Ordinaria 2024.

Problema 1 de Análisis

Probar que la ecuación

e^{-x}(x-1)=1

no tiene solución en

\mathbb{R}

Solución

Observación: este problema no es el típico en el que se aplica el Teorema de Bolzano, con el que usualmente se demuestra la existencia de raíces. Aquí, queremos justificar que la gráfica de alguna función auxiliar (pueden considerarse varias) no corta el eje de las $X$ .

Consideremos la función $f(x)=e^{-x}(x-1)-1$ , que obtenemos pasando todos los términos de la ecuación al lado izquierdo de esta. Y procedemos a estudiarla.

La función $f$ es continua y derivable en todo $\mathbb{R}$ .

Expande para ver análisis que puede omitirse en este ejercicio, pero que puede ser crucial para ejercicios similares

Analicemos el comportamiento en $+\infty$ y $-\infty$

\small \underset{x\rightarrow\infty}{lim}\left[\frac{(x-1)}{e^{x}}-1\right]=\overset{Indet.}{\left[\frac{\infty}{\infty}-1\right]}= \\ \, \\\overset{L'Hop.}{=}\underset{x\rightarrow\infty}{lim}\left[\frac{1}{e^{x}}-1\right]=-1 \\ \, \\ \underset{x\rightarrow-\infty}{lim}\left[e^{-x}(x-1)-1\right]=\left[\infty·(-\infty)-1\right]=-\infty

Vemos que en $+\infty$ la función tiene una asíntota horizontal $y=-1$ y en $-\infty$ la función toma valores extremadamente grandes en valor absoluto y negativos.

Observación: Con el análisis anterior se puede ver que la función toma valores negativos. Pero, como es continua, si su gráfica no corta el eje de las $X$ , entonces la función debe permanecer negativa en todo $\mathbb{R}$

Estudiemos la monotonía y extremos relativos de la función

f'(x)= -e^{-x}(x-1)+e^{-x}=e^{-x}(2-x) \\ \, \\ f'(x)=0 \Rightarrow x=2 \\ \, \\ f'(0)=2>0, \quad f'(3)= -e^{-3}<0

Analizando el signo de la derivada

por lo que la función alcanza un máximo relativo que en este caso también es absoluto en $x=2$ donde toma el valor $f(2)=-e^{-2}<0$ . Luego la función $f(x)$ toma valores negativos $(f(x)<-e^{-2})$ para todo $x\in \mathbb{R}$ y no puede anularse. En consecuencia la ecuación no tiene solución.

Problema 2 de Análisis

Se considera la función

f(x)=x^3 +Ax^2 + Bx + C.

Determinar el valor de los parámetros

A, B

C

tales que

f(-1)=0

, la función

f

presenta un extremo relativo en

x=0

y la recta tangente a la gráfica de la función

f

x=-1

es paralela a la recta de ecuación

y+3x=0

Solución

Hay que garantizar que se cumplen las condiciones exigidas en el problema

(I) \qquad 0=f(-1)=-1+A-B+C

Como la función alcanza un extremo relativo en $x=0$ , este es un valor crítico, esto es que $f'(0)=0$ :

f'(x)=3x^2 + 2Ax +B \Rightarrow \\ \, \\ (II) \qquad 0=f'(0)=B

Como la recta $y=-3x$ tiene pendiente $m=-3$ , por la interpretación geométrica de la derivada de una función y que rectas paralelas tienen la misma pendiente debe cumplirse que:

(III) \quad -3 = f'(-1)=3-2A+B

Entonces de $(II)$ tenemos $B=0$ y teniendo esto en cuenta en $(III)$ : $-3=3-2A \Rightarrow A=\frac{-6}{-2}=3.$ Por último teniendo en cuenta, los valores de $A=-3, B=0$ encontrados y la relación $(I)$ :

0=-1+3-0+C \Rightarrow C= -2

Solución:

\begin{alignedat}{2} A&= -3 \\ B &=0 \\ C&=-2 \end{alignedat}

Problema 3 de Análisis

Dada la función

f(x)=e^xx^{-1}

, determinar su dominio de definición, asíntotas verticales y horizontales, intervalos de crecimiento y decrecimiento y extremos relativos. Esbozar su gráfica.

