Final Completo

M ATEMÁTICA 1 A NUAL 2009

Instituto de Ciencias - UNGS

Parcial Resuelto Matemática I Anual - 2008 1. Sea f (x) =

   x+2   si x > −1 (x + 1). ln   x+1    

2 2 − x + 1 ex+1 − 1

si x < −1

(a) Estudiar las asíntotas de f. Sabemos que las funciones pueden tener Asíntotas Verticales y Asíntotas No Verticales (oblicuas y horizontales). Analicemos la función para ver si tiene asíntotas verticales. Para ello veamos el Dom( f ), pues los posibles candidatos son los bordes del dominio, y los puntos de discontinuidad en los cuales la función esté definida en un entorno a derecha o a izquierda. Veamos el dominio de f : Cómo f es una función partida analicemosla por intervalos: • Si x > −1:



 x+2 Tenemos que f (x) = (x + 1). ln . Luego tenemos que ver que el argumento del ln (es, decir lo x+1 que está dentro del ln), sea mayor que cero para el intervalo (−1, +∞). O sea, x+2 >0 x+1 Esta desigualdad ocurre cuando tanto el numerador como el denominador poseen el mismo signo. Luego nos quedan determinados dos casos: Caso I:

+ +

Caso II:

− −

x+2 > 0 ∧ x+1 > 0

x+2 < 0 ∧ x+1 < 0

x > −2 ∧ x > −1

x < −2 ∧ x < −1

x ∈ (−1, +∞)

x ∈ (−∞, −2) 



x+2 está bien definido en (−1, +∞), es decir, que el argumento del x+1 ln es siempre mayor estricto que cero en dicho intervalo. Del Caso I se deduce que ln

• Si x < −1:

2 2 − . Ahora las posibles restricciones provienen de los casos en los x + 1 ex+1 − 1 que el denominador de cada uno de los cocientes se anule. Consideremos:

Tenemos que f (x) =

x+1 = 0 x = −1 ex+1 − 1 = 0 ex+1 = 1 ln(ex+1 ) = ln(1)

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Hoja 1 de ??

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x+1 = 0 x = −1 De ambas restricciones obtenemos la misma condición: x 6= −1. Pero dado que x 6= −1 no está incluído en el intervalo (−∞, −1), que sobre el cual estamos analizando la función. En conclusión, Dom( f ) = R6=1 . Continuidad de f : Podemos decir que en el intervalo (−1, +∞) f es continua por ser composición y producto de funciones continuas y en (−∞, −1), f es continua en dicho intervalo por ser operaciones con funciones continuas (resta y cociente con denominador no nulo). Como conclusión llegamos a que la función f es continua en todo su dominio. Entonces uno de los candidatos a Asíntota Vertical es x = −1, pues es un punto borde del dominio. Analicemos entonces la continuidad de f para hallar los candidatos a Asíntota Vertical que nos faltan. Para ello debemos analizar restricciones nos impone la función f (x). En consecuencia solo tenemos un candidato a Asíntota Vertical que es x = −1. Veamos ahora si x = −1 es Asíntota Vertical de nuestra función f . Para ello tenemos que analizar qué pasa con el límite de f cuando x tiende −1. Veamos que pasa con el límite de f cuando x tiende a −1 por derecha: →+∞

z }| {  →1 z }| { x+2  lim f (x) = lim + (x + 1) . ln  x+1 x→−1+ x→−1 | {z } | {z } →0 →0+ | {z } →+∞

Luego tenemos una indeterminación del tipo “0 . ∞”. Por otro lado sabemos que si tenemos un límite ∞ del tipo “ 00 ” o “ ∞ ” podemos usar la regla de L’Hôpital que nos facilita el cálculo de límites. Tratemos entonces de reescribir la expresión que teníamos de modo que nos quede alguno de esos dos casos: →∞

z  }| { x+2   ln x+2 x+1 lim (x + 1). ln = lim + x+1 x→−1+ x→−1 (x + 1)−1 | {z } →∞

Utilizando L’Hôpital, si derivamos numerador y denominador (recordar que para L’Hôpital no se usa la regla del cociente) nos queda que: →0

lim

x→−1+

→∞

z}|{ z }| { 1 −1 . x+2 (x + 1)2 x+1 −(x + 1)−2 | {z } →∞

Si lo reescribimos de modo de simplificar expresión para poder calcular el límite obtenemos lo siguiente: 1 lim +

x→−1

Hoja 2 de ??

x+2 x+1

.

