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An ́alise Matem ́atica. Curso 2021-2022. Grao en Enxener ́ıa Inform ́atica. ESEI Ourense. Departamento de Matem ́aticas. Universidade de Vigo. Data: 13/01/2022 EXAMEN FINAL APELIDOS NOME DNI NOTA NOTA 1: Realizar os c ́alculos con 6 cifras decimais redondeadas. Po ̃ner a calculadora en modo RADIANS. ́ NOTA 2: Os alumnos asistentes que xustificadamente non realizasen algunha proba parcial multiplicar ́aselles a nota das preguntas do bloque correspondente por 1.33. Indicar proba: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Representar gr ́aficamente os seguintes conxuntos e determinar (se exis- ten) o seu m ́ınimo, m ́aximo, ́ınfimo e supremo: a) F = {5} [ {x 2 R : (x 2)2 > 9} b) G = ⇢ 1 + 1 n2 : n 2 N Solucion: ́ a) Primeiro estudamos o conxunto {x 2 R : (x 2)2 > 9} = {x 2 R : (x 2)2 9 > 0}. Calculamos as soluci ́ons da ecuaci ́on y(x)=(x 2)2 9 = x2 4x 5=0 () x = 1 ou x = 5. Logo a funci ́on ten signo constante nos intervalos ( 1, 1), ( 1, 5) e (25, +1) e para determinar o seu signo basta obter o valor de y(x) nun punto x calqueira de cada intervalo: x = 2 =) y( 2) = 7 > 0 =) y(x) > 0 para todo x 2 ( 1, 1), x =0=) y(0) = 5 < 0 =) y(x) < 0 para todo x 2 ( 1, 5), x =3=) y(6) = 7 > 0 =) y(x) > 0 para todo x 2 (5, +1). Logo {x 2 R : (x 2)2 > 9} = {x 2 R : (x 2)2 9 > 0} = ( 1, 1) [ (5, +1), e polo tanto F = {5} [ {x 2 R : (x 2)2 > 9} = ( 1, 1) [ [5, +1) sendo a s ́ua representaci ́on gr ́afica 1 5 Como F non est ́a acotado superiormente nin inferiormente tense que M(F) = m(F) = ; e polo tanto non existen m ́ax(F), sup(F), m ́ın(F), ́ınf(F). 1
b) Representamos gr ́aficamente o conxunto: 1 5 2 4 10 9 ... O conxunto G ́e unha sucesi ́on discreta {xn} = ⇢ 1 + 1 n2 = {2, 5 4 , 10 9 , 17 16,...}, estritamente decrecente e l ́ımn!1 xn = 1 con xn > 1 para todo n 2 N. Polo tanto: M(G) = [2, +1), G \ M(G) = {2} =) m ́ax(G)=2, sup(G) := m ́ın(M(G)) = 2. m(G)=( 1, 1], G \ m(G) = ; =) Non existe m ́ın(G), ́ınf(G) := m ́ax(m(G)) = 1. 2. Estudiar o car ́acter (converxente ou diverxente) das seguintes series: a) X1 n=1 ✓(n 1)(n + 1) n2 + 2n ◆2n b) X1 n=1 n · 4n n! Solucion: ́ a) O l ́ımite do termo xeral ́e l ́ımn!1 an = l ́ımn!1 ✓(n 1)(n + 1) n2 + 2n ◆2n “11” = e l ́ımn!1 ✓(n 1)(n + 1) n2 + 2n 1 ◆ 2n = = e l ́ımn!1 4n 2 n + 2 = e 4 6= 0, e polo tanto ́o non cumprirse a condici ́on necesaria de converxencia a serieX1 n=1 ✓(n 1)(n + 1) n2 + 2n ◆2n de termos positivos ́e diverxente. b) Como an = n · 4n n! > 0 tr ́atase dunha serie de termos positivos. Usaremos o criterio do cociente: an+1 an = (n + 1) · 4n+1 (n + 1)! n · 4n n! = (n + 1) · 4n+1 · n! n · 4n · (n + 1)! = 4 · 4n · (n + 1)! n · 4n · (n + 1)! = 4 n. 2
