El final de hoy, recién salidito del horno jaja.


  Final AM I 11-12-12.pdf (Tamaño: 358,76 KB / Descargas: 424)

Un saludo.

Como este es el primer post después de pdf del Final, acá voy a poner todos los ejercicios resueltos así el que entra los puede ver fácilmente sin tener que recorrer todos los posts.

Ejercicio 1.b escribió:\[h(x)=x^{2/3}*e^{-x}\]

\[h'(x)=e^{-x}(\frac{2-3x}{3x^{\frac{1}{3}}})\]

Puntos Críticos:
x = 0 (Se anula la derivada)
x = 2/3 (0 de la derivada)

Miro a los costados de f'(x)
f'(-1.5) < 0
f'(0.5) > 0
f'(-1) < 0

Por lo tanto:
Hay un mínimo local y global en x = 0.
Hay un máximo local en x = 2/3.

Lo que sí, hay que graficarla para darse cuenta que en x=0 es global.

(13-12-2012 04:55)Ejercicio 2.a resuelto por Gastonf que escribió:  Partimos de esto:
\[\int_{0}^{-ln2} f(u) * e^{u} du = 1\]

Usamos el cambio de variable siguiente :
\[ln (t) = u\]
\[1/t dt = du\]

Los limites de integración nos quedan:
\[u = 0 \Rightarrow ln(t) = 0\]
\[t = 1\]

\[u = -ln2 \Rightarrow t =1/2\]

Reemplazando todo conseguimos :
\[\int_{1}^{1/2} f(ln(t)) * e^{ln(t)} * 1/t *dt = 1\]

Como:
\[e^{ln(t)} = t\]

Nos queda:
\[\int_{1}^{1/2} f(ln(t))* dt = 1\]

Dando vuelta los signos de integración obtenemos que
\[\int_{1/2}^{1} f(ln(t))* dt = -1\]

Ejercicio 2b escribió:Polinomio de Taylor de 2do Grado en potencias de (x-1)
\[p(x)=g(1)+g'(1)(x-1)+\frac{1}{2}g''(1)(x-1)^2\]

Primer Derivada de g(x)
\[g'(x)=f(x-1).e^{x-1}\]

Segunda Derivada de g(x)
\[g''(x)=f'(x-1).e^{x-1}+f(x-1).e^{x-1}\]

Polinomio de McLaurin de f
\[p(x) =f(0)+f'(0)x+f''(0)x^2\]
\[p(x) =1/2-4x+1/3x^2\]
Por lo tanto:
\[f(0) = 1/2\]
\[f'(0) = -4\]
\[f''(0) = 1/3\]

Reemplazando estos valores en g(1):
\[g'(1)=f(0).e^{0}=1/2*1\]
\[g''(x)=f'(0).e^{0}+f(0).e^{0}=-4*1+1/2*1=-7/2\]

Resultado
\[p(x)=-1+\frac{1}{2}(x-1)-\frac{7}{2}. \frac{1}{2}(x-1)^2\]
\[p(x)=-\frac{3}{2}+\frac{1}{2}x-\frac{7}{4}.(x-1)^2\]

Ejercicio 3 escribió:\[\int_{\frac{1}{2}}^{x^3}\frac{f(\sqrt[3]{t})}{\sqrt[3]{t^2}}dt=2xy\]

Derivando:
\[\frac{f(\sqrt[3]{x^3})}{\sqrt[3]{(x^3)^2}}.3x^2=2y+2xy' \rightarrow \frac{f(x).3x^2}{x^2}=2y+2xy' \rightarrow y.3=2y+2xy'\] \[\rightarrow y'=\frac{y}{2x}(1)\]

Ecuación diferencial
\[y'=\frac{y}{2x} \to \frac{dy}{dx}=\frac{y}{2x} \to \frac{dy}{y}=\frac{dx}{2x} \to \int \frac{dy}{y}=\int \frac{dx}{2x}\]

Integrando (Como x>0 se van los módulos):
\[ln(y)+ c1= \frac{1}{2}ln(x)+c2 \to ln(y)= ln(\sqrt{x})+k\]

Reemplazando el dato: y(1) = 2/e
\[ln(\frac{2}{e})= ln(\sqrt{1})+k \to ln(\frac{2}{e})= 0+k \to e^{ln(\frac{2}{e})}=e^k \to \frac{2}{e}= e^k \]
\[\to ln(\frac{2}{e})= ln(e^k) \to k = ln(\frac{2}{e})\]

Ordenando la función
\[ln(y) = ln(\sqrt{x})+ln(\frac{2}{e}) \to ln(y) = ln(\sqrt{x}*\frac{2}{e}) \to y = \sqrt{x}.\frac{2}{e}\]

Por lo tanto:
\[\sqrt{x}.\frac{2}{e}\]
Continua y Derivable para todo x>0

Graciasa a Juli9 y Gastonf por las correciones del punto 3.

