05-10-2014, 00:07
Les paso el final tomado la ultima fecha resuetlo... se aceptan criticas
[attachment=9573]
1) a)
puedo puedo dividir la integral en dos partes y expresarla como
\[\int_{-a}^{a}f(x)dx=\int_{-a}^{0}f(x)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=-\int_{0}^{-a}f(x)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx\]
hago un cambio de variable en la primera integral
\[x=-t\to dx=-dt\quad x\to -a\quad t\to a\]
entonces
\[\\-\int_{0}^{-a}f(x)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=-\int_{0}^{a}-f(-t)dt+\int_{0}^{a}f(x)=\\\\\\=\int_{0}^{a}f(-t)dt+\int_{0}^{a}f(x)dx\quad *\]
como f es impar se cumple que
\[-f(t)=f(-t)\]
reemplazando en *
\[\int_{0}^{a}f(-t)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=-\int_{0}^{a}f(t)dt+\int_{0}^{a}f(x)dx=0\]
que es lo que se queria probar
como adicional (no lo pide el ejercicio) si f es par se cumple que
\[f(-t)=f(t)\]
reemplazando en *
\[\int_{0}^{a}f(-t)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=\int_{0}^{a}f(t)dt+\int_{0}^{a}f(x)dx=2\int_{0}^{a} f(x)dx\]
b) puedo usar las propiedades de infinitesimos y principalmente la que dice que
\[\lim_{x\to a} f(x)=L\leftrightarrow f(x)=L+\phi(x)/\lim_{x\to 0} \phi (x)=0\]
hay que probar que
\[\lim_{x\to a}h(x)=\lim_{x\to a}f(x)g(x)=L_1L_2=L\]
usando la propiedad que mencione antes , nuestras hipotesis son
\[\lim_{x\to a} f(x)=L_1\leftrightarrow f(x)=L_1+\phi(x)_1/\lim_{x\to a} \phi (x)_1=0\]
\[\lim_{x\to a} g(x)=L_2\leftrightarrow f(x)=L_2+\phi(x)_2/\lim_{x\to a} \phi (x)_2=0\]
nuestra tesis
\[\lim_{x\to a} f(x)g(x)=L_1L_2\leftrightarrow f(x)g(x)=L_1L_2+\phi(x)/\lim_{x\to a} \phi (x)=0\]
si multiplico f por g entonces
\[\\f(x)g(x)=(L_1+\phi(x)_1)(L_2+\phi(x)_2)=L_1L_2+L_1\phi(x)_1+L_2\phi(x)_2+\phi(x)_1\phi(x)_2\]
por propiedades
infinitesimo por constante da otro infinitesimo en a
infinitesimo por infinitesimo da otro infinitesimo en a
entonces se cumple que
\[\lim_{x\to a}\phi(x)=0\]
por lo tanto
\[\lim_{x\to a} f(x)=L_1\]
\[\lim_{x\to a} g(x)=L_2\]
f y g son continuas en a
3) nos piden hallar la funcion f , entonces hay que integrar la derivada segunda dos veces , las condiciones iniciales son (por observacion de la recta tangente , que no es otra cosa que un polinomio
de taylor de grado 1 centrado en 0 asociado a f, se obtiene
\[f'(0)=4\quad f(0)=2\]
luego integrando una vez
\[f'(x)=\int \frac{x}{x^2+1}dx\]
si uso sustitucion
\[u=x^2+1\quad du=2xdx\]
la integral se transforma
\[f'(x)=\int \frac{x}{x^2+1}dx=\int \frac{du}{2u}=\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+C\]
evaluando la derivada en la condicion inicial se obtiente que C=4 entonces
\[f'(x)=\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+4\]
integrando una vez mas para hallar f , si la hacen a pulmon primero, separarla por linealidad de la integral en dos integrales, luego a la primera hay que aplicar partes, despues una division de polinomios y con eso sale ,
la segunda es facil
