Ejercicio : (Junio 2010 Opción B) (Calificación: 3 ptos)
Dada la función: \(\displaystyle\begin{cases}\frac{\sqrt{x}\ln x}{2^x}&x>0\\ x+k&x\leq 0\\\end{cases}\)
donde \(\ln x\) significa logaritmo neperiano de \(x\), se pide:
a) (1 pto) Determinar el valor de \(k\) para que la función se continua en \(\mathbb{R}\)
b) (1 pto) Hallar los puntos de corte con los ejes de coordenadas
c) (1 pto) Obtener la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto de abscisas \(x=1\)
a) La función está formada por un polinomio y por la función \(\frac{\sqrt{x}\ln x}{2^x}\), luego el único punto de posible discontinuidad es el salto entre estos dos polinomios, \(x=0\) (ver continuidad de funciones)
Para comprobar si la función es continua en dicho punto se evalúan los límites laterales y la función en el punto
\(\lim\limits_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^{+}}\frac{\sqrt{x}\ln x}{2^x}=\frac{0.-\infty}{1}\)
De manera que se obtiene una indeterminación (ver indeterminaciones), para resolver el límite (ver cómo resolver límites), se utilizan algunas propiedades de los límites y se puede dividir entre \(\sqrt{x}\) y luego utilizar la Regla de L’Hôpital (ver la Regla de L’Hôpital y la tabla de derivadas),
\(\lim\limits_{x\to 0^{+}}\frac{\sqrt{x}\ln x}{2^x}=\frac{\lim\limits_{x\to 0^{+}}\sqrt{x}\ln x}{1}=\lim\limits_{x\to 0^{+}}\frac{\ln x}{\ln x}=\lim\limits_{x\to 0^{+}}\frac{\frac 1x}{-\frac 12 x^{-\frac 32}}=\lim\limits_{x\to 0^{+}}(-2\sqrt{x})=0\)
Calculando el otro límite lateral y el valor de la función en el punto, queda
\(\lim\limits_{x\to 0^{-}}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^{-}}x+k=f(0)=k\)
Luego, para que la función sea continua en \(0\) (y, por tanto, en todo \(\mathbb{R}\)), se debe cumplir que \(\bbox[yellow]{k=0}\)
b) Para calcular el corte con los ejes se iguala la función a cero y también se le da el valor cero a \(x\), ver cómo obtener los cortes con los ejes
\(f(x)=0\Rightarrow \displaystyle\begin{cases}\frac{\sqrt{x}\ln x}{2^x}=0&x>0\\ x=0&x\leq 0\\\end{cases}\Rightarrow \displaystyle\begin{cases}\displaystyle\begin{cases}\sqrt{x}=0\Rightarrow x=0&\\ \ln x=0\Rightarrow x=1&\\\end{cases}&x>0\\ x=0&x\leq 0\\\end{cases}\)
Luego la función cortará en \(\bbox[yellow]{(0,0),(1,0)}\)
Por otra parte, como \(f(0)=0\), se obtiene el mismo punto de corte, \((0,0)\)
c) La ecuación de la recta tangente en \(x=1\) viene dada por la siguiente ecuación, ver ecuaciones de la recta
\(y-f(1)=f'(1)(x-1)\)
Primeramente se calculará \(f(1)=\frac{\sqrt{1}\ln 1}{2^1}=0\) y la derivada de la función, ver la tabla de derivadas
\(f'(x)=\displaystyle\begin{cases}\frac{\ln x+2-2x\ln 2\ln x}{2^{x+1}\sqrt{x}}&x>0\\ 1&x\leq 0\\\end{cases}\)
Luego, \(f'(1)=\frac{0+2-2.1\ln 2.0}{2^2}=\frac 12\)
Por lo tanto, se tendrá el resultado \(y-0=\frac 12(x-1)\Rightarrow\bbox[yellow]{y=\frac x2-\frac 12}\)
Ejercicio : (Septiembre 2010 Opción A) (Calificación:2 ptos)
Calcular:
a) (1 pto) \(\displaystyle\int_0^1\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}dx\qquad\quad\) b) (1 pto) \(\displaystyle\int_0^{\pi}x\cos x dx\)
a) Consultando la tabla de integrales y recordando cómo se resuelven integrales definidas, se tiene
\(\displaystyle\int_0^1\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}dx=\displaystyle\int_0^1 x(4-x^2)^{-\frac 12}dx=-\frac 12\frac{(4-x^2)^{\frac 12}}{\frac 12}\Big]_0^1=\bbox[yellow]{2-\sqrt{3}}\)
b) En este caso se resolverá la integral por partes, recordar cómo resolver una integral por partes, siendo \(u=x\Rightarrow du=dx\) y \(dv=\cos x\Rightarrow v=\sin x\),
\(\displaystyle\int_0^{\pi}x\cos x dx=x\sin x\Big]_0^{\pi}-\int_0^{\pi}\sin x dx=x\sin x\Big]_0^{\pi}+\cos x\Big]_0^{\pi}=(\pi\sin\pi +\cos\pi)-(0\sin 0 +\cos 0)=\bbox[yellow]{-2} \)
Ejercicio : (Septiembre 2010 Opción A) (Calificación: 2 ptos)
Calcular los límites:
a) (1 pto) \(\lim\limits_{x\to 0}(1+\arctan x)^{\frac ax}\qquad\quad\) b) (1 pto) \(\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x+2e^x}{7x+5e^x}\)
a) \(\lim\limits_{x\to 0}(1+\arctan x)^{\frac ax}=(1+\arctan 0)^{\frac a0}=1^{\infty}\)
De manera que se obtiene una indeterminación (ver indeterminaciones), para resolver el límite (ver cómo resolver límites), se utilizan algunas propiedades de los límites y la Regla de L’Hôpital
\(\lim\limits_{x\to 0}(1+\arctan x)^{\frac ax}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\Big[\frac ax(1+\arctan x-1)\Big]}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\arctan x}{x}e^{\frac 00}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac{a}{1+x^2}}{1}}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{a}{1+x^2}}=e^{\frac{a}{1+0^2}}=\bbox[yellow]{e^{a}}\)
b) En este caso se utilizará la Regla de L’Hôpital,
\(\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x+2e^x}{7x+5e^x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3+2e^x}{7+5e^x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2e^x}{5e^x}=\bbox[yellow]{\frac 25}\)