EJERCICIOS RESUELTOS. DERIVADASmmartins/material/Calculo-Ejercicios_02... · Ejercicios resueltos...

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EJERCICIOS RESUELTOS. DERIVADAS

En los siguientes ejercicios se trata de calcular la tasa de variacin de una magnitud cuando se conoce la tasa de variacinde otra magnitud relacionada con ella. En este tipo de ejercicios la tasa de variacin se interpreta como una derivada y, en lamayora de los casos, basta usar la regla de la cadena para obtener lo que se pide. Hay que elegir las unidades de acuerdo conlos datos del problema; por ejemplo, si un volumen se mide en litros tendremos que medir longitudes con decmetros.

Ejercicio 1. Con qu rapidez baja el nivel del agua contenida en un depsito cilndrico si estamos vacindolo a razn de3000 litros por minuto?

Solucin

Sea r el radio del cilindro y h la altura medidos en decmetros. Sea V(t) el volumen de agua, medido en litros (=dcm3), quehay en el cilindro en el tiempo t medido en minutos. La informacin que nos dan es una tasa de variacin

V(t + 1)V(t) = 3000 litros por minuto

En este tipo de ejercicios la tasa de variacin se interpreta como una derivada: V (t) = 3000. Fjate que V(t + to) V(to) uV (to)t, por lo que la interpretacin es razonable. El signo negativo de la derivada es obligado ya que el volumen disminuyecon el tiempo. Como el radio es constante pero la altura del agua depende del tiempo, tenemos

V(t) = r 2h(t)

y deducimosV (t) = 3000 = r 2h (t)

Por tantoh (t) = 3000

r 2decmetros por minuto

Si expresamos las medidas en metros, entonces h (t) = 3 r 2

metros por minuto.

Ejercicio 2. Un punto P se mueve sobre la parte de la parbola x = y 2 situada en el primer cuadrante de forma que sucoordenada x est aumentando a razn de 5 cm/sg. Calcular la velocidad a la que el punto P se aleja del origen cuando x = 9.

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 2

Solucin

Sean (x(t), y(t)) las coordenadas, medidas en centmetros, del punto P en el instante t medido en segundos. Nos dicen quey(t) > 0 y que x(t) = y(t)2. La distancia del punto P al origen viene dada por f (t) =

x(t)2 + y(t)2 , por lo que

f (t) =x(t)x (t) + y(t)y (t)

x(t)2 + y(t)2

Lo que nos piden es f (to) sabiendo que x(to) = 9. En tal caso ha de ser y(to) = 3. Tambin conocemos x (t) = 5 (cm/sg). Con

ello es fcil deducir el valor de y (to) =x (to)2y(to)

=56

. Finalmente,

f (to) =x(to)x (to) + y(to)y (to)

x(to)2 + y(to)2=

45 + 3(5/6)81 + 9

=95

6

10cm/sg

Ejercicio 3. Se est llenando un depsito cnico apoyado en su vrtice a razn de 9 litros por segundo. Sabiendo que laaltura del depsito es de 10 metros y el radio de la tapadera de 5 metros, con qu rapidez se eleva el nivel del agua cuando haalcanzado una profundidad de 6 metros?

Solucin

Expresaremos todas las medidas en metros. Si V(t) es el volumen de agua que hay en el

H

h

r

Rdepsito en el tiempo t medido en segundos, nos dicen que V (t) =

9103

m3/sg. Sabemos

que V(t) =13

r(t)2h(t) donde h(t) es la altura, medida desde el vrtice, alcanzada por el

agua en el tiempo t y r(t) es el radio de la seccin transversal del cono a la distancia h(t)

desde el vrtice. Por semejanza de tringulos deducimos querR

=hH

, de donde, r = r(t) =RH

h(t) =12

h(t). Luego V(t) =1

12 h(t)3, y V (t) =

9103

=

4h(t)2h (t). Luego, cuando

h(to) = 6, deducimos que9

103=

436h (to), esto es, h (to) =

1103

m/sg u 1, 146 m/h.

Ejercicio 4. El volumen de un cubo est aumentando a razn de 70 cm3 por minuto. Con qu rapidez est aumentando elrea cuando la longitud del lado es de 12 cm?

Solucin

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 3

Sea V(t) el volumen del cubo, medido en centmetros cbicos, en el tiempo t, medido en minutos. Si L(t) es la longitud en

centmetros del lado en el tiempo t, tenemos que V(t) = L(t)3, de donde, L (t) =V (t)3L(t)2

. Como nos dicen que V (t) = 70

cm/min, deducimos que cuando L(to) = 12, L (to) =70

3(12)2. El rea del cubo viene dada por S(t) = 6L(t)2, deducimos que

S (to) = 12L(to)L (to) =703

cm2/min.

Ejercicio 5. Un barco A se desplaza hacia el oeste con una velocidad de 20 millas por hora y otro barco B avanza hacia elnorte a 15 millas por hora. Ambos se dirigen hacia un punto O del ocano en el cual sus rutas se cruzan. Sabiendo que lasdistancias iniciales de los barcos A y B al punto O son, respectivamente, de 15 y de 60 millas, se pregunta: A qu velocidadse acercan (o se alejan) los barcos entre s cuando ha transcurrido una hora? Y cuando han transcurrido 2 horas? En qumomento estn ms prximos uno de otro?

Solucin

Tomamos el punto O como origen de coordenadas, tal como se indica en la figura. Lla-O A

B

memos x(t) a la distancia, medida en millas, que separa el barco A de O. Nos dicen quex(0) = 15 y x (t) = 20 millas por hora. Observa que como la funcin x(t) es decrecientesu derivada debe ser negativa. Anlogamente, sea y(t) la distancia que separa al barco B deO. Nos dicen que y(0) = 60 y y (t) = 15 millas por hora. La distancia entre los dos barcosviene dada por f (t) =

x(t)2 + y(t)2 . Tenemos

f (t) =x(t)x (t) + y(t)y (t)

x(t)2 + y(t)2

Cuando ha pasado una hora x(1) = 15 20 = 5, y(1) = 60 15 = 45. Deducimos que

f (1) =(5)(20) + 45(15)

(5)2 + (45)2= 115

82millas/h

Donde el sigo negativo indica que se estn acercando (la distancia entre ellos est disminu-yendo).

Cuando han pasado dos horas x(2) = 15 40 = 25, y(2) = 60 30 = 30. Deducimos que

f (2) =(25)(20) + 30(15)

(25)2 + (30)2=

1061

millas/h

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Ejercicios resueltos captulo 2 4

Donde el sigo positivo indica que se estn alejando (la distancia entre ellos est aumentando).

La distancia entre los dos barcos es mnima cuando la derivada es nula (fjate que la derivada pasa de negativa a positiva).La condicin f (to) = 0 equivale a20 x(to) 15y(to) = 0. Sustituyendo en esta igualdad x(to) = 15 20 to, y(to) = 60 15 to,obtenemos to = 4825 . x(

4825) =

1175

, y(4825) =1565

. La distancia mnima a que se cruzan los barcos es f (4825) = 39 millas.

Ejercicio 6. Una bola esfrica de hielo se est derritiendo de forma uniforme en toda la superficie, a razn de 50 cm3 porminuto. Con qu velocidad est disminuyendo el radio de la bola cuando este mide 15 cm?

Solucin

El volumen de la bola en el instante t minutos viene dado por V(t) =43

r(t)3 centmetros cbicos. Nos dicen que V (t) =

50. Deducimos que 50 = 4 r(t)2r (t). Si r(to) = 15, se sigue que

r (to) =50

4 (15)2= 1

18 cm/min

La derivada es negativa, como debe ser, ya que el radio est disminuyendo.

Una de las aplicaciones ms tiles de las derivadas es a los problemas de optimizacin. En dichos problemas se trata, por logeneral, de calcular el mximo o el mnimo absolutos de una magnitud. Hay una gran variedad de problemas que responden aeste esquema y con frecuencia tienen contenido geomtrico o econmico o fsico. Por ello cada uno de estos ejercicios requiereun estudio particular. Los siguientes consejos pueden ser tiles:a) Entiende bien el problema. Haz, si es posible, un dibujo o un esquema.b) Elige las variables y la magnitud, Q, que tienes que optimizar.c) Estudia las relaciones entre las variables para expresar la magnitud Q como funcin de una sola de ellas, Q = f (x).d) Las condiciones del problema deben permitir establecer el dominio de f .e) Estudia la variacin del signo de la derivada de f en su dominio para calcular mximos y mnimos absolutos.

Ejercicio 7. Dado un punto P = (a, b) situado en el primer cuadrante del plano, determinar el segmento con extremos en losejes coordenados y que pasa por P que tiene longitud mnima.

Solucin

En un ejercicio como este lo primero que hay que hacer es elegir la variable en funcin de la cual vamos a calcular la longituddel segmento AB. Tomando como variable , es decir, la medida en radianes del ngulo indicado en la figura, la longitud del

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 5

segmento AB viene dada por

f () =b

sen +

acos

(0 < < /2)

Debemos calcular el mnimo absoluto de f . Tenemos que:

f () =b cos

sen 2 +

a sen cos 2

Se obtiene enseguida que f () se anula en un nico punto o]0, /2[ que viene dado por la condicin tg(o) =3

b/a.

Se justifica fcilmente que f tiene en o un mnimo absoluto. En efecto, como

P=(a,b)

a

b

B=(0,b+y)

A=(a+x,0)

lmx0

f () = , y lmx/2

f () = + se sigue que:

]0, o[= f() < 0, ]o, /2[= f

() > 0

por tanto, f es estrictamente decreciente en ]0, o] y estrictamente creciente en[o, /2[, lo que implica que f (o) 6 f () para todo ]0, /2[.

Para calcular la longitud mnima f (o), basta tener en cuenta que:

1 + tg 2(o) =1

cos 2(o)= 1 + 3

(ba

)2= a

cos(o)= a 2/3

(a 2/3 + b 2/3

)1/2Fcilmente se obtiene ahora que

bsen(o)

= b 2/3(a 2/3 + b 2/3

)1/2 con lo que la longitud mnima buscada viene dada por:f (o) =

(a 2/3 + b 2/3

)3/2Otra forma de calcular la longitud del segmento AB consiste en considerar la ecuacin general de las rectas que pasan

por el punto P = (a, b) : y = (x a) + b . Las intersecciones de dicha recta con los ejes son los puntos A = (a b/, 0) yB = (0,a + b). Por tanto, la longitud del segmento AB viene dada por:

g() =

(a b

)2+ (b a)2 ( < 0)

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Ejercicios resueltos captulo 2 6

Otra forma de calcular la longitud del segmento AB consiste en introducir las variables x e y tales que A = (a + x, 0),B = (0, b + y), como se indica en la figura. La longitud del segmento AB viene dada por H(x, y) =

(a + x)2 + (b + y)2. Esta

funcin, aparentemente, depende de dos variables, pero dichas variables no son independientes, pues los puntos A, P y B estnalineados. Por semejanza de tringulos se obtiene que x/b = a/y , por lo que y = (ab)/x. En consecuencia, la longitud delsegmento AB viene dada por: h(x) =

(a + x)2 + (b + (ab)/x)2 (x > 0).

Tanto si se usa la funcin g como la h, debemos obtener un mnimo absoluto y, como son races cuadradas, es suficienteque calculemos el mnimo absoluto de la funcin radicando (las races respetan el orden en R+o ). Es decir, las funciones g y halcanzan su mnimo absoluto en el mismo punto en que lo alcanzan las funciones:

G() =(

a b

)2+ (b a)2 ( < 0); H(x) = (a + x)2 +

(b +

abx

)2(x > 0)

Comprueba que, de cualquier forma que lo hagas, vuelves a obtener la solucin anterior.

Ejercicio 8. Demuestra que entre todos los rectngulos con un permetro dado, el que tiene mayor rea es un cuadrado.

