Apellidos: Nombre: Curso: 2º Grupo: Día: CURSO

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1 EXAMEN DE MATEMATICAS II º ENSAYO (FUNCIONES) Apellidos: Nombre: Crso: º Grpo: Día: CURSO 056 Instrcciones: a) Dración: HORA y 30 MINUTOS. b) Debes elegir entre realizar únicamente los catro ejercicios de la Opción A o bien únicamente los catro ejercicios de la Opción B c) Contesta de forma razonada, escribe ordenadamente y con letra clara. d) Pedes sar calcladora (pede ser programable o tener pantalla gráfica). Opción A. a) [ pnto] Se sabe qe es finito. Determina el valor de a. 0 e a b) [,5 pntos] Calcla razonadamente 0 cos() sen(). Sea la fnción f() ln( (donde ln indica logaritmo neperiano) 3) a) [0,5 pntos] Halla s dominio de definición. b) [ pntos] Calcla ss asíntotas y sitúa al gráfica de la fnción respecto de las mismas. 3. [,5 pntos] Sea na fnción f: [a, b] R contina y c y d(a, b) dos pntos qe verifican f(c) 0 y f(d) 0, demestra qe eiste n pnto e(c, d) para el qe g(e) 0 siendo g la fnción g()f() [,5 pntos] Determina si la fnción f() está acotada y alcanza ss valores máimos y mínimo en 4 los intervalos (0,3) y [,]. Enncia los teoremas qe hayas tilizado Opción B 4. Sea la fnción f() a) [0,5 pntos] Halla s dominio de definición. b) [ pntos] Calcla ss asíntotas y sitúa al gráfica de la fnción respecto de las mismas.. [,5 pntos] Averiga, razonadamente, si es contina en 0 la fnción f() sea, indica el tipo de discontinidad eistente. cos() tg(), caso de qe no lo 4 3. a) [,5 pntos] Halla el valor de a para qe la fnción f: R R tal qe f() presente na 3 a 4 discontinidad evitable en, y redefine f para qe sea na fnción contina. e e b) [ pnto] Preba qe la fnción g() presenta na discontinidad evitable en el pnto 0 y halla el valor de f en dicho pnto. π 4. Sea la fnción f() cos()sen() definida en el intervalo 0, : a) [ pnto] Preba qe f es estrictamente decreciente en ese intervalo. b) [ pnto] Preba qe la ecación anterior posee na única solción en el intervalo. c) [0,5 pntos] Encentra la solción anterior con n error menor qe na centésima.

2 SOLUCIÓN DEL EXAMEN Opción A. a) [ pnto] Se sabe qe es finito. Determina el valor de a. 0 e a b) [,5 pntos] Calcla razonadamente 0 cos( ) sen( ) a) Para qe eista dicho límite ha de ser na indeterminación del tipo ( ), cosa qe es cierta, ya qe es na constante dividida por n polinomio de grado y e es eqivalente en cero a. La indeterminación se reselve redciendo a común denominador: a 0 e a 0 a 0 a 0 Este límite será finito si da lgar a na indeterminación, lego: 0 a 0 a. b) El límite vale 0. sen() 0 cos() sen() 0 sen() 0 () / sen(). 0 0 sen().. 0 sen(). Sea la fnción f() (donde ln indica logaritmo neperiano) ln( 3) a) [0,5 pntos] Halla s dominio de definición. b) [ pntos] Calcla ss asíntotas y sitúa al gráfica de la fnción respecto de las mismas. a) La fnción f() es n cociente de fnciones donde el nmerador es na constante, lego basta considerar el dominio del cociente, ln( 3), qe está definida para los valores 3 > 0 > 3 (, 3 ) ( 3, ), La fnción tampoco está definido cando 3 4 ±, ya qe no eiste ln(). Por lo tanto s dominio es: (, )(, 3 )( 3,)(,+) (b) Asíntotas. Asíntotas verticales: son rectas con ecación a, tales qe lím f(). Los valores son aqellos a en qe no está definida ±.

3 f() + ln( 3) f() ln( 3) Asíntota y la fnción toma valores positivos a la izqierda y negativos a la derecha. f() ln( 3) f() + ln( 3) Asíntota y la fnción toma valores negativos a la izqierda y positivos a la derecha. Asíntotas horizontales: son rectas con ecación y b tales qe f() b. Son: f() 0 ln( 3) f() 0 ln( 3) Para sitar la asíntota respecto de la gráfica calclamos el signo de f()b: ln( 0 3) 0 ln( 3) 0 0 ln( 3) ln( 3) La gráfica se acerca por encima de la asíntota a izqierda y derecha. Asíntotas oblicas: No eisten pesto qe los sigientes límites son nlos: f() m /ln( 3) 0.ln( 3) m f() / ln( 3) 0.ln( 3) 3. [,5 pntos] Sea na fnción f: [a, b] R contina y c y d(a, b) dos pntos qe verifican f(c) 0 y f(d) 0, demestra qe eiste n pnto e(c, d) para el qe g(e) 0 siendo g la fnción g()f() +. Solción: Consideramos la fnción g: [a, b], tal qe g() f()+ qe es contina en [c, d] [a, b] ya qe es sma de dos fnciones continas. Como: g(c) f(c) g(d) f(d) Aplicando el teorema de los valores intermedios o de Darbo a la fnción g, para calqier k tal qe g(c) K g(d) eistirá n valor e(c, d) tal qe: g(c) 0 g(d) g(e) 0 como qeríamos demostrar. 4. [,5 pntos] Determina si la fnción f() está acotada y alcanza ss valores máimos y mínimo en 4 los intervalos (0,3) y [,]. Enncia los teoremas qe hayas tilizado 3