−1 (x + 1)2

−1 (x+1)2

= lim + x→−1

1

. x+2 x+1

−1 (x + 1)2 x + 1 −1 (x + 1)2 . = lim . . (x + 1)2 −1 −1 x→−1+ x + 2 (x + 1)2

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Luego si simplificamos los factores que se repiten tenemos como resultado la expresión siguiente: lim +

x→−1

x+1 =0 x+2

Luego, por la regla de L’Hôpital concluímos que:   x+2 ln x+1 lim + =0 (x + 1)−1 x→−1 En consecuencia sabemos ya que f no tiene Asíntotas Verticales en x = −1 por derecha. Veamos qué pasa por izquierda: →−∞

→−∞

z }| { z }| { 2 2 lim − f (x) = lim − − x+1 e −1 x→−1 x→−1 x + 1 Ahora nos quedó una indeterminación del tipo “∞ − ∞”. Nuevamente podemos reescribir la expresión de modo que podamos usar la regla de L’Hôpital. →0

z }| { z →0 }| { 2 2 2. (ex+1 − 1) −2 (x + 1) lim − x+1 = lim e − 1 x→−1− (x + 1) .(ex+1 − 1) x→−1− x + 1 | {z } | {z } →0

→0

Ahora que ya tenemos una indeterminación del tipo “ 00 ” podemos aplicar L’Hôpital y derivando en el numerador y denominador nos queda: →0

z

}| { z}|{ 2. ex+1 −2 lim x→−1− (ex+1 − 1) + (x + 1).ex+1 | {z } | {z } →1

→0

→0

Dado que nuevamente nos encontramos con una indeterminación del tipo “ 00 ” podemos aplicar nuevamente la regla de L’Hôpital obteniendo lo siguiente: →2

z }| { 2.ex+1 lim =1 x→−1− ex+1 + ex+1 + (x + 1).ex+1 |{z} |{z} | {z } →1 →1 →0 | {z } →2

Luego, por L’Hôpital sabemos que: lim −

x→−1

2.(ex+1 − 1) − 2(x + 1) =1 (x + 1).(ex+1 − 1)

Finalmente como el límite lateral por derecha tampoco nos da infinito, podemos concluir que f no tiene Asíntotas Verticales en su dominio. Analicemos la función para ver si tiene Asíntotas No Verticales. Si f tiene Asíntotas No Verticales del tipo y = mx + b en +∞, sabemos que:

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Hoja 3 de ??

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f (x) x→+∞ x

m = lim

y b = lim f (x) − mx si es que tiene ANV en +∞. Luego para −∞ tenemos que calcux→+∞

lar los mismos límites pero con x tendiendo a −∞ Veamos si en +∞ hay asíntota no vertical, para ello fijemonos si existe m: CA I →+∞

z }| { z }| {  x + 2  (x + 1) . ln f (x) x+1 = lim m = lim x→+∞ x→+∞ x x |{z} →+∞

CA I →1

z }| { 2 1+ x.(1 + 2x ) x+2 x  =1 lim = lim = lim  1 x→+∞ x + 1 x→+∞ x(1 + ) x→+∞ 1 x 1+ x | {z } →1

Luego entonces tenemos que: →0

z

}| { →1 z }| { →+∞ z }| {  x + 2  (x + 1) . ln x+1 lim x→+∞ x |{z} →+∞

Luego necesitamos reguir reescribiendo a la expresión para poder calcular dicho límite:  →1 →0 x+2 z }| { z  }| {    (x + 1). ln (x + 1) x+2 1 x+2 x+1 lim = lim . ln = lim 1 + . ln =0 x→+∞ x→+∞ x→+∞ x x x+1 x x+1 Entonces hemos hayado que m = 0. Veamos ahora si es que existe un b, para ello analicemos el siguiente límite: 

→0

 lim f (x)−mx = lim (x + 1). ln

x→+∞

x→+∞





x+2 x+2 −0.x = lim (x + 1). ln x→+∞ x+1 x+1



}| { →+∞ z z }| {  x + 2  = lim (x + 1) . ln x→+∞ x+1

Luego tenemos una indeterminación del tipo “0.∞”, por lo tanto lo que nos conviene en este caso, porque no podemos reescribir la función de modo que podamos resolver el límite con las propiedades que antes conocíamos, es reescribirlo de modo que podamos utilizar la regla de L’Hôpital: →0

z  }| { x+2   ln x+2 x+1 = lim lim (x + 1). ln x→+∞ x→+∞ (x + 1)−1 x+1 | {z } →0

Ahora que nos quedó una indeterminación del tipo “ 00 ” y podemos aplicar L’Hôpital:

Hoja 4 de ??