Solucin

Llamando Po el valor del permetro del rectngulo, y x e y las longitudes de sus lados. Tenemos que 2x + 2y = Po. El rea

viene dada por xy = x(Po 2x)/2. Se trata, pues, de hacer mxima la funcin f (x) =12

Pox x 2, donde 0 6 x 6 Po. Derivando

f (x) =12

Po 2x, por lo que el nico cero de la derivada es xo =Po4

, en cuyo caso yo = (Po 2xo)/2 = xo, por lo que elrectngulo es, de hecho, un cuadrado. Es inmediato que el valor obtenido es un mximo absoluto de f en [0, Po].

Ejercicio 9. Determinar el rectngulo con lados paralelos a los ejes coordenados, inscrito en la elipse de ecuacinx2

a2+

y2

b2= 1,

y que tenga rea mxima.

Solucin

Por razones de simetra, es suficiente determinar el vrtice del rectngulo situado en el primer cuadrante. Si las coordenadasde dicho vrtice son (x, y), entonces el rea del rectngulo ser igual a 4xy.

Como el vrtice debe estar en la elipse, sus coordenadas x e y debern satisfacer la igualdadx 2

a 2+

y 2

b 2= 1. Deducimos que

y = b

1 x

2

a 2. Por tanto, se trata de calcular el mximo absoluto de la funcin f (x) = x b

1 x

2

a 2, donde 0 6 x 6 a.

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Ejercicios resueltos captulo 2 7

Como se trata de una funcin positiva, para calcular el valor en que alcanza su mximo podemos elevarla al cuadrado. En

definitiva, nuestro problema es calcular el mximo absoluto de la funcin h(x) = x 2(

1 x2

a 2

)en el intervalo [0, a]. Tenemos

que h (x) = 2x(

1 x2

a 2

)+ x 2

2xa 2

= 2x 4x3

a 2, cuyas soluciones son x = 0 que corresponde a un mnimo y x =

a2

que

corresponde a un mximo absoluto (justificacin: la funcin h(x) se anula en los extremos del intervalo [0, a] y es positiva porlo que su mximo absoluto tiene que alcanzarse en un punto del intervalo abierto ]0, a[ en el cual debe anularse su derivada.Pero el nico punto que cumple estas condiciones es a/

2).

El rectngulo pedido es el que tiene de vrtices( a

2, b

2

), y su rea vale 2ab.

x

y

a

b Ejercicio 10. Calcular el rea mxima de un rectngulo que tiene dos vrtices sobre unacircunferencia y su base est sobre una cuerda dada de dicha circunferencia.

Solucin

O

A

P

U

Sea el radio del crculo. El punto A = ( cos , sen ) es conocido. Obser-va que /2 < 6 0. Hay que calcular P = ( cos , sen ) por la con-dicin de que el rectngulo tenga mxima rea. La altura, h, del rectnguloviene dada por h = (sen sen ), y la base, b, por b = 2 cos . Debe-mos calcular el mximo absoluto de 22 cos (sen sen ) 6 6 /2.Pongamos, por comodidad, = x y prescindamos del factor 22. Seaf (x) = cos x(sen x sen ).

Entonces f (x) = sen x(sen x sen ) + cos2 x = 2 sen2 x + sen sen x + 1. Haciendo t = sen x tenemos que f (x) = 0

equivale a que 2t2 t sen 1 = 0. De aqu se obtiene que t = sen +

sen2 + 84

(la otra raz no es vlida por ser negativa).Deshaciendo los cambios, hemos obtenido que

sen =sen +

sen2 + 84

de donde = arc sen

(sen +

sen2 + 84

)

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Ejercicios resueltos captulo 2 8

Observa que < < /2. Como f () = f (/2) = 0, un razonamiento anlogo al del ejercicio nmero 9 justifica que el valorobtenido para corresponde a un mximo absoluto del rea. Ahora, si quieres, puedes calcular dicho valor mximo aunqueresulta una expresin complicada en funcin de .

Observa que si = 0, entonces = arc sen(

2/2) = /4, es decir, en este caso el rectngulo es la mitad del cuadradoinscrito en la circunferencia.

Ejercicio 11. Encontrar un punto P de la circunferencia x2 + y2 = 1 con coordenadas positivas y tal que el tringulo cuyosvrtices son (0,0) y las intersecciones de la tangente a la circunferencia en P con los ejes coordenados tenga rea mnima.

Solucin

P=(s,t)

O s

t

A

B

Sean (s, t) las coordenadas de P. La ecuacin de la recta tangente a la circunferencia x2 +y2 = 1 en P es xs + yt = 1, cuyos cortes con los ejes son los puntos A = (0, 1/t), B =(1/s, 0). Por tanto el rea del tringulo AOB es igual a

12

1s t

=12

1

s

1 s 2

Para calcular su valor mnimo, como se trata de una funcin positiva, podemos elevarla alcuadrado para simplificar los clculos. En definitiva, nuestro problema se reduce a calcular

el mnimo de la funcin f (s) =1

s 2(1 s 2)en el intervalo ]0, 1[. Derivando tenemos f (s) = 2

2s 2 1s3(1 s 2)2

. Por tanto el nico

cero de la derivada en el intervalo ]0, 1[ es s = 1/

2. Como para 0 < s < 1/

2 se tiene que f (s) < 0, y para 1/

2 < s < 1es f (s) > 0, deducimos que en el punto 1/

2 hay un mnimo absoluto de f . El punto P = (1/

2, 1/

2) es, por tanto, el queproporciona el tringulo de mnima rea.

Ejercicio 12. Se quiere construir una caja sin tapa con una lmina metlica rectangular cortando cuadrados iguales en cadaesquina y doblando hacia arriba los bordes. Hallar las dimensiones de la caja de mayor volumen que puede construirse de talmodo si los lados de la lmina rectangular miden: a) 10 cm. y 10 cm. b) 12 cm. y 18 cm.

Solucin

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Ejercicios resueltos captulo 2 9

a-2x

b-2x

xSean a y b las longitudes de los lados de la lmina y x la longitud dellado del cuadrado que se cortar en cada esquina. El volumen de la cajaresultante es f (x) = (a 2x)(b 2x)x. Definamos = mn{a/2, b/2}. Setrata de calcular el mximo absoluto de la funcin f en el intervalo [0, ].Derivando resulta f (x) = 12x 2 4(a + b)x + ab. Los ceros de la derivadason

=16

(a + b

a 2 + b 2 a b

), =

16

(a + b +

a 2 + b 2 a b

)Fjate que, como a 2 + b 2 a b > 0, (esta desigualdad es consecuencia de una vieja amiga nuestra, a saber, u v 6 1

2(u 2 + v 2)) las

races de f son reales. Observa tambin que, al ser f (0) = f () = 0, en virtud del teorema de Rolle, al menos una de ellas tieneque estar en el intervalo ]0, [. Adems, f tiene que alcanzar en un punto de [0, ] un mximo absoluto y como, evidentemente,dicho punto tiene que estar en ]0, [, deducimos que ese punto o bien es o es . El criterio de la derivada segunda nos permitesalir de dudas. Tenemos que f (x) = 4(a + b 6x). Con ello,

f () = 4(a + b 6) = 4

a 2 + b 2 a b , f () = 4(a + b 6) = 4

a 2 + b 2 a b

Por tanto, f () < 0 y f () > 0. Deducimos as que el punto est en el intervalo ]0, [ y en l la funcin f alcanza su mximoabsoluto en [0, ]. Con unos sencillos clculos se obtiene

f () =1

54(2a3 + 3a2b + 3ab2 2b3 + 2(a2 ab + b2)3/2)

Comentario. Este sencillo ejercicio es bastante instructivo y, a pesar de su apariencia, no es del todo trivial. La dificultad esten que, una vez calculados, y no es fcil saber cul de ellos est en el intervalo [0, ]. Incluso, podra sospecharse que unaveces est , otras , o que estn los dos o que no est ninguno. Todo ello, dependiendo de los valores de a y de b. El teorema deRolle nos dice que al menos uno de los nmeros , est en ]0, [ (pudieran estar los dos). El criterio de la derivada segundanos dice que el punto es un mnimo relativo de f por lo que no puede ser el punto que buscamos. Dicho criterio tambinnos dice que f alcanza en un mximo relativo. Si a esto le aadimos que, en virtud del teorema de Weierstrass, sabemos que falcanza un mximo absoluto en [0, ], deducimos que es el punto que buscamos. Como propina obtenemos que est en ]0, [cualesquiera sean a y b.

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Ejercicios resueltos captulo 2 10

Alternativamente, puedes estudiar el signo de la primera derivada. Escribiendo f (x) = 12(x )(x ), se sigue quef (x) < 0 si x], [ y f (x) > 0 si x < o si x > . Deducimos que f es creciente en el intervalo ], ], decreciente en elintervalo [, ] y creciente en [,+[. Luego en hay un mximo relativo. Para justificar que est en [0, ] y que es el puntodonde f alcanza su mximo absoluto en dicho intervalo, hay que razonar como antes.

Ejercicio 13. Calcular las dimensiones (radio y altura) de una lata cilndrica de un litro de capacidad cuya superficie totalsea mnima.

Solucin

Sea r el radio y h la altura medidos en decmetros. Como el volumen es 1 dcm3, tenemos que r 2h = 1, de donde h =1

r 2.

La superficie total de la lata es f (r) = 2r 2 + 2rh = 2r 2 +2r

. Se trata, por tanto, de calcular el mximo absoluto de f (r)

cuando r > 0. Derivando, f (r) = 4r 2r 2

= 22r3 1

r 2. Deducimos que la derivada tiene un nico cero real =

13

2. Como

para 0 < r < es f (r) < 0, se sigue que f es decreciente en el intervalo ]0, ]; y como para < r es f (r) > 0, se sigue que fes creciente en el intervalo [,+[. En consecuencia f () 6 f (r) para todo r > 0. As, las dimensiones de la lata con mnima

superficie lateral son r =1

3

2u 0, 542dcm , y h u 1, 1dcm.

Ejercicio 14. Calcular las dimensiones (radio y altura) de una lata cilndrica de un litro de capacidad cuyo costo de produc-cin sea mnimo. Se supone que no se desperdicia aluminio al cortar los lados de la lata, pero las tapas de radio r se cortan decuadrados de lado 2r por lo que se produce una prdida de metal.

Solucin

Es casi igual que el ejercicio anterior con la salvedad de que ahora la funcin que hay que minimizar es f (r) = 8r 2 + 2rh.

Ejercicio 15. Calcula la longitud de la escalera ms larga que llevada en posicin horizontal puede pasar por la esquina queforman dos corredores de anchuras respectivas a y b.

Solucin

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 11

ba

A

B

Es evidente que la longitud de la escalera tiene que ser menor o igual que la lon-gitud de cualquier segmento AB como el de la figura. Por tanto, la longitud dela escalera ms larga que puede pasar es igual a la longitud mnima del seg-mento AB. En consecuencia, la solucin de este ejercicio es la misma que ladel ejercicio nmero 7.

Ejercicio 16. Calcular las dimensiones del rectngulo de rea mxima que puede inscribirse dentro de un semicrculo deradio 2.

Solucin

Este ejercicio es un caso particular del ejercicio nmero 10. Para hacerlo directamente, sea (x, y) el vrtice superior derechodel rectngulo. Entonces, el rea es igual a 2xy = 2x

4 x 2 , funcin de la que hay que calcular su mximo absoluto cuando

0 6 x 6 2. Para ahorrarte un poco de trabajo, puedes elevar al cuadrado y calcular el punto en que la funcin f (x) = 4x 2(4 x 2)alcanza su mximo.

Ejercicio 17. Se necesita construir un depsito de acero de 500 m3, de forma rectangular con base cuadrada y sin tapa. Tutrabajo, como ingeniero de produccin, es hallar las dimensiones del depsito para que su costo de produccin sea mnimo.

Solucin

Sea x el lado de la base y h la altura, medidos en metros. Nos dicen que x 2h = 500, y la funcin que hay que hacer mnima

es f (x) = x 2 + 4xh = x 2 +2000

x, para x > 0. Si has llegado hasta aqu, seguro que sabes hacerlo.