Polo tanto, l ́ımn!1 an+1 an = l ́ımn!1 4 n =0= L < 1, e polo criterio do cociente ded ́ucese que a serie X1 n=1 n · 4n n! ́e converxente. 3. Consid ́erese a funci ́on f(x)=(x2 + 1)e x/2 para x 2 R. a) Determinar os intervalos de crecemento e decrecemento de f(x). Solucion: ́ Analizamos o signo da s ́ua derivada f0 (x)=2xe x/2+(x2+1)e x/2( 1/2) = (4x (x2 + 1))e x/2 2 = (x2 4x + 1)e x/2 2 calculando onde se anula f0 (x)=0 () x2 4x+1 = 0 () x = 2 p 3=0.267949, x = 2+p 3=3.732051. e substitu ́ındo valores nos intervalos que se forman: f0 (0) < 0 =) f0 (x) < 0 para x 2 ( 1, 2 p3) =) f decrece en ( 1, 2 p3), f0 (1) > 0 =) f0 (x) > 0 para x 2 (2 p3, 2 + p3) =) f crece en (2 p3, 2 + p3), f0 (4) < 0 =) f0 (x) < 0 para x 2 (2 + p3), 1) =) f decrece en (2 + p3), 1), b) Clasificar os seus extremos relativos e absolutos en [ 1, 4]. Solucion: ́ Analizando os intervalos de crecemento e decrecemento da funci ́on no inter- valo [ 1, 4] deducimos que f alcanza en x = 1 e x = 2+ p3 un m ́aximo relativo e alcanza en x = 2 p3 e x = 4 un m ́ınimo relativo. Ademais como f ́e continua no intervalo pechado e acotado [ 1, 4] ent ́on alcanza os valores m ́aximo e m ́ınimo absolutos no intervalo (Teorema de Weierstrass). Os candida- tos onde pode alcanzarse o m ́aximo e o m ́ınimo absolutos son os extremos do intervalo x1 = 1 e x2 = 4 e os puntos cr ́ıticos que est ́an no interior do intervalo, neste caso x3 = 2 p3 e x4 = 2+ p3. Para saber cales son o m ́aximo e o m ́ınimo absolutos evaluamos a funci ́on nos candidatos: f(x1) = f( 1) = 3.297443, f(x2) = f(4) = 2.300700, f(x3) = f(2 p3) = 0.937407, f(x4) = f(2 + p3) = 2.309952 O valor mais grande dos anteriores, 3.297443, ́e o m ́aximo absoluto da funci ́on f en [ 1, 4] que se alcanza en x = 1 e o valor mais pequeno, 0.937407, e o m ́ınimo absoluto da funci ́on f en [ 1, 4] que se alcanza en x = 2 p3. 3
Figura 1: Gr ́afica de f(x)=(x2 + 1)e x/2) en [ 1, 4]. 4. Calcular a ́area da rexi ́on encerrada entre a gr ́afica da funci ́on f(x) = ex sen(x), o eixe OX e as rectas verticais x = 0 e x = 2⇡. Solucion: ́ A ́area que nos piden ven dada pola integral Z 2⇡ 0 |ex sen(x)| dx. Para calcular esta integral primeiro obtemos os puntos de corte de f(x) co eixo OX en [0, 2⇡]: f(x)=0 () sen(x)=0 () x = k ⇡, k 2 Z. Os puntos de corte no intervalo de integraci ́on son x = 0, x = ⇡ e x = 2⇡ e f(x) 0 para todo x 2 [0, ⇡] e f(x)  0 para todo x 2 [⇡, 2⇡]. Por tanto Z 2⇡ 0 |ex sen(x)| dx = Z ⇡ 0 |ex sen(x)| dx + Z 2⇡ ⇡ |ex sen(x)| dx = Z ⇡ 0 ex sen(x) dx Z 2⇡ ⇡ ex sen(x) dx = ex(sen(x) cos(x)) 2 ⇡ 0 + ex(sen(x) cos(x)) 2 2⇡ ⇡ = = e2⇡ 2 + e⇡ + 1 2 = 291.386520 u2 , onde para calcular a primitiva de f(x) integramos por partes ⇢ u = ex =) du = ex dx dv = sen(x)dx =) v = cos(x) Z ex sen(x)dx = ex cos(x) + Z ex cos(x)dx. Aplicando de novo integraci ́on por partes ⇢ u = ex =) du = ex dx dv = cos(x)dx =) v = sen(x) obtense Z ex sen(x)dx = ex cos(x)+ex sen(x) Z ex sen(x)dx. 4