Alguien sabe hacer el 2a) ?

No tengo idea como probar eso. Teorema fundamental del calculo no se puede usar si no hay funcion en los intervalos asi que no se.

En el 1.a, hay que hacer la integral?

El tema es que en x=1 no está definida la función, por lo tango habría que dividir la integral en 2, desde -1 a b y desde b a 3, y agregarle el limite de b->1. El tema es que no sé cómo resolver esa integral.

Sin resolver la integral sería así:

\[\int_{-1}^{3}g(t)dt=\lim_{b\to1}\int_{-1}^{b}g(t)dt+\lim_{b\to1}\int_{b}^{3}g(t)dt=\] \[\lim_{b\to1}G(b)-G(-1)+G(3)-\lim_{b\to1}G(b)=G(3)-G(-1)\]

Sería Verdadero.

Estuve 3 horas tratando de hacer la integral y era más simple de lo que creía. Bah, si es que se hace así, porque en todos los casos de integrales impropias se anularían los limites ya que siempre tienen diferente signo, salvo en aquellas que haya un cambio de función (por módulo puede ser, y en este caso lo hay ln|x-1|).

(12-12-2012 20:12)leaan escribió:  Alguien sabe hacer el 2a) ?

No tengo idea como probar eso. Teorema fundamental del calculo no se puede usar si no hay funcion en los intervalos asi que no se.

Yo le pifie por apurado a este ejercicio, la cosa viene asi:

\[\int_{\frac{1}{2}}^{e^{x-1}} f(LN t) dt \]

Reemplazando \[t = e^{u} dt = e^{u} du\], quedaria:

\[\int_{\frac{1}{2}}^{e^{x-1}} f(u) * e^{u} du\]

Reemplazando en g(1):

\[g(1) = \int_{\frac{1}{2}}^{1} f(u) * e^{u} du = \int_{LN \frac{1}{2}}^{LN 1} f(u) * e^{u} du = - \int_{LN 1}^{LN \frac{1}{2}} f(u) * e^{u} du = - \int_{0}^{- LN 2} f(u) * e^{u} du = - 1\]

---

(12-12-2012 03:24)leandrong escribió:  En el 1.a, hay que hacer la integral?

El tema es que en x=1 no está definida la función, por lo tango habría que dividir la integral en 2, desde -1 a b y desde b a 3, y agregarle el limite de b->1. El tema es que no sé cómo resolver esa integral.

Sin resolver la integral sería así:

\[\int_{-1}^{3}g(t)dt=\lim_{b\to1}\int_{-1}^{b}g(t)dt+\lim_{b\to1}\int_{b}^{3}g(t)dt=\] \[\lim_{b\to1}G(b)-G(-1)+G(3)-\lim_{b\to1}G(b)=G(3)-G(-1)\]

Sería Verdadero.

Estuve 3 horas tratando de hacer la integral y era más simple de lo que creía. Bah, si es que se hace así, porque en todos los casos de integrales impropias se anularían los limites ya que siempre tienen diferente signo, salvo en aquellas que haya un cambio de función (por módulo puede ser, y en este caso lo hay ln|x-1|).

La afirmación es Falsa. Primero, porque la integral no converge, por lo que no podrías reemplazar los valores en G(x) y restarlos, ya que tienen q dar un numero real.

Esta bien lo q planteaste de dividir la función, pero sirve para explicar que hay una discontinuidad en x = 1 y en x = 2, y para poder hacer la integral hay q plantearla como una integral impropia, no como una simple integral.

(13-12-2012 00:04)Tom-V escribió:  

(12-12-2012 03:24)leandrong escribió:  En el 1.a, hay que hacer la integral?

El tema es que en x=1 no está definida la función, por lo tango habría que dividir la integral en 2, desde -1 a b y desde b a 3, y agregarle el limite de b->1. El tema es que no sé cómo resolver esa integral.

Sin resolver la integral sería así:

\[\int_{-1}^{3}g(t)dt=\lim_{b\to1}\int_{-1}^{b}g(t)dt+\lim_{b\to1}\int_{b}^{3}g(t)dt=\] \[\lim_{b\to1}G(b)-G(-1)+G(3)-\lim_{b\to1}G(b)=G(3)-G(-1)\]

Sería Verdadero.