Ejercicio 18. Hallar el volumen del cilindro circular recto ms grande que puede inscribirse en una esfera de radio (a > 0).

Solucin

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 12

o

ah/2

r

La relacin entre el radio de la esfera a, el radio de la base del cilindro, r, yla altura del cilindro, h, viene dada, como se deduce de la figura, por a 2 =

r 2 +h 2

4. El volumen del cilindro viene dado por r 2h =

4a 2 h 24

h. El

problema se reduce a calcular el mximo absoluto de f (h) = 4a 2h h3 enel intervalo [0, 2a]. Tenemos que f (h) = 4a 2 3h 2. Como la funcin f espositiva en ]0, 2a[ y se anula en los extremos del intervalo, deducimos, porun razonamiento ya varias veces repetido, que el nico cero que tiene laderivada en el intervalo ]0, 2a[, es decir, el punto, = 2a/

3, corresponde a

un mximo absoluto de f en [0, 2a].

Ejercicio 19. Hallar el volumen del cilindro circular recto ms grande que puede inscribirse en un cono circular recto dealtura H y radio R conocidos.

Solucin

O

h

A

B

H-h

R

D Cr

Sean r y h el radio y la altura del cilindro. Por ser los tringulos OAB y DCB

semejantes, tenemos querR

=H h

H, de donde, h = H(1 r/R). El volu-

men del cilindro viene dado por r 2h = Hr 2(

1 rR

). El problema se re-

duce a calcular el mximo absoluto de f (r) = Hr 2(

1 rR

)en el intervalo

[0, R]. Tenemos que f (r) =Hr(2R 3r)

R. De donde se deduce enseguida

que el cilindro de mayor volumen que puede inscribirse en el cono dado es

el de radio r = 2R/3 y altura h = H/3; y su volumen es igual a4R 2H

27.

Ejercicio 20. Hallar el volumen del cono circular recto ms grande que puede inscribirse en una esfera de radio (a > 0).

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Ejercicios resueltos captulo 2 13

Solucin

o

ah-a

r

Sean r y h el radio y la altura del cono. Tenemos que

(h a)2 + r 2 = a 2

es decir, r 2 = a 2 (h a)2. El volumen del cilindro viene dado por13

r 2h =13

(a 2 (h a)2)h. El problema se reduce a calcular el mximoabsoluto de

f (h) =13

(a 2 (h a)2)h = 3

h 2(2a h)

en el intervalo [0, 2a]. Tenemos que f (h) =

3(4a 3h)h. De donde se dedu-

ce enseguida que el cilindro de mayor volumen que puede inscribirse en la

esfera dada es el de altura h = 4a/3 y radio r =8a 2

9; y su volumen es igual

a32a3

81.

Ejercicio 21. La resistencia de una viga de madera de seccin rectangular es proporcional a su anchura y al cuadrado de sualtura. Calcular las dimensiones de la viga ms resistente que puede cortarse de un tronco de madera de radio R.

Solucin

x R

ySean x e y las coordenadas del vrtice superior derecho de la viga. Ser x 2 + y 2 = R 2.Nos dicen que la resistencia de la viga viene dada por una funcin de la forma kxy 2

donde k es una constante. El problema consiste en calcular el mximo absoluto de f (x) =kx(R 2 x 2) en el intervalo [0, R]. Tenemos que f (x) = k(R 2 3x 2). De donde se deduce

enseguida que la viga ms resistente se obtiene para x = R/

3, e y =

23

R.

Ejercicio 22. Calcular la distancia mnima del punto (6, 3) a la parbola de ecuacin y = x 2.

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 14

Solucin

La distancia del punto (6, 3) a un punto de la parbola (x, x2) viene dada por(x 6)2 + (x 2 3)2 . Como se trata de una

funcin positiva, calcularemos el punto donde el cuadrado de la distancia alcanza su mnimo absoluto. Sea f (x) = (x 6)2 +(x 2 3)2 = 45 12x 5x 2 + x4. Se trata de calcular el mnimo absoluto de f cuando x R. Observa que, en general, unafuncin continua en R no tiene por qu alcanzar un mnimo absoluto, pero f es una funcin polinmica de grado par con coeficientelder positivo, por lo que la existencia de un valor mnimo absoluto de f en R est garantizada de antemano, aunque no vamosa usar este resultado.

Tenemos que f (x) = 12 10x + 4x3 = 2(x 2)(3 + 4x + 2x 2), que tiene una nica raz real x = 2. Como para x < 2 setiene que f (x) < 0 y para x > 2 es f (x) > 0, deducimos que en el punto x = 2 la funcin f alcanza un mnimo absoluto en R.Por tanto, el punto de la parbola y = x 2 cuya distancia al punto (6, 3) es mnima es el punto (2, 4).

Ejercicio 23. Una empresa tiene 100 casas para alquilar. Cuando la renta es de 80 euros al mes, todas las casas estn ocupadas.Por cada 4 euros de incremento de la renta una casa queda deshabitada. Cada casa alquilada supone a la empresa un coste de 8euros para reparaciones diversas. Cul es la renta mensual que permite obtener mayor beneficio?

Solucin

Todo lo que hay que hacer es calcular la funcin de beneficio. Sea 80 + x el precio del alquiler expresado en euros. Como esevidente que no interesa bajar la renta de 80 euros, se considera que x > 0. El beneficio mensual viene dado por

f (x) =(

100 x4

)(80 + x 8) = 7200 + 82x x

2

4

Tenemos que f (x) = 82 x2

. Deducimos fcilmente que para x = 164 obtenemos al mximo beneficio. Es decir, cobrando un

alquiler de 244 euros, lo que supone alquilar un total de 100 1644

= 59 casas y dejar sin alquilar 41, la empresa obtiene el

mximo beneficio f (164) = 13.924 euros (as es la economa capitalista. . .) .

Ejercicio 24. Se proyecta un jardn en forma de sector circular de radio r y ngulo central . El rea del jardn ha de ser A fija.Qu valores de r y hacen mnimo el permetro del jardn?.

Solucin

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 15

r

El rea de un sector circular de amplitud medida en radianes y radio r es igual a

2r 2,

y su longitud viene dada por r. El permetro del jardn es igual a r + 2r. Como debe

ser

2r 2 = A, es decir, =

2Ar 2

, la funcin cuyo mnimo absoluto debemos obtener es

f (r) =2Ar

+ 2r, donde r > 0. Como f (r) = 2Ar 2

+ 2 = 2r 2 A

r 2, se deduce fcilmente

que en r =

A f alcanza un mnimo absoluto. El valor mnimo del permetro es igual a4

A.

Ejercicio 25. Se corta un alambre de longitud L formando un crculo con uno de los trozos y un cuadrado con el otro. Calcularpor dnde se debe cortar para que la suma de las reas de las dos figuras sea mxima o sea mnima.

Solucin

Supongamos que partimos el alambre en dos trozos de longitud x y L x. Con el trozo de longitud x formamos uncuadrado cuya rea ser x 2/16, con el otro trozo formamos un crculo cuyo radio, r, vendr dado por 2r = L x, y su area

ser r 2 =(L x)2

4. El problema consiste en calcular los puntos donde la funcin f (x) =

x 2

16+

(L x)24

alcanza su mximo

y su mnimo absolutos en el intervalo [0, L]. Tenemos que f (x) =4L + (4 + )x

8. Deducimos, estudiando el signo de la

derivada, que en el punto x =4L

4 + hay un mnimo absoluto. Como la derivada tiene un nico cero en ]0, L[, deducimos que el

mximo absoluto de f en [0, L] tiene que alcanzarse en uno de los extremos y, como f (L) = 0, concluimos que el valor mximo

de f se alcanza para x = 0 y vale f (0) =L2

4.

Ejercicio 26. Dados dos puntos A y B situados en el primer cuadrante del plano, dgase cul es el camino ms corto para irde A a B pasando por un punto del eje de abscisas.

Solucin

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 16

A=(0,r)

P=(x,0)

C=(0,-r)

D

B=(s,t) Podemos situar los puntos A y B de forma que A = (0, r) y B = (s, t)con r, s, t positivos. La longitud del camino APB viene dada por f (x) =

x 2 + r 2 +(s x)2 + t2 . Debemos calcular el mnimo absoluto de f (x)

en el intervalo [0, s]. Tenemos que

f (x) =x s

t2 + (s x)2+

xr2 + x2

Resolviendo f (x)=0 obtenemos la solucin =r s

r + t(si ha-

ces los clculos encontrars quer s

r t es tambin una posible solucin, pero f(

r sr t

)6= 0).

Es inmediato que est en el intervalo [0, s]. Por tanto, los valores candidatos para ser mnimo absoluto de f en [0, s] sonf (0), f (s) y f (). Como f (0) < 0 y f es continua, se sigue que f (x) < 0 en un intervalo abierto que contiene a 0. En dichointervalo abierto la funcin f es decreciente, por lo que f (0) no puede ser el valor mnimo de f en [0, s]. Anlogamente, comof (s) > 0 y f es continua, se sigue que f (x) > 0 en un intervalo abierto que contiene a s, por lo que f (s) tampoco puede ser

el valor mnimo de f en [0, s]. Por exclusin, concluimos que f () =

s 2 + (r + t)2 es el valor mnimo de f en [0, s].

Comentarios. No es del todo inmediato comparar directamente los valores f (0), f (s) y f () para ver cul de ellos es elmenor. Para salvar esta dificultad lo ms cmodo es razonar como lo hemos hecho.

Alternativamente, puedes calcular la derivada segunda

f (x) =t2(

t2 + (s x)2)3/2 + r2(r2 + x2)3/2

Como f (x) > 0, se sigue que f es estrictamente creciente. Luego si x < es f (x) < 0, y si < x es f (x) > 0; de donde sededuce que f tiene un mnimo absoluto en .

En la figura sugiero una elegante y sencilla solucin geomtrica del problema. El punto D es el que proporciona el caminoms corto AD + DB. Cualquier otro camino AP + PB es ms largo porque un lado de un tringulo CB = CD + DB = AD + DBes siempre ms pequeo que la suma de los otros dos CP + PB = AP + PB.

Es interesante advertir que Mathematica, al calcular las soluciones de la ecuacin f (x) = 0, proporciona, adems de lasolucin verdadera, una falsa solucin. Esto puede ocurrir al usar el comando "Solve" cuando en la ecuacin hay radicales.

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 17

Ejercicio 27. Se desea construir una ventana con forma de rectngulo coronado de un semicrculo de dimetro igual a labase del rectngulo. Pondremos cristal blanco en la parte rectangular y cristal de color en el semicrculo. Sabiendo que el cristalcoloreado deja pasar la mitad de luz (por unidad de superficie) que el blanco, calcular las dimensiones de la ventana paraconseguir la mxima luminosidad si se ha de mantener un permetro constante dado.

Solucin

Sea x la longitud de la base de la ventana y h su altura. El permetro es igual a una cantidad dada, A; es decir, 2x+ h+x2=

A. La luminosidad viene dada por

f (x) = 2xh + x 2

8= x(A x x

2) +

x 2

8= A x 1

8(8 + 3)x2

La derivada f (x) = A 14(8 + 3)x se anula en

4A8 + 3

y, como f (x) = 14(8 + 3) < 0, concluimos que f alcanza un

mximo absoluto en el punto4A

8 + 3. Las dimensiones de la ventana con mayor luminosidad son por tanto x =

4A8 + 3

,

h =4A + 4A

16 + 6.

Ejercicio 28. Se desea confeccionar una tienda de campaa cnica de un volumen determinado. Calcular sus dimensionespara que la cantidad de lona necesaria sea mnima.

