Control 1, MA-1A2 Cálculo Diferencial e Integral Escuela de Ingeniería, FCFM, U. de Chile Semestre 2008/2 (30 de Agosto)

Transcripción

1 Control 1, MA-1A Cálculo Diferencial e Integral Escuela de Ingeniería, FCFM, U. de Chile Semestre 008/ (30 de Agosto) P1) Considere la función definida mediante la siguiente ley: x si x < a f(x) = x + a x e x a si x a a) Calcule los límites laterales de f cuando x a ± en términos de a, y pruebe que f resulta ser continua en a si y solamente si a = 1. Cuando x a + se tiene que f(x) a 1 = f(a) Cuando x a se tiene que f(x) a = a a+a La función es continua en a ssi a 1 = a, es decir ssi a = pto. A partir de ahora considere que a = 1. b) Establezca el dominio de f y el conjunto de puntos en los cuales f es continua. El dominio para x > 1 son todos los reales (mayores que 1) Para x < 1 la expresión es racional y está definida ssi x Por lo tanto el Dominio son todos los reales diferentes de Por álgebra de funciones continuas f es continua para x > 1 y para x (, 1) ( 1, 1). Además por (a) es continua en Conclusión: f es continua en todo su dominio. c) Pruebe, usando TVI, que f se anula en algún punto del intervalo [1, + ). Evaluando la función en algunos puintos se tiene que: f(1) = 1 > 0, f() = 4 e > 0, f(3) = 6 e < 0. Por lo tanto, en virtud del TVI (en su versión Bolzano), existe x 0 [, 3] tal que f(x 0 ) = pto. d) Determine (si existen), asíntotas (horizontales, verticales, oblicuas). Para x > 1 no hay asintotas verticales Cuando x + se tiene que f(x) en forma exponencial (no asintotas).. Para x < 1 hay asíntotas verticales en x = Cuando x f(x) y f(x) x = x. Por lo tanto, la asíntota x x+1 oblicua es la recta y = x pto.

2 e) Calcule f y determine puntos críticos, intervalos de crecimiento, máximos y mínimos. Para x > 1 se tiene que f (x) = e x pto. Para x (, 1) ( 1, 1) se tiene que f x(x + 1) x (x + )x (x) = =.. (x + 1) (x + 1) Para x = 1 se tiene que f(x) f(1) lim x 1 + x 1 = e 0 = 1, lim x 1 f(x) f(1) x 1 = 3 4 = 3 Por lo tanto f no es derivable en Los puntos críticos son 1 y 1, por no ser derivable, más 0, y 1+ln por anularse la derivada La derivada es estrictamente positiva en (, ) (0, 1) (1, 1 + ln ). Allí la función es estrictamente creciente La derivada es estrictamente negativa en (, 1) ( 1, 0) (1 + ln, ). Allí la función es decreciente estricta f) Calcule f y determine convexidades, puntos de inflexión (si es que existen). Para x > 1 se tiene que f (x) = e x Para x (, 1) ( 1, 1) se tiene que f (x) = (x + ) (x + 1) (x + )x (x + 1) (x + 1) 4 = 4 (x + 1) pto Para x > 1 la segunda derivada es negativa, luego f es concava En x < 1 la segunda derivada e positiva en ( 1, 1), allí la función es convexa. En x < 1 la segunda derivada e negativa en (, 1), allí la función es concava. f tiene una inflexión en x = 1 (en x = 1 hay cambio de convexidad, pero la función allí no es continua ya que tiene su asíntota vertical)

3 P) a) Sea f : [a, b] R una función continua en [a, b] y dos veces derivable en (a, b). Pruebe que si f alcanza su máximo global en x 0 (a, b) entonces, f (x 0 ) 0. Ind: Use un desarrollo limitado de orden de f en torno a x 0. Sabemos que f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 ) + f (x 0 ) (x x 0 ) + o[(x x 0 ) ] pto. Pero aquí por tratarse de un máximo, se cumple que f(x) f(x 0 ) 0 y f (x 0 ) = 0. Por lo tanto f (x 0 ) = f(x) f(x 0) + o[(x x 0) ] (x x 0 ) (x x 0 ) pto. Si tomamos límite cuando x x 0 queda f f(x) f(x 0 ) (x 0 ) = lim 0. x x0 (x x 0 ) pto. b) Sea g : [0, 1] R una función continua y dos veces derivable en (0, 1), la cual satisface g (x) = x 3 g(x) + g (x)g (x), x (0, 1). Demuestre que si g(0) = g(1) = 0 entonces g(x) 0 en todo [0, 1]. Ind: Argumente por contradicción y use la parte (a) donde corresponda. Sabemos que, al ser continua, g alcanza su máximo en [0, 1]. Sea x 0 aquel punto. Debemos probar que g(x 0 ) = Supongamos que esto no es así, es decir que g(x 0 ) > 0. Claramente x 0 (0, 1).... Usando la ecuación se tiene que g (x 0 ) = x 3 0g(x 0 ) + g (x 0 ) g (x 0 ) }{{} =0 lo que implica que g (x 0 ) > 0. Esto es una contradicción a lo probado en (a) pto.

4 c) Considere la función h(x) = g(x), donde g es la función de la parte (b). Verifique que h satisface las mismas hipótesis que la función g en (b), y use las conclusiones de (b) para deducir que g(x) = 0 en todo [0, 1]. La función h es claramente continua en [0, 1] y derivable en (0, 1) Además: h (x) = g (x) = x 3 g(x) g (x)g (x) = x 3 [ g(x)] + [ g(x)] [ g (x)] Por lo tanto, usando (b) se concluye que h(x) 0 en todo [0, 1]. O sea g(x) 0. Esto implica g(x) 0 en [0, 1] pto. Juntando esto con (b), se concluye. P3) a) Considere el real fijo a (0, 1). Use el teorema del valor medio para demostrar que x (0, π ] se cumple sen (ax) < sen(x). Use esto para demostrar la siguiente desigualdad: ( ) a cos x cos(ax) x [0, π ]. Ind: Estudie el crecimiento de la función f(x) = cos(ax) ( cos x ) a Como x > 0 y a (0, 1) se tiene que 0 < ax < x Usando el TVM en [ax, x] para la función sen (t), que es continua en [ax, x] y derivable en (ax, x), se tiene que sen x sen (ax) = cos ξ, algún ξ (ax, x) x ax Como ξ (0, π ) se tiene que cos ξ > 0 y así se deduce que sen x > sen (ax) Para la segunda desigualdad, consideramos f(x) = cos(ax) ( cos x ) a. Claramente f es continua en [0, π ] y derivable en el abierto Además f(0) = f (x) = asen (ax) + a ( cos x ) a 1 ( ) a 1sen [ sen (x) > asen (x) + a cos x (x) ( ) ] a 1 = asen (x) cos x 1 > pto. Por lo tanto, f es creciente y se concluye la desigualdad

5 b) Sea f es una función infinitamente derivable en R tal que f (k) (x) 1 para todo k N y x R. Demuestre que si x 0 R es fijo, entonces para todo x [x 0 1, x 0 + 1] se cumple que lim f(x) Tf n (x x 0 ) = 0, n donde T n f (x x 0) denota al polinomio de Taylor de f de orden n en torno a x 0. Sabemos que siempre existe ξ entre x y x 0 tal que f(x) T n f (x x 0 ) = f (n+1) (ξ) (n + 1)! (x x 0) n pto. Por lo tanto, usando las hipótesis del enuenciado, se deduce que f(x) Tf n 1 (x x 0 ) (n + 1)! pto. De aquí se obtiene el resultado, por sandwich de sucesiones