f(x) = 2 – x²; g(x) = |x| =

La gráfica de "– x²" es igual que la de x² (parábola de vértice (0,0) y ramas hacia arriba) pero simétrica respecto al eje OX. La grafica de "6 – x²" es una parábola igual que – x² pero desplazada 2 unidades hacia arriba en ordenadas OY. "x" y "– x" son rectas luego con dos puntos es suficiente para dibujarlas ( "x" es la bisectriz del I y III cuadrante, y solo se dibuja para x ≥ 0, y "- x" es la bisectriz del II y IV cuadrante, y solo se dibuja para x < 0), luego un esbozo de su gráfica es

(b)

Para calcular el área vemos los puntos de corte (lo veremos para x > 0) y tenemos en cuenta que es simétrica respecto al eje OY y el área será el doble de la mitad del recinto.

Igualamos 2 – x² a x (utilizamos x > 0)

2 – x² = x, de donde x² + x – 2 = 0. Las soluciones son x = -2 y x = 1. Solo utilizamos la solución x = 1 (x era > 0)

Área = 2.∫₀¹ [(2 – x²) – (x)]dx = 2.[2x – x³/3 – x²/2]₀¹ = 2.[(2 – 1/3 – 1/2) – (0)] = 7/3 u²

Sea f la función definida como f(x) = x³/(x² – 1) para x ≠ -1 y x ≠ 1.

(a) [ 1 punto] Estudia y halla las asíntotas de la gráfica de f

(b) [ 1 punto] Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f.

(c) [ 0’5 puntos] Con los datos obtenidos esboza la gráfica de f .

(a)

Asíntotas

x = a es una asíntota vertical (A.V.) de f(x) si lim _{x→ a+} [ (f(x) ] = ∞

Como lim _{x→ 1+} [x³/(x² – 1)] = [ 1/0⁺ ] = + ∞ ; la recta x = 1 es una A.V. de f(x).

lim _{x→ 1-} [x³/(x² – 1)] = [ 1/0^- ] = - ∞ .

Como lim _{x→ -1+} [x³/(x² – 1)] = [ -1/0^- ] = +∞ ; la recta x = -1 es una A.V. de f(x).

lim _{x→ -1-} [x³/(x² – 1)] = [ -1/0⁺ ] = - ∞ .

Como en la función que me han dado el grado del numerador es una unidad más que el grado del denominador, f(x) tiene una asíntota oblicua (A.O.) de la forma y = mx+n con m = lim _{x→ ∞} [f(x)/x)] y n = lim _{x→ ∞} [f(x) - mx)], y es la misma en +∞ y en -∞.

También se puede calcular la A.O. dividiendo numerador entre denominador y la A.O. es el cociente de la división entera.

Lo vamos a realizar por división

La A.O. de f(x) es y = x en ± ∞ .

Como lim _{x→ ∞} [f(x) - x)] = 0⁺, f(x) está por encima de la A.O. en + ∞ (le damos a x el valor + 1000)

Como lim _{x→ ∞} [f(x) - x)] = 0 ^-, f(x) está por debajo de la A.O. en - ∞ (le damos a x el valor - 1000)

Si hay es este caso A.O no hay asíntotas horizontales (A.H.)

(b)

Monotonía. Estudio de f ‘(x)

f(x) = [x³/(x² – 1)]

f ‘(x) = [3x².(x² – 1) – x³(2x)] / (x² – 1)² = (x⁴ – 3x²) / (x² – 1)²

Si f ‘(x) = 0; x⁴ – 3x² = 0 o bien x²(x² – 3) = 0, de donde x = 0 (doble) y x = ± √(3).

Como f ‘(-2) = 4/(+) > 0, f’(x) > 0 en x < - √(3), luego f(x) es estrictamente creciente en x < - √(3).

Como f ‘(-0’1) = (-)/(+) < 0, f’(x) < 0 en (- √(3) < x < 0) – {-1}, luego f(x) es estrictamente decreciente en (- √(3) < x < 0) – {-1}.

Como f ‘(0’1) = (-)/(+) < 0, f’(x) < 0 en (0 < x < √(3) – {1}, luego f(x) es estrictamente decreciente en (0 < x < √(3) – {1}.