4 No está acotada en el intervalo (0, 3) ya qe lím f() y f() lím por lo tanto no tiene máimo + ni mínimo en dicho intervalo. Si está acotada en el intervalo [, ] ya qe es n cociente de fnciones continas, no anlándose la fnción denominador en el intervalo cerrado tal como enncia el Teorema de Weiertrass. Tiene n máimo de valor /4 qe alcanza en el pnto 0 y dos mínimos de valor /6 qe se alcanzan en los pntos y. Opción B 4 Ejercicio. Sea la fnción f() (a) [0,5 pntos] Halla s dominio de definición. (b) [ pntos] Calcla ss asíntotas y sitúa al gráfica de la fnción respecto de las mismas. a) El dominio de definición de la fnción qe está formado por la intersección de los dominios de ambos factores salvo los valores qe anlan el denominador. Al ser el denominador n radical hallamos los valores qe hagan qe el radicando sea positivo o cero: 4 0 D(f) (, ][, +) D(f) D(f) D(f )D(f) {/ f() 0} (, ][, +) b) Asíntotas: Asíntotas verticales: son rectas con ecación a, tales qe lím f(). El posible valor es aqel en qe se anla el denominador 0. Pero pnto no pertenece al dominio de definición. 4 0 a f() y 0 f() no eisten ya qe dicho

5 Asíntotas horizontales: son las rectas con ecación y b tales qe f() b. Vamos a hallarlas en ambos lados: Por lo tanto las asíntotas horizontales son y a la derecha e y a la izqierda. Para sitarlas respecto de la gráfica hallamos el signo de f()b: ). 4 ) ( (. 4 ) (. ( La gráfica se acerca por debajo de la asíntota a la derecha. 4 4 ) 0 Veamos el signo de f()b hacia la izqierda ). 4 ) ( ( ( ) ( ) La gráfica se acerca por encima de la asíntota a la izqierda. Asíntotas oblicas: no hay ya qe: m m f() 4/ 4 0 f() 4/ 4 0. [,5 pntos] Averiga, razonadamente, si es contina en 0 la fnción f() lo sea, indica el tipo de discontinidad eistente. cos() tg(), caso de qe no La fnción es contina en el intervalo por ser n cociente de fnciones continas, el nmerador es diferencia de polinomio y seno y el denominador es raíz de la diferencia de na constante y coseno. En 0 0, donde se anla el denominador, pede presentar na discontinidad hallaremos ss límites laterales para ver si la discontinidad es evitable: cos() 0 f() 0 0 tg() 0 Indeterminación qe resolvemos recordando qe tg() y cos() / para 0 (infinitésimos eqivalentes): f() / 0 sen() 0 f() 0 cos() Indeterminación qe resolvemos recordando qe tg() y cos() /: f() / Presenta na discontinidad inevitable de salto finito en 0 ya qe no coinciden los límites laterales en dicho pnto. 5

6 4 3. a) [,5 pntos] Halla el valor de a para qe la fnción f: R R tal qe f() presente 3 a 4 na discontinidad evitable en, y redefine f para qe sea na fnción contina. e e b) [ pnto] Preba qe la fnción g() presenta na discontinidad evitable en el pnto 0 y halla el valor de f en dicho pnto. a) Para qe sea contina en debemos redefinirla de modo qe: ( ) f() 3 a 4 0 dicho límite es na indeterminación qe resolvemos factorizando el nmerador de la fracción 0 aplicando la regla de Rffini y sabiendo qe na de las raíces es : a 4 0 a Como el resto ha de anlarse: 4+a 0 a 0 a 4+a Qedando: ( ) 3 4 Lego redefinimos f de la sigiente forma: si f() si b) Tomando factor común e en el nmerador obtenemos qe e e e (e ) y teniendo en centa qe si e y son infinitésimos eqivalentes en 0 también lo son e y : e e e (e ) e e Qe al ser finito permite sstitir f(0) por s límite para 0 y redefinir la fnción como: e e si 0 f() si 0 π 4. Sea la fnción f() cos()sen() definida en el intervalo 0, : a) [ pnto] Preba qe f es estrictamente decreciente en ese intervalo. b) [ pnto] Preba qe la ecación anterior posee na única solción en el intervalo. c) [0,5 pntos] Encentra la solción anterior con n error menor qe na centésima. 6

7 π a) La fnción f es estrictamente creciente en el intervalo 0, ya qe: < cos()cos() <0 por ser decreciente cos() en dicho intervalo. < sen()+sen()< 0 por ser creciente sen() en dicho intervalo. siendo la sma de fnciones decrecientes na fnción decreciente tal como se ve en la figra. b) Para probar qe la ecación f() 0 posee na única solción en el intervalo tilizamos el Teorema de Bolzano ya qe como ambas fnciones son continas en el intervalo, s diferencia lo es cmpliéndose en los etremos qe: cos(0)sen(0) 0 > 0 π π cos sen 0 < 0 π Por lo tanto f(0).f < 0 π Aplicando el Teorema eiste na solción de la ecación 0,. Dicha solción es única, ya qe si eistiera otra solción en dicho intervalo, d, la fnción habría de ser creciente en algún sbintervalo de intervalo (c, d) lo qe contradeciría qe la fnción es estrictamente decreciente como hallamos en el apartado anterior. c) Para encontrar la solción anterior con n error menor qe na centésima bastaría, tilizando la calcladora determinar pntos en el interior del intervalo. Serían [0,78; 0,79]: f(0,78) cos(0,78)sen(0,78) 0,7090,7033 0,0076 f(0,79) cos(0,79)sen(0,79) 0,70380,