Ejercicios Selecionados - El Cálculo - Louis Leithold - 7ed

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El Cálculo. Louis Leithold. Séptima edición en español. ISBN 970-613-182-5

Ejercicios de repaso para el capítulo 1. Ejercicio 1, página 95.

Dada f (x) = 4� x2, determine: (a) f (1); (b) f (�2); (c) f (3); (d) f (x� 1); (e) f�x2�; (f)

f (x+ h)� f (x)h

con

h 6= 0.

Solución:

(a) f (1) = 4� (1)2 = 4� 1 = 3

(b) f (�2) = 4� (�2)2 = 4� 4 = 0

(c) f (3) = 4� (3)2 = 4� 9 = �5

(d) f (x� 1) = 4� (x� 1)2 = 4��x2 � 2x+ 1

�= 4� x2 + 2x� 1 = 3 + 2x� x2

(e) f�x2�= 4�

�x2�2= 4�

�x4�= 4� x4

(f)f (x+ h)� f (x)

h=4� (x+ h)2 � 4 + x2

h=4� x2 � 2hx� h2 � 4 + x2

h=�2hx� h2

h=h (�2x� h)

h= �2x�h

1

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Calcula la deriva de la función

f (x) = 5x3 � 7x2 + 2x� 3

Solución:

Usamos primero que la derivada de una suma es la suma de las derivadas; es decir,

df (x)

dx=d�5x3 � 7x2 + 2x� 3

�dx

=d�5x3

�dx

+d��7x2

�dx

+d (2x)

dx+d (�3)dx

Usamos ahora la propiedad

d [cF (x)]

dx= c

dF (x)

dx

para escribir

df (x)

dx=d�5x3

�dx

+d��7x2

�dx

+d (2x)

dx+d (�3)dx

= 5d�x3�

dx� 7

d�x2�

dx+ 2

d (x)

dx� 3d (1)

dx

Ahora usamos

dxn

dx= nxn�1

y obtenemos

df (x)

dx= 5

d�x3�

dx� 7

d�x2�

dx+ 2

d (x)

dx� 3d (1)

dx= 5

�3x2

�� 7 (2x) + 2 (1)� 3 (0)

que �nalmente se reduce a

df (x)

dx=d�5x3 � 7x2 + 2x� 3

�dx

= 15x2 � 14x+ 2

1

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(a) Dibuja la grá�ca de la función f (x) =p5 + x en el intervalo [�5;+1)

(b) Encuentra los extremos absolutos de la función en dicho intervalo, si existe alguno, y determina los valores de xpara los cuales ocurren los extremos absolutos.

Solución:

(a) La grá�ca de la función

f (x) =p5 + x

en el intervalo [�5;+1) es

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

1

2

3

4

x

f(x)

(b)

Primeramente recordemos la de�nición de máximo absoluto y de mínimo absoluto:

3.1.5 De�nición de valor máximo absoluto en un intervalo (página 201).La función f tiene un valor máximo absoluto en un intervalo si existe algún número c en el intervalo tal

que f (c) � f (x) para toda x del intervalo. El número f (c) es el valor máximo absoluto de f en el intervalo.

y

3.1.6 De�nición de valor mínimo absoluto en un intervalo (página 201).La función f tiene un valor mínimo absoluto en un intervalo si existe algún número c en el intervalo tal

que f (c) � f (x) para toda x del intervalo. El número f (c) es el valor mínimo absoluto de f en el intervalo.

De la grá�ca es claro que f (�5) = 0 � f (x) para toda x en el intervalo [�5;+1), así que x = �5 es un mínimoabsoluto y que su valor es 0.

Por otro lado, la función crece tanto como uno quiera y no va a existir níngun valor c en el intervalo [�5;+1) quecumpla con que f (c) � f (x) para toda x en el intervalo, así que no existe un máximo absoluto.

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Dadas las funciones f (x) =px+ 2 y g (x) = x2 � 4, determina las siguientes funciones y determina los dominios de

las funciones resultantes: (a) f + g; (b) f � g; (c) f � g; (d) f=g; (e) g=f ; (f) f � g; (f) g � f .

