Soluciones Primer Parcial

Primer Examen Parcial de Cálculo.
Primer Curso de Ingenieros Industriales.
15 de Enero de 2010.
Soluciones.
Nota: El examen consta de 4 ejercicios (E1, E2, E3 y E4) y un problema (P1) que se puntúan
cada uno de ellos sobre 10. La nota del examen será
E1 + E2 + E3 + E4 + 2P 1
.
6
Ejercicio 1. Considera la función f (x) = x2 log (1 + sen x) . Construye su polinomio de
Maclaurin de grado 6 y calcula el límite
f (x) − x3
.
x→0 (ex − 1 − x)2
lim
-SoluciónNotemos que f (x) = x2 log (1 + sen x) es producto de dos funciones. Por un lado la función
x2 y, por otro la función log (1 + sen x) . Teniendo en cuenta que los polinomios de Maclaurin
de grado mayor o igual a dos de x2 son el propio x2 , para construir el polinomio de Maclaurin
de grado 6 de f, p6 (x), basta obtener el polinomio de Maclaurin de grado 4 de log (1 + sen x)
y, posteriormente, multiplicar por x2 .
Pasemos a analizar la función log (1 + sen x) . Observamos que es una composición de funciones, más concretamente
log (1 + sen x) = log (1 + x) ◦ sen x.
Necesitamos el polinomio de Maclaurin de grado 4 de sen x y el polinomio de Taylor de grado 4
de log (1 + x) centrado en sen 0 = 0. Ambos polinomios son conocidos de clase y los llamaremos
q y p respectivamente,
x3
x3
=x−
y
3!
6
x2 x3 x4
+
− .
p = x−
2
3
4
q = x−
Luego la composición de ambos polinomios es
µ
¶
µ
¶2
µ
¶3
µ
¶4
x3
1
1
1
x3
x3
x3
p◦q = x−
+
−
.
−
x−
x−
x−
6
2
6
3
6
4
6
A continuación, se desarrollan las potencias del binomio y se eliminan en el resultado los grados
superiores a 4,
µ
¶
x4
1
x2 x3 x4
x3 1
1
2
x−
−
x −
+ x3 − x4 = x −
+
− .
6
2
3
3
4
2
6
12
Finalmente
p6 (x) = x3 −
x4 x5 x6
+
− .
2
6
12
Por otro lado para calcular el límite requerido buscamos el primer polinomio de Maclaurin no
x4
nulo de numerador y denominador. Así, usando el polinomio anterior, f (x) − x3 ∼ − + · · · .
2
También son conocidos los polinomios de Maclaurin de ex ,
ex ∼ 1 + x +
x2
+···
2!
ex − 1 − x ∼
x2
+ ···
2!
y por tanto
Operando,
2
x
(e − 1 − x) ∼
El límite queda como
µ
x2
+ ···
2!
¶µ
x2
+···
2!
¶
∼
x4
+ ···
4
f (x) − x3
−x4 /2
= −2.
=
lim
x→0 (ex − 1 − x)2
x→0 x4 /4
lim
2
Ejercicio 2. Haz un esbozo de la curva dada en polares por la ecuación
r = 2 sen (3θ) ,
estudiando previamente los siguientes elementos: dominio, simetrías respecto de los ejes carteπ
3π
5π
π
yθ=
.
sianos y rectas tangentes en θ = 0, θ = , θ = , θ =
6
3
2
3
-SoluciónDeterminamos primero el dominio de la función. La función seno existe para cualquier valor
pero el radio debe ser siempre no negativo. Si consideramos θ ∈ [0, 2π] entonces 3θ ∈ [0, 6π] .
Como el seno es no negativo en los dos primeros cuadrantes entonces debe ocurrir que
3θ ∈ [0, π] ∪ [2π, 3π] ∪ [4π, 5π] .
El dominio de nuestra función en polares se reduce a
h π i ∙ 2π ¸ ∙ 4π 5π ¸
∪
,π ∪
,
.
θ ∈ 0,
3
3
3 3
La curva descrita por la función en polares del enunciado no puede ser simétrica respecto
del eje OX ya que existe para θ = 3π/2 pero no para θ = π/2. Vemos si es simétrica respecto
al eje OY,
r (π − θ) = 2 sen (3 (π − θ)) = 2 [sen (3π) cos (3θ) − cos (3π) sen (3θ)] = 2 sen (3θ) .
Por la simetría respecto OY nos reducimos a esbozar la curva en
h π i ∙ 3π 5π ¸
∪
,
0,
3
2 3
y luego extenderla.