Solucin

x

rO

x

h

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 18

Para hacer la tienda necesitamos cortar un sector circular de lona como se indica en la figura. Sea la medida en radianes delngulo central del sector y x la medida del radio. La cantidad de lona que necesitamos es igual al rea del sector y viene dada

por

2x 2 (si el volumen se expresa en m3, las dems medidas se expresarn en metros). Sea r el radio de la base de la tienda y

h su altura. Nos dicen que el volumen de la tienda debe ser igual a una cantidad prefijada, V, es decir, V =13

r 2h. Nuestro

problema es calcular el mnimo absoluto de

2x 2 sabiendo que la cantidad V =

13

r 2h es conocida. Veamos que esta condicinnos permite expresar x en funcin de .

Observa que la longitud de la base de la tienda, 2r, debe ser igual a la longitud, x, del arco circular que abarca el sector:

x = 2r, de donde, r = x2

. Adems, es evidente que x 2 = h 2 + r 2, y deducimos que

h 2 = x 2 r 2 = x 2 2x 2

4 2= x 2

(1

2

4 2

)= h = x

4 2 2

2

Por tanto

V =13

r 2h =13

2x 2

4 2x

4 2 22

=x3 2

4 2 2

24 2

Despejando x, obtenemos que x =2(3 2V)1/3

2/3(4 2 2)1/6. La funcin de la que tenemos que calcular su mnimo absoluto es

f () =

2x 2 =

(94V 2)1/3(4 2 3

)1/3 (0 < < 2)Tenemos que f () = (94V 2)1/3

3 2 4 2

3(4 2 3

)4/3 , que tiene un nico cero positivo = 23 que corresponde, como se justificafcilmente estudiando el signo de la derivada, a un mnimo absoluto de f . El correspondiente valor del radio del sector es

x = 6

35V 2

2 2y el rea, 3 6

3 2V4

4.

Para un volumen V = 5 m3, la cantidad de lona necesaria es u 12,25 m2; el radio del sector x u 2, 6m, la altura de la tiendah u 2, 12m y el radio de la tienda r u 1, 5m.

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 19

Ejercicio 29. Se desea construir un silo, con un volumen V determinado, que tenga la forma de un cilindro rematado poruna semiesfera. El costo de construccin (por unidad de superficie) es doble para la semiesfera que para el cilindro (la base esgratis). Calclense las dimensiones ptimas para minimizar el costo de construccin.

Solucin

Sea r el radio de la base y h la altura del cilindro. Nos dicen que el volumen del silo, r 2h +23

r3, es un valor conocido, V,

que podemos suponer expresado en m3. Si el coste de construccin de 1 m2 de superficie del cilindro es euros, la funcin de

coste viene dada por (2rh) + 2(2r 2). De la condicin V = r 2h +23

r3, se sigue que h = 2r3+

Vr 2

. Sustituyendo este

valor en la funcin de coste, resulta que la funcin que debemos minimizar es

f (r) =83

r2 +2V

r(r > 0)

Tenemos f (r) =2(8r3 3V)

3r 2que se anula para r =

12

3

3V

en donde, como se comprueba fcilmente estudiando el signo

de f (r), la funcin f alcanza un mnimo absoluto. La altura correspondiente es h = 3

3V

. Para un volumen V = 100 m3,

tenemos r u 2, 3 m y h u 4, 6 m.Ejercicio 30. Demostrar que de todos los tringulos issceles que se pueden circunscribir a una circunferencia de radio r, el

de rea mnima es el equiltero de altura 3r.

Solucin

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 20

C

A B B

O

M

Nr

Sea la medida en radianes de los ngulos CAB = ABC. El tringulo4ONC es rectngulo y CON = ABC por ser ngulos con lados perpen-diculares. Obtenemos as que cos() =

rOC

, esto es, OC =r

cos . Conside-

rando el tringulo rectngulo4OMB, obtenemos tg(/2) = OMMB

=r

MB, de

donde MB = r cotg(/2). El rea del tringulo viene dada por MB(OC + r)y, sustituyendo los valores anteriores, resulta la funcin

f () = r 2 cotg(/2)1 + cos

cos (0 < < /2)

Como

f () = r 2(1 2 cos ) cos2(/2)

cos2() sen2(/2)

deducimos que la derivada, f (), tiene un nico cero que se obtiene cuando 1 2 cos = 0, lo que implica que = /3.Se comprueba fcilmente, estudiando el signo de la derivada, que dicho valor corresponde a un mnimo absoluto del rea deltringulo. Por tanto, de todos los tringulos issceles que se pueden circunscribir a una circunferencia de radio r, el de reamnima es el equiltero; su altura es igual a OC + r =

rcos

+ r = 2r + r = 3r y su rea vale 3r 2

3.

Ejercicio 31. Con una cuerda de longitud L, en la que en uno de sus extremos hemos hecho un nudo corredizo, rodeamosuna columna circular de radio R haciendo pasar el otro extremo por el nudo. Calcular la mxima distancia posible del extremolibre al centro de la columna.

Solucin

A P

O

B

C Para hacer este ejercicio debes tener en cuenta que en los puntosdonde la cuerda se separa de la columna lo hace en la direccinde la tangente a la circunferencia. En la figura se han represen-tado los radios OC y OB que unen el centro de la circunferenciacon los puntos de tangencia. Lo que nos piden es calcu-

lar la longitud mxima del segmento OP conociendo la longitud de la cuerda y el radio de la columna. Tenemos que OP =

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 21

OA + AP, como el tringulo 4OCA es rectngulo, se verifica que OA = Rsen

, donde es la medida en radianes del ngulo

OAC. La longitud del arco de circunferencia desde C hasta B en sentido contrario a las agujas del reloj, es igual a R( + 2);

adems se verifica que tg =OCAC

=R

AC. Deducimos as que

AP = L 2AC CB_ = L 2R cos sen

R( + 2)

Por tantof () =

Rsen

+ L 2R cos sen

R( + 2) 0 < 6 /2

es la funcin que nos da la longitud del segmento OP. Calculando su derivada y simplificando resulta f () = Rcos (2 cos 1)

sen2 ,

que se anula solamente cuando 2 cos 1 = 0, es decir, = /3. Se comprueba fcilmente, por ejemplo estudiando el signode f (), que dicho valor corresponde a un mximo absoluto de f en ]0, /2]. La longitud mxima del segmento OP es igual a

f (/3) = L 5R3

.

Comentario. Es claro que la longitud de la cuerda debe ser suficiente para rodear la columna, es decir, L > 2R. Peroobserva que si L = 2R no podemos separarnos de la columna. Para que el ejercicio tenga sentido es necesario que podamosalejarnos ms o menos de la columna, dependiendo de la posicin del nudo corredizo, y para eso es preciso que L > 2R.

Fjate tambin en que lm0 > 0

f () = , por lo que f () toma valores negativos cuando es suficientemente pequeo. Esto

nos dice que la funcin f () no siempre representa la longitud del segmento OP. De hecho, como sen =R

OAy, OA 6 LR,

se sigue que sen >R

L R , lo que implica que > o donde o = arc sen(

RL R

). Estas consideraciones no afectan

a la solucin obtenida porque hemos calculado el mximo absoluto de f en todo el intervalo ]0, /2], salvo por un detalle:debemos asegurarnos de que es posible separar el nudo de la columna hasta que 6 /3. Para eso es suficiente que la longitudde la cuerda sea mayor o igual que R( + 2/3) + 2R/

3 (la longitud del arco CB_ ms dos veces la longitud del segmento AC

correspondientes a = /3). Observa que R( + 2/3) + 2R/

3 =2

3R + 5R3

> 2R.

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 22

Ejercicio 32. Calcular el lmite en el punto a que en cada caso se indica de las siguientes funciones:

f (x) = (sen x + cos x)1/x, a = 0; f (x) = (1 + tg x)1/x2, a = 0

f (x) = (cot x)sen x, a = 0, /2; f (x) =(

cos2x +x2

2

)1/x2, a = 0

f (x) = (1 + sen x)cotg x, a = 0, /2; f (x) =log(sen x)( 2x)2 , a = /2

f (x) =x arc tg x

sen3x, a = 0; f (x) =

(tg x)(arc tg x) x2x6

, a = 0

f (x) =ex cos

2 x x

tg3x, a = 0; f (x) =

(sen xx

)1/(1cos x), a = 0

Solucin

El lmite lmx0

(sen x + cos x)1/x es de la forma lmxa

f (x)g(x) cuando lmxa

f (x)= 1 y lmxa|g(x)|= +. Se trata, por tanto,

de una indeterminacin del tipo 1. Estos lmites suelen poderse calcular haciendo uso del criterio de equivalencia logartmicaque, en las condiciones anteriores para f y g, nos dice que

lmxa

f (x)g(x) = eL lmxa

g(x)( f (x) 1) = Llmxa

f (x)g(x) = 0 lmxa

g(x)( f (x) 1) = lmxa

f (x)g(x) = + lmxa

g(x)( f (x) 1) = +

En nuestro caso, lmx0

1x(sen x + cos x 1)=lm

x0

sen x + cos x 1x

=lmx0

sen xx

+lmx0

cos x 1x

= 1.

Donde hemos usado que

lmx0

sen xx

= lmx0

sen x sen 0x 0 = cos 0 = 1

lmcos x 1

xx0 = lm

x0

cos x cos 0x 0 = sen 0 = 0

sin ms que recordar la definicin de derivada de una funcin en un punto. Concluimos as que

lmx0

1x(sen x + cos x 1) = e

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 23

El lmite lmx0

(1 + tg x)1/x2

es del mismo tipo anterior. Ahora, el lmite lmx0

tg xx 2

=lmx0

sen xx

1x cos x

no existe, pues lmx0x > 0

1x cos x

=

+ y lmx0x < 0

1x cos x

= . Luego lmx0x > 0

(1 + tg x)1/x2= + y lm

x0x < 0

(1 + tg x)1/x2= 0.

El lmite lmx0

(cos2 x +

x 2

2

)1/x2es del mismo tipo que los anteriores. Tenemos ahora que

lmx0

cos2 x + x 2/2 1x 2

= lmx0

sen2 x + x 2/2x 2

= lmx0

(sen xx

)2+

12= 1

2

Luego, lmx0

(cos2 x +

x 2

2

)1/x2=

1e

.

El lmite lmx0

(sen xx

)1/(1cos x)es del mismo tipo que los anteriores. Tenemos ahora que

lmx0

(sen xx 1) 1

1 cos x = lmx0sen x x

x(1 cos x)

Este ltimo lmite no tiene dificultad y puedes hacerlo por LHpital. Como yo no tengo ganas de derivar, voy a aprovechareste lmite para presentarte otros dos que debes recordar porque aparecen con frecuencia:

lmx0

sen x xx3

= 16

, lmx0

1 cos xx

=12

ambos resultados son casos particulares del teorema de Taylor-Young o bien, puedes obtenerlos fcilmente por LHpital. Siconoces estos lmites, el anterior es inmediato, pues basta escribir:

sen x xx(1 cos x) =

sen x xx3

x 2

1 cos x

para obtener que lmx0

sen x xx(1 cos x)=

16

2 =13

. Luego lmx0

(sen xx

)1/(1cos x)=

13

e.

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 24

El lmite lmx0

ex cos

2 x xtg3x

es una indeterminacin del tipo00

y puede hacerse por LHpital. El problema est en

que vamos a tener que derivar por lo menos dos veces y las derivadas de la tangente se van complicando. Para evitarlo podemossustituir tg x por x pues

lmx0

tg xx

= lmx0

tg x tg 0x 0 = 1

sin ms que recordar la definicin de derivada de una funcin en un punto. Escribiendo

ex cos

2 x xtg3x

=x3

tg3xex cos

2 x x

x3

y teniendo en cuenta que lmx0

x3

tg3x= lm

x0

(x

tg x

)3= 1, basta calcular lm

x0

ex cos

2 x xx3

lo que puedes hacer por LHpital

muy fcilmente (aunque es un caso particular del teorema de Taylor-Young).

El lmite lmx/2

log(sen x)( 2x)2 es tambin una indeterminacin del tipo

00

y, en principio, puede hacerse por LHpital.

