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Sustitutorio 2019-II

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Problemas sobre cálculo diferrencial

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Sustitutorio 2019-II

  1. 1. Universidad Nacional de Ingenier´ıa Facultad de Ingenier´ıa de Petr´oleo, Gas Natural y Petroqu´ımica Ciclo 2019-II Examen Sustitutorio de C´alculo Diferencial (BMA01) Profesor : Alvaro Naupay Gusukuma. Fecha : 20 de Diciembre de 2019. Son importantes el orden y claridad en la resoluci´on de los problemas, caso contrario se puede invalidar completamente la respuesta. No hay consultas, si considera que alguna pregunta est´a errada o mal propuesta corrija el enunciado y justifique su proceder. Tiempo: 120 minutos. 1. Si una funci´on f est´a definida en el intervalo xa; `8y y est´a acotada en todo intervalo finito xa; by, entonces l´ım xÑ`8 fpxq x “ l´ım xÑ`8 rfpx ` 1q ´ fpxqs suponiendo que existe el l´ımite del segundo miembro de la igualdad. Soluci´on: El hecho de que f es acotado sobre todo el intervalo finito xa; by, significa que f no tiene as´ıntotas verticales sobre xa; `8y, entonce podemos hacer l´ım xÑ`8 fpxq x “ m (1) para alg´un m P R, por lo tanto tenemos que la as´ıntota de f es y “ mx ` b, para alg´un valor de b P R, luego por definici´on de as´ıntota l´ım xÑ`8 rfpxq ´ pmx ` bqs “ 0 (2) haciendo x “ t ` 1 tenemos que cuando x Ñ `8, entonces t Ñ `8, reemplazando en (2) l´ım tÑ`8 rfpt ` 1q ´ pmpt ` 1q ` bqs “ 0 reescribiendo t por x l´ım xÑ`8 rfpx ` 1q ´ pmpx ` 1q ` bqs “ 0 (3) haciendo p3q ´ p2q l´ım xÑ`8 rfpx ` 1q ´ pmpx ` 1q ` bq ´ pfpxq ´ pmx ` bqqs “ 0 l´ım xÑ`8 rfpx ` 1q ´ pmx ` bq ´ m ´ fpxq ` pmx ` bqs “ 0 l´ım xÑ`8 rfpx ` 1q ´ fpxqs “ m (4) por lo tanto de p1q y p4q tenemos demostrado que l´ım xÑ`8 fpxq x “ l´ım xÑ`8 rfpx ` 1q ´ fpxqs
  2. 2. 2. Sea f una funci´on continua sobre ra; bs, a ą 0, y diferenciable sobre xa; by. Demostrar que si fpaq a “ fpbq b entonces existe un x0 P xa; by tal que x0f1 px0q “ fpx0q. Soluci´on: Sea la funci´on auxiliar hpxq “ fpxq x que es continua sobre ra; bs, derivable sobre xa; by, luego por el teorema del valor medio tenemos que existe x0 P xa; by tal que 0 “ hpbq ´ hpaq b ´ a “ h1 px0q “ x0f1 px0q ´ fpx0q x2 0 como x2 0 ą 0 ya que a ą 0, entonces x0f1 px0q ´ fpx0q “ 0 es decir x0f1 px0q “ fpx0q . Nota: No podemos hacer hpxq “ lnpfpxqq ´ ln x, ya que fpxq puede tomar valores negativos o incluso el cero, con lo cual lnpfpxqq ser´ıa una expresi´on inconsistente. 3. Encontrar todas las funciones diferenciables f y g sobre x0; `8y tal que @x ą 0, f1 pxq “ ´ gpxq x y g1 pxq “ ´ fpxq x Soluci´on: Note que las funciones son continuas dado que son diferenciables, luego de las ecuaciones tenemos @x ą 0, xf1 pxq ` gpxq “ 0 (1) @x ą 0, xg1 pxq ` fpxq “ 0 (2) haciendo p1q ` p2q y agrupando convenientemente tenemos xpf1 pxq ` g1 pxqq ` pfpxq ` gpxqq “ 0 rxpfpxq ` gpxqqs1 “ 0 dado que xpfpxq ` gpxqq es continua y con derivada igual a cero entonces xpfpxq ` gpxqq “ 2A @x ą 0, fpxq ` gpxq “ 2A x (3) similarmente, hacemos p1q ´ p2q y agrupando convenientemente tenemos xpf1 pxq ´ g1 pxqq ´ pfpxq ´ gpxqq “ 0 dado que x ą 0 podemos dividir en ambos miembros por x2 , entonces xpf1 pxq ´ g1 pxqq ´ pfpxq ´ gpxqq x2 “ 0 „ fpxq ´ gpxq x 1 “ 0 fpxq ´ gpxq x “ 2B @x ą 0, fpxq ´ gpxq “ 2Bx (4)
  3. 3. Ahora, haciendo p3q ` p4q y despejando fpxq tenemos que @x ą 0, fpxq “ A x ` Bx (5) similarmente hacemos p3q ´ p4q y despejando gpxq @x ą 0, gpxq “ A x ´ Bx (6) donde A y B son constantes reales. Siendo p5q y p6q todas las funciones diferenciables que satisfacen las condiciones del problema. 4. Determine el m´aximo volumen del recipiente c´onico que se obtiene extrayendo un sector circular de un c´ırculo de hojalata de radio R. Soluci´on: Respecto de la figura siguiente, notemos que el volumen del recipiente c´onico var´ıa en funci´on de r ya que este ´ultimo var´ıa en funci´on de θ, es esta variaci´on entre r y θ la que nos permite expresar V en funci´on de r, luego haciendo V 1 prq “ 0, podemos calcular el m´aximo volumen del recipiente c´onico. De la figura anterior tenemos que h “ ? R2 ´ r2, como el volumen del recipiente c´onico es V “ 1 3 πr2 h, reemplazando h en esta ´ultima igualdad tenemos que V “ 1 3 πr2 ? R2 ´ r2 (1) derivando respecto de r tenemos V 1 prq “ π 3 „ 2r ? R2 ´ r2 ` r2 p´2rq 2 ? R2 ´ r2  “ π 3 „ 2r ? R2 ´ r2 ´ r2 prq ? R2 ´ r2  V 1 prq “ π 3 „ 2rpR2 ´ r2 q ´ r3 ? R2 ´ r2  “ π 3 „ 2rR2 ´ 3r3 ? R2 ´ r2  “ π 3 „ rp2R2 ´ 3r2 q ? R2 ´ r2  luego haciendo V 1 prq “ 0 tenemos π 3 „ rp2R2 ´ 3r2 q ? R2 ´ r2  “ 0 como R ą r, 2R2 ´ 3r2 “ 0 entonces r2 “ 2R2 3 , este es el valor de r que har´a m´aximo el volumen V , reemplazando en p1q tenemos V “ 1 3 π ˆ 2R2 3 ˙ c R2 ´ 2R2 3 “ 2πR2 9 c R2 3 “ 2πR3 9 ? 3
  4. 4. V “ 2 ? 3π 27 R3 , que es el volumen m´aximo del recipiente c´onico Nota: En algunos libros no realizan el an´alisis hecho al inicio de la soluci´on y trabajan con V en funci´on de θ lo que hace engorroza la soluci´on.

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