Calculamos la pendiente de las rectas tangentes teniendo en cuenta que r0 = 6 cos (3θ) ,
r0 sen θ + r cos θ
6 cos (3θ) sen θ + 2 sen (3θ) cos θ
=
.
0
r cos θ − r sen θ
6 cos (3θ) cos θ − 2 sen (3θ) sen θ
√
√
√
Así, m (0) = 0, m (π/6) = − 3, m (π/3) = 3, m (3π/2) = 0 y m (5π/3) = − 3. Para
conseguir las ecuaciones de las rectas tangentes solicitadas buscamos las coordenadas cartesianas
de los puntos indicados mediante el cambio x = r cos θ, y = r sen θ.
m (θ) =
• Si θ = 0 entonces r = 0, lo que corresponde al punto (0, 0) . En ese caso la ecuación es
y = 0.
¡√ ¢
• Si θ = π/6 entonces r = 2, lo que corresponde al punto
3, 1 . En ese caso la ecuación
√ ¢
√
√ ¡
punto-pendiente nos lleva a y − 1 = − 3 x − 3 . Luego y = − 3x + 4.
• Si θ = π/3 entonces r = √
0, lo que corresponde al punto (0, 0) . En ese caso la ecuación de
la recta tangente es y = 3x.
3
• Si θ = 3π/2 entonces r = 2, lo que corresponde al punto (0, −2) . En ese caso la ecuación
de la recta tangente es y = −2.
• Si θ = 5π/3 entonces r = 0, lo
√ que corresponde al punto (0, 0) . En ese caso la ecuación
de la recta tangente es y = − 3x.
y = − 3x + 4
y = 3x
y=0
y = − 3x
y = −2
4
Ejercicio 3. Sea
( 1 − cos x
,
f (x) =
sen x
0,
³ πi
x ∈ 0,
2
x = 0.
¿Es f continua en su intervalo de definición? Calcula el área de la región limitada por la gráfica
de f y el eje OX, y el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje OX dicha región.
-SoluciónEl único punto donde podría no ser continua la función del enunciado es en x = 0, ya que
en el resto de puntos se trata de un cociente de funciones continuas cuyo denominador no se
anula. Al tratarse de un extremo del intervalo comprobamos que aplicando L’Hopital
lim+ f (x) = lim+
x→0
x→0
1 − cos x
sen x
= lim+
= 0 = f (0) .
x→0 cos x
sen x
Con ello se prueba que la función es continua en todo el intervalo de definición.
Para calcular el área encerrada por la gráfica de la función f tendremos en cuenta que es
continua y que f (x) ≥ 0 en [0, π/2] , por lo que
Z π/2
1 − cos x
área =
dx.
sen x
0
Se trata de una función racional trigonométrica impar en seno, luego el cambio recomendado
para la integral es t = cos x con dt = − sen xdx,
Z 1
Z 1
Z 0
1−t
1−t
1
dt
=
dt = [log |1 + t|]10 = log 2.
dt =
área =
2
1 sen x (− sen x)
0 1−t
0 1+t
El volumen generado por el área encerrada por la gráfica de la función al girar alrededor de
eje OX se calcula como
¶2
Z π/2 µ
1 − cos x
vol = π
dx.
sen x
0
En este caso el integrando es también una función racional trigonométrica pero no pertenece a
ninguno de los casos particulares luego aplicamos el cambio general t = tan (x/2) con
dx =
2dt
,
1 + t2
sen x =
2t
,
1 + t2
cos x =
1 − t2
.
1 + t2
Así la integral queda como
⎛
⎞2
2
1
−
t
Z 1
Z 1 1−
⎜
2⎟
2dt
2t2
1
+
t
⎜
⎟
=
π
dt
vol = π
⎝
⎠ 1 + t2
2
2t
0
0 1+t
1 + t2
¶
Z 1
Z 1µ
1 + t2 − 1
1
= 2π
1−
dt
dt = 2π
1 + t2
1 + t2
0
0
π2
= 2π (t − arctan t)10 = 2π − .
2
5
Ejercicio 4. Enuncia el criterio de comparación por paso al límite para integrales impropias.
Estudia la convergencia de la integral
Z +∞
e−x
√
dx.
x2 − 2x − 8
4
-SoluciónCriterio de comparación por paso al límite.
