, par, as´ıntota horizontal y = 1 para x → ±∞, as´ıntotas ıtico x = 0, creciente en (−∞, −2) ∪ verticales: x = −2 y x = 2. f 0 (x) = (x−10x 2 −4)2 , punto cr´ (−2, 0), decreciente en (0, 2) ∪ (2, ∞), m´aximo local x = 0, convexa en (−∞, −2) ∪ (2, ∞) y c´oncava en (−2, 2). vi) Dom(f ) = R \ {−2, 1}, ni par ni impar, as´ıntota horizontal y = 1 para x → ±∞, discontinuidad evitable en x = 1, f (x) = (x + 1)/(x + 2) salvo en x = 1, donde no est´a definida. As´ıntota vertical en x = −2. f 0 (x) = 1/(x + 2)2 , salvo en x = 1, no hay puntos cr´ıticos. Creciente en (−∞, −2) ∪ (−2, 1) ∪ (1, ∞), convexa en (−∞, −2), c´oncava en (−2, 1) ∪ (1, ∞). vii) Dom(f ) = R\{0}, ni par ni impar, as´ıntota vertical en x = 0, as´ıntota oblicua y = x+2 x3 + x − 2 , punto cr´ıtico x = 1, creciente en (−∞, 0) ∪ (1, ∞), para x → ±∞. f 0 (x) = x3 −2x + 6 decreciente en (0, 1), x = 1 es m´ınimo local. f 00 (x) = , convexa en (−∞, 0)∪(0, 3), x4 c´oncava en (3, ∞), x = 3 es punto de inflexi´on. viii) Dom(f ) = R y es par. Su gr´afica es similar a la de g(x) = x2 − 4, pero donde esta funci´on est´a por debajo del eje horizontal le damos la vuelta y la ponemos positiva. La gr´afica tiene dos picos (puntos donde no hay derivada), en x = −2 y x = 2, que son los m´ınimos absolutos de f , porque all´ı f vale 0 y en el resto es positiva. ix) Dom(f ) = R, par, sin as´ıntotas, peri´odica de periodo π, f 0 (x) = −2 cos(x) sen(x), puntos cr´ıticos x = πk/2, con k ∈ Z, creciente en ( π2 + kπ, π + kπ), con k ∈ Z, decreciente en (kπ, π2 +kπ), puntos m´aximos absolutos son x = kπ, m´ınimos absolutos son x = π2 +kπ, con k ∈ Z. Convexa en ( π4 + kπ, 3π + kπ), c´oncava en (− π4 + kπ, π4 + kπ), x = π4 + kπ son 4 2 puntos de inflexi´on. x) Dom(f ) = R, impar, sin as´ıntotas, peri´odica de periodo 2π, f 0 (x) = 1 + cos(x), puntos cr´ıticos x = π + 2kπ, con k ∈ Z. Creciente siempre. f 00 (x) = − sen(x), convexa en (−π + 2kπ), c´oncava en (2kπ, π + 2kπ), con k ∈ Z. No hay m´aximos ni m´ınimos. Puntos de inflexi´on: x = kπ, con k ∈ Z. Problema 1.2.10 Para estar inscrito en la esfera debe ser r2 + (h/2)2 = 9 y el volumen es V = πr2 h. Eliminando la variable r obtenemos:   h2 π V (h) = π 9 − h = 9πh − h3 , 4 4 √ √ definida para h > 0. El m´aximo absoluto de la funci´on es h = 2 3 y entonces r = 6.

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Problema 1.2.11 El volumen es V (x) = x(10 − 2x)2 , donde x ∈ (0, 5). El m´aximo volumen se obtiene cuando x = 5/3. Problema 1.2.12 La superficie lateral es S = 2πrh + 2πr2 . Como el volumen de la lata es V = πr2 h, entonces h = V /(πr2 ) y queda S: S(r) = r La superficie es m´ınima cuando r =

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2V + 2πr2 . r

r V V . Entonces, h = 2 3 = 2r. 2π 2π

´ Problema 1.2.13 Area = x · y = 180000, Longitud de la valla = x + 2y. Poniendo la longitud en t´erminos de x tenemos: Longitud de la valla = V (x) = x +

90000 , x

definida para x > 0. El m´ınimo absoluto de V es x = 300. Entonces, y = 600.