Solución:

Función f (x) =px+ 2.

Examinemos primero la función f (x) =px+ 2.

Es claro que el dominio de la función consiste de todos los números reales que hacen que x+ 2 � 0. Eso quiere decirque el dominio de f es el conjunto de números reales x tales que x � �2.

Función g (x) = x2 � 4.

Examinemos ahora la función g (x) = x2 � 4.

Es claro que el dominio de la función consiste de todos los números reales.

a) f + g

La suma f + g queda de�nida como

(f + g) (x) =px+ 2 + x2 � 4

Es claro que el dominio de la función es el intervalo [�2;+1).

b) f � g

La resta f � g queda de�nida como

(f � g) (x) =px+ 2� x2 + 4

Es claro que el dominio de la función es el intervalo [�2;+1).

c) f � g

El producto f � g queda de�nida como

(f � g) (x) =�x2 � 4

�px+ 2

El dominio de la función es el intervalo [�2;+1).

d)f

g

El cocientef

gqueda de�nida como

�f

g

�(x) =

px+ 2

x2 � 4

El dominio es el conjunto (�2;+2) [ (+2;+1).

e)g

f

1

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El cocienteg

fqueda de�nida como

�g

f

�(x) =

x2 � 4px+ 2

El dominio de la función es el intervalo (�2;+1).

f) f � g

La composición f � g queda de�nida como

(f � g) (x) =px2 � 4 + 2 =

px2 � 2

El dominio es el conjunto (�1;�p2] [ [

p2;+1).

g) g � f


(g � f) (x) =�px+ 2

�2 � 4 = x+ 2� 4 = x� 2El dominio de la función es el intervalo [�2;+1).

2

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g (x) =x2

4+4

x2

Solución:


dg (x)

dx=

d

�x2

4+4

x2

�dx

=d

dx

�x2

4

�+d

dx

�4

x2

�Usamos ahora la propiedad

d [cF (x)]

dx= c

dF (x)

dx

para escribir

dg (x)

dx=

d

�x2

4+4

x2

�dx

=d

dx

�x2

4

�+d

dx

�4

x2

�=1

4

d

dx

�x2�+ 4

d

dx

�1

x2

�Ahora usamos la derivada de una potencia,

dxn

dx= nxn�1

y obtenemos

dg (x)

dx=

d

�x2

4+4

x2

�dx

=d

dx

�x2

4

�+d

dx

�4

x2

�=1

4

d

dx

�x2�+ 4

d

dx

�1

x2

�=1

4(2x) + 4

��2x3

�que �nalmente se reduce a

dg (x)

dx=1

4(2x) + 4

��2x3

�=x

2� 8

x3

1

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(a) Dibuja la grá�ca de la función f (x) =��9� x2�� en el intervalo [�2; 4].


Solución:

(a) Para construir la grá�ca de la función

f (x) =��9� x2��

notemos primero que si x 2 (�3; 3) tenemos que 9� x2 > 0, y podemos escribir la función como

f (x) = 9� x2

Si x =2 (�3; 3) tenemos que 9� x2 < 0 y la función se espresa como

f (x) = x2 � 9.

Por tanto, tenemos resumiendo,

f (x) =9� x2 �2 � x � 3x2 � 9 3 � x � 4

El primer segmento de la curva es una parábola con vértice en (0; 9), con eje el eje Y y que crece hacia abajo. Elsegundo segmento es una parábola con vértice en (0;�9), con eje el eje Y y que crece hacia arriba.

A continuación presentamos la grá�ca

2 1 0 1 2 3 4

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

f(x)

(b)

Para determinar grá�camente los valores extremos de la función debemos recordar sus de�niciones:

3.1.5 De�nición de valor máximo absoluto en un intervalo (página 201).La función f tiene un valor máximo absoluto en un intervalo si existe algún número c en el intervalo tal

que f (c) � f (x) para toda x del intervalo. El número f (c) es el valor máximo absoluto de f en el intervalo.