Sea f ≥ 0 continua en un intervalo de la forma [a, b) donde b puede ser infinito. Se verifican
las siguientes afirmaciones:
1. Si existe una función g ≥ 0 en [a, b) con
lim−
x→b
entonces
Z
f (x)
= L 6= 0, +∞,
g (x)
b
f (x) dx converge si, y sólo si,
a
Z
b
g (x) dx converge.
a
2. Si existe una función g ≥ 0 en [a, b) con
lim−
x→b
y
Z
b
g (x) dx converge entonces
a
Z
f (x)
=0
g (x)
b
f (x) dx es convergente.
a
3. Si existe una función g ≥ 0 en [a, b) con
lim−
x→b
y
Z
b
g (x) dx diverge entonces
a
Z
f (x)
= +∞,
g (x)
b
f (x) dx es divergente.
a
(Todos los límites anteriores se resuelven con x → +∞ en el caso de que b = +∞)
Estudiamos con este criterio la convergencia de la integral impropia del enunciado. El
denominador del integrando se anula cuando x2 − 2x − 8 = 0, lo que ocurre si x = −2 y si
x = 4. Luego esta integral impropia hay que estudiarla separándola en dos,
Z 5
Z +∞
Z +∞
e−x
e−x
e−x
√
√
√
dx =
dx +
dx,
x2 − 2x − 8
x2 − 2x − 8
x2 − 2x − 8
4
4
5
y será convergente si ambas integrales lo son.
La segunda integral es de primera especie. Observamos que en el intervalo [5, +∞) el
integrando es positivo luego podemos aplicar el teorema anterior. Buscamos para comparar
6
1
una función g (x) = p con p ∈ R de las que sabemos por clase que
x
p > 1 y divergente si p ≤ 1. Así,
Z
+∞
5
dx
es convergente si
xp
e−x
√
e−x
x2 − 2x − 8
= 0,
= lim −p √ 2
lim
1
x→+∞
x→+∞ x
x − 2x − 8
xp
sea cual sea el valorZde p. Usando el segundo apartado del teorema y tomando por ejemplo
+∞
dx
p = 2, cuya integral
es convergente, se llega a que la nuestra también.
x2
5
La primera integral es de segunda especie con impropiedad en x = 4. Al ser continuo y no
negativo el integrando en (4, 5] volvemos a aplicar el teorema enunciado
Z 5usando funciones de
dx
1
la forma g (x) =
p con p ∈ R de las que sabemos por clase que
p convergen
(x − 4)
4 (x − 4)
si p < 1 y divergen si p ≥ 1. Así,
e−x
√
e−x (x − 4)p
e−x (x − 4)p
x2 − 2x − 8
√
.
= lim+ p
lim
= lim √
1
x→4+
x→4
(x − 4) (x + 2) x→4+ x + 2 x − 4
(x − 4)p
Si tomamos p = 1/2 entonces
Como
Z
e−x
√
e−4
x2 − 2x − 8
lim+
= √ 6= 0, +∞.
1
x→4
6
p
(x − 4)
5
dx
es convergente, deducimos por el primer apartado del teorema que la
(x − 4)1/2
nuestra también es convergente.
4
7
Problema 1. Considera la serie de potencias
∞
X
(−1)n
n=2
7n + 3
(x − 1)n .
2
n −n
a) [3 puntos] Halla su intervalo de convergencia.
b) [4 puntos] Calcula su función suma.
c) [3 puntos] Encuentra, trabajando con dos cifras decimales, una aproximación de un valor
de x tal que la serie de potencias sume 3. Para ello busca un intervalo donde se verifiquen las
condiciones del Teorema de Newton-Fourier y escoge el valor inicial que dicho teorema sugiere
para aplicar el método de Newton. ¿Cuántas soluciones distintas existen?
-Solucióna) En primer lugar nos piden encontrar el intervalo de convergecia de una serie de potencias
P
7n + 3
, para n ≥ 2 y a = 1, para ello comenzamos
del tipo
cn (x − a)n , donde cn = (−1)n 2
n −n
calculando cuál es su radio de convergencia R. Sabemos que
¯
¯
¯
¯
¯(−1)n 7n + 3 ¯
¯
2
|cn |
(7n + 3)(n + 1)
n − n¯
¯ = lim
= lim ¯¯
= 1.
R = lim
¯
n→∞ |cn+1 |
n→∞
¯(−1)n+1 7(n + 1) + 3 ¯ n→∞ (7n + 10) (n − 1)
¯
(n + 1)2 − (n + 1) ¯
Por el teorema de Cauchy-Hadamard tenemos entonces que la serie de potencias converge
absolutamente en el intervalo (a − R, a + R) = (0, 2) y diverge en (−∞, 0) ∪ (2, +∞). Queda
por saber qué ocurre en los extremos de dicho intervalo.