Solución

Podemos observar que $f(x)=e^xx^{-1}= \frac{e^x}{x}$ entonces es fácil darnos cuenta que $Dom(f)=\mathbb{R}-\{0\}$ por ser el cociente de dos funciones definidas en todo $\mathbb{R}$ y el denominador solo se anula para $x=0$ .

En este caso la recta $x=0$ podría ser una asíntota vertical, para verificar si lo es, observemos que

\underset{x\rightarrow0^{+}}{lim}\frac{e^{x}}{x}=\overset{Indet.}{\left[\frac{1}{0^{+}}\right]}=\infty \\ \, \\ \underset{x\rightarrow0^{-}}{lim}\frac{e^{x}}{x}=\overset{Indet.}{\left[\frac{1}{0^{-}}\right]}=-\infty

luego $x=0$ es una asíntota vertical.

Por otro lado

\underset{x\rightarrow\infty}{lim}\frac{e^{x}}{x}=\overset{Indet,}{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}\overset{L'Hop.}{=}\underset{x\rightarrow\infty}{lim}\frac{e^{x}}{1}=\infty \\ \, \\ \underset{x\rightarrow-\infty}{lim}\frac{e^{x}}{x}=\left[\frac{0}{\infty}\right]=0 \qquad \qquad \qquad

luego $y=0$ es una asíntota horizontal en $-\infty$ .

Para analizar la monotonía de la función calculemos su derivada:

f´(x)=\frac{xe^x-e^x}{x^2}=\frac{e^x(x-1)}{x^2}, \quad x\neq0

Valores críticos: $f´(x)=0 \Rightarrow x=1$

Valores donde $f$ no es derivable: $x=0$ .

\footnotesize f'(-1)=-2e^{-1}<0, \, f'(0.5) = -2e^{0,5}<0, \, f'(2)=e^2/4>0

La función crece en: $(1,\infty)$ . Decrece en: $(-\infty,0)$ y $(0,1)$ . Tiene un mínimo relativo (que no absoluto) en $(1,e)$ , $f(1)=e$ .

Esbozo de la función:

Problema 4 de Análisis

Calcular:

a) \qquad \underset{x\rightarrow0}{lim}\frac{x(e^{x}-1)}{cos(x)-1}

b) \qquad \intop_{0}^{2}e^{-x}(x-1)dx

Solución

\small \qquad \underset{x\rightarrow0}{lim}\frac{x(e^{x}-1)}{cos(x)-1} = \overset{Indet.}{\left[\frac{0}{0}\right]}= \qquad \qquad \qquad \qquad \\ \, \\ \overset{L'Hop.}{=}\underset{x\rightarrow0}{lim}\frac{(e^{x}-1)+xe^{x}}{-sen(x)} = \overset{Indet.}{\left[\frac{0}{0}\right]} = \\ \, \\ \overset{L'Hop.}{=}\underset{x\rightarrow0}{lim}\frac{e^{x} + e^{x} + xe^x}{-cos(x)} = \frac{2}{-1}=-2

b) Calculemos primero por el método de integración por partes la integral indefinida de la función

\small \int e^{-x}(x-1)dx= -(x-1)e^{-x} - \int -e^{-x}dx =\\ \, \\ = -(x-1)e^{-x} - e^{-x} + K = -xe^{-x}+K\\ \, \\ \begin{alignedat}{2} &u = x-1 &\qquad &du = 1dx \\ &dv=e^{-x}dx &\qquad &v= -e^{-x} \end{alignedat} \qquad \qquad \qquad \qquad

Entonces:

\small \intop_{0}^{2}e^{-x}(x-1)dx = \left.-xe^{-x}\right]_{0}^{2}\overset{Barrow}{=}-2e^{-2}-0=\frac{-2}{e^{2}}