MAT1610 I1 2013 P

´ lica de Chile
Pontificia Universidad Cato
´
Facultad de Matematicas
´ ticas
Departamento de Matema
Primer semestre de 2013

MAT1610 ⋆ C´
alculo I

Interrogaci´on N◦ 1
1.

a) Dadas las funciones f y g definidas por f (x) = x − 2 y g(x) = x2 + x, calcule
l´ım

x→2

(f ◦ g)(x − 1)
(g ◦ f )(x)

b) Sea f una funci´on continua en [ 0, 2 ] tal que f (0) = f (2). Demuestre que existe x1 ∈
[ 0, 1 ] talque f (x1 ) = f (x1 + 1).
Ayuda: Considere la funci´on g(x) = f (x + 1) − f (x) en el intervalo [ 0, 1 ].
Soluci´
on
(f ◦ g)(x − 1)
f (g(x − 1))
x2 − x − 2
= l´ımx→2
= l´ımx→2 2
=
(g ◦ f )(x)
g(x − 2)
x − 3x + 2
(x − 2)(x + 1)
l´ımx→2
= 3.
(x − 2)(x − 1)
(3.0 pts)

a) l´ımx→2

b) Sea g(x) = f (x+1)−f (x), entonces g es continua en [0, 1] y g(0) = f (1)−f (0) y g(1) =
f (2) − f (1)
Caso 1 Si f (0)< f (1) entonces g(0) > 0 y yg(1) < 0 porque f (0) = f (2). Luego por el
teorema del Valor Intermedio se tiene que:
∃x1 ∈ [0, 1](g(x1 ) = 0)
Pero esto significa que
∃x1 ∈ [0, 1](f (x1 ) = f (x1 + 1))
(1.4 pts)
caso 2 Si f (0) > f (1) entonces g(0) < 0 y g(1) > 0 luego por teorema del Valor Intermedio
se tiene que:
∃x1 ∈ [0, 1](g(x1 ) = 0)
Pero esto significa que
∃x1 ∈ [0, 1](f (x1 ) = f (x1 + 1))(1.4 pts)
Caso 3 Si f (0) = f (1) se cumple trivialmente co x1 = 0.
(0.2pts)

ALTERNATIVA : Basta demostrar que existe al menos un punto x ∈ [0, 1] tal
que g(x) = 0.
Si escribimos a = f (0) = f (2) tenemos que g(0) = f (1) − f (0) = f (1) − a y que
g(1) = f (2) − f (1) = a − f (1) de modo que g(1) = −g(0).
Si ambos son cero entonces hemos hallado dos puntos con la condicin requerida.
Si no, g(x)cambia de signo al pasar x de 0 a 1. La continuidad de g y el T.V.I.
establecen que en tal caso existe x ∈ (0, 1) tal que g(x) = 0 y por tanto siempre
existir´a un punto como el buscado.

2.

f (x2 )
.
x→−1 2x + 2

a) Sea f una funci´on derivable en x = 1 tal que f (1) = 0 y f ′ (1) = 3 . Calcule l´ım
b) Para las siguientes preguntas f es una funci´on continua en x = 0 tal que
f (x)
=2
x→0 xl´ım

i) Demuestre que f (0) = 0 y calcule f ′ (0).
ii) Calcule el siguiente l´ımite
1 − cos(f (x))
l´ım
x→0
x2
Soluci´
on
a) dado que f ′ (1) = 3 entonces
f (x) − f (1)
f (x)
= l´ım
= 3.
x→1
x→1 x − 1
x−1
l´ım

(1.0 pts)
f (x2 )
1
f (u2 )
Luego l´ım
= l´ım
haciendo la substituci´on x = −u
x→−1 2x + 2
2 u→1 −u + 1
Por lo tanto
f (x2 )
1
f (u2 )
= − l´ım 2
(1 + u) = −3
x→−1 2x + 2
2 u→1 u − 1
l´ım

(2.0pts)
b)

i) f es continua en x = 0, por lo tanto
f (0) = l´ım f (x) = l´ım x
x→0

x→0

f (x)
=2∗0=0
x

(0.5 pts)
f (x) − f (0)
f (x)
= l´ım
=2
x→0
x→0 x
x

f ′ (0) = l´ım
(0.5 pts)

(1 − cos2 (f (x))f 2 (x)
1 − cos(f (x))
=
l´
ım
x→0 2
x2
f (x)x2 (1 + cos(f (x))
( sen(f (x)) )2 ( f (x) )2
1
= l´ımx→0
f (x)
x
1 + cos(f (x)
(1.0 pts)

ii) l´ımx→0

Como f es continua en x = 0 y f (0) = 0, entonces
1− cos(f (x))
=2
x→0
x2
l´ım

(0.5 pts)

(0.5 pts)

3. Encuentre todos los puntos de la curva y =
dichos puntos pasa por (0, −1).
Soluci´
on

1
en los cuales la tangente a la curva en
x+1

1
(1.0 pts)
(1 + x)2
luego la ecuaci´on de la tangente en el punto (x0 , y0 ) de la curva es:
La pendiente de la tangente es f ′ (x0 ) = −

y − y0 = −

1
(x − x0 )
(1 + x)2

(1.0 pts)
Pero la recta tangente debepasar por el punto (0, −1) que no est´a en la curva, por lo tanto
se debe cumplir que:
1
−1 − y0 = −
(−x0 )
(1 + x0 )2
(1.0 pts)
Adem´as, El punto (x0 , y0 ) est´a en la curva, luego cumple su ecuaci´on, y substituyendo y0
1
Obtenemos la ecuaci´on:
por
1 + x0
x20 + 4x0 + 2 = 0
(1.0 pts)
Sus soluciones son:
{−2 +

√

2, −2 −

√
2}

(1.0 pts)
Por lo tanto, los puntos buscados son:
(
)
(
)
√
√
1
1
√√
P1 − 2 + 2,
y P2 − 2 − 2,
−1 + 2
−1 − 2
(1.0 pts)

4. Considere la funci´on f : R −→ R , definida por:
 x−p


x+1
f (x) =

 2
x + qx

si x > 0
si x ≤ 0

a) Determine los valores de p y q en los reales de manera que f sea derivable en x = 0
b) Para los valores de p y q encontrados en a), determine la funci´on f ′ indicando su dominio.
Soluci´
on
a) Para que sea derivable en cero,...