PARTE ELECTIVA. Solo 4 preguntas de la parte electiva. tan(xy) = x y sec2 (xy)(y + xy ) = y xy y 2

Transcripción

1 PARTE ELECTIVA. Solo 4 preguntas de la parte electiva.. a) Si tan(xy) = x dy halle y dx. Solución. Derivando implícitamente ( puntos) Despejando y tan(xy) = x y sec (xy)(y + xy ) = y xy y y = y( y sec (xy)) x( + y sec (xy)). b) Determine los puntos de inflexión de la gráfica de la función ( puntos) Solución. Derivando y simplificando f (x) = f(x) = arc sen(x) + x x, x. + x x = x, x <. x x Volviendo a derivar, f (x) = x, x < x El único punto de inflexión es (0; f(0).. a) Considere un AOC, tal que O es el origen de coordenadas, A y C son puntos sobre la parábola y = 4 x +, el segmento AC es paralelo al eje X y OH es una de las alturas de dicho triángulo. Si el punto H se mueve hacia arriba a una tasa constante de unidades/seg, ubicándose al inicio en (0; ). Cuál es la velocidad con que está aumentando el área del AOC, cuando t = 4, 5s? Solución. De y = 4 x + x = y, y Movimiento en el eje vertical: y = y 0 + v y t. De los datos, y 0 =, v y = dy dt = y = + t, x = t, t 0. ( puntos) El área del triángulo A( AOB) = xy se puede expresar como función de tres formas diferentes: A(x) = x3 4 + x, x 0

2 A(y) = y y, y A(t) = t( + t), t 0 Cuando t = 4,5 y = 0, x = 6. Derivando (Regla de la cadena) cualquiera de las tres posibilidades se tiene Por ejemplo la primera. De da dt = 56 3 u /s. Por otro lado, cuando t = 4,5, y = 4 x + dy dt = dy dx dx dt = xdx dt dx dt = 4 x Similar para los otros dos casos. y = 0, x = 6, en la variación de A(x), da dt = da dx dx dt = (3 4 x + ) 4 x = b) Aproxime f ( ), si ( puntos) 4 Solución. Derivando f(x) = arctan(sen(x)). f(x) = arctan(sen(x)) f (x) = cos(x) + sen (x) Usando diferenciales para aproximar f ( ). Para x = 0, x = 0,5 en 4 f ( 0,5) = f (0) + f (0) x La segunda derivada f (x) = sen(x)( + cos (x)) ( + sen (x)). Evaluando f (0) =, f (0) = 0, se tiene f ( 0,5) =. Similar resultado se obtiene cuando usa aproximación lineal. 3. Dada una semicircunferencia de radio R, se construye un triángulo rectángulo de tal manera que el vértice del ángulo recto es un extremo del diámetro de la semicircunferencia, uno de los catetos contiene a dicho diámetro y la hipotenusa es tangente a la semicircunferencia. Sean en la figura, x, y y H los lados del ABC, donde se cumple tan(t) = R y tan(t) = x y. y

3 C t t y T R B 0 A x Figura : Semicircunferencia inscrita en ABC a) Exprese el área del triángulo como función de uno de sus catetos. ( puntos) Solución. De la figura se tiene x y = tan(t) = tan(t) (tan(t)) = R/y R /y x = Ry y R, y > R. Por lo tanto, el área del triángulo ABC, A = xy A(y) = Ry3 y R, y > R b) Demuestre que la hipotenusa del triángulo de área mínima mide R 3 unidades de longitud. Solución. Derivando A(y), se tiene A (y) = Ry (y R ) (y 3R ) ( puntos) Punto crítico A (y) = 0 y = 3R. Por el criterio de la primera derivada, éste es mínimo relativo y como es el único extremo entonces es el mínimo absoluto. La hipotenusa y = 3R x = 3R H = x + y = 3R. 4. a) Halle el punto P sobre la gráfica de la función f, definida por ( puntos) f(x) = x + 3. donde la recta tangente tiene pendiente mínima. Solución. La derivada de f es la función a optimizar, esto es, f(x) = x + 3 f (x) = 4x (x + 3)

