corr cal

CÁLCULO
EXAMEN ORDINARIO (Curso 2013-2014)
Grado en Ingeniería Informática de Servicios y Aplicaciones
E.U de Informática (Segovia)
PROBLEMA 1
Los beneficios en miles de euros obtenidos en un gimnasio inaugurado hace 5 años vienen
dados por la función f (x) = 2x3 − 15x2 + 24x + 26, donde x ∈ [0, 5] es el tiempo, medido
en años, que lleva funcionando el gimnasio desde su apertura.
(a)Enúnciese el teorema de Weierstrass y justifíquese que la función f (x) lo verifica .
(b) ¿En qué momento se alcanza el máximo beneficio y cuánto vale ese beneficio?
(c) En el cuarto año de funcionamiento se produce una renovación general de las instalaciones del gimnasio. Explíquese razonadamente, en términos de aumento del beneficio,
si dicha renovación tuvo éxito.
2 puntos
✞

☎

✝SOLUCIÓN ✆(a) El teorema de Weierstrass dice lo siguiente:
Si f es continua en un intervalo cerrado [a, b], entonces existen x1 , x2 ∈ [a, b] tales que
f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 )
para todo x ∈ [a, b], es decir, f tiene máximo y mínimo absolutos en el intervalo [a, b].
En el caso que nos ocupa, por ser un polinomio f es una función continua en todo IR y,
en particular, en el intervalo [0,5]. Comoconsecuencia del anterior teorema, es seguro
que en dicho intervalo la función alcanzará máximo y mínimo absolutos.
(b) Se trata en primer lugar de obtener el máximo absoluto. A la vez obtendremos el
mínimo absoluto que necesitaremos para el siguiente apartado. Como ya justificamos
en el apartado anterior, por ser f una función continua en una intervalo cerrado, el
teorema de Weierstrass nosasegura que dicha función admite extremos absolutos en
dicho intervalo. Éstos habremos de buscarlos, bien en el interior entre los extremos
relativos, bien en los extremos del intervalo.
Empezaremos por obtener los extremos relativos. Como la función es derivable (por ser
un polinomio), los posibles extremos relativos se encuentran entre los puntos críticos
de f (aquéllos en los que se anula f ′).
Calculemos f ′

f ′ (x) = 6x2 − 30x + 24 = 6(x2 − 5x + 4),

y ahora resolvamos f ′ (x) = 0
f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x2 − 5x + 4 = 0 ⇐⇒ x = 1, 4.
1

Soluciones examen ordinario

2

Entonces, bastará con evaluar la función en 1, 4 y los extremos del intervalo, 0, 5. En
el punto o puntos en los que f tome el valor menor tendremos un mínimo absoluto y,
por el contrario, en aquél o aquéllosen los que alcance el mayor valor tendremos un
máximo absoluto.
f (0) = 26, f (1) = 37,

f (4) = 10,

f (5) = 21.

Por tanto, en x = 1 se encuentra el máximo absoluto y en x = 4, el mínimo. Entonces,
en el primer año se alcanza el máximo beneficio y dicho beneficio es de 37 mil euros.
(c) A la vista de los resultados obtenidos en el apartado anterior, el mínimo se alcanza en el
cuartoaño. En este año se ha realizado la renovación mencionada y los beneficios han
alcanzado el mínimo del periodo de los cinco años. En lugar de aumentar, el beneficio
ha disminuido, podemos concluir que la renovación no tuvo éxito.

PROBLEMA 2

(a) Calcúlese la siguiente integral
∫

log 5

0

ex
dx.
(1 + ex )

(b) Calcúlese el valor de la siguiente integral impropia y justifíquese sucarácter
∫ π/2
cos x
√
dx.
1 − sen x
0
2 puntos
✞

☎

✝SOLUCIÓN ✆

(a) Realicemos el cambio de variable
t = 1 + ex ,
dt = ex dx,
modificándose los límites de integración
x = 0 ⇒ t = 2,
x = log 5 ⇒ t = 1 + elog 5 = 6.
Así

∫

log 5

0

Cálculo (2013-2014)

ex
dx =
(1 + ex )

∫
2

6

dt
= log t
t

6

= log 6 − log 2 = log 3.
2

Grado en IngenieríaInformática de Servicios y Aplicaciones

Soluciones examen ordinario

3

(b) La integral considerada presenta problemas en π/2.
Realicemos el cambio de variable
t = 1 − sen x,
dt = − cos xdx,
modificándose los límites de integración
0 ⇒ t = 1,
π−
x →
⇒ t → 0+ .
2
x =

Así
∫
0

π/2

∫

√ 1
dt
√ =2 t =
t
0
√ 0
= 2 − 2 lím+ t = 2.

cos x
√
=
1 − sen x

1

t→0...