Primer Examen Parcial de Cálculo. Primer Curso de Ingenieros Industriales. 15 de Enero de Soluciones.

Transcripción

1 Primer Exmen Prcil de Cálculo. Primer Curso de Ingenieros Industriles. 5 de Enero de 200. Soluciones. Not: El exmen const de ejercicios (E, E2, E3 y E) y un problem (P) que se puntún cd uno de ellos sobre 0. L not del exmen será E+E2+E3+E+2P. 6 Ejercicio. Considerlfunciónf (x) = x 2 log ( + sen x). Construye su polinomio de Mclurin de grdo 6 y clcul el límite x 0 f (x) x 3 (e x x) 2. -Solución- Notemos que f (x) =x 2 log ( + sen x) es producto de dos funciones. Por un ldo l función x 2 y,porotrolfunciónlog ( + sen x). Teniendo en cuent que los polinomios de Mclurin de grdo myor o igul dos de x 2 son el propio x 2, pr construir el polinomio de Mclurin de grdo 6 de f, p 6 (x), bst obtener el polinomio de Mclurin de grdo de log ( + sen x) y, posteriormente, multiplicr por x 2. Psemos nlizr l función log ( + sen x). Observmos que es un composición de funciones, más concretmente log ( + sen x) =log(+x) sen x. Necesitmos el polinomio de Mclurin de grdo de sen x y el polinomio de Tylor de grdo de log ( + x) centrdo en sen 0 = 0. Ambos polinomios son conocidos de clse y los llmremos q y p respectivmente, q = x x3 3! = x x3 6 y p = x x2 2 + x3 3 x. Luego l composición de mbos polinomios es p q = µx x µx x µx x3 6 µx x3. 6

2 A continución, se desrrolln ls potencis del binomio y se einn en el resultdo los grdos superiores, x x3 6 µx 2 x x3 x = x x2 2 + x3 6 x 2. Finlmente p 6 (x) =x 3 x 2 + x5 6 x6 2. Por otro ldo pr clculr el límite requerido buscmos el primer polinomio de Mclurin no nulo de numerdor y denomindor. Así, usndo el polinomio nterior, f (x) x 3 x 2 +. Tmbién son conocidos los polinomios de Mclurin de e x, yportnto e x +x + x2 2! + e x x x2 2! + Operndo, µ µ x (e x x) 2 2 x 2 2! + 2! + x + El límite qued como f (x) x 3 x 0 (e x x) = x /2 2 x 0 x / = 2. 2

3 Ejercicio 2. Hz un esbozo de l curv dd en polres por l ecución r =2sen(3θ), estudindo previmente los siguientes elementos: dominio, simetrís respecto de los ejes crtesinos y rects tngentes en θ =0,θ= π 6,θ= π 3,θ= 3π 2 yθ= 5π 3. -Solución- Determinmos primero el dominio de l función. L función seno existe pr culquier vlor pero el rdio debe ser siempre no negtivo. Si considermos θ [0, 2π] entonces 3θ [0, 6π]. Comoelsenoesnonegtivoenlosdosprimeroscudrntesentoncesdebeocurrirque 3θ [0,π] [2π, 3π] [π, 5π]. El dominio de nuestr función en polres se reduce h θ 0, π i 2π 3 3,π π 3, 5π 3 L curv descrit por l función en polres del enuncido no puede ser simétric respecto del eje OX y que existe pr θ =3π/2 pero no pr θ = π/2. Vemos si es simétric respecto l eje OY, r (π θ) =2sen(3(π θ)) = 2 [sen (3π)cos(3θ) cos (3π)sen(3θ)] = 2 sen (3θ). Por l simetrí respecto OY nos reducimos esbozr l curv en h 0, π i 3π 3 2, 5π 3 y luego extenderl. Clculmos l pendiente de ls rects tngentes teniendo en cuent que r 0 =6cos(3θ), m (θ) = r0 sen θ + r cos θ r 0 cos θ r sen θ. = 6cos(3θ)senθ +2sen(3θ)cosθ 6cos(3θ)cosθ 2sen(3θ)senθ. Así, m (0) = 0, m(π/6) = 3,m(π/3) = 3,m(3π/2) = 0 y m (5π/3) = 3. Pr conseguir ls ecuciones de ls rects tngentes solicitds buscmos ls coordends crtesins de los puntos indicdos medinte el cmbio x = r cos θ, y = r sen θ. Si θ =0entonces r =0, lo que corresponde l punto (0, 0). En ese cso l ecución es y =0. Si θ = π/6 entonces r =2, lo que corresponde l punto 3,. En ese cso l ecución punto-pendiente nos llev y = 3 x 3. Luego y = 3x +. Si θ = π/3 entonces r =0, lo que corresponde l punto (0, 0). En ese cso l ecución de l rect tngente es y = 3x. 3