\[f(x)=\int\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+4dx=\frac{1}{2}x(\ln(x^2+1)+6)-\tan^{-1} (x)+K\]
evualada en la condicion inicial K=2
finalmente
\[f(x)=\frac{1}{2}x(\ln(x^2+1)+6)-\tan^{-1} (x)+2\]
3) por el teorema fundamental derivo la funcion g
\[g'(x)=f(\sqrt{x^2})2x=2f(x)x\]
el enunciado me asegura que g tiene un minimo relativo entonces se cumple que
\[g'(1)=f(1)=0\]
sabemos que si una funcion presenta un minimo entonces su derivada segunda evaluada en el punto es mayor o igual a 0 , entonces derivo otra vez g por regla del producto
\[g''(x)=2f'(x)x+2f(x)\]
luego
\[g''(1)=2f'(1)+2f(1)\geq 0\]
pero
\[f(1)=0\]
finalmente
\[f'(1)\geq 0\]
que es lo que se queria probar
4) observar que no nos piden el valor de la integral , solo nos piden si CV o DV entonces la reescribo como
\[\int_{-3}^{+\infty} f(x)dx=\int_{-3}^{0} -f(x)dx+\int_{0}^{1} f(x)dx+\int_{1}^{+\infty} f(x)dx\]
si al menos una diverge , entonces la suma diverge , analizo la tercera que es de terminos positivos , considero
\[\int_{1}^{+\infty} g(x)dx =\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x}dx\]
con k=1 DV , si el limite entre el cociente de f y g es distinto de 0 o de infinito , significa que ambas tienen el mismo caracter entonces
\[\lim_{x\to \infty}\frac{\dfrac{x}{x^2+9x+20}}{\dfrac{1}{x}}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^2}{x^2+9x+20}=1\]
por lo tanto
\[\int_{-3}^{+\infty}\frac{|x|}{x^2+9x+20}dx\quad DV\]
5) aplicando el criterio de la raiz de cauchy entonces
\[\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=|x-1|<1\to-1<x-1<1\to 0<x<2\]
[attachment=9573]
1) a)
puedo puedo dividir la integral en dos partes y expresarla como
\[\int_{-a}^{a}f(x)dx=\int_{-a}^{0}f(x)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=-\int_{0}^{-a}f(x)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx\]
hago un cambio de variable en la primera integral
\[x=-t\to dx=-dt\quad x\to -a\quad t\to a\]
entonces
\[\\-\int_{0}^{-a}f(x)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=-\int_{0}^{a}-f(-t)dt+\int_{0}^{a}f(x)=\\\\\\=\int_{0}^{a}f(-t)dt+\int_{0}^{a}f(x)dx\quad *\]
como f es impar se cumple que
\[-f(t)=f(-t)\]
reemplazando en *
\[\int_{0}^{a}f(-t)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=-\int_{0}^{a}f(t)dt+\int_{0}^{a}f(x)dx=0\]
que es lo que se queria probar
como adicional (no lo pide el ejercicio) si f es par se cumple que
\[f(-t)=f(t)\]
reemplazando en *
\[\int_{0}^{a}f(-t)dx+\int_{0}^{a}f(x)dx=\int_{0}^{a}f(t)dt+\int_{0}^{a}f(x)dx=2\int_{0}^{a} f(x)dx\]
b) puedo usar las propiedades de infinitesimos y principalmente la que dice que
\[\lim_{x\to a} f(x)=L\leftrightarrow f(x)=L+\phi(x)/\lim_{x\to 0} \phi (x)=0\]
hay que probar que
\[\lim_{x\to a}h(x)=\lim_{x\to a}f(x)g(x)=L_1L_2=L\]
usando la propiedad que mencione antes , nuestras hipotesis son
\[\lim_{x\to a} f(x)=L_1\leftrightarrow f(x)=L_1+\phi(x)_1/\lim_{x\to a} \phi (x)_1=0\]
\[\lim_{x\to a} g(x)=L_2\leftrightarrow f(x)=L_2+\phi(x)_2/\lim_{x\to a} \phi (x)_2=0\]
nuestra tesis