Como f ‘(2) = 4/(+) > 0, f’(x) > 0 en x > + √(3), luego f(x) es estrictamente creciente en x > + √(3).

Por definición en x = - √(3) hay un máximo relativo que vale f((- √(3)) = - 3√(3) /2

Por definición en x = + √(3) hay un máximo relativo que vale f((+ √(3)) = + 3√(3) /2

En x = 0 la función decrece y se podría ver que es un punto de inflexión.

(c)

Un esbozo de la gráfica es (en rojo la A.O.)

Dada la función f: (0,+∞)  → R definida por f(x) = ln x, donde ln la función logaritmo neperiano, se pide:

a) [0’75 puntos] Comprueba que la recta de ecuación y = -ex + 1+ e² es la recta normal a la gráfica de f en el punto de abscisa x = e.

b) [1’75 puntos] Calcula el área de la región limitada por la gráfica de f , el eje de abscisas y la recta normal del apartado (a).

a)

Sabemos que la recta normal (perpendicular) de f(x) en x = e es " y – f(e) = (-1/f’(e)).(x – e)"

f(x) = ln(x), luego f(e) = ln(e) = 1

f’(x) = 1/x, luego f’(e) = 1/e, por tanto (-1/f’(e)) = [-1/(1/e)] = -e, y la recta normal es

y – 1 = -e.(x – e) = -ex + e², luego y = -ex + 1+ e² como pedían.

b)

Vamos a realizar un esbozo de la región. La grafica de ln(x) es conocida (x = 0 es asíntota vertical, siempre creciente, corta al eje OX en x = 1, y simétrica respecto a la bisectriz y = x de su recíproca e^x), la gráfica de y = -ex + 1+ e² es la de su recta perpendicular en x = e. (ln(x) en rojo y la recta en azul)

Calculamos el punto de corte de y = -ex + 1+ e² con el eje OX, haciendo y = 0, con lo cual nos queda x = e + 1/e. Ya hemos dicho antes que las gráficas se cortan en x = e, luego el área pedida es

Área = ∫ ₁^e(ln(x))dx (*) + ∫ _e^e+1/e(-ex + 1+ e² )dx =

= [xln|x| – x]₁ ^e + [–ex²/2 + x + e²x]_e ^e+1/e = [(eln|e| – e) – (1ln|1| – 1)] +

+ [(–e(e+1/e)²/2 + (e+1/e) + e²(e+1/e)) – (–e.e²/2 + e + e²e)] = 1 + 1/(2e) u².

(*) ∫ ln(x)dx = {es una integral por partes, u = ln(x) y dv = dx, de donde du = (dx)/x y v = x } = xln|x| - ∫ x. (dx)/x = xln|x| - ∫ dx = xln|x| - x

En A como = - 4 ≠ 0, tenemos rango(A) = 2.

En A ^* como = 0, por tener la fila 2ª y 3ª proporcionales tenemos rango(A^*) = 2.

Como rango(A) = rango(A^*) = 2 < nº de incógnitas, por el Teorema de Rouche el sistema es compatible e indeterminado y tiene infinitas soluciones.

Sea A = la matriz de los coeficientes y A ^* =la matriz ampliada.

En A como = - 2 ≠ 0, tenemos rango(A) = 2.

En A ^* como (-2)(-2) = 4 ≠ 0, rango(A^*) = 3.

Como rango(A) = 2 ¹ rango(A^*) = 3, por el Teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene solución.

(b)

Si m = 1 hemos visto que rango(A) = rango(A^*) = 2 < nº de incógnitas, y el sistema era compatible e indeterminado y tenía infinitas soluciones. Para resolverlo tomamos dos ecuaciones y dos incógnitas principales.

Tomamos las dos primeras ecuaciones (con las que hemos calculado el menor distinto de cero).

3x – y – z = 1

–x – y + z = –1. Si z = t con t nº real, tenemos

3x – y = 1 + t

–x – y = –1 - t. Si a la 1ª ecuación le restamos la 2ª ecuación, resulta

–x – y = –1 - t.