Estuve 3 horas tratando de hacer la integral y era más simple de lo que creía. Bah, si es que se hace así, porque en todos los casos de integrales impropias se anularían los limites ya que siempre tienen diferente signo, salvo en aquellas que haya un cambio de función (por módulo puede ser, y en este caso lo hay ln|x-1|).

La afirmación es Falsa. Primero, porque la integral no converge, por lo que no podrías reemplazar los valores en G(x) y restarlos, ya que tienen q dar un numero real.

Esta bien lo q planteaste de dividir la función, pero sirve para explicar que hay una discontinuidad en x = 1 y en x = 2, y para poder hacer la integral hay q plantearla como una integral impropia, no como una simple integral.

¿Pero cómo sabés que no CV? Que sea discontinua, te hace que tengas que hacerla como impropia (el x=2 no importa porque es de -1 a 3), y si en este caso el limite es el mismo (si no cambia la integral debido a un módulo en cada intervalo de integración) se tendría que anular y termina quedando como dicen ellos.

¿Como lo justificaste?

(13-12-2012 00:04)Tom-V escribió:  

(12-12-2012 20:12)leaan escribió:  Alguien sabe hacer el 2a) ?

No tengo idea como probar eso. Teorema fundamental del calculo no se puede usar si no hay funcion en los intervalos asi que no se.

Yo le pifie por apurado a este ejercicio, la cosa viene asi:

\[\int_{\frac{1}{2}}^{e^{x-1}} f(LN t) dt \]

Reemplazando \[t = e^{u} dt = e^{u} du\], quedaria:

\[\int_{\frac{1}{2}}^{e^{x-1}} f(u) * e^{u} du\]

Reemplazando en g(1):

\[g(1) = \int_{\frac{1}{2}}^{1} f(u) * e^{u} du = \int_{LN \frac{1}{2}}^{LN 1} f(u) * e^{u} du = - \int_{LN 1}^{LN \frac{1}{2}} f(u) * e^{u} du = - \int_{0}^{- LN 2} f(u) * e^{u} du = - 1\]

---

Aplicando ln en ambos límites de la integral no te mantiene el mismo resultado, por ejemplo:
\[\int_{4}^{2}x^2 = 18.67\]
\[\int_{ln(4)}^{ln(2)}x^2 = 0.77\]

¿En qué te basaste para hacerlo? Al ser el cambio de variable, también te cambian los límites.

Yo hice el 2a de la siguiente manera :

Partimos de esto :
\[\int_{0}^{-ln2} f(u) * e^{u} du = 1\]

Usamos el cambio de variable siguiente :
\[ln (t) = u\]
\[1/t dt = du\]

Los limites de integración nos quedan:

\[u = 0 \Rightarrow ln(t) = 0\]
\[t = 1\]

\[u = -ln2 \Rightarrow t =1/2\]

Reemplazando todo conseguimos :

\[\int_{1}^{1/2} f(ln(t)) * e^{ln(t)} * 1/t *dt = 1\]

Como
\[e^{ln(t)} = t\]

Nos queda

\[\int_{1}^{1/2} f(ln(t))* dt = 1\]

Dando vuelta los signos de integración obtenemos que

\[\int_{1/2}^{1} f(ln(t))* dt = -1\]

(13-12-2012 04:55)Gastonf escribió:  Yo hice el 2a de la siguiente manera :
Partimos de esto :
\[\int_{0}^{-ln2} f(u) * e^{u} du = 1\]
Usamos el cambio de variable siguiente :
\[ln (t) = u\]
\[1/t dt = du\]
Los limites de integración nos quedan:
\[u = 0 \Rightarrow ln(t) = 0\]
\[t = 1\]
\[u = -ln2 \Rightarrow t =1/2\]
Reemplazando todo conseguimos :
\[\int_{1}^{1/2} f(ln(t)) * e^{ln(t)} * 1/t *dt = 1\]
Como
\[e^{ln(t)} = t\]
Nos queda
\[\int_{1}^{1/2} f(ln(t))* dt = 1\]
Dando vuelta los signos de integración obtenemos que
\[\int_{1/2}^{1} f(ln(t))* dt = -1\]

Ahí va, tu forma me parece la correcta.

Lo que sí, yo aclararía que es en g(1), así el \[e^{(x-1)}\] se transforma en \[e^{(1-1)}\] que es 1.