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→1

lim

x→+∞

→0

z}|{ z }| { 1 −1 . x+2 (x + 1)2 x+1 −(x + 1)−2 | {z } →0

Reescribiendo como lo hicimos anteriormente para calcular el límite por derecha de -1, tenemos que: 1 . −1 x+2 (x+1)2 lim x+1 x→+∞ −(x + 1)−2

x+1 = 1 ←, por cálculo CA I. x→+∞ x + 2

= lim

Luego la recta y = 0.x + 1, es decir la recta y = 1 es Asíntota No Vertical de la función f en +∞. Veamos ahora si la función tiene alguna Asíntota No Vertical en −∞: Para ello nuevamente deberemos fijarnos si es que existen m y b. →−1

z }| { z →∞ }| { x+1 2. (e − 1) −2 (x + 1) →−1 x| {z + 1} .(ex+1 − 1) 2 2 z }| { z →∞ }| { | {z } − x+1 x+1 →∞ 2. (e − 1) −2 (x + 1) 1 →−1 x + 1 e − 1 m = lim = lim = lim x x x→−∞ x→−∞ x→−∞ (x + 1) .(ex+1 − 1) x |{z} | {z } | {z } |{z} →0 →∞

→−2

z }| { →0 z }| { →−∞  z }| {   2.(ex+1 − 1)  (x + 1) .  −2  (x + 1)  = lim

x→−∞

x+1

(x + 1) .(e − 1) | {z } | {z } →∞

→−1

→−1

→0

→−2

z }| { →0 z }| {  2.(ex+1 − 1)    −2   (x + 1)  1 = lim x→−∞ x |{z} →0

(ex+1 − 1). x | {z } |{z} →−1

=0

→−∞

Luego si la función tiene Asíntota No Vertical en −∞ su pendiente m debe ser cero. Veamos ahora si existe b. 2 2 2 2 b = lim f (x) − mx = lim − x+1 − x+1 = 0 − (−2) = 2 − 0.x = lim x→−∞ x→−∞ x + 1 x→−∞ x + 1 e −1 | {z } |e {z− 1} →0

−2

Finalmente hemos encontrado que f también tiene asíntota no vertical en −∞, cuya recta es y = 2. (b) Probar que la ecuación f (x) = 21 posee solución. Si miramos los datos que nos dan las asíntotas de f , tenemos que: lim

f (x) = 0,

lim

f (x) = 12 ,

x→−1+

x→−1−

f (x) x = ∞, esto quiere lim f (x) = 0 y b = lim x→−∞ x x→−∞

m = lim

decir que no hay asíntota no vertical en +∞,

m=

f (x) − mx = 2 entonces la recta y = 0x + 2 es asíntota no vertical

x→+∞

hacia −∞ y lim

x→+∞

f (x) = +∞

Luego como f es continua en todo su dominio podemos decir por el Teorema del Valores Intermedios que ∃ x : f (x) = 12 .

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Hoja 5 de ??

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2. Sea g(x) =

√   π x + 1 − 1 − x2 si x < 0 

−tg

πx x−1




si x ≥ 0.

Hallar la ecuación de la recta tangente al gráfico de g en x = 0. Para hallar la ecuación de la recta tangente en x = x0 , es útil recordar la siguiente expresión: y = g 0 (x0 )(x − x0 ) + g(x0 ) Dado que nos piden la recta tangente en x = 0 es necesario calcular g 0 (0) y como la función en este punto esta partida debemos calcular la derivada por definición. g(x0 + h) − g(x0 ) g(0 + h) − g(0) g(h) − g(0) = lim = lim h→0 h→0 h h h
sin 0 π0 = −tg (0) = cos g(0) = −tg 0−1 0 =0 lim

h→0

Ahora debemos dividir en casos: Primer caso: √ √ √ √ ↓ 00 πh + 1 − 1 − h2 z}|{ (πh + 1) − 1 − h2 (πh + 1) + 1 − h2 (πh + 1)2 − ( 1 − h2 )2 √ √ lim = = lim− = lim = h h h→0− h→0 (πh + 1) + 1 − h2 h→0− h(πh + 1 + 1 − h2 ) (πh + 1)2 − (1 − h2 ) π2 h2 + 2πh + 1 − 1 + h2 h(π2 h + 2π + h) √ √ √ lim− = lim− = lim− = h→0 h(πh + 1 + 1 − h2 ) h→0 h→0 h(πh + 1 + 1 − h2 ) h(πh + 1 + 1 − h2 ) →0