4 Los puntos críticos de f de f (x) = (x ) (x + 3) f (x) = 0 x =, x = por el criterio de la primera derivada, x = es mínimo relativo de f. La justificación de que este mínimo relativo es mínimo absoluto es que lím f (x) = 0 x ± y de la gráfica de la función f (x) = 4x (x + 3) Gráfica de la función derivada de f Figura : Gráfica de f Por lo tanto, en el punto P (; f()) la recta tangente tiene pendiente mínima. b) Calcule el valor de ( puntos) con a y b constantes diferentes de cero. lím [cos(x) + a sen(bx)] x, x 0 Solución. Sea y = [cos(x) + a sen(bx)] x, tomando logaritmos, ln(y) = x ln (cos(x) + a sen(bx)) lím ln(y) = lím x 0 x 0 y el límite se calcula por la Regla de L Hospital lím ln(y) = ab lím y = x 0 x 0 eab ln [cos(x) + a sen(bx)], x 5. a) Demuestre que la función f, definida por ( puntos) es decreciente en el intervalo ], + [. f(x) = x /n (x ) /n, n N, n,

5 Solución. Derivando f y teniendo en cuenta que: n < 0 n > 0 se tiene { f (x) = } {x n (x ) n f (x) = n n x n } (x ) n De la condición: < x 0 < x < x 0 < (x ) n < x n f (x) < 0, x >, f es decreciente en ], + [. x n (x ) n < 0 b) Usando la parte a) y el Teorema del Valor Medio, pruebe que: ( puntos) a /n b /n < (a b) /n si 0 < b < a, n N, n. Solución. La función f cumple con la hipótesis del teorema del valor medio en el intervalo I = [, a b ]. Como f es continua en I y diferenciable en ], a b [ entonces existe c ], a [ tal que b f (c) = f(a) f() b a b Por la parte a) f (c) < 0 entonces f( a ) f() < 0. Simplificando se obtiene b a /n b /n < (a b) /n. PARTE OBLIGATORIA 6. Dada la función f, definida por (4 puntos) f(x) = a) Halle las asíntotas de la gráfica de f. x 4 x 3 x 3 3x, x > 3 x3 + 3x, x b) Determine los intervalos de monotonía y los extremos relativos de f. c) Halle los intervalos de concavidad y los puntos de inflexión, si existen. d) Bosqueje la gráfica de f. Solución. Sean f (x) = x4 x 3 x 3 3x = x 3 (x + ), x > f (x) = 3 x 3 + 3x = x /3 (x + 3) /3, x.

6 a) Asíntotas de la gráfica de f. No existen asíntotas horizontales. Cuando x ± entonces f(x) ±. No existen asíntotas verticales. El dominio de f es el intervalo ], + [ y el candidato x = no está en ese intervalo. Las asíntotas oblicuas son: A.O.D.: y = x A.O.I.: y = x +. b) Intervalos de monotonía y extremos relativos de f. Intervalos de monotonía. f crece en ], + [. La función f crece en ], [ y en ]0, [ y decrece en ], 0[. Extremos relativos. Por el criterio de la primera derivada, f tiene máximo relativo en x = y mínimo relativo en x = 0. c) Intervalos de concavidad y puntos de inflexión, si existen. f es cóncava hacia arriba en ], + [ f es cóncava hacia arriba en ], 3[, es cóncava hacia abajo en ] 3, 0[ y en ]0, [. Punto de inflexión en ( 3; f( 3)) = ( 3; 0). d) Gráfica de f. y y=x x f y=x+ Figura 3: Gráfica de f Lima, 8 de noviembre de 0 Profesor Roy Sánchez G. Coordinador del curso.