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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILEFACULTAD DE
MATEMATICASDEPARTAMENTO DE MATEMATICASegundo Semestre 2011
MAT1610 Calculo 1
Interrogacion 2
1. a) Sea f(x) una funcion derivable en R, con f(4) = 2 y f (4)
= 6. Se define:
g(x) =
1 + (f(4x))3.
Calcule g (1).
b) Encuentre todos los puntos de la curva de ecuacion (x2 + y2)2
= 2(x2 y2) dondey = 0.
Solucion:
a)
g(x) =1
21 + (f(4x))3
(1 + (f(4x))3)=
3 (f(4x))2 4f (4x)21 + (f(4x))3
Cuando x = 1 se tiene que
g(1) =3 (f(4))2 4f (4)21 + (f(4))3
=3 4 4(6)
2 3 = 48
b) Si y = f(x) es solucion de la ecuacion, entonces se cumple
que
d
dx
((x2 + y2)2
)=
d
dx
(2(x2 y2))
por lo tanto
2(x2 + y2) (2x+ 2yy) = 2(2x 2yy)x(x2 + y2) + (x2 + y2)yy = x
yy
(x2 + y2 + 1)yy = x(1 (x2 + y2))En la curva si x = 0 entonces y
= 0 y por lo tanto no podemos deducir y = 0.
Por lo tanto podemos afirmar que y = 0 si x2+ y2 = 1. Si esta
condicion se cumple,
como son puntos que pertenecen a la curva se debe tener que x2
y2 = 12vemos
as que y = 0 para todos aquellos puntos de la curva de la
forma(
32,
12
)
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2. a) Encuentre los puntos de la parabola y = x2 3 mas cercanos
al origen.
Solucion: Sea (x0, x20 3) un punto de la parabola.
Su distancia al origen es d(x0) =x20 + (x
20 3)2.
Queremos encontrar el (o los) valores de x0 que minimizan d(x0);
como d(x0) 0,estos valores son los mismos que minimizan
f(x0) = (d(x0))2 = x20 + (x
20 3)2 = x40 5x20 + 9.
As, debemos minimizar f(x) = x4 5x2 + 9 en el intervalo (,).
Ya que el intervalo donde debemos minimizar es infinito, no
tiene extremos, y como
la funcion es derivable en todo R, los unicos candidatos a
extremos locales son lospuntos crticos, o sea, aquellos donde f (x)
= 0.
Como f (x) = 4x3 10x = 2x(2x2 5), los puntos crticos son x = 0 y
x = 10
2.
Para saber cuales de estos son maximos (y cuales mnimos) locales
usamos el criterio
de la segunda derivada: f (x) = 12x2 10, por lo que: f (0) = 10,
por lo que 0 es un maximo local de f , de donde (0, 3) es el
puntomas lejano de su vecindad.
f (
10
2
)= f
(10
2
)= 20 > 0, por lo que x =
10
2y x =
10
2son los
puntos que minimizan f(x).
Note que otra forma de determinar los mnimos globales es
simplememte comparar
f(0) = 9 y f
(10
2
)=
11
4; con lo que llegamos a la misma conclusion que en el
parrafo anterior.
As, los puntos buscados son102
,
(10
2
)2 3 = (10
2,1
2
)y
102
,
(10
2
)2 3 = (10
2,1
2
).
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b) El lanzamiento de un cohete espacial es seguido por una
camara situada en el suelo a
3 km del punto de lanzamiento. Cuando el cohete ha subido 4km y
viaja a 300 m/seg
Con que rapidez vara el angulo de la camara (medido respecto a
la horizontal)?
Solucion:
En la figura, la altura del cohete esta dada por h(t) = 4 + 0,
3t (medimos la altura en
kilometros, y el tiempo en segundos a partir del instante en que
el cohete ha subido 4
Km), y la tangente del angulo en ese instante esta dada por
tan((t)) =h(t)
3=
4 + 0, 3t
3.
3Km
(t)
h(t)
Derivando a ambos lados,
sec2((t))(t) = 0, 1,
de donde
(t) =0, 1
sec2((t))=
1
10(tan2((t)) + 1)=
1
10((
4+0,3t3
)2+ 1) = 90
9t2 + 240t+ 2500.
Evaluando cuando t = 0, obtenemos (t) =90
2500=
9
250Km/s.
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3. a) Siendo f una funcion dos veces derivable y tal que f(a) =
f(b) = 0 y f(c) > 0 ,
con a < c < b .Demuestre que entre a y b existe un para el
cual f () < 0.
b) Sea f(x) una funcion derivable en x0. Determine para que
valores de R existe
lmh0
f(x0 + h) f(x0)h
y calculelo cuando corresponda.
Solucion
a) Dado que a < c < b ,por el teorema del valor medio
tenemos que:
1 (a, c)tal que(f (1) =
f(c) f(a)c a =
f(c)
c a)
y como f(c) > 0 por hipotesis, tenemos que
() f (1) > 0Ademas, usando nuevamente el Teorema del valor
medio, tenemos:
2 (c, b)tal que(f (2) =
f(b) f(c)b c =
f(c)b c
)Por lo tanto,
() f (2) < 0Luego, por teorema visto en clases, de (*) y (**)
se tiene que:
(a, b)tal que (f () < 0).
b) Sea A = lmh0f(x0 + h) f(x0)
h, entonces:
Si = 0, A = 0
Si 6= 0 entonces:
A = lmh0
f(x0 + h) f(x0)h
= lmh0
f(x0 + h) f(x0)h
Dado que si h 0 entonces h 0 entonces
A = lmh0
f(x0 + h) f(x0)h
= f (x0)
OBSERVACION
Tambien pueden usar alguna substitucion del tipo y = (x0 + h) u
otra que sea
correcta.
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4. Sea f funcion continua en R con f(0) = 1. Al reverso de esta
hoja se encuentra elgrafico de f (x). Esboce el grafico de f
indicando intervalos de crecimiento y decrec-
imiento, valores extremos, sentido de concavidad y puntos de
inflexon.
f (x) es:
X4
K2
Y
K4
Solucion:
1. Del grafico de f (x) se obtiene que
f (0) = 0 , f (4) = 0 y no existe f (4).
Considerando los cambios de signo de f (x), se tiene:
f @@R @@R
4 0 4
+ +
Se tiene:
f (x) cambia de + a en x = 4, luego f(4) es un maximo relativo.f
(x) cambia de a + en x = 0, luego f(0) = 1 es un mnimo
relativo.
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Ademas f (x) cambia de + a en x = 4, luego f(4) es un maximo
relativo.
f(x) es creciente en ] , 4[ ]0 , 4[, pues f (x) > 0 y es
decreciente en] 4 , 0[ ]4 , +[, pues f (x) < 0.
2. Analizando f (x) = (f ) (x), de acuerdo a la grafica de f
(x), se tiene:
f
2 0 4
++ +
f(x) es decreciente en ] , 2[, luego f (x) < 0, por lo tanto
la funcion esconcava hacia abajo en este intervalo.
f(x) es creciente en ] 2 , 0[ ]0 , 4[ ]4 , [, luego f (x) >
0, por lo tanto lafuncion es concava hacia arriba en estos
intervalos.
f(x) = 0 en x = 2 y cambia de signo en este punto, luego (2 ,
f(2)) es unpunto de inflexion.
3. La grafica de f(x) es, por lo tanto:
Y
K2 4
1
XK4