→0 z}|{ z}|{ 2 π h +2π + h 2π p lim = =π 2 2 h→0− πh +1 + 1 − h |{z} | {z } →0

→1

Segundo caso:

lim+

−tg

h→0

πh h−1

h




sin( π h )
↓ 00
− cos h−1 πh πh πh sin h−1 sin h−1 ( h−1 z}|{ )
= = lim −
= lim+ = lim+ − πh h h→0 h→0 h→0+ h cos π h h cos h−1 h−1

→1

lim −

h→0+

z }|
{ πh sin h−1 πh h−1

π h−1 π h−1

=

−π

z }| { π h−1  = π   πh   cos  h−1 | {z } →0 | {z } →1

Dado que los límites laterales dan lo mismo g 0 (0) = π, hallemos la expresión de la recta tangente: y = g 0 (x0 )(x − x0 ) + g(x0 ) = g 0 (0)(x − 0) + g(0) = πx. 3. Sea f una función derivable en R, indicar si las siguientes proposiciones son verdaderas o falsas (justificando todas las respuestas).

Hoja 6 de ??

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(a) Si f (−2) < 0, f (1) > 4 y g(x) = e−x (x + 3) entonces existe c ∈ [−2, 1] tal que f (c) = g(c). Vamos a llamar h a la función h(x) = f (x) − g(x). Entonces para x = 2 tendremos : h(−2) = f (−2) − g(−2) Como g(−2) = e[−(−2)] (−2 + 3) = e2 y sabemos que f (−2) < 0 entonces: h(−2) = f (−2) −e2 < 0 | {z } <0

Por otro lado g(1) = e−1 (−1 + 3) =

4 e

y sabemos que f (1) > 4 entonces: 4 h(1) = f (1) − > 0 |{z} e >4

En definitiva tenemos que h(−2) < 0 y h(1) > 0. El Teorema de Bolzano nos dice: Sea una función real h continua en un intervalo cerrado [a; b] tal que h(a)h(b) < 0. Entonces existe c ∈ (a; b) tal que h(c) = 0 (c es una raíz de h). Como f es derivable en R, también es continua en R y en particular lo es en [-2;1]. Además g(x) = e−x (x + 3) también es continua en R y en particular lo es en [-2;1]. Entonces como h es resta de funciones continuas en R también será continua en R y en particular en [-2;1]. Por lo tanto, como h satisface las hipótesis del Teorema de Bolzano podemos afirmar que existe c ∈ (−2, 1) tal que:

h(c) = f (c) − g(c) = 0 es decir, f (c) = g(c) Y podemos decir que la proposición a) es VERDADERA. (b) f posee en x = 2 una asíntota vertical. Una recta vertical de ecuación x = a se dice una asíntota vertical de f si: lim f (x) = ±∞

x→a

Vemos que si x = a es una asíntota de f , entonces f no es continua en a. Por lo tanto las posibles asíntotas verticales de una función solo pueden producirse en los puntos de discontinuidad de la misma. Sin embargo, una función puede ser discontinua en un punto y no tener asíntota vertical en ese punto. Por lo tanto la proposición b) es FALSA puesto que f es derivable en R y por lo tanto es continua en R, en particular en x = 2, no existiendo allí ninguna discontinuidad.

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(c) Si f 00 (x) < 0 para todo x ∈ R, la ecuación f 0 (x) = 0, tiene a lo sumo una solución. Supongamos que la afirmación es FALSA, es decir que la ecuación f 0 (x) = 0 tiene al menos dos soluciones que denotaremos a y b (es decir f 0 (a) = f 0 (b) = 0). Veamos que f 0 cumple las hipótesis del Teorema de Rolle en el intervalo [a, b]. • f 0 es continua en [a, b] (pues existe f 00 ), • f 00 es derivable en (a, b) (pues recordemos que ( f 0 )0 = f 00 ), • f 0 (a) = f 0 (b). Luego, existe c ∈ (a, b) tal que ( f 0 )0 (c) = f 00 (c) = 0. Pero este hecho es ABSURDO, pues f 00 (x) < 0 para todo x. Luego, la proposición c) es VERDADERA.

Hoja 8 de ??

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