Una pregunta
\[u = -ln2 \Rightarrow t =1/2\]

¿Lo sacaste así:?
\[ln(t)=-ln(2) \to ln(t)= ln(1)-ln(2) \to ln(t)=ln(1/2) \to t = 1/2\]

Llegas a lo mismo, pero capaz lo pensaste de otra forma que es más fácil de la que pensé yo. Tuve que agregar el ln(1) para utilizar la propiedad de la división y así llegar al 1/2.

(13-12-2012 05:20)leandrong escribió:  

(13-12-2012 04:55)Gastonf escribió:  Yo hice el 2a de la siguiente manera :
Partimos de esto :
\[\int_{0}^{-ln2} f(u) * e^{u} du = 1\]
Usamos el cambio de variable siguiente :
\[ln (t) = u\]
\[1/t dt = du\]
Los limites de integración nos quedan:
\[u = 0 \Rightarrow ln(t) = 0\]
\[t = 1\]
\[u = -ln2 \Rightarrow t =1/2\]
Reemplazando todo conseguimos :
\[\int_{1}^{1/2} f(ln(t)) * e^{ln(t)} * 1/t *dt = 1\]
Como
\[e^{ln(t)} = t\]
Nos queda
\[\int_{1}^{1/2} f(ln(t))* dt = 1\]
Dando vuelta los signos de integración obtenemos que
\[\int_{1/2}^{1} f(ln(t))* dt = -1\]

Ahí va, tu forma me parece la correcta.

Lo que sí, yo aclararía que es en g(1), así el \[e^{(x-1)}\] se transforma en \[e^{(1-1)}\] que es 1.

Una pregunta
\[u = -ln2 \Rightarrow t =1/2\]

¿Lo sacaste así:?
\[ln(t)=-ln(2) \to ln(t)= ln(1)-ln(2) \to ln(t)=ln(1/2) \to t = 1/2\]

Llegas a lo mismo, pero capaz lo pensaste de otra forma que es más fácil de la que pensé yo. Tuve que agregar el ln(1) para utilizar la propiedad de la división y así llegar al 1/2.

Lo hize más facil:

\[\frac{1}{2} = 2^{-1}\rightarrow LN 2^{-1} = - LN 2\]

(12-12-2012 21:40)leandrong escribió:  Ejercicio 3
\[\int_{\frac{1}{2}}^{x^3}\frac{f(\sqrt[3]{t})}{\sqrt[3]{t^2}}dt=2xy\]

Derivando:
\[\frac{f(\sqrt[3]{x^3})}{\sqrt[3]{(x^3)^2}}.3x^2=2y+2xy' \rightarrow \frac{f(x).3x^2}{x^2}=2y+2xy' \rightarrow y.3=2y+2xy'\] \[\rightarrow y'=\frac{y}{2x}(1)\]

Usando y(1) = 2/e
\[y'=\frac{2}{e}*\frac{1}{2*1} \rightarrow y' = \frac{1}{e}\]

Volviendo a (1) y reemplazando el valor de y':
\[f(x) = 2x.\frac{1}{e}\rightarrow f(x)=\frac{2}{e}x\]

Por ser un polinomio es derivable y continua en todo su dominio y positiva con x>0.

¿Es así?

Cuando llegaste a y'=\[\frac{y}{2x}\]
Está bien, pero despues haces asi:
\[y'= \frac{y}{2x} => \frac{dy}{dx}= \frac{y}{2x}\]
\[\frac{1}{y} dy= \frac{1}{2x}dx => \int \frac{1}{y} dy= \int \frac{1}{2x}dx\]
\[ln(y)=\frac{1}{2} ln(x)+c\]
\[y=e^{\frac{1}{2}ln(x)+c}=> y(1)=e^{\frac{1}{2}ln(1)+c}=> \frac{2}{e}=e^{c}\]
\[ln(\frac{2}{e})=c*ln(e) =>ln(2)-ln(e)=c*1=>c=ln(2)-1\]
\[f(x)=e^{\frac{1}{2}ln(x)+ln(2)-1}\]

Y las funciones exponenciales son siempre derivables

(13-12-2012 08:44)Juli9 escribió:  Cuando llegaste a y'=\[\frac{y}{2x}\]
Está bien, pero despues haces asi:
\[y'= \frac{y}{2x} => \frac{dy}{dx}= \frac{y}{2x}\]
\[\frac{1}{y} dy= \frac{1}{2x}dx => \int \frac{1}{y} dy= \int \frac{1}{2x}dx\]
\[ln(y)=\frac{1}{2} ln(x)+c\]
\[y=e^{\frac{1}{2}ln(x)+c}=> y(1)=e^{\frac{1}{2}ln(1)+c}=> \frac{2}{e}=e^{c}\]
\[ln(\frac{2}{e})=c*ln(e) =>ln(2)-ln(e)=c*1=>c=ln(2)-1\]
\[f(x)=e^{\frac{1}{2}ln(x)+ln(2)-1}\]
Y las funciones exponenciales son siempre derivables