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y

3.1.6 De�nición de valor mínimo absoluto en un intervalo (página 201).La función f tiene un valor mínimo absoluto en un intervalo si existe algún número c en el intervalo tal

que f (c) � f (x) para toda x del intervalo. El número f (c) es el valor mínimo absoluto de f en el intervalo.

Con estas de�niciones y estudiando la grá�ca es claro que x = 0 es un máximo absoluto, con un valor f (0) = 9, porquef (0) = 9 � f (x) para cualquier otro x en el intervalo [�2; 4].

Igualmente es claro de la grá�ca que en todo el intervalo el menor valor que toma la función es 0 en x = 3. Así quetenemos un mínimo absoluto en x = 3 con un valor de 0.

2

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Dadas las funciones f (x) =1

x2y g (x) =

px, determina las siguientes funciones y determina los dominios de las

funciones resultantes: (a) f + g; (b) f � g; (c) f � g; (d) f=g; (e) g=f ; (f) f � g; (f) g � f .

Solución:

Función f (x) =1

x2.

Examinemos primero la función f (x) =1

x2.

Es claro que el dominio de la función consiste de todos los números reales, excepto el 0 donde no está de�nida la

función (f (0) sería1

02=1

0que no está de�nido). Dominio= (�1;+1)� f0g.

El rango de la función consta de los números reales positivos, (0;+1).

Función g (x) =px.

Examinemos ahora la función g (x) =px.

Es claro que el dominio de la función consiste únicamente de los números reales positivos y el 0. Los números realesnegativos no pueden estar en el dominio de la función, porque no existe, en los números reales, la raiz cuadrada de unnúmero real negativo. Dominio= [0;�1).

El rango de la función consta de todos los números reales, (�1;+1).

a) f + g

La suma f + g queda de�nida como

(f + g) (x) =1

x2+px

Es claro que el dominio consiste únicamente de los números reales positivos, (0;+1).

b) f � g

La resta f � g queda de�nida como

(f � g) (x) = 1

x2�px


c) f � g

El producto f � g queda de�nida como

(f � g) (x) =px

x2


d)f

g

1

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El cocientef

gqueda de�nida como

�f

g

�(x) =

1

x2px


e)g

f

El cocienteg

fqueda de�nida como

�g

f

�(x) = x2

px

Es claro que el dominio consiste únicamente de los números reales positivos y el 0, [0;+1).

f) f � g


(f � g) (x) = 1

(px)2


g) g � f


(g � f) (x) =r1

x2

Es claro que el dominio de la función consiste de todos los números reales, excepto el 0 donde no está de�nida lafunción. Dominio= (�1;+1)� f0g.

2

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F (x) = 2x1=2 � 12x�1=2

Solución:


dF (x)

dx=

d

�2x1=2 � 1

2x�1=2

�dx

=d�2x1=2

�dx

�d

�1

2x�1=2

�dx

Usamos ahora que la derivada de una constante por una función es la constante por la derivada de la función,

d [c (x)]

dx= c

d (x)

dx

para escribir

dF (x)

dx=

d

�2x1=2 � 1

2x�1=2

�dx

= 2d�x1=2

�dx

� 12

d�x�1=2

�dx

Ahora usamos

dxn

dx= nxn�1

y obtenemos

dF (x)

dx=

d

�2x1=2 � 1

2x�1=2

�dx

= 2d�x1=2

�dx

� 12

d�x�1=2

�dx

= 21

2x�1=2 � 1

2

��12

�x�3=2

que �nalmente se reduce a

dF (x)

dx= 2

1

2x�1=2 � 1

2

��12

�x�3=2 = x�1=2 +

1

4x�3=2 =

1px

�1 +

1

4x

�Resumiendo,

dF (x)

dx=

1px

�1 +

1

4x

�

1

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(a) Dibuja la grá�ca de la función f (x) =3

x� 2 en el intervalo [0; 4].


Solución:

(a) La grá�ca de la función

f (x) =3

x� 2

en el intervalo [0; 4] es

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0

20

10

0

10

x

f(x)

(b) Es claro que la función f no tiene extremos absolutos en el intervalo [0; 4]. La función crece y decrece sin límiteal acercarnos a x = 2.