∞
∞
X
X
7n + 3
n 7n + 3
n
(−1) =
. Notamos que se trata de una
(−1) 2
Para x = 0 la serie es
n −n
n2 − n
n=2
n=2
serie de términos positivos que, por el criterio de comparación por paso al límite, tiene el
7n + 3
∞
∞
X
X
2−n
1
7n + 3
1
n
= lim
mismo comportamiento que
porque lim
= 7. Como
no es
1
n→∞
n→∞ n − 1
n
n
n=1
n=2
n
∞
X 7n + 3
tampoco es convergente.
convergente porque es una p-serie con p = 1, deducimos que
n2 − n
n=2
∞
X
7n + 3
es de términos alternados. Vamos a estudiar su con(−1)n 2
Para x = 2 la serie
n −n
n=2
vergencia utilizando el criterio de Leibniz para lo cual tenemos que comprobar si la suce7n + 3
es una sucesión de términos positivos decreciente a cero. Obviamente
sión bn = 2
n −n
7n + 3
lim 2
= 0, pues el polinomio del denominador es de mayor grado que el del numerador.
n→∞ n − n
7n + 10
7n + 3
Para probar que es decreciente basta ver que bn ≥ bn+1 . En efecto 2
≥
n −n
(n + 1)2 − (n + 1)
8
si, y sólo si, (7n + 3) (n + 1) ≥ (7n + 10) (n − 1) , es decir si, y sólo si, 7n + 13 ≥ 0, lo cual
sabemos que es cierto para todo natural n. El criterio de Leibniz nos dice entonces que la serie
de potencias dada es convergente en el punto x = 2.
∞
X
7n + 3
Finalmente el intervalo de convergencia de
(−1)n 2
(x − 1)n viene dado por (0, 2].
n
−
n
n=2
b) Para hallar la suma de la serie la reescribimos como
∞
∞
∞
X
X
X
7n + 3
7n + 3
n
n 7n + 3
n
(x − 1) =
((−1)(x − 1)) =
(1 − x)n .
(−1) 2
2
2
n −n
n −n
n −n
n=2
n=2
n=2
Hacemos ahora el cambio y = 1 − x para facilitar los cálculos y observemos que x ∈ (0, 2]
∞
X
7n + 3 n
si, y sólo si, y ∈ [−1, 1). Necesitamos, por tanto, sumar S(y) =
y . A su vez, es
n2 − n
n=2
7n + 3
en suma de fracciones simples. De este
conveniente descomponer la sucesión racional 2
n −n
modo
7n + 3
7n + 3
A
B
=
= +
,
2
n −n
n(n − 1)
n n−1
que, resolviendo el correspondiente sistema, nos lleva a A = −3, B = 10. Con lo cual la suma
de la serie se reduce a encontrar la suma de
∞
∞
X
X
1 n
1
−3
y + 10
yn.
n
n−1
n=2
n=2
∞
X
1 n
y , vamos a obtener la
n
n=2
suma de la misma a partir de la suma de la serie geométrica. Sabemos que
Comenzamos con la primera de ellas, así, si llamamos S1 (y) =
∞
X
n
t =
n=0
∞
X
n=1
tn−1 = 1 + t + t2 + t3 + · · · =
1
para t ∈ (−1, 1).
1−t
Para cada valor y ∈ (−1, 1), integramos entre 0 e y, obteniendo
Z y
∞
X
yn
1
y2 y3 y4
=y+
+
+
+ ··· =
dt = − log(1 − y).
n
2
3
4
0 1−t
n=1
Para obtener la función S1 (y) basta observar que la serie anterior comienza en el término n = 1,
así que restando dicho término, queda
S1 (y) =
∞
X
1
n=2
n
yn =
y2 y3 y4
+
+
+ · · · = − log(1 − y) − y.
2
3
4
∞
X
1 n
y , para obtener el valor de esta suma vamos
n
−
1
n=2
a partir nuevamente de la suma de la serie geométrica. Teníamos
Llamemos, de manera análoga, S2 (y) =
∞
X
n=0
n
t =
∞
X
n=2
tn−2 = 1 + t + t2 + t3 + · · · =
9
1
para t ∈ (−1, 1).
1−t
Para cada valor y ∈ (−1, 1), integramos entre 0 e y, obteniendo
Z y
∞
X
y2 y3 y4
y n−1
1
=y+
+
+
+ ··· =
dt = − log(1 − y).
n
−
1
2
3
4
1
−
t
0
n=2
Para cada y ∈ (−1, 1) multiplicamos por y y conseguimos
S2 (y) =
∞
X
yn
y3 y4 y5
= y2 +
+
+
+ · · · = −y log(1 − y).
n
−
1
2
3
4
n=2
En consecuencia, para y ∈ (−1, 1) , tenemos
S(y) =
∞
X
7n + 3
n=2
n2
−n
y n = −3S1 (y) + 10S2 (y) = (3 − 10y) log(1 − y) + 3y.