4 Si θ =3π/2 entonces r =2, lo que corresponde l punto (0, 2). En ese cso l ecución de l rect tngente es y = 2. Si θ =5π/3 entonces r =0, lo que corresponde l punto (0, 0). En ese cso l ecución de l rect tngente es y = 3x. y = 3 x + y = 3 x y = 0 y = 3 x y = 2

5 Ejercicio 3. Se ( cos x ³0, f (x) = sen x, x π i 2 0, x =0. Es f continu en su intervlo de definición? Clcul el áre de l región itd por l gráfic de f yelejeox, y el volumen del sólido generdo l girr lrededor del eje OX dich región. -Solución- El único punto donde podrí no ser continu l función del enuncido es en x =0, y que en el resto de puntos se trt de un cociente de funciones continus cuyo denomindor no se nul. Al trtrse de un extremo del intervlo comprobmos que plicndo L Hopitl cos x sen x f (x) = = =0=f (0). x 0 + x 0 + sen x x 0 + cos x Con ello se prueb que l función es continu en todo el intervlo de definición. Pr clculr el áre encerrd por l gráfic de l función f tendremos en cuent que es continu y que f (x) 0 en [0,π/2], por lo que Z π/2 cos x áre = 0 sen x dx. Se trt de un función rcionl trigonométric impr en seno, luego el cmbio recomenddo pr l integrl es t =cosx con dt = sen xdx, Z 0 Z t dt Z áre = sen x ( sen x) = t 0 t dt = 2 0 +t dt = [log +t ] 0 =log2. El volumen generdo por el áre encerrd por l gráfic de l función l girr lrededor de eje OX se clcul como Z π/2 µ 2 cos x vol = π dx. 0 sen x En este cso el integrndo es tmbién un función rcionl trigonométric pero no pertenece ninguno de los csos prticulres luego plicmos el cmbio generl t =tn(x/2) con dx = Asílintegrlquedcomo vol = π 2dt 2t t2, sen x =, cos x = +t2 +t2 +t. 2 Z 0 t2 +t 2 2t +t 2 Z +t 2 = 2π dt =2π 0 +t 2 = 2π (t rctn t) 0 2 Z 2dt +t = π 2t t dt 2 Z 0 =2π π2 2. µ dt +t 2 5

6 Ejercicio. Enunci el criterio de comprción por pso l límite pr integrles impropis. Estudilconvergencidelintegrl Z + x2 2x 8 dx. -Solución- Criterio de comprción por pso l límite. Se f 0 continu en un intervlo de l form [, b) donde b puede ser infinito. Se verificn ls siguientes firmciones:. Si existe un función g 0 en [, b) con f (x) = L 6= 0, +, x b g (x) entonces f (x) dx converge si, y sólo si, 2. Si existe un función g 0 en [, b) con g (x) dx converge. y g (x) dx converge entonces 3. Si existe un función g 0 en [, b) con f (x) x b g (x) =0 f (x) dx es convergente. f (x) x b g (x) =+, y g (x) dx diverge entonces f (x) dx es divergente. (Todosloslímitesnterioresseresuelvenconx + en el cso de que b =+ ) Estudimos con este criterio l convergenci de l integrl impropi del enuncido. El denomindor del integrndo se nul cundo x 2 2x 8=0, lo que ocurre si x = 2 ysi x =. Luego est integrl impropi hy que estudirl seprándol en dos, Z + x2 2x 8 dx = Z 5 e x Z + x2 2x 8 dx + 5 x2 2x 8 dx, y será convergente si mbs integrles lo son. L segund integrl es de primer especie. Observmos que en el intervlo [5, + ) el integrndo es positivo luego podemos plicr el teorem nterior. Buscmos pr comprr 6