Las reglas de LHpital son muy tiles, es verdad, pero yo pienso que se abusa de ellas. Las aplicamos sin pensar dos veceslo que hacemos, nos dejamos llevar por la comodidad que proporcionan (aunque no siempre) y acabamos calculando lmitesde forma mecnica sin saber muy bien qu es lo que hacemos. Por eso, voy a hacer este lmite a mi manera. Lo primero que voya hacer es convertir el lmite para x /2 en un lmite para x 0. Para ello basta sustituir x por /2 x como sigue

lmx/2

log(sen x)( 2x)2 = lmx0

log(sen(/2 x))( 2(/2 x))2 = lmx0

log(cos x)4x 2

As est mejor. Ahora, la presencia de x 2 y de cos x me sugiere escribirlog(cos x)

4x 2=

log(cos x)cos x 1

cos x 1x 2

. En este producto

conozco el lmite para x 0 del segundo factor. Estudiemos el primero. La funcin log(cos x)cos x 1 es de la forma

log tt 1 donde se

ha sustituido t por cos x. Esto lleva a considerar la funcin (t) =log tt 1. Observa que lmt1 (t) = lmt1

log t log 1t 1 = 1 es la

definicin de derivada del logaritmo en el punto t = 1! Por tanto, definimos (1) = 1 y de esta forma, es continua en t = 1.Como la funcin cos x es continua en todo x R, en particular, para x = 0, y es continua en cos 0 = 1, deducimos que la

funcin compuesta (cos x) es continua en x = 0, es decir, lmx0

(cos x) = lmx0

log(cos x)cos x 1 = (1) = 1.

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 25

Puede que esto te parezca ms complicado que aplicar la regla de LHpital sin pensarlo dos veces y es verdad: es mscomplicado. Pero de esta forma yo entiendo mejor lo que hago. El lmite que me piden lo he reducido a otros dos bien cono-

cidos lmt1

log tt 1 y lmx0

cos x 1x 2

. Para ello he tenido que hacer algunos ajustes pero eso lo he ido aprendiendo, como todo en

matemticas, con la prctica.

Los restantes lmites de este ejercicio te los dejo para que los hagas t. Creo que es buena ocasin para darte algunos consejospara calcular lmites

Consejos para calcular lmitesCuando en un ejercicio te piden calcular un lmite, es casi seguro que se trata de una indeterminacin. Te recuerdo que

aquellos lmites de sumas, productos, cocientes o potencias de funciones en los que el resultado no est predeterminado por elcomportamiento particular de cada una de las funciones se llaman lmites indeterminados. La palabra indeterminado quieredecir simplemente que se trata de lmites cuyo clculo no puedes hacerlo aplicando las reglas bsicas del lgebra de lmites ytienes que usar alguna tcnica apropiada para calcularlos. Los lmites interesantes son casi siempre de este tipo.

Voy a contarte las estrategias que suelo usar para calcular lmites. Esencialmente, puedo resumirlas en dos:

Trato de reducir el lmite a otros bien conocidos. Siempre que puedo sustituyo funciones por otras ms sencillas.Vayamos con la primera. Si te preguntas qu entiendo por lmites bien conocidos, la respuesta es bien fcil: los que siguen a

continuacin.

lmx0

sen xx

= 1 lmx0

arc sen xx

= 1 lmx0

1 cos xx 2

=12

lmx0

arc tg xx

= 1 lmx0

tg xx

= 1

lmx0

ex1x

= 1 lmx0

x sen xx3

=16

lmx0

(1 + x) 1x

= lmx0

log(1 + x)x

= 1 lmx1

log xx 1 = 1

lmx0

tg x xx3

=13

lmx0

log(1 + x) xx 2

=12

Observa que todos ellos, con la excepcin de cuatro, son derivadas en el punto x = 0 de las respectivas funciones. Por ello no sondifciles de recordar. Ahora bien, estos lmites suelen aparecer algo disfrazados. Realmente, ms que como lmites concretos,

debes considerarlos como modelos. Por ejemplo, el lmite lmx0

log(cos x)cos x 1 , que hemos estudiado un poco ms arriba, no est en la

lista anterior, pero responde al modelo lmx1

log xx 1 en el que la variable x se ha sustituido por la funcin cos x y el punto 1 por el

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 26

punto 0. Ahora te toca a ti. Elige uno cualquiera de los lmites anteriores, por ejemplo, lmx0

tg x xx3

=13

. Elige ahora cualquier

funcin continua g que se anule en algn punto c, por ejemplo g(x) = ex1 (c = 0) o g(x) = log x (c = 1), o g(x) = 3

x 1(c = 1), . . . En todos los casos se verifica que

lmxc

tg(g(x)) g(x)g(x)3

=13

Tenemos as que lmx0

tg(ex1) ex +1(ex1)3 =

13

, lmx1

tg(log x) log x(log x)3

=13

etc. Entiendes lo que pasa? Esto puede hacerse con

cualquiera de los lmites. La justificacin de estos resultados es totalmente anloga a la que hicimos para el caso del lmite

lmx0

log(cos x)cos x 1 y, esencialmente, es consecuencia de que la composicin de funciones continuas es continua. Como consecuencia,

los lmites de la lista anterior son muchos ms de los que aparecen en ella. Si te acostumbras a reconocerlos cuando vengandisfrazados podrs ahorrarte mucho trabajo innecesario.

Vamos a la segunda estrategia. Sustituir funciones por otras ms sencillas. Esto se basa en la idea siguiente. Supn que ests

calculando un lmite de la forma lmxa

f (x)g(x) y t conoces otra funcin h(x) tal que lmxa

h(x)f (x)

= 1; entonces puedes sustituir

en el lmite lmxa

f (x)g(x) la funcin f (x) por h(x) sin que ello afecte para nada al valor del lmite.

Cuando lmxa

h(x)f (x)

= 1, se dice que las funciones f y h son asintticamente equivalentes en el punto a y se escribe f (x)

g(x) (x a). Para calcular un lmite de un producto o de un cociente puedes sustituir cualquiera de los factores por otro asintticamenteequivalente a l. Ojo! En una suma no puedes, en genera, hacer eso. La lista de los lmites bien conocidos es, de hecho, una lista deequivalencias asintticas y eso la hace ms til todava.

Si te preguntas qu pasa con las reglas de LHpital, te dir que yo tambin las uso. No tengo nada en contra de ellas, tanslo me parece que su uso casi exclusivo y de forma mecnica es empobrecedor. Por el contrario, pienso que cada lmite debeintentarse de la forma ms adecuada a su caso. Para eso tienes que fijarte en cmo es la funcin, relacionarla con otras parecidas,tratar de relacionar el lmite que te piden con otros bien conocidos, . . .

Las estrategias anteriores son las ms bsicas, pero tengo otras un poco ms elaboradas. Esencialmente consisten en aplicarel teorema de Taylor-Young (o, si lo prefieres, el teorema de Taylor con resto infinitesimal, que de las dos formas se llama) paratratar de reducir ciertos lmites al lmite de un cociente de dos polinomios. Ahora despus te pondr algunos ejemplos de estaforma de proceder. Pero, para que puedas usar con comodidad este mtodo, tienes que saberte de memoria, o ser capaz dededucirlos en poco tiempo, los polinomios de Taylor de las funciones elementales. Adems, esta forma de proceder se adaptams a unos casos que a otros y tan slo con la prctica se aprende cundo conviene usarla. Te recuerdo, para tu comodidad, el

Miguel Martn y Javier Prez (Universidad de Granada)

Ejercicios resueltos captulo 2 27

fundamento terico.

Teorema de Taylor-Young (o teorema de Taylor con resto infinitesimal)

lmxa

f (x) Tn( f , a)(x)(x a)n = 0 y lmxa

f (x) Tn( f , a)(x)(x a)n+1 =

f (n+1(a)(n + 1)!

Donde, como recordars, notamos por Tn( f , a)(x) el polinomio de Taylor de orden n de f en el punto a.

Bueno, sorpresa, todos los lmites de la lista de lmites bien conocidos son, sin excepcin, casos particulares del resultadoanterior.

Te recuerdo tambin una notacin extraordinariamente til, me refiero a la notacin de Landau. Si f (x) y g(x) son funciones

tales que lmxa

f (x)g(x)

= 0, se escribe f (x) = o(g(x)) cuando x a y se lee f (x) es un infinitsimo de orden superior que g(x)

en el punto a . La idea es que f (x) tiene a cero ms rpidamente que g(x) cuando x a. Con esta notacin, el teorema deTaylor-Young puede expresarse simplemente por f (x) Tn( f , x, a) = o(x a)n cuando x a. Lo que suele escribirse f (x) =Tn( f , x, a) + o(x a)n. Si no hay lugar a confusin, omitimos la precisin cuando x a. Lo interesante de esta notacin es

que si, por ejemplo, (x) = o(x a)p y (x) = o(x a)q, entonces (x)(x) = o(x a)p+q y, si p > q, (x)(x)

= o(x a)pq y

((x) + (x)) = o(x a)q. Adems, si H(x) es una funcin acotada en un intervalo abierto que contenga al punto a y sabemosque (x) = o(x a)p entonces tambin H(x)(x) = o(x a)p. Veamos los ejemplos prometidos.

Si tratas de calcular por LHpital el lmite lmx0

(tg x)(arc tg x) x2x 6

tendrs que ser paciente porque necesitars derivar por

lo menos cinco veces y en el numerador hay un producto cuyas derivadas se van haciendo cada vez ms complicadas. Ahora,si calculas los polinomios de Taylor de orden 5 de tg x y arc tg x en a = 0, obtendrs que

tg x = x +13

x3 +215

x 5 + o(x6), arc tg x = x 13

x3 +15

x5 + o(x6)

observa que como se trata de funciones impares sus derivadas de orden par en x = 0 son nulas, por eso los polinomiosanteriores son, de hecho, los polinomios de Taylor de orden 6 y eso explica que aparezca el trmino o(x6). Deducimos que

tg x arc tg x = x 2 +29

x 6 + o(x 7) y

lmx0

(tg x)(arc tg x) x 2x 6

= lmx0

2/9 x 6 + o(x 7)x 6

=29

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Ejercicios resueltos captulo 2 28

Observa que aunque tg x x y arc tg x x para x 0, se tiene que tg x arc tg x x 2 29

x 6 para x 0. Fjate que al calcularel producto

tg x arc tg x = (x +13

x3 +215

x 5 + o(x6))(x 13

x3 +15

x5 + o(x6))

tan slo nos interesan las potencias de x hasta la de orden 6 inclusive, las dems potencias y los trminos de la forma x o(x6),x 2o(x6), o(x6)o(x6), etc. son todos ellos funciones de la forma o(x7) y su suma tambin es una funcin de la forma o(x7) por loque no es preciso calcularlos para hacer el lmite. Observa que, al proceder de esta manera, tienes que calcular las 5 primerasderivadas en x = 0 de las funciones tg(x) y arc tg(x) pero te ahorras el trabajo de derivar su producto. Si an tienes dudas,calcula el lmite por LHpital y compara.

Otro ejemplo. Se trata de calcular lmx0

(cos x 1)(log(1 + x) x) 14

x 4

x 5. Tenemos que

cos x = 1 12

x 2 + o(x3), log(1 + x) = x 12

x 2 + o(x3)

luego (cos x 1)(log(1 + x) 1) = 14

x 4 + o(x 5), de donde se sigue que

lmx0

(cos x 1)(log(1 + x) x) 14

x 4

x 5= 0

Ejercicio 32. Calcular el lmite en el punto a que en cada caso se indica de las funciones f : R+ R.

f (x) =x2 sen 1/x

log x, a = +; f (x) = sen

1 + x sen

x, a = +

f (x) = sen x sen1x

, a = 0, a = +; f (x) =(

cos

x + 2

)x3, a = +

Solucin

Los consejos que te he dado para calcular lmites se aplican a lmites ordinarios en un punto aR. Ahora bien, los lmitesen + y en pueden convertirse en lmites por la derecha o por la izquierda en 0 sin ms que cambiar x por 1/x.