\[\lim_{x\to a} f(x)g(x)=L_1L_2\leftrightarrow f(x)g(x)=L_1L_2+\phi(x)/\lim_{x\to a} \phi (x)=0\]
si multiplico f por g entonces
\[\\f(x)g(x)=(L_1+\phi(x)_1)(L_2+\phi(x)_2)=L_1L_2+L_1\phi(x)_1+L_2\phi(x)_2+\phi(x)_1\phi(x)_2\]
por propiedades
infinitesimo por constante da otro infinitesimo en a
infinitesimo por infinitesimo da otro infinitesimo en a
entonces se cumple que
\[\lim_{x\to a}\phi(x)=0\]
por lo tanto
\[\lim_{x\to a} f(x)=L_1\]
\[\lim_{x\to a} g(x)=L_2\]
f y g son continuas en a
3) nos piden hallar la funcion f , entonces hay que integrar la derivada segunda dos veces , las condiciones iniciales son (por observacion de la recta tangente , que no es otra cosa que un polinomio
de taylor de grado 1 centrado en 0 asociado a f, se obtiene
\[f'(0)=4\quad f(0)=2\]
luego integrando una vez
\[f'(x)=\int \frac{x}{x^2+1}dx\]
si uso sustitucion
\[u=x^2+1\quad du=2xdx\]
la integral se transforma
\[f'(x)=\int \frac{x}{x^2+1}dx=\int \frac{du}{2u}=\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+C\]
evaluando la derivada en la condicion inicial se obtiente que C=4 entonces
\[f'(x)=\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+4\]
integrando una vez mas para hallar f , si la hacen a pulmon primero, separarla por linealidad de la integral en dos integrales, luego a la primera hay que aplicar partes, despues una division de polinomios y con eso sale ,
la segunda es facil
\[f(x)=\int\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+4dx=\frac{1}{2}x(\ln(x^2+1)+6)-\tan^{-1} (x)+K\]
evualada en la condicion inicial K=2
finalmente
\[f(x)=\frac{1}{2}x(\ln(x^2+1)+6)-\tan^{-1} (x)+2\]
3) por el teorema fundamental derivo la funcion g
\[g'(x)=f(\sqrt{x^2})2x=2f(x)x\]
el enunciado me asegura que g tiene un minimo relativo entonces se cumple que
\[g'(1)=f(1)=0\]
sabemos que si una funcion presenta un minimo entonces su derivada segunda evaluada en el punto es mayor o igual a 0 , entonces derivo otra vez g por regla del producto
\[g''(x)=2f'(x)x+2f(x)\]
luego
\[g''(1)=2f'(1)+2f(1)\geq 0\]
pero
\[f(1)=0\]
finalmente
\[f'(1)\geq 0\]
que es lo que se queria probar
4) observar que no nos piden el valor de la integral , solo nos piden si CV o DV entonces la reescribo como
\[\int_{-3}^{+\infty} f(x)dx=\int_{-3}^{0} -f(x)dx+\int_{0}^{1} f(x)dx+\int_{1}^{+\infty} f(x)dx\]
si al menos una diverge , entonces la suma diverge , analizo la tercera que es de terminos positivos , considero
\[\int_{1}^{+\infty} g(x)dx =\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x}dx\]
con k=1 DV , si el limite entre el cociente de f y g es distinto de 0 o de infinito , significa que ambas tienen el mismo caracter entonces
\[\lim_{x\to \infty}\frac{\dfrac{x}{x^2+9x+20}}{\dfrac{1}{x}}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^2}{x^2+9x+20}=1\]
por lo tanto
\[\int_{-3}^{+\infty}\frac{|x|}{x^2+9x+20}dx\quad DV\]
5) aplicando el criterio de la raiz de cauchy entonces
\[\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=|x-1|<1\to-1<x-1<1\to 0<x<2\]
asi que me viene bien para practicar para fin de año