C´alculo I Universidade de Vigo Departamento de Matemática Aplicada II E.T.S.I. Minas

Convocatoria de Febrero 26 de Enero de 2007

DNI:

Nombre y Apellidos: (4.25 p.) 1) Se considera la funci´on f (x) =

1 . x ln(x)

(0.5 p.) (a) Calcular el dominio de definici´on de f . (0.75 p.) (b) Hallar los extremos relativos de f y los intervalos de crecimiento y decrecimiento. (1.25 p.) (c) Calcular las as´ıntotas horizontales y verticales de la gr´afica de f . (0.5 p.) (d) Sabiendo que f no tiene puntos de inflexi´on en su dominio de definici´on, representar de forma aproximada la gr´afica de f . (1.25 p.) (e) Hallar una primitiva de f en el intervalo (1, ∞) utilizando el cambio variaZ de e ble t = ln(x) y estudiar la convergencia de las integrales impropias f (x)dx, 1 Z ∞ f (x)dx. e

(1.25 p.) 2) Hallar el polinomio de Taylor de grado 3 de la funci´on g(x) = x ln(x) centrado en x0 = 1. Utilizarlo para aproximar el valor de ln(2) y dar una cota del error cometido. (3 p.) 3)

Se considera la ecuaci´on x2 + 2x = 2x , x ∈ R.

(0.75 p.) (a) Utilizar el teorema de Bolzano para probar que existe una soluci´on negativa α1 y dos soluciones positivas α2 , α3 (con α2 < α3 ). Acotarlas en intervalos de longitud uno. (0.75 p.) (b) Usar el teorema de Rolle para probar que α1 , α2 , α3 son las u ´nicas soluciones de la ecuaci´on. 2x (1.5 p.) (c) Probar que α1 , α2 , α3 son los u ´nicos puntos fijos de la funci´on H(x) = . x+2 Utilizar este hecho para probar que la sucesi´on {xn } definida a partir de x0 = 0 por la recurrencia xn+1 = H(xn ), n ≥ 0, converge a α2 . (1.5 p.) 4)

Estudiar para qu´e valores de x ∈ R convergen las siguientes series de potencias: • •

∞ X 2n n=1 ∞ X n=1

n!

(x − 1)n .

2n (x − 1)n . n

SOLUCIONES PROBLEMA 1. (a) Dado que ln(x) est´a definido en (0, ∞), la funci´on f est´a definida en este intervalo salvo en los puntos en que x ln(x) = 0. Como  x=0 x ln(x) = 0 ⇐⇒ ln(x) = 0 ⇐⇒ x = 1, el dominio de definici´on de f es D = (0, 1) ∪ (1, ∞). (b) La funci´on f es derivable en su dominio de definici´on por ser cociente de funciones derivables cuyo denominador no se anula en los intervalos considerados. Adem´as, f 0 (x) =

−(1 + ln(x)) , ∀ x ∈ D. (x ln(x))2

De la expresi´on de f 0 se obtiene que f 0 (x) > 0 ⇐⇒ 1 + ln(x) < 0 ⇐⇒ ln(x) < −1 ⇐⇒ x < e−1 . Por tanto, f es creciente en (0, e−1 ) y es decreciente en los intervalos (e−1 , 1) y (1, ∞). En x = e−1 , la funci´on f alcanza un m´aximo relativo estricto. (c) Como f est´a definida en D = (0, 1)∪(1, ∞), la u ´nica posible as´ıntota horizontal se obtiene calculando el l´ımite de f en ∞: 1 = 0, x→∞ x ln(x)

lim f (x) = lim

x→∞

ya que lim x ln(x) = ∞. x→∞ Por tanto, la recta y = 0 es una as´ıntota horizontal de f en ∞. Las posibles as´ıntotas verticales se obtienen calculando los l´ımites laterales en x = 0 y x = 1.