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Ejercicios resueltos captulo 2 29

Quiero recordarte algunos lmites frecuentes en este contexto. Se trata de resultados que debes usar sin necesidad de justifi-carlos cada vez que los uses. Son los siguientes.

Para todo rR y para todo s > 0 se verifica que

lmx+

(log x)r

x s= 0, lm

x+x r

e s x= 0, lm

x0x > 0

x s| log x|r = 0

Te recuerdo tambin que lmxa

f (x) = 0 si, y slo si lmxa

1| f (x)| = +.

El lmite lmx+

x2 sen 1/xlog x

es, de hecho, una indeterminacin del tipo

y puedes intentar hacerlo por LHpital. Prueba a

ver qu pasa. En este caso el marqus de LHpital no resuelve el lmite. Pero es fcil ver que lmx+

x sen(1/x)x

log x= +,

porque lmx+

x sen(1/x) = lmx0x > 0

sen xx

= 1 y lmx+

xlog x

= +.

El lmite lmx+

(sen

1 + x sen

x)

no entra dentro de ninguna de las indeterminaciones usuales. De hecho, el lmite

lmx+

sen

x no existe (sabes probarlo?). Est claro que el lmite que nos piden calcular requiere un tratamiento particular.

Despus de pensarlo un rato, a la vista de cmo es la funcin, se me ocurre usar el teorema del valor medio. Dicho teorema,aplicado a la funcin sen

x en el intervalo [x, x + 1], me dice que hay algn punto z]x, x + 1[ tal que sen

x + 1 sen

x =

cos z2

z, y tomando valores absolutos deducimos

| sen

x + 1 sen

x| =cos z2z

6 12xde donde se deduce que lm

x+

(sen

1 + x sen

x)= 0.

El lmite lmx+

(cos

x + 2

)x 2es una indeterminacin 1 y aplicaremos el criterio de equivalencia logartmica. Para ello,

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Ejercicios resueltos captulo 2 30

calculamos

lmx+

x 2(

cos(

x + 2

) 1)= lm

x0x > 0

cos(

x1 + 2x

) 1

x 2= lm

x0x > 0

cos(

x1 + 2x

) 1(

x1 + 2x

)2(

x1 + 2x

)2x 2

= 2

2

Luego lmx+

(cos

x + 2

)x 2= e

2/2

Ejercicio 34. Sea g : R R derivable en R y dos veces derivable en 0 siendo, adems, g(0) = 0. Definamos f : R R por

f (x) =g(x)

xsi x 6= 0, f (0) = g (0). Estdiese la derivabilidad de f . Es f continua en 0?.

Solucin

Por la regla de la cadena, f es derivable en todo punto x 6= 0 y, por la regla de derivacin de un cociente, tenemos que

f (x) =x g (x) g(x)

x 2para x 6= 0. Para estudiar si f es derivable en x = 0 no hay otra forma de hacerlo (pero lee ms abajo)

que recurriendo a la definicin. Tenemos que

lmx0

f (x) f (0)x 0 = lmx0

g(x) g (0)xx 2

=g (0)

2

en virtud del teorema de Taylor-Young (si lo prefieres, puedes aplicar -una vez solo!- LHpital). Por tanto, f es derivable en

x = 0 y f (0) =g (0)

2.

Estudiemos si f es continua en x = 0. Tenemos que lmx0

f (x) = lmx0

x g (x) g(x)x 2

y para calcular este lmite NO se puede

aplicar LHpital porque no sabemos si g es derivable (nos dicen que g es una vez derivable en R). Intentaremos relacionar elcociente con las hiptesis que nos dan sobre g. Despus de pensarlo un poco, parece conveniente escribir

x g (x) g(x)x 2

=x g (x) x g (0) + x g (0) g(x)

x 2=

g (x) g (0)x

g(x) g(0)x

x 2

y deducimos que lmx0

f (x) =g (0)

2, luego f es continua en x = 0.

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Ejercicios resueltos captulo 2 31

Tambin puedes usar para hacer este ejercicio un resultado de teora que dice que si una funcin f es continua en un intervaloI, a es un punto de I, y sabemos que f es derivable en I \ {a} y que lm

xaf (x) = L, entonces f tambin es derivable en a con

f (a) = L y, por tanto, f es continua en a.

Es evidente (o no lo es?) que la funcin f del ejercicio es continua en el intervalo I = R y es derivable en R \ {0}. Como

lmx0

f (x) =g (0)

2, esto prueba de golpe que f es derivable en x = 0, que f (0) =

g (0)2

y que f es continua en x = 0.

Ejercicio 35. Sean f , g :] 1,+[ R las funciones definidas por

f (x) =log(1 + x)

x, f (0) = 1; g(x) = e f (x)

Calclense las derivadas primera y segunda de f y g en 0 y dedzcase el valor del lmite

lmx0

(1 + x)1/x e + e2

x

x 2

Solucin

Observa que si x > 1 y x 6= 0 es g(x) = (1 + x)1/x y g(0) = e. Es claro tambin que f (x) = log g(x). El ejercicio consisteen calcular las dos primeras derivadas de g en x = 0. Por la regla de la cadena es suficiente para ello calcular las dos primerasderivadas de f en x = 0. Pues entonces g (x) = e f (x) f (x), y g (x) = e f (x)

(( f (x))2 + f (x)

). Fjate en que la funcin f es ms

sencilla que la g. De hecho, no es nada fcil calcular directamente g (0) porque el lmite lmx0

(1 + x)1/x ex

se complica mucho

si tratas de hacerlo por LHpital. Las funciones como la g, esto es, las del tipo u(x)v(x), tienen derivadas muy complicadas.

Derivar f es fcil. El lmite lmx0

f (x) f (0)x 0 = lmx0

log(1 + x) xx 2

=12

es bien conocido. Deducimos que f (0) =12

.

Ahora, para x 6= 0, se calcula fcilmente por la regla de derivacin de un cociente, que f (x) = x log(1 + x) x log(1 + x)x 2(1 + x)

.

Tenemos

f (x) f (0)x 0 =

x log(1 + x) x log(1 + x) + 12

x 2(1 + x)

x3(1 + x)Se trata de calcular el lmite para x 0 de este cociente. Lo primero es quitar el factor (1+ x) del denominador (evidentemente,(1 + x) 1 para x 0). Una vez hecho esto, nos damos cuenta de que se trata de comparar x log(1 + x) x log(1 + x) +

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Ejercicios resueltos captulo 2 32

12

x 2 +12

x3 con x3. Utilizando el teorema de Taylor-Young, tenemos que log(1 + x) = x 12

x 2 +13

x3 + o(x3), y deducimos

x log(1 + x) x log(1 + x) + 12

x 2 +12

x3 =23

x3 + o(x3)

por lo que el lmite buscado es igual a23

, es decir, f (0) =23

.

Resulta as que g (0) = e f (0) f (0) = e2

, g (0) = e f (0)(( f (0))2 + f (0)

)= e

(14+

23

)=

1112

e.

Finalmente, el lmite

lmx0

(1 + x)1/x e + e2

x

x 2=

1124

e

como consecuencia del teorema de Taylor-Young (es de la forma lmx0

g(x) g(0) g (0)xx 2

=12

g (0)).

Ejercicio 36. Estdiese la derivabilidad de las funciones

1. f : R+ R , dada por f (x) = x1/(x21), f (1) =

e

2. f :] 1/2,+[ R , dada por f (x) = (x + ex)1/x, f (0) = e2.

3. f : [0,+[ R , dada por f (x) = (1 + x log x)1/x, f (0) = 0.

4. f :] /2, /2[ R , dada por f (x) =(sen x

x

)1/x2, f (0) = e1/6.

5. f : R R , dada por f (x) =(

2 + x2)sen(1/x)

, f (0) = 1.

En todos los casos nos piden estudiar la derivabilidad de una funcin de la forma F(x) = u(x)v(x) en un punto conflictivoen el que no puedes aplicar las reglas de derivacin. En este tipo de ejercicios la mejor forma de proceder consiste en estudiarla derivabilidad de la funcin (x) = log F(x) = v(x) log u(x) en el punto conflictivo. Para ello debes recurrir a la definicin dederivada. Observa que como F(x) = e(x), la derivabilidad de equivale a la derivabilidad de F. Como en el ejercicio anteriorya hemos usado esta estrategia un ejemplo ms debe ser suficiente para que la comprendas bien.

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Ejercicios resueltos captulo 2 33

4. Sea (x) = log f (x) =log(sen x

x

)x 2

, (0) = log f (0) =16

. Tenemos

lmx0

(x) (0)x 0 = lmx0

log(sen x

x

)+

16

x 2

x 3=

Podemos aplicar LHpital para quitar el logaritmo.

lmx0

(x) (0)x 0 = lmx0

xsen x

(x cos x sen x

x 2

)+

13

x

3x 2= lm

x0

x cos x sen x + 13

x 2 sen x

3x 3 sen x

Sustituimos en el denominador sen x por x y usando que

sen x = x 16

x 3 + o(x 4), cos x = 1 12

x 2 + o(x 3)

deducimos que x cos x sen x + 13

x 2 sen x = o(x 4), por lo que

lmx0

x cos x sen x + 13

x 2 sen x

3x 3 sen x= 0

Concluimos que es derivable en x = 0 y (0) = 0 por lo que tambin f es derivable en x = 0 y f (0) = f (0) (0) = 0.

Ejercicio 37. Calclense los lmites

lmx 0

(1

sen2x 1

x2

); lm

x 0

(1 + x)1/x ex

; lmx1

(1

log x 1

x 1

)

lmx 0

x e2x + x ex 2e2x + 2ex(ex 1)3 ; lmx+

(2 arc tg x

)1/ log xSugerencia: pueden usarse las reglas de LHpital pero conviene realizar previamente alguna transformacin.

Solucin

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Ejercicios resueltos captulo 2 34

El lmite lmx+

(2 arc tg x

)1/ log xes una indeterminacin del tipo 00. Sea f (x) =

(2 arc tg x

)1/ log x. Tomando loga-

ritmos tenemos que log f (x) =log(

2 arc tg x

)log x

. Teniendo en cuenta que para x > 0 es

2 arc tg x = arc tg 1

x, se sigue

que

lmx+

log f (x) = lmx+

log(

arc tg1x

) log 1

x

= lmt0t> 0

log(arc tg t)log t

Este ltimo lmite puede calcularse por LHpital

lmx+

log f (x) = lmt0t> 0

t(1 + t 2) arc tg t

= 1

Deducimos que lmx+

f (x) =1e

.

Los dems lmites de este ejercicio ya debes de saberlos hacer.

