Ordinaria 2023.

Problema 1 de Análisis

a) Determinar $a$ y $b$ de modo que las funciones $f(x)=x^2 - a$ y $g(x)=(x-b)e^x$ tomen el mismo valor en un punto en el que ambas tengan un extremo relativo. (1 punto)
b) Demostrar que la función $f(x)=2x + senx$ solo se anula en el punto $x=0$ . (1 punto)

Solución

a) Empezamos determinando donde ambas funciones tienen extremos relativos. Como son funciones derivables en todo $\mathbb{R}$ , los posibles extremos deben alcanzarse en los puntos críticos.

f'(x) = 2x =0 \Rightarrow x=0 \\ \quad \\ f''(x)=2 \Rightarrow f''(0)=2>0

Entonces en $x=0$ la función $f(x)$ alcanza su único extremo relativo, en este caso un mínimo relativo.

Como $f(0)=-a$ , $f$ tiene este mínimo relativo en $(0,a)$ .

g'(x) = e^x + (x-b)e^x = (x-b+1)e^x=0 \\ \Rightarrow x=b-1 \\ g''(x) = (x-b+2)e^x \Rightarrow g''(b-1)=e^{b-1}>0

Entonces en $x=b-1$ la función $g$ alcanza su único extremo relativo, en este caso un mínimo relativo.

Como $g(b-1)=-e^{b-1}$ , $g$ tiene este mínimo relativo en $(b-1,-e^{b-1})$ .

Comentario: El enunciado es reiterativo, porque si las funciones tienen un punto extremo en el mismo punto, entonces tanto el valor de la $x$ debe ser el mismo como los valores que de la función (valor de la $y$ ) en ese $x$ deben ser los mismos.

Entonces:

(0,a) = (b-1, -e^{b-1}) \Rightarrow \quad 0=b-1, a=-e^{b-1} \Rightarrow \quad b=1, a=-e^0=-1

b) Procedemos por reducción al absurdo. Supongamos que la función $f(x)=2x + senx$ tiene otro cero en $x_0\neq 0$ . Sin perdida de generalidad, supongamos también que $x_0 < 0$ , el caso $x_0>0$ es totalmente análogo.

En cualquier caso, la función $f(x)$ es continua en el intervalo cerrado $[x_0, 0]$ y derivable en el intervalo abierto $(x_0, 0)$ por ser suma de funciones elementales continuas y derivables en estos intervalos respectivamente. Además $f(x_0)=f(0)=0$ . Entonces se cumplen las hipótesis del teorema de Rolle y debe existir $c\in(x_0, 0)$ tal que $f'(c)=0$ . Pero

f'(x)=2+cos(x) \geq 1, \forall x\in \mathbb{R} \qquad \Rightarrow \qquad f'(x)\neq0,\forall x\in(x_0,0)

esto es una contradicción con el teorema de Rolle, entonces tal cero, $x_0$ , no puede existir.

Problema 2 de Análisis

a) Determínense el dominio de definición, intervalos de crecimiento y decrecimiento y los máximos y mínimos relativos, si existen, de la función:

\qquad \qquad f(x) =x(\ln x - 1)

. (1 punto)
b) Calcúlese

\int x(\ln x-1)dx

. (1 punto)

Solución

a) Para el dominio de la función $f(x)$ tenemos que tener en cuenta que la función $h(x)=\ln x$ solo está definida en $(0, \infty)$ , luego: $Dom(f)=(0,\infty)$ .

La monotonía (crecimiento y decrecimiento) de la función, al ser esta derivable en todo su dominio, solo puede cambiar en los puntos críticos:

f'(x)=0 \Rightarrow f'(x)=(\ln x-1) + x·\frac{1}{x}=\ln x=0 \Rightarrow {\color{red}x=1}

Representación con Wolfram Alpha: enlace.

{\color{darkorange}x_0=0,5 \in (0,1)} \qquad \qquad \qquad \\ \qquad f'(0,5)=\ln 0,5 \approx -0,69 <0 \\ \quad \\ {\color{darkorange}x_0=4 \in (1,\infty)} \qquad \qquad \qquad \\ \qquad f'(4)=\ln 4 \approx 1,39 >0

Entonces concluimos que $f(x)$ es decreciente en el intervalo $(0, 1)$ y creciente en el intervalo $(1, \infty)$ .

A partir de aquí, también concluimos que tiene un mínimo relativo y absoluto en el punto $(1, -1)$ , $f(1)=1·(\ln1 -1)=-1$ .

b) Para el cálculo de la primitiva de la función $f(x)$ procedemos por el método de integración por parte. Permitiendo cambiar el integrando a sumas de funciones potenciales:

u=\ln x - 1 \qquad \qquad dv=xdx \\ du=\frac{1}{x}dx \qquad \qquad \qquad v=\frac{x^2 }{2}

\int x(\ln x-1)dx=\frac{x^{2}(\ln x-1)}{2}-\int\frac{1}{x}\frac{x^{2}}{2}dx= \\ \quad \\ = \frac{x^{2}(\ln x-1)}{2}-\frac{1}{2}\int xdx = \\ \quad \\ = \frac{x^{2}(\ln x-1)}{2}-\frac{x^2}{4} + k = \frac{x^{2}(2\ln x-3)}{2}+ k

Problema 3 de Análisis

Calcular

\underset{x\rightarrow2}{\lim}\frac{\sqrt{x^{3}+x-1}-\sqrt{x^{3}+1}}{x-2}

Solución

\underset{x\rightarrow2}{\lim}\frac{\sqrt{x^{3}+x-1}-\sqrt{x^{3}+1}}{x-2}= \underset{Indet.}{\left(\frac{0}{0}\right)}=\underset{x\rightarrow2}{\lim}\frac{(x^{3}+x-1)-(x^{3}+1)}{\left(x-2\right)\left(\sqrt{x^{3}+x-1}+\sqrt{x^{3}+1}\right)}= \\ \quad \\ \underset{x\rightarrow2}{\lim}\frac{(x-2)}{\left(x-2\right)\left(\sqrt{x^{3}+x-1}+\sqrt{x^{3}+1}\right)} = \underset{x\rightarrow2}{\lim}\frac{1}{\left(\sqrt{x^{3}+x-1}+\sqrt{x^{3}+1}\right)} = \frac{1}{6}

Problema 4 de Análisis

Calcular el área del recinto limitado por la gráfica de la función

f(x)=xe^{-x}

y el eje de abscisas cuando

x

varía en el intervalo

[-1, 0]

Solución

En primer lugar, debemos buscar los puntos de corte de la función $f(x)$ con el eje $OX$ , que se encuentren en el intervalo $[-1, 0]$ . $f(x)=xe^{-x}=0 \Rightarrow x=0$ . En este caso el área buscada se obtiene a partir del valor absoluto de una sola integral definida, ya que en el interior del intervalo dado la función no corta el eje $OX$ :

Área=\left|\int_{-1}^{0}xe^{-x}dx\right| \overset{(*)}{=}\left| \left.-(x+1)e^{-x}\right]_{-1}^{0} \right| = \\ \quad \\ = \left|-(0+1)e^0 -0\right| = \left|-1\right| =1u^2

(*) Para el cálculo de la primitiva procedemos por el método de integración por parte:

u=x \qquad \qquad dv=e^{-x}dx \\ du=1dx \qquad \quad v=-e^{-x} \quad

\int xe^{-x}dx=-xe^{-x} - \int-e^{-x}dx= \\ \quad \\ = -xe^{-x} -e^{-x} = -(x+1)e^{-x}