7 un función g (x) = Z + x con p R delsquesbemosporclseque p 5 p> ydivergentesip. Así, x + e x x2 2x 8 = x + x p x p x 2 2x 8 =0, dx x p es convergente si se cul se el vlor Z de p. Usndo el segundo prtdo del teorem y tomndo por ejemplo + dx p =2,cuyintegrl es convergente, se lleg que l nuestr tmbién. 5 x 2 L primer integrl es de segund especie con impropiedd en x =. Al ser continuo y no negtivo el integrndo en (, 5] volvemos plicr el teorem enuncido Z usndo funciones de 5 dx l form g (x) = (x ) p con p R delsquesbemosporclseque (x ) p convergen si p< ydivergensip. Así, x + x2 2x 8 = x + (x ) p Si tommos p =/2 entonces Z 5 x + (x ) p p (x ) (x +2) = x + x2 2x 8 e = 6=0, +. 6 (x ) p (x ) p. x +2 x dx Como es convergente, deducimos por el primer prtdo del teorem que l /2 (x ) nuestr tmbién es convergente. 7

8 Problem. Consider l serie de potencis ) [3 puntos] Hll su intervlo de convergenci. b) [ puntos] Clcul su función sum. ( ) n (x )n. c) [3 puntos] Encuentr, trbjndo con dos cifrs decimles, un proximción de un vlor de x tl que l serie de potencis sume 3. Pr ello busc un intervlo donde se verifiquen ls condiciones del Teorem de Newton-Fourier y escoge el vlor inicil que dicho teorem sugiere pr plicr el método de Newton. Cuánts soluciones distints existen? -Solución) En primer lugr nos piden encontrr el intervlo de convergeci de un serie de potencis del tipo P c n (x ) n n, donde c n =( ), pr n 2 y =, pr ello comenzmos clculndo cuál es su rdio de convergenci R. Sbemosque c n ( )n R = n c n+ = n 7(n +)+3 ( )n+ (n +) 2 (n +) = n ()(n +) (7n +0)(n ) =. Por el teorem de Cuchy-Hdmrd tenemos entonces que l serie de potencis converge bsolutmente en el intervlo ( R, + R) =(0, 2) y diverge en (, 0) (2, + ). Qued por sber qué ocurre en los extremos de dicho intervlo. n Pr x =0l serie es ( ) ( )n =. Notmos que se trt de un serie de términos positivos que, por el criterio de comprción por pso l límite, tiene el mismocomportmientoque porque = n n n n =7. Como X no es n n= n convergente porque es un p-serie con p =, deducimos que tmpoco es convergente. n Pr x =2l serie ( ) es de términos lterndos. Vmos estudir su convergenci utilizndo el criterio de Leibniz pr lo cul tenemos que comprobr si l suce- sión b n = es un sucesión de términos positivos decreciente cero. Obvimente n =0, pues el polinomio del denomindor es de myor grdo que el del numerdor. Pr probr que es decreciente bst ver que b n b n+. En efecto 8 7n +0 (n +) 2 (n +)

9 si, y sólo si, ()(n +) (7n +0)(n ), es decir si, y sólo si, 7n +3 0, lo cul sbemos que es cierto pr todo nturl n. El criterio de Leibniz nos dice entonces que l serie de potencis dd es convergente en el punto x =2. n Finlmente el intervlo de convergenci de ( ) (x )n viene ddo por (0, 2]. b) Pr hllr l sum de l serie l reescribimos como n ( ) (x )n = (( )(x ))n = ( x)n. Hcemos hor el cmbio y = xpr fcilitr los cálculos y observemos que x (0, 2] si, y sólo si, y [, ). Necesitmos, por tnto, sumr S(y) = yn. A su vez, es conveniente descomponer l sucesión rcionl en sum de frcciones simples. De este modo = n(n ) = A n + B n, que, resolviendo el correspondiente sistem, nos llev A = 3, B=0. Conlocullsum de l serie se reduce encontrr l sum de 3 n yn +0 n yn. Comenzmos con l primer de ells, sí, si llmmos S (y) = n yn, vmos obtener l sum de l mism prtir de l sum de l serie geométric. Sbemos que t n = n=0 n= n= t n =+t + t 2 + t 3 + = t pr t (, ). Pr cd vlor y (, ), integrmos entre 0 e y, obteniendo y n Z y n = y + y2 2 + y3 3 + y + = dt = log( y). t Pr obtener l función S (y) bst observr que l serie nterior comienz en el término n =, sí que restndo dicho término, qued S (y) = n yn = y2 2 + y3 3 + y + = log( y) y. Llmemos, de mner nálog, S 2 (y) = n yn, pr obtener el vlor de est sum vmos prtir nuevmente de l sum de l serie geométric. Tenímos t n = n=0 t n 2 =+t + t 2 + t 3 + = t 9 0 pr t (, ).