Ejercicio 38. Explicar si es correcto usar las reglas de LHpital para calcular los lmites:

lmx+

x sen xx + sen x

; lmx 0

x2 sen(1/x)sen x

Solucin

Las reglas de LHpital dicen que, bajo ciertas hiptesis, la existencia del lmite lmxa

f (x)g (x)

implica la existencia de lmxa

f (x)g(x)

en cuyo caso ambos lmites coinciden. Una hiptesis de las reglas de LHpital es que la derivada del denominador no se

anule en un intervalo que tenga al punto a por extremo y que el lmite lmxa

f (x)g(x)

sea una indeterminacin. Esto no ocurre en el

caso del cocientex sen xx + sen x

para x + pues, aunque puede verse como una indeterminacin del tipo

, la derivada del

denominador es 1+ cos x que se anula en todos los puntos de la forma + 2k, k = 1, 2, . . . por lo que no tiene sentido considerar

el lmite del cociente de las derivadas, lmx+

1 cos x1 + cos x

, pues dicho cociente no est definido en ningn intervalo de la forma

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Ejercicios resueltos captulo 2 35

]c,+[. Es claro, sin embargo, que

lmx+

x sen xx + sen x

= lmx+

1 sen xx

1 +sen x

x

= 1

En el caso del lmite lmx0

x2 sen(1/x)sen x

, que puede verse como una indeterminacin del tipo00

, si formamos el cociente de las

derivadas obtenemos la funcin2x sen(1/x) cos(1/x)

cos xla cual no tiene lmite en 0 (el denominador tiene lmite 1, pero el nu-

merador no tiene lmite), luego no es posible aplicar LHpital para calcular este lmite el cual, por otra parte, es evidentementeigual a 0, pues

lmx0

x2 sen(1/x)sen x

= lmx0

xsen x

x sen(1/x) = 0

Ejercicio 39. Calcular el nmero de ceros y la imagen de la funcin f : R R dada porf (x) = x 6 3x 2 + 2

Solucin

Se trata de un polinomio de grado par con coeficiente lder positivo, por tanto, alcanza un mnimo absoluto en R, si ste esigual a m, se tiene que f (R) = [m,+[. El punto (o los puntos) en donde f alcanza su mnimo absoluto debe ser un cero de laderivada. Como

f (x) = 6x 5 6x = 6x(x 4 1) = 6x(x 2 1)(x 2 + 1) = 6x(x 1)(x + 1)(x 2 + 1)se anula en -1, 0 y 1, se sigue que el mnimo absoluto de f debe alcanzarse en alguno de estos puntos y, como f (1) = f (1) =0 < f (0), deducimos que f (1) = f (1) = 0 es el mnimo absoluto de f en R. Luego f (R) = [0,+[. Hemos determinado asla imagen de f y tambin hemos encontrado que -1 y 1 son ceros de f (cosa fcil sin ms que ver cmo es f ). Observa que -1y 1 son ceros de orden 2 de f (porque son ceros simples de f ). Es claro que f no puede tener ms ceros, porque si f (xo) = 0entonces en xo la funcin f alcanza un mnimo absoluto y, por tanto, f debe anularse en xo. En conclusin, f tiene 4 ceros reales(2 ceros reales dobles).

Ejercicio 40. Calcular el nmero de soluciones de la ecuacin 3 log x x = 0.Solucin

Sea f (x) = 3 log x x. Observa que lmx0x > 0

f (x) = lmx+

f (x) = y f (e) = 3 e > 0. Deducimos, por el teorema de

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Ejercicios resueltos captulo 2 36

Bolzano, que f tiene por lo menos un cero en cada intervalo ]0, e[ y ] e,+[. Como la derivada f (x) =3x 1 tiene un nico

cero en x = 3, concluimos, por el teorema de Rolle, que f no puede tener ms de dos ceros distintos. En conclusin, la ecuacin3 log x x = 0 tiene una solucin en el intervalo ]0, e[ y otra en ] e,+[. Si quieres, puedes precisar ms. Como f (1) < 0 yf (e 2) = 6 e 2 < 0, se sigue que los dos ceros de f estn en el intervalo ]1, e 2[.

Ejercicio 41. Determinar el nmero de races reales de la ecuacin 2x3 3x2 12x = m segn el valor de m.Solucin

Es muy fcil. Hazlo y comprueba tu respuesta con la informacin que encontrars en el siguiente ejercicio.

Ejercicio 42. Sea f una funcin polinmica y a < b. Justifquese que, contando cada cero tantas veces como su orden, sif (a) f (b) < 0 el nmero de ceros de f en ]a, b[ es impar; y si f (a) f (b) > 0 dicho nmero (caso de que haya algn cero) espar. Dedzcase que si f tiene grado n, es condicin necesaria y suficiente para que f tenga n races reales distintas que suderivada tenga n 1 races reales distintas c1 < c2 < < cn1 y que para < c1 suficientemente pequeo y para > cn1suficientemente grande, los signos de los nmeros f (), f (c1), f (c2), . . . , f (cn1), f () vayan alternando.Aplicacin:

1. Determinar para qu valores de la funcin polinmica 3x 4 8x3 6x2 + 24x + tiene cuatro races reales distintas.

2. Estudiar el nmero de races reales de la ecuacin 3x5 + 5x3 30x = , segn los valores de .

Solucin Si f es un polinomio de grado n y c es un cero de orden k de f , entonces f (x) = (x c)kh(x) donde h(x) es unpolinomio de grado n k con h(c) 6= 0. Podemos suponer, por comodidad, que h(c) > 0. Por la continuidad de h, hay unintervalo abierto I que contiene a c tal que para todo x I se verifica que h(x) > 0. Si k es par, tenemos que (x c)k > 0 para todo x 6= c y deducimos que f (x) > 0 para todo x I \ {c}. Por tanto, la

grfica de f no atraviesa al eje de abscisas en x = c.

Si k es impar, tenemos que (x c)k > 0 para x > c y (x c)k < 0 para x < c. Deducimos que f (x) > 0 para x > c yf (x) < 0 para x < c. Por tanto, la grfica de f atraviesa al eje de abscisas en x = c.

En otros trminos, en un cero de orden par la funcin f no cambia de signo y en un cero de orden impar s cambia.

Es claro que si f (a) f (b) < 0 el nmero de cambios de signo de f entre a y b tiene que ser impar. Deducimos, por lo antesvisto, que f tiene en ]a, b[ un nmero impar de ceros de orden impar, por lo que el nmero total de ceros de f en ]a, b[, contandocada cero tantas veces como su orden, es impar. Anlogamente, si f (a) f (b) > 0 el nmero de cambios de signo de f entre a y btiene que ser par (o ninguno) y deducimos que el nmero total de ceros de f en ]a, b[ es par.

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Ejercicios resueltos captulo 2 37

Si f tiene n ceros (reales) distintos, 1 < 2 < < n1 < n, estos ceros determinan n 1 intervalos ]j, j+1[ y, porel teorema de Rolle, en cada uno de esos intervalos la derivada tiene que tener algn cero cj ]j, j+1[. Deducimos as que laderivada tiene n 1 races (reales) distintas c1 < c2 < < cn1. Como en cada intervalo ]j, j+1[ la grfica de f atraviesa unavez el eje de abscisas, deducimos que f (cj) f (cj+1) < 0, es decir, los nmeros f (c1), f (c2), . . . , f (cn1) van alternando su signo.Ahora, si < 1, en el intervalo ], c1[ la funcin f tiene un cero simple 1 y, por tanto, su grfica atraviesa una vez al eje deabscisas, luego f () f (c1) < 0. Anlogamente, si n < debe ser f (cn1) f () < 0. Hemos probado as que la condicin delenunciado es necesaria.

Recprocamente, la condicin del enunciado implica que f tiene n + 1 cambios de signo, luego tiene n races distintas.

Observa tambin que, como consecuencia del teorema de Rolle, si la derivada de una funcin tiene k ceros (reales) distintosentonces la funcin no puede tener ms de k + 1 ceros (reales) distintos (pero puede que no tenga ninguno!). Sabemos tambin,como consecuencia del teorema de los ceros de Bolzano, que todo polinomio de grado impar tiene por lo menos un cero real, loque implica que contando cada cero tantas veces como indica su multiplicidad, todo polinomio de grado impar tiene un nmero impar deceros reales.

1. Sea f (x) = 3x 4 8x3 6x2 + 24x + . Como f (x) = 12x3 24x 2 12x + 24 = 12(x + 1)(x 1)(x 2) y lmx

f (x) =

lmx+

f (x) = +, se sigue, en virtud de lo antes visto, que f tiene 4 races reales distintas si, y slo si, f (1) = 19 + < 0,f (1) = 13 + > 0, f (2) = 8 + < 0 que equivalen a 13 < < 8.

2. Sea f (x) = 3x5 + 5x3 30x . Tenemos que f (x) = 15x 4 + 15x 2 30 = 15(x 2 + 2)(x 2 1), es decir, f tiene dosceros reales por lo que f no puede tener ms de tres (pero todava no sabemos si los tiene). Lo que es seguro es que f tiene porlo menos un cero real y en el caso de que tenga ms de un cero real debe tener tres (que pueden ser simples o uno simple yotro doble). Veamos cundo ocurre una cosa u otra. Tenemos que f es inyectiva en los intervalos ],1], [1, 1] y [1,+[(porque su derivada no se anula en ningn punto de dichos intervalos excepto en los extremos), adems lmx f (x) = y lmx+ f (x) = +.

Deducimos que para que f tenga tres ceros reales simples, uno en cada intervalo ],1[, ] 1, 1[ y ]1,+[, es necesario ysuficiente que f (1) = 22 > 0 y f (1) = 22 < 0 lo que ocurre cuando 22 < < 22.

Cuando = 22 entonces f (1) = 0 y f (1) < 0, por lo que f tiene tambin tres ceros reales: uno simple en el intervalo]1,+[ y otro doble (porque tambin anula a la derivada) en 1.

Cuando = 22 entonces f (1) > 0 y f (1) = 0, por lo que f tiene tambin tres ceros reales: uno simple en el intervalo],1[ y otro doble (porque tambin anula a la derivada) en 1.

Cuando > 22 o < 22, f slo tiene un cero real (porque no puede tener tres ceros reales simples ni tampoco un cero realdoble).

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Ejercicios resueltos captulo 2 38

La discusin anterior puede hacerse tambin dibujando la grfica de la funcin polinmicah(x) = 3x 5 + 5x 3 30x y viendo cuntos cortes tiene dicha grfica con la recta horizontal y = . Para ello observemos queh y f tienen la misma derivada, por lo que:

x < 1 = h (x) > 0, 1 < x < 1 = h (x) < 0, x > 1 = h (x) > 0

por lo que h es estrictamente creciente en ],1], estrictamente decreciente en [1, 1] y estrictamente creciente en [1,+[.Deducimos que h tiene en1 un mximo relativo y en 1 un mnimo relativo. Adems la derivada segunda h (x) = 30x(x 2 + 1)se anula en x = 0 siendo h (x) < 0 para x < 0 y h (x) > 0 para x > 0, es decir, h es cncava en ], 0[ y convexa en ]0,+[.Con esta informacin ya podemos dibujar su grfica.

-22

22

-1 1

y =

Ntese que como f (x) = h(x) + , la grfica de f se obtienetrasladando la de h hacia arriba ( > 0) o hacia abajo ( < 0). Seve as claramente, que cuando = 22 o = 22, la grfica def es tangente al eje de abscisas en el punto 1 o en el 1 donde hayun cero doble.

Ejercicio 43. Dado nN, sea f (x) = (x2 1)n (xR). Prubese que la derivada k-sima (1 k n) de f tiene exactamentek races reales distintas en el intervalo ] 1, 1[.

Solucin

Observa que f es un polinomio de grado 2n que tiene un cero de orden n en x = 1 y otro cero de orden n en x = 1. Laderivada de orden k de f ser un polinomio de grado 2n k que tendr un cero de orden n k en x = 1 y otro cero de ordenn k en x = 1, luego debe ser de la forma f (k(x) = (x 2 1)nkPk(x) donde Pk(x) es un polinomio de grado k. Lo que nos pidenes probar que para 1 6 k 6 n el polinomio Pk(x) tiene k races reales distintas en el intervalo ] 1, 1[. Lo haremos por induccin(finita). Para k = 1, f (x) = (x 2 1)n12n x que tiene un cero en ] 1, 1[. Supongamos que 1 < k < n 1 y que Pk(x) tiene kraces reales distintas, a1 < a2 < < ak en el intervalo ] 1, 1[. Tenemos que

f (k+1(x) = (x 2 1)nk12(n k)xPk(x) + (x 2 1)nkPk (x)= (x 2 1)nk1

(2(n k)xPk(x) + (x 2 1)Pk (x)

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Ejercicios resueltos captulo 2 39

por tanto, Pk+1(x) = 2(n k)xPk(x) + (x 2 1)Pk (x). El polinomio Pk (x) tiene un cero en cada uno de los intervalos ]aj, aj+1[ y,como hay en total k 1 de ellos, deducimos que Pk (x) tiene k 1 ceros simples cj]aj, aj+1[. En cada uno de dichos ceros Pk (x)cambia de signo, es decir, Pk (aj)Pk (aj+1) < 0. Supongamos, por comodidad, que Pk (a1) > 0. Entonces (1)jPk (aj) > 0 para1 6 j 6 k. Como

Pk+1(aj) = 2(n k)ajPk(aj) + (aj 2 1)Pk (aj) = (aj 2 1)Pk (aj)

y aj 2 1 < 0, deducimos que (1)jPk+1(aj) < 0 para 1 6 j 6 k. Por tanto Pk+1(x) tiene una raz en cada uno de los k 1intervalos ]aj, aj+1[.