Es verdad!!! Me mandé una burrada enorme!!! Fijate que lo corregí y llegué a que: \[y = \sqrt{x}*\frac{2}{e}\]

(12-12-2012 21:40)leandrong escribió:  Ejercicio 3
\[\int_{\frac{1}{2}}^{x^3}\frac{f(\sqrt[3]{t})}{\sqrt[3]{t^2}}dt=2xy\]

Derivando:
\[\frac{f(\sqrt[3]{x^3})}{\sqrt[3]{(x^3)^2}}.3x^2=2y+2xy' \rightarrow \frac{f(x).3x^2}{x^2}=2y+2xy' \rightarrow y.3=2y+2xy'\] \[\rightarrow y'=\frac{y}{2x}(1)\]

Usando y(1) = 2/e
\[y'=\frac{2}{e}*\frac{1}{2*1} \rightarrow y' = \frac{1}{e}\]

Volviendo a (1) y reemplazando el valor de y':
\[f(x) = 2x.\frac{1}{e}\rightarrow f(x)=\frac{2}{e}x\]

Por ser un polinomio es derivable y continua en todo su dominio y positiva con x>0.

¿Es así?

Me parece que te equivocás cuando usas y(1) = 2/e. Porque estás hallando el valor y' en un punto. No es la forma funcional de y' como para que la puedas integrar. Para hacerlo de forma correcta tenés que resolver la ecuación diferencial primero, hallar la forma de y, y luego usar la condición de contorno para hallar el valor de la constante

(13-12-2012 18:00)Gastonf escribió:  Me parece que te equivocás cuando usas y(1) = 2/e. Porque estás hallando el valor y' en un punto. No es la forma funcional de y' como para que la puedas integrar. Para hacerlo de forma correcta tenés que resolver la ecuación diferencial primero, hallar la forma de y, y luego usar la condición de contorno para hallar el valor de la constante

Sí, me mandé una burrada, ya era muy tarde y no estaba pensando claramente! jajajjaja. Gracias por la correción!

(13-12-2012 18:00)Gastonf escribió:  

(12-12-2012 21:40)leandrong escribió:  Ejercicio 3
\[\int_{\frac{1}{2}}^{x^3}\frac{f(\sqrt[3]{t})}{\sqrt[3]{t^2}}dt=2xy\]

Derivando:
\[\frac{f(\sqrt[3]{x^3})}{\sqrt[3]{(x^3)^2}}.3x^2=2y+2xy' \rightarrow \frac{f(x).3x^2}{x^2}=2y+2xy' \rightarrow y.3=2y+2xy'\] \[\rightarrow y'=\frac{y}{2x}(1)\]

Usando y(1) = 2/e
\[y'=\frac{2}{e}*\frac{1}{2*1} \rightarrow y' = \frac{1}{e}\]

Volviendo a (1) y reemplazando el valor de y':
\[f(x) = 2x.\frac{1}{e}\rightarrow f(x)=\frac{2}{e}x\]

Por ser un polinomio es derivable y continua en todo su dominio y positiva con x>0.

¿Es así?

Me parece que te equivocás cuando usas y(1) = 2/e. Porque estás hallando el valor y' en un punto. No es la forma funcional de y' como para que la puedas integrar. Para hacerlo de forma correcta tenés que resolver la ecuación diferencial primero, hallar la forma de y, y luego usar la condición de contorno para hallar el valor de la constante

Me quedo algo en duda, cuando tengo estas integrales y hay que aplicar el teorema fundamental

\[\int_{\frac{1}{2}}^{x^3}\frac{f(\sqrt[3]{t})}{\sqrt[3]{t^2}}dt=2xy\]

Tengo que reemplazar donde esta la t, lo que tiene x y su derivada, pero en este ejercicio tengo una parte que tiene f y otra que no

seria asi como esta hecho ?
\[\frac{f(\sqrt[3]{x^3})}{\sqrt[3]{(x^3)^2}}.3x^2\]

O asi ? la derivada de esa funcion solo va si tiene la f?

\[\frac{f(\sqrt[3]{x^3})}{\sqrt[3]{(x^3)^2}}. \frac{(3x^2)}{3x^2}\]

Gracias