10 Pr cd vlor y (, ), integrmos entre 0 e y, obteniendo y n Z y n = y + y2 2 + y3 3 + y + = dt = log( y). 0 t Pr cd y (, ) multiplicmos por y y conseguimos S 2 (y) = En consecuenci, pr y (, ), tenemos S(y) = y n n = y2 + y3 2 + y 3 + y5 + = y log( y). yn = 3S (y)+0s 2 (y) =(3 0y)log( y)+3y. Además, l hber integrdo se puede hber gndo convergenci en lguno de los extremos del intervlo. De hecho sbemos que l serie nterior converge pr y [, ) por lo que se h gndo convergenci en el extremo y =. Como l función S(y) es continu en el intervlo de convergenci, est continuidd de S(y) nos permite extender el vlor de l sum nterior y =. Deshciendo el cmbio y = x obtenemos que l sum buscd es pr x (0, 2]. S(x) =(3 0( x)) log( ( x)) + 3( x) =(0x 7) log(x)+3 3x, c) Tenemos que encontrr un vlor x (0, 2] de form que S(x) =3. En ese cso debemos resolver l ecución g(x) =S(x) 3=(0x 7) log(x) 3x =0, medinte el método de Newton, con dos cifrs decimles, buscndo previmente un intervlo dondeseverifiquen ls condiciones de l regl de Newton-Fourier. De este modo, debemos buscr un intervlo [, b] en el que l función g se de clse C 2 de mner que en dicho intervlo g cmbie de signo, g 0 (x) no se nule y g 00 (x) no cmbie de signo. En ese cso si comenzmos en el extremo x 0 = o x 0 = b donde g(x 0 ) teng el mismo signo que g 00, l regl de Newton-Fourier segur que ls iterciones x n+ = x n g(x n) g 0 (x n ), construids por el método de Newton, convergen l únic solución que existe de l ecución g(x) =0en el intervlo [, b]. Obvimente l función g(x) es de clse C 2 en todo el intervlo (0, 2]. Tomemos g() = 3 < 0 y g(2) = 3 log(2) 6= > 0. Por tnto elegimos en principio el intervlo [, 2]. Si derivmos l función g(x) obtenemos g 0 (x) =0log(x)+7 µ =0log(x)+7 x µ x x. 0

11 Observemos que en (0, 2] mbs funciones, log(x) y x, se nuln solmente en x =, por x lo que g 0 () = 0 y no se cumplirí ls condiciones del teorem de Newton-Fourier. Además ls dos son negtivs pr x< y ls dos son positivs pr x>. Busquemos entonces un intervlo más reducido. Relizndo un bisección vemos que g(.5) = < 0, por lo que en el intervlo [.5, 2] hy cmbio de signo de l función g ydemásg 0 (x) es siempre positiv en dicho intervlo. Si estudimos hor l derivd segund vemos que g 00 (x) = 0 x + 7 x 2, es siempre positiv en [.5, 2]. En ese cso, prtiendo de x 0 Newton-Fourier, ls iterciones = 2 como sugiere l regl de x n+ = x n g(x n) g 0 (x n ) = x n (0x n 7) log(x) 3x n 0 log(x n )+7 7 x n = 0x n 7+7log(x n ) 0 log(x n )+7 7 x n, proporcionn l siguiente sucesión de vlores x =. 7, x 2 =. 68, x 3 =. 67, x =.67. Por tnto, l proximción l solución buscd es x =.67 con dos cifrs decimles excts. Nos preguntn demás si existe lgun otr solución, es decir, si en el intervlo (0, 2] hy lgún otro punto donde S(x) =3. Recordemos que en el intervlo (0, ) l función g 0 (x) es negtiv por lo que g es estrictmente decreciente, como demás g(x) =+ y g() < 0 x 0 + deducimos que en el intervlo (0, ) existe, usndo los teorems de Bolzno y Rolle, un únic solución de nuestr ecución. De mner nálog, en el intervlo (, 2] l función g cmbi de signo y su derivd primer es estrictmente positiv por lo que un rzonmiento similr nos dice que en dicho intervlo existe otr solución, l encontrd nteriormente, de nuestr ecución. En definitiv, hy dos vlores en (0, 2] dondelsumdelseriedepotencisdd es 3.