Probaremos ahora que Pk+1(x) tiene una raz en ] 1, a1[ y otra en ]ak, 1[. Como (1)jPk+1(aj) < 0, se sigue que Pk+1(a1) > 0.Tenemos tambin que Pk+1(1) = 2(n k)Pk(1) por lo que, al ser n k > 0, ser suficiente probar que Pk(1) < 0. Paraello basta observar que como Pk (x) 6= 0 para x < c1 y como Pk (a1) > 0, se sigue que Pk (x) > 0 para todo x < c1. Luego Pk(x)es estrictamente creciente en el intervalo ], c1] y como se anula en a1 < c1, concluimos que Pk(x) < 0 para x < a1 y, portanto, Pk(1) < 0. Anlogamente se prueba que Pk(x) tiene una raz en ]ak, 1[.

El teorema del valor medio permite acotar el incremento de una funcin por el incremento de la variable y una cota dela derivada. Esto da lugar a muchas desigualdades interesantes. Por otra parte, algunas de las desigualdades ms tiles sonconsecuencia de la convexidad. Los siguientes ejercicios tratan de ello.

Ejercicio 44. Probar que a e log x 6 xa para todo x > 0 y todo aR.Solucin

La desigualdad propuesta puede escribirse en la formalog(xa)

xa6

1e

. Vemos as que basta probar quelog t

t6

1e

para todo

t > 0. Sea, pues, f (t) =log t

tdonde t > 0. Tenemos que f (t) =

1 log tt 2

y, por tanto, f (t) > 0 si 0 < t < e por lo que f es

creciente en ]0, e] y f (t) < 0 si t > e por lo que f es decreciente en [e,+[. Deducimos que f alcanza en t = e un mximoabsoluto en R+. Luego f (t) 6 f (e) = 1/ e.

Hemos probado quelog t

t6

1e

para todo t > 0. Haciendo t = xa, donde x > 0 y a R, deducimos que la desigualdada e log x 6 xa es vlida para todo x > 0, y para todo aR.

Ejercicio 45. Dado ]0, 1[ demustrese que x < x + 1 para todo xR+, x 6= 1.Solucin

Sea f (x) = x + 1 x . Es claro que f (1) = 0, por tanto, todo consiste en probar que la funcin f alcanza en x = 1 un

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Ejercicios resueltos captulo 2 40

mnimo absoluto estricto. Tenemos que f (x) = x 1 = (1 x 1). Para 0 < x < 1 es ( 1) log x > 0 y, por tanto,x 1 = exp

(( 1) log x

)> 1, lo que implica, por ser > 0, que f (x) < 0. Anlogamente se justifica que f (x) > 0 si x > 1.

Por tanto f es estrictamente decreciente en ]0, 1] y estrictamente creciente en [1,+[. Concluimos as que f (x) > f (1) = 0 paratodo x > 0, x 6= 1.

Ejercicio 46. Sean 0 < a < b. Prubese que si b e entonces ab < ba, y si e a entonces ba < ab. Qu puede decirse sia < e < b?.

Sugerencia: considrese la funcin x 7 log xx

.

Solucin

La funcinlog x

xha sido ya estudiada en el ejercicio 44. Por otra parte, la desigualdad ab < ba es equivalente a

log aa

0 que verifique que ax/a x para todo xR+? Cul es dicho nmero?Solucin

La desigualdad del enunciado puede escribirse equivalentemente comolog a

a6

log xx

.

Ejercicio 48. Prubese que para todo x]0, /2[ se verifica que

i) 1 x2

2< cos x ; ii)

2x

< sen x < x < tg x

Solucin

i) Sea f (x) = cos x 1 + x2

2. Tenemos que f (x) = sen x + x y f (x) = 1 cos x. Como f (x) > 0 para todo x]0, /2[,

se sigue que f es estrictamente creciente en [0, /2] y, como f (0) = 0, obtenemos que f (x) > 0 para todo x]0, /2[ y portanto f es estrictamente creciente en [0, /2]. Puesto que f (0) = 0, concluimos finalmente que f (x) > 0 para todo x]0, /2].

ii) Sea f (x) = sen x 2x

. Tenemos que f (x) = cos x 2

y f (x) = sen x. Como f (x) < 0 para todo x ]0, /2[, sesigue que f es estrictamente decreciente en [0, /2]. Como f (0) > 0, y f (/2) < 0, deducimos que hay un nico puntoxo]0, /2[ tal que f (xo) = 0 y en dicho punto la funcin f alcanza un mximo absoluto en [0, /2]. Sabemos, por el teoremade valores mximos y mnimos de Weierstrass, que f tiene que alcanzar un valor mnimo absoluto en [0, /2]. Dicho mnimoabsoluto necesariamente tiene que alcanzarse en los extremos del intervalo ya que si se alcanzara en un punto interior en dicho

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Ejercicios resueltos captulo 2 41

punto habra de anularse la derivada y hemos visto que sta slo se anula en un punto que es de mximo absoluto. Comof (0) = f (/2) = 0 concluimos que f (x) > 0 para todo x]0, /2[.

Ejercicio 49. Calclese una funcin polinmica tal que lmx 0

3

1 + x (x)x 5

= 0.

Solucin

En virtud del teorema de Taylor-Young, la funcin polinmica (x) no puede ser otra que el polinomio de Taylor de orden5 de f (x) = 3

1 + x en x = 0.

Ejercicio 50. Calcular una funcin polinmica tal que lmx 0

log(arc tg(x + 1)) (x)x2

= 0.

Solucin

En virtud del teorema de Taylor-Young, la funcin polinmica (x) no puede ser otra que el polinomio de Taylor de orden2 de f (x) = log(arc tg(x + 1)) en x = 0.

Ejercicio 51. Justifquese que las nicas funciones n veces derivables con derivada de orden n constante son las funcionespolinmicas de grado 6 n.

Solucin

Sea f una funcin n veces derivables con derivada de orden n constante. Naturalmente, dicha funcin tiene derivada deorden n + 1 idnticamente nula. Dado, x R, aplicamos el teorema de Taylor con resto de Lagrange a f en el punto a = 0, ydeducimos que existe un punto c comprendido entre 0 y x tal que

f (x) = f (0) + f (0)x +f (0)

2x 2 + + f

(n(0)n!

xn +f (n+1(c)

n!xn+1

y como f (n+1(t) = 0 para todo tR, concluimos que f coincide con su polinomio de Taylor de orden n en a = 0 y, por tanto, esuna funcin polinmica de grado 6 n.

Fjate que no cabe esperar que este resultado pueda probarse sin usar algn resultado terico profundo. Recuerda que senecesita el teorema del valor medio para probar que una funcin con primera derivada nula es constante.

Ejercicio 52. Calclese, usando un desarrollo de Taylor conveniente,

2 con nueve cifras decimales exactas.

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Ejercicios resueltos captulo 2 42

Sugerencia: tngase en cuenta que

2 =1410

(1 1

50

)1/2.

Solucin

Si hemos de aceptar la sugerencia, parece conveniente usar un polinomio de Taylor, Tn( f , a)(x), de la funcin f (x) =(1 x)1/2 en el punto a = 0, cuyo orden determinaremos por la condicin de que el error cometido al aproximar f (1/50)por Tn( f , 0)(1/50) sea menor que 1010 pues entonces, al multiplicar por

1410

, el error de aproximar

2 =1410

f (1/50) por1410

Tn( f , 0)(1/50) ser menor que1410

1010 < 109.

La derivada de orden n de f (x) = (1 x)1/2 viene dada por

f (n(x) =12

(12+ 1) (

12+ n 1

)(1 x)1/2n = 1 3 5 (2n 1)

2n(1 x)1/2n

Sabemos, por el teorema de Taylor con resto de Lagrange, que el error que se comete al aproximar f (1/50) por Tn( f , 0)(1/50)es, en valor absoluto, igual a f (n+1(c)

(n + 1)!|x a|n+1=

[x =

150

, a = 0]=

f (n+1(c)(n + 1)!

(1

50

)n+1=

1 3 5 (2n + 1)(n + 1)! 2n+1

1(1 c)3/2+n

150 n+1

=1 3 5 (2n + 1)

2 4 (2n + 2)1

(1 c)3/2+n1

50 n+1 0,f (F) > 0.

Ejercicio 57. Una partcula se mueve a lo largo de una lnea recta. En la siguiente grfica se muestra la distancia s de dichapartcula al origen en el tiempo t.

1 2t

s Indicar, a la vista de la grfica y de forma aproximada:a) Cundo la partcula se est alejando o acercando al origen;b) Cundo la partcula est acelerando y cundo est frenando.SolucinAlejndose para 0 6 t 6 1 y t > 2. Acercndose si 1 6 t 6 2. Frenando para0 6 t 6 3/2. Acelerando para t > 3/2.

No creo que sea necesario ni conveniente darte las soluciones de los siguientes ejercicios. Son muy fciles.

Ejercicio 58. Traza la grfica de una funcin f dos veces derivable en R, sabiendo que:a) La grfica de f pasa por los puntos (2, 2), (1, 1), (0, 0), (1, 1), (2, 2);b) f es positiva en los intervalos ],2[ y ]0, 2[, y es negativa en ] 2, 0[ y ]2,+[;c) f es negativa en los intervalos ],1[ y ]1,+[, y es positiva en el intervalo ] 1, 1[.

Ejercicio 59. a) Es cierto que los puntos en los que la derivada segunda se anula son puntos de inflexin?b) Qu puedes decir de los puntos de inflexin de una funcin polinmica de grado 2 o 3?Justifica tus respuestas.

Ejercicio 60. Es cierto que la grfica de toda funcin polinmica de grado par tiene tangente horizontal en algn punto? Ysi el grado es impar? Justifica tus respuestas.

Ejercicio 61. Calcular los valores mximo y mnimo de las siguientes funciones en los intervalos que se indican:

1. f (x) = x 3 x 2 8x + 1 en el intervalo [2, 2].

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Ejercicios resueltos captulo 2 49

2.x + 1

x 2 + 1en el intervalo [1, 2].

3. f (x) =12(sen2 x + cos x) + 2 sen x x en el intervalo [0, /2].

4. f (x) = 3

x 2 (5 2x) en el intervalo [1, 3].

5. f (x) = x 3 + 12x + 5 en el intervalo [3, 3].

En todos estos ejercicios se trata de hallar el mximo o mnimo absolutos de una funcin continua f en un intervalo cerrado[a, b]. Para ello puede seguirse el siguiente procedimiento:

Paso 1. Hallar todos los puntos x de [a, b] que o bien son puntos singulares de f , es decir, son ceros de f , o son puntos enlos que f no es derivable.Paso 2. Calcular el valor de f en cada uno de los puntos obtenidos en el Paso 1 y tambin en a y en b.Paso 3. Comparar los valores obtenidos en el Paso 2. El mayor de todos ello ser el mximo absoluto de f en [a, b] y el menorser el mnimo absoluto de f en [a, b].

Naturalmente, este procedimiento es til cuando se aplica a funciones derivables en todo el intervalo salvo quizs en unospocos puntos excepcionales. Tambin es necesario que puedan calcularse los ceros de la derivada.

3. La funcin f (x) =12(sen2 x + cos x) + 2 sen x x, tiene como derivada

f (x) = cos x sen x 12

sen x + 2 cos x 1 = 12(1 + 2 cos x)(2 + sen x)

Por tanto, el nico cero de la derivada en el intervalo [0, /2] es x = /3. Como para 0 6 x < /3 es f (x) > 0 y para/3 < x 6 /2 es f (x) < 0, se sigue que el valor mximo absoluto de la funcin f en [0, /2] se alcanza un en x = /3 y vale

f (/3) =58+