Además, al haber integrado se puede haber ganado convergencia en alguno de los extremos del
intervalo. De hecho sabemos que la serie anterior converge para y ∈ [−1, 1) por lo que se ha
ganado convergencia en el extremo y = −1. Como la función S(y) es continua en el intervalo
de convergencia, esta continuidad de S(y) nos permite extender el valor de la suma anterior a
y = −1.
Deshaciendo el cambio y = 1 − x obtenemos que la suma buscada es
S(x) = (3 − 10(1 − x)) log(1 − (1 − x)) + 3(1 − x) = (10x − 7) log(x) + 3 − 3x,
para x ∈ (0, 2].
c) Tenemos que encontrar un valor x ∈ (0, 2] de forma que S(x) = 3. En ese caso debemos
resolver la ecuación
g(x) = S(x) − 3 = (10x − 7) log(x) − 3x = 0,
mediante el método de Newton, con dos cifras decimales, buscando previamente un intervalo
donde se verifiquen las condiciones de la regla de Newton-Fourier. De este modo, debemos
buscar un intervalo [a, b] en el que la función g sea de clase C 2 de manera que en dicho intervalo
g cambie de signo, g0 (x) no se anule y g 00 (x) no cambie de signo. En ese caso si comenzamos en
el extremo x0 = a o x0 = b donde g(x0 ) tenga el mismo signo que g 00 , la regla de Newton-Fourier
asegura que las iteraciones
g(xn )
,
xn+1 = xn − 0
g (xn )
construidas por el método de Newton, convergen a la única solución que existe de la ecuación
g(x) = 0 en el intervalo [a, b].
Obviamente la función g(x) es de clase C 2 en todo el intervalo (0, 2]. Tomemos g(1) = −3 < 0
y g(2) = 13 log(2) − 6 = 3. 010 9 > 0. Por tanto elegimos en principio el intervalo [1, 2]. Si
derivamos la función g(x) obtenemos
µ
¶
µ
¶
1
x−1
0
g (x) = 10 log(x) + 7 1 −
= 10 log(x) + 7
.
x
x
10
x−1
, se anulan solamente en x = 1, por
x
lo que g 0 (1) = 0 y no se cumpliría las condiciones del teorema de Newton-Fourier. Además
las dos son negativas para x < 1 y las dos son positivas para x > 1. Busquemos entonces un
intervalo más reducido. Realizando una bisección vemos que g(1.5) = −1. 256 3 < 0, por lo que
en el intervalo [1.5, 2] hay cambio de signo de la función g y además g 0 (x) es siempre positiva
en dicho intervalo. Si estudiamos ahora la derivada segunda vemos que
Observemos que en (0, 2] ambas funciones, log(x) y
g00 (x) =
7
10
+ 2,
x
x
es siempre positiva en [1.5, 2]. En ese caso, partiendo de x0 = 2 como sugiere la regla de
Newton-Fourier, las iteraciones
xn+1 = xn −
g(xn )
(10xn − 7) log(x) − 3xn
10xn − 7 + 7 log(xn )
−
=
,
=
x
n
7
7
g 0 (xn )
10 log(xn ) + 7 −
10 log(xn ) + 7 −
xn
xn
proporcionan la siguiente sucesión de valores
x1
x2
x3
x4
=
=
=
=
1. 71,
1. 68,
1. 67,
1.67.
Por tanto, la aproximación a la solución buscada es x = 1.67 con dos cifras decimales exactas.
Nos preguntan además si existe alguna otra solución, es decir, si en el intervalo (0, 2] hay
algún otro punto donde S(x) = 3. Recordemos que en el intervalo (0, 1) la función g 0 (x) es
negativa por lo que g es estrictamente decreciente, como además lim+ g(x) = +∞ y g(1) < 0
x→0
deducimos que en el intervalo (0, 1) existe, usando los teoremas de Bolzano y Rolle, una única
solución de nuestra ecuación. De manera análoga, en el intervalo (1, 2] la función g cambia
de signo y su derivada primera es estrictamente positiva por lo que un razonamiento similar
nos dice que en dicho intervalo existe otra solución, la encontrada anteriormente, de nuestra
ecuación. En definitiva, hay dos valores en (0, 2] donde la suma de la serie de potencias dada
es 3.
11