lim f (x) = lim

x→0+

x→0+

1 1/x −1/x2 −1 = lim = lim = lim = −∞, x ln(x) x→0+ ln(x) x→0+ 1/x x→0+ x

donde en la tercera igualdad hemos utilizado la regla de L’Hˆopital. De aqu´ı se deduce que la recta x = 0 es una as´ıntota vertical de la gr´afica de f por la derecha. Por otra parte, teniendo en cuenta que x ln(x) < 0 si x ∈ (0, 1), x ln(x) > 0 si x > 1, y lim ln(x) = 0: x→1

lim f (x) = lim

x→1−

x→1−

1 = −∞ ; x ln(x)

lim f (x) = lim

x→1+

x→1+

1 = ∞. x ln(x)

Luego la recta x = 1 es una as´ıntota vertical de la gr´afica de f por la derecha y por la izquierda. (d) Teniendo en cuenta los intervalos de crecimiento y decrecimiento y las as´ıntotas calculadas en los apartados anteriores, la gr´afica de f tiene aproximadamente la siguiente forma (n´ otese −1 que f (e ) = −e < 0): 2

1/e 0 -e

1

(e) Haciendo el cambio de variable t = ln(x), se obtiene dt = 1/x dx, y por tanto: Z Z Z 1 1 1 1 dx = dx = dt = ln(t) = ln(ln(x)). x ln(x) ln(x) x t Obs´ervese que x > 1 =⇒ ln(x) > 0 y en consecuencia ln(ln(x)) est´a bien definida. Z e La integral f (x)dx es impropia ya que lim f (x) = ∞. As´ı, x→1+

1

Z

e

Z f (x)dx =

1

1

e

1 dx = lim x ln(x) a→1+

Z a

e

1 dx = lim [ln(ln(e)) − ln(ln(a))] = ∞, x ln(x) a→1+

ya que ln(ln(e)) = ln(1) = 0 y lim ln(a) = 0 =⇒ lim ln(ln(a)) = −∞.

a→1+

a→1+

Por tanto la integral es divergente. Veamos que la otra integral impropia tambi´en es divergente: Z ∞ Z b Z ∞ 1 1 f (x)dx = dx = lim dx = lim [ln(ln(b)) − ln(ln(e))] = ∞, b→∞ e x ln(x) b→∞ x ln(x) e e ya que lim ln(b) = ∞ =⇒ lim ln(ln(b)) = ∞. b→∞

b→∞

PROBLEMA 2. El polinomio de Taylor de grado 3 de g centrado en x0 = 1 viene dado por p3 (x) = g(1) + g 0 (1)(x − 1) +

g 00 (1) g 000 (1) (x − 1)2 + (x − 1)3 . 2! 3!

Las derivadas sucesivas de g son: g 0 (x) = ln(x) + 1

;

g 00 (x) = 3

1 x

;

g 000 (x) =

−1 . x2

Evaluando en x = 1, se obtiene: g(1) = 0, g 0 (1) consecuencia, 1 p3 (x) = (x − 1) + (x − 1)2 − 2 Para aproximar el valor de ln(2), observemos que g(2) = 2 ln(2) =⇒ ln(2) =

= 1, g 00 (1) = 1, g 000 (1) = −1. En 1 (x − 1)3 . 6

g(2) p3 (2) 2 ≈ = = 0.666 . . . 2 2 3

A continuaci´on damos una cota del error cometido. Puesto que g iv) (ξ) g iv) (ξ) 4 |g(2) − p3 (2)| = (2 − 1) = , 4! 24 con ξ ∈ (1, 2), y iv) 2 g (ξ) = 3 < 2 , ∀ ξ ∈ (1, 2), ξ se tiene: iv) 1 1 p (2) 3 = |g(2) − p3 (2)| = g (ξ) < 1 2 = 1 = 0.04166 . . . ln(2) − 2 2 2 24 2 24 24 PROBLEMA 3. (a) Dado que x2 +2x = 2x ⇐⇒ x2 +2x−2x = 0, consideraremos la funci´on h(x) = x2 +2x−2x . Claramente h es continua en R. Para aplicar el teorema de Bolzano, calculamos el valor de h en distintos n´ umeros enteros: h(0) = −1 < 0 , h(−1) = −3/2 < 0 , h(−2) = −1/4 < 0 , h(−3) = 23/8 > 0. Por tanto, h tiene una ra´ız negativa α1 ∈ (−3, −2). Por otra parte, h(0) = −1 < 0 , h(1) = 1 > 0 , h(2) = 4 > 0 , h(3) = 7 > 0 , h(4) = 8 > 0 , h(5) = 3 > 0 , h(6) = −16 < 0. En consecuencia, h tiene dos ra´ıces positivas α2 ∈ (0, 1) y α3 ∈ (5, 6). (b) Las derivadas sucesivas de h son: h0 (x) = 2x + 2 − 2x ln(2) ; h00 (x) = 2 − 2x (ln(2))2 ; h000 (x) = −2x (ln(2))3 . Como h000 (x) 6= 0, ∀ x ∈ R, por el teorema de Rolle la funci´on h00 tiene a lo sumo una ra´ız real. Aplicando de nuevo el teorema se deduce que h0 tiene a lo sumo dos ra´ıces y que h tiene a lo sumo tres ra´ıces. (c) Veamos que los puntos fijos de H son las ra´ıces de la ecuaci´on x2 + 2x = 2x . En efecto, H(x) = x ⇐⇒

2x = x ⇐⇒ 2x = x(x + 2) = x2 + 2x. x+2 4

Como ya hemos visto, las u ´nicas ra´ıces de esta ecuaci´on son α1 , α2 y α3 . Veamos que la funci´on H es estrictamente creciente en (0, 1). La derivada de H es H 0 (x) =

2x 2x ln(2)(x + 2) − 2x = ((x + 2) ln(2) − 1) . (x + 2)2 (x + 2)2

Ahora bien, x ∈ (0, 1) =⇒ (x + 2) ln(2) − 1 > 2 ln(2) − 1 > 0 =⇒ H 0 (x) > 0. (Obs´ervese que 2 ln(2) − 1 > 0 ⇐⇒ 2 ln(2) > 1 ⇐⇒ ln(2) > 1/2 ⇐⇒ 2 > e1/2 ⇐⇒ 4 > e.) Por otra parte, H(0) = 1/2 ∈ [0, 1] y H(1) = 2/3 ∈ [0, 1]. De aqu´ı se deduce que la sucesi´on {xn } definida a partir de x0 = 0 por la recurrencia xn+1 = H(xn ), n = 0, 1, 2, . . . converge a un punto fijo de H en [0, 1]. Necesariamente este punto fijo es α2 .

PROBLEMA 4. La serie de potencias

∞ X 2n n=1

n!

(x − 1)n tiene como t´ermino general an = 2n /n! Por tanto

su radio de convergencia es: an 2n (n + 1)! n+1 = lim = lim = ∞. n+1 n→∞ an+1 n→∞ 2 n→∞ n! 2

r = lim

En consecuencia, la serie converge para todo x ∈ R. Por otra parte, la serie de potencias

∞ X 2n n=1

n

(x−1)n tiene como t´ermino general an = 2n /n

y su radio de convergencia es: an 2n (n + 1) n+1 1 = lim = lim = . n+1 n→∞ an+1 n→∞ 2 n→∞ 2n n 2

r = lim

Por tanto, la serie converge absolutamente para x ∈ (1 − 1/2, 1 + 1/2) = (1/2, 3/2). Estudiamos directamente la convergencia para x = 3/2 y x = 1/2. ∞ X 1 Para x = 3/2, la serie es y por tanto es divergente. n n=1 ∞ X (−1)n , que es convergente en virtud del criterio de Leibniz, Para x = 1/2, la serie es n n=1 ya que la sucesi´on {1/n} es decreciente y tiende a cero. En resumen, la serie converge para x ∈ [1/2, 3/2).

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