Soluciones examen parcial de Cálculo (21 -11-2013) 1.- Se quiere construir una cometa y disponemos de cuatro varillas de longitudes 30cm, 30cm, 50cm y 50cm. Que longitud deben tener las varillas que forman las diagonales para que el área de la cometa sea máxima. Sea O el punto de corte de las diagonales y A y C los extremos de la diagonal menor y B y D los extremos de la diagonal mayor. Llamamos 2x a la longitud de la diagonal menor y m al la longitud del segmento BO y n a la longitud del segmento OD. El área que buscamos será A = 2x (m + n) /2 = x (m + n).

Como AB = 30 y OA = x entonces m = 2900 x− y n = 22500 x− si llevamos estas

ecuaciones al área nos queda: A = x ( 2900 x− + 22500 x− ) si derivamos esta ecuación nos queda:

A´ = ( 2900 x− + 22500 x− ) + x (-x / 2900 x− - x 22500 x− ) igualamos a 0 y nos quedan las ecuaciones:

( 2900 x− + 22500 x− ) = 0 (no tiene solución por ser los dos sumandos > 0) y

( 2900 x− 22500 x− ) = x 2; si resolvemos esta ecuación elevando al cuadrado nos queda 3400 x 2 = 2250000 y despejando x = 25.72 cm. La diagonal menor vale entonces 2 * 25.72 = 51.44 cm.

Sustituimos x por su valor y obtenemos para m = 272.25900− = 15.45 y

n = 272.252500− = 42.88 cm. La diagonal mayor mide 58.33 cm.

2.- Consideramos la función f(x) = 3 1 x− , se pide: a) Calcular el polinomio de Taylor de grado 3 de f(x) en x = 0.

b) Calcular el error que se comete al utilizar el polinomio anterior para calcular 3 75.0 . Aplicando los desarrollos de Taylor calcular:

x

xxx 3

11lim

33

0

−−+→

.

Solución

El polinomio de Taylor de grado 3 es: P(x) = 1 81

5

93

32 xxx −−− .

El resto es R 3 (x,0) = !4)1(

1

81

80 4

3/11

x

c−− , con 0 < c < 0.25.

Vamos a acotar este término empezamos acotando el término en “c”. 0 < c < 0.25 ⇒ - 0.25 < - c < 0 ⇒ 0.75 < 1- c < 1 ⇒ 0.75 11/3 < (1 – c) 11/3 < 1 ⇒

1 <3/113/11 75.0

1

)1(

1 <− c

⇒ )0,(3 xR < !4

25.0

)75.0(

1

81

80 4

3/11≈ 4.6 10 -4.

x

xxx 3

11lim

33

0

−−+→

= x

xxxxx 3

.....)9/3/1(.......9/3/1lim

22

0

−−−−+−+→

=

x

xxx 3

......81/103/2lim

3

0

++→

= 9

2.

3.- a) Demostrar que la sucesión a n = nnnn 2

1.............

3

1

2

1

1

1 +++

++

++

es monótona

creciente.

b) Calcular el límite de la sucesión b n = 5

1.........4321 143

+−+++++ −

an

nn

, con a 0≠ .

Solución.

Calculamos a n+1 – a n = (22

1

12

1

2

1.............

3

1

2

1

++

++++

++

+ nnnnn) –

(nnnn 2

1.............

3

1

2

1

1

1 +++

++

++

) = 1

1

22

1

12

1

+−

++

+ nnn =

)22)(12(

1

++ nn > 0 lo

que significa que la sucesión es monótona creciente.

Vamos a calcular el límite de b n.5

1.......321lim

13

0 +−++++ −

→ an

nn

n = (aplicamos el

criterio de Stolz y queda ) =

5)5)1((

).........21()1.......321(lim

13

0 −−+++++−+−++++ −

→ anna

nnn nnn

n =

a

nn

n 0lim

→.

Calculamos aparte n

nn

0lim

→ =

n

nn

1lim

0

+→

= 1 y volviendo al límite que nos pedían tenemos

a

nn

n 0lim

→ =

a

1.

4.- a) Enunciar el teorema de Lagrange. b) Demostrar que si 1 < a < b, entonces log (b / a) < (b – a). Solución. b) Como la función log x es continua y derivable en ),0( ∞ también lo es en (a, b) y verifica las condiciones del teorema de Lagrange es decir existe un c ∈ (a, b) tal que

cab

ab 1loglog =−−

< 1 (por el enunciado sabemos que 1 < a < c < b ⇒ 111 <<ac

) y

operando queda que log (b/a) < (b – a).

5.- Consideramos la función f (x) = xe /1 - 5−x , se pide: a) Calcular el dominio de f (x).

b) Demostrar que f (x) tiene una única raíz y calcular un intervalo de amplitud 0.5 en el que se encuentra dicha raíz.

Solución. a) Dominio = ),0( ∞ .

b) Para ver que solo tiene una raíz calculamos la derivada f ´(x) = xx

e x

2

12

/1

−−

que es siempre negativa en su dominio luego no tiene ninguna raíz en

consecuencia f (x) puede tener como máximo una raíz. Supongamos que tuviera dos raíces a y b (0 < a < b) entonces por ser continua y derivable y ser f(a) = f(b) = 0 cumple las condiciones del teorema de Rolle ⇒ que existe un c ∈ (a, b) tal que f ´(x) = 0 lo que es una contradicción luego no puede tener dos soluciones.

c) Buscamos un intervalo donde la función cambie de signo, por ejemplo f (1) = e – 4 < 0 y f (0.5) =1.68 > 0 luego existe un m ∈ (0.5, 1) tal que f (m) = 0 y cumple la condición de ser un intervalo de amplitud 0.5

6.- La derivada es negativa en los intervalos x < -3 y (2, 6) por lo tanto en esos intervalos la función decrece. La derivada es positiva según la gráfica en los intervalos (- 3, 2) y x > 6 por lo tanto la función crece en esos intervalos. Tiene extremos en los puntos x = -3 (mínimo), x = 2 (máximo) y en x = 6 (mínimo). Como la derivada crece para x < 0 la segunda derivada es positiva en ese intervalo y por lo tanto la función es cóncava en él. Como la derivada decrece en el intervalo (0, 4) la segunda derivada es negativa y la función es convexa en ese intervalo. En el intervalo x >4 la derivada crece luego la segunda derivada es positiva y la función será cóncava en él. Los puntos de inflexión se encuentran en x = 0 y x =4 que es donde la segunda derivada cambia de signo.