1

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Solución:

(a) f (x) = 2x3 � 3x

La gra�ca de la función es

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

200

100

100

200

x

f(x)

y vemos que la función es impar.

Efectivamente, si en la ecuación f (x) = 2x3 � 3x sustituimos x por �x, tenemos

f (�x) = �2x3 + 3x = �f (x). La función es impar.

(b) g (x) = 5x4 + 2x2 � 1

La gra�ca de la función es

1

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5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

1000

2000

3000

x

g(x)

y se ve claramente que la función es par.

Para probarlo vemos que f (�x) = 5x4 + 2x2 � 1 = f (x); es decir, la función es par.

(c) h (x) = 3x5 � 2x3 + x2 � x

1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

x

h(x)

Se nota, de la grá�ca, que la función no es par ni impar.

Analíticamente tenemos h (�x) = �3x5 + 2x3 + x2 + x 6= �h (x), lo que con�rma que la función no es par ni impar.

(d) F (x) =x2 + 1

x3 � x

La grá�ca de esta función es

2

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

6

4

2

2

4

6

x

F(x)

y vemos que es impar.

Analíticamente tenemos

F (�x) = (�x)2 + 1(�x)3 � (�x)

=x2 + 1

�x3 + x = �x2 + 1

x3 � x = �F (x)

que es la de�nición de que una función es impar.

3

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(a) Dibuja la grá�ca de la función f (x) = 2 sin 3x en el intervaloh��3;�

3

i.


Solución:

(a) La grá�ca de la función f (x) = 2 sin 3x en el intervaloh��3;�

3

ies

1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

2

1

1

2

x

f(x)

(b)

Es claro que la función f tiene un mínimo absoluto en el intervaloh��3;�

3

i.

El valor mínimo absoluto que toma la función es -2.

El mínimo absoluto ocurre aproximadamente en �0:5. Para determinar este valor con más presición presentamos lagrá�ca con mayor exactitud en la vecindad de -0.5:

1

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0.60 0.59 0.58 0.57 0.56 0.55 0.54 0.53 0.52 0.51 0.50

2.00

1.99

1.98

1.97

1.96

1.95

x

f(x)

Vemos que efectivamente el valor de la función es -2 y que la x para lo cual ocurre este valor es x � �0:52.

Vemos también que existe un máximo absoluto, alrededor de 0.5, con un valor de 2.

Haciendo una grá�ca más detallada tenemos

0.50 0.51 0.52 0.53 0.54 0.55 0.56 0.57 0.58

1.975

1.980

1.985

1.990

1.995

2.000

x

f(x)

y concluimos que el valor del máximo absoluto es 2 y ocurre en x � 0:52.

2

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Trace la grá�ca de las siguientes funciones y determine su dominio y su contradominio:

(a) f (x) = 4� 2x (b) g (x) = x2 � 4

(c) h (x) =px2 � 16 (d) F (x) =

p16� x2

(e) f (x) = j5� xj (f) g (x) = 5� jxj

Solución:

(a) f (x) = 4� 2x

El dominio de esta función son todos los números reales.

Su contradominio son todos los números reales.

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

6

4

2

2

4

6

8

10

12

14

x

f(x)

(b) g (x) = x2 � 4


Su contradominio es el intervalo [�4;+1).

1

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

4

2

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

x

g(x)

(c) h (x) =px2 � 16

El dominio de esta función es el conjunto (�1;�4] [ [4;+1).

Su contradominio son todos los números reales positivos y el cero; es decir, [0;+1).

10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

h(x)

(d) F (x) =p16� x2

El dominio de esta función es el intervalo [�4; 4].

Su contradominio es el intervalo [0; 4].

2

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4 3 2 1 0 1 2 3 4

1

2

3

4

x

F(x)

(e) f (x) = j5� xj


Su contradominio son todos los números reales positivos y el cero; es decir, [0;+1).

10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10 12 14

2

4

6

8

10

12

14

x

f(x)

(f) g (x) = 5� jxj


Su contradominio es el intervalo (�1; 5].

3

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10 8 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14

10

8

6

4

2

2

4

x

g(x)

4

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Dibuja la grá�ca de la función, determina su dominio y su contradominio.

(a) g (x) =x2 � 16x+ 4

(b) G (x) =x� 4 si x 6= �43 si x = 4

Solución:

(a) g (x) =x2 � 16x+ 4

Como podemos factorizar x2 � 16 = (x+ 4) (x� 4) y

g (x) =x2 � 16x+ 4

=(x+ 4) (x� 4)

x+ 4= x� 4

Su grá�ca es la de una línea recta con pendiente 1 y ordenada al origen -4,

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

9

8

7

6

5

4

3

2

1

1 xy

Su dominio son todos los números reales menos el �4:

Su contradominio son todos los números reales.

(b) G (x) =x� 4 si x 6= �43 si x = 4

Es claro que el dominio de la función son todos los números reales.

Su contradominio son también todos los números reales.

Cuando x = 4 la función toma el valor 3, y en todos los demás números reales correponde a una línea recta de pendiente1 y ordenada al origen -4, como vemos a continuación

1

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x� 4

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

8

6

4

2

2

x

y

2

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Calcula la derivada de la función f (s) =�2s3 � 3s+ 7

�4Solución:

Utilizaremos la regla de la cadena (2.8.1 Teorema Regla de la cadena. Página 164):

Si la función G es diferenciable en x y la función F es diferenciable en G (x), entonces la función compuesta F �G esdiferenciable en x, y (F �G)0 = F 0 (G (x))G0 (x).

En este caso tenemos, aplicando la regla de la cadena,

df (s)

ds= 4

�2s3 � 3s+ 7

�3 d �2s3 � 3s+ 7�ds

Ahora usamos que la derivada de una suma es la suma de las derivadas y obtenemos

df (s)

ds= 4

�2s3 � 3s+ 7

�3 d �2s3 � 3s+ 7�ds

= 4�2s3 � 3s+ 7

�3 "d �2s3�ds

+d (�3s)ds

+d (7)

ds

#

Usamos ahora la propiedad

d [cF (x)]

dx= c

dF (x)

dx

para escribir

df (s)

ds= 4

�2s3 � 3s+ 7

�3 "2d�s3�

ds� 3d (s)

ds+ 7

d (1)

ds

#

Ahora usamos

dxn

dx= nxn�1

y obtenemos

df (s)

ds= 4

�2s3 � 3s+ 7

�3 "2d�s3�

ds� 3d (s)

ds+ 7

d (1)

ds

#= 4

�2s3 � 3s+ 7

�3 �2�3s2�� 3 (1) + 7 (0)

�y

df (s)

ds= 4

�2s3 � 3s+ 7

�3 �2�3s2�� 3 (1) + 7 (0)

�= 4

�2s3 � 3s+ 7

�3 �6s2 � 3

�que nos lleva al resultado �nal

df (s)

ds= 12

�2s2 � 1

� �2s3 � 3s+ 7

�3

1

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Para las dos siguientes funciones

(a) f (x) = x4 � 12x2 + 36 con x 2 [�2; 3]

(b) f (x) = x4 � 12x2 + 36 con x 2 [�4; 2]

(i) Determina mediante una grá�ca los extremos absolutos de la función en el intervalo indicado.

(ii) Con�rma las respuestas analíticamente.

Solución:

(a) f (x) = x4 � 12x2 + 36 con x 2 [�2; 3]

(i)

De la grá�ca de la función

2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

10

20

30

x

f(x)

es claro que en el intervalo [�2; 3] la función tiene un máximo absoluto de 36 en 0 y un mínimo absoluto de 0 en 2.5

(ii) Para comprobar analíticamente estos resultados debemos seguir los siguientes pasos (página 204 del libro):

1. Determine los valores de la función en los números críticos de f en (a; b).

2. Determine los valores de f (a) y f (b).

3. El mayor de los valores determinados en los pasos 1 y 2 es el valor máximo absoluto, y el menor de los valores es elvalor mínimo absoluto.

Debemos entonces determinar primeramente los puntos críticos de la función, es decir, los valores de x donde la derivadase anula o no existe. Sacamos la derivada de la función

df (x)

dx=d

dx

�x4 � 12x2 + 36

�= 4x3 � 24x = 4x

�x2 � 6

�Igualandola a cero

1

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df (x)

dx= 4x

�x2 � 6

�= 0

encontramos dos valores de x en los que se anula la derivada, x = 0 y x = �p6 = �2:45.

El valor x = �p6 está fuera del intervalo que estamos considerando y lo desechamos.

Para x = 0 tenemos que la función toma el valor 36. Para saber si es un máximo relativo o un mínimo relativoutilizamos el criterio de la segunda derivada. Tenemos

d2f (x)

dx2=d2

dx2�x4 � 12x2 + 36

�= 12x2 � 24

que evaluada en x = 0 da�d2f (x)

dx2

�x=0

=�12x2 � 24

�x=0

= �24 < 0

y por lo tanto x = 0 es un máximo relativo.

Para x = +p6 tenemos que la función toma el valor 0. Para saber si es un máximo relativo o un mínimo relativo

utilizamos el criterio de la segunda derivada. Tenemos

d2f (x)

dx2=d2

dx2�x4 � 12x2 + 36

�= 12x2 � 24

que evaluada en x =p6 da�

d2f (x)

dx2

�x=

p6

=�12x2 � 24

�x=

p6= 12� 6� 24 = 48 > 0

y por lo tanto x =p6 es un mínimo relativo.

Calculamos ahora el valor de la función en los extremos del intervalo. Se tiene

f (�2) = 4

y

f (3) = 9

Comparando con f (0) = 36 y f�p6�= 0, vemos que:

El máximo absoluto de la función ocurre en x = 0 con un valor de 36.

El mínimo absoluto de la función ocurre en x =p6 con un valor de 0.

(a) f (x) = x4 � 12x2 + 36 con x 2 [�4; 2]

(i)


2

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4 3 2 1 0 1 2

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

x

f(x)

es claro que en el intervalo [�4; 2] la función tiene un máximo absoluto de 100 en -4 y un mínimo absoluto de 0 en -2.5(en realidad este mínimo ocurre en

p6 = 2: 449 5 pero con la resolución de la grá�ca no es posible determinarlo con esa

precisión. Esta determinación la hacemos analíticamente más abajo).





Debemos entonces determinar primeramente los puntos críticos de la función, es decir, los valores de x donde la derivadase anula o no existe. Sacamos la derivada de la función

df (x)

dx=d

dx

�x4 � 12x2 + 36

�= 4x3 � 24x = 4x

�x2 � 6

�Igualandola a cero

df (x)

dx= 4x

�x2 � 6

�= 0

encontramos dos valores de x en los que se anula la derivada, x = 0 y x = �p6 = �2:45.

El valor x = +p6 está fuera del intervalo que estamos considerando y lo desechamos.

Para x = 0 tenemos que la función toma el valor 36. Para saber si es un máximo relativo o un mínimo relativoutilizamos el criterio de la segunda derivada. Tenemos

d2f (x)

dx2=d2

dx2�x4 � 12x2 + 36

�= 12x2 � 24

que evaluada en x = 0 da�d2f (x)

dx2

�x=0

=�12x2 � 24

�x=0

= �24 < 0

y por lo tanto x = 0 es un máximo relativo.

3

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Para x = �p6 tenemos que la función toma el valor 0. Para saber si es un máximo relativo o un mínimo relativo

utilizamos el criterio de la segunda derivada. Tenemos

d2f (x)

dx2=d2

dx2�x4 � 12x2 + 36

�= 12x2 � 24

que evaluada en x =p6 da�

d2f (x)

dx2

�x=�

p6

=�12x2 � 24

�x=�

p6= 12� 6� 24 = 48 > 0

y por lo tanto x = �p6 es un mínimo relativo.

Calculamos ahora el valor de la función en los extremos del intervalo. Se tiene

f (�4) = 100

y

f (2) = 4

Comparando con f (0) = 36 y f��p6�= 0, vemos que:

El máximo absoluto de la función ocurre en x = �4 con un valor de 100.

El mínimo absoluto de la función ocurre en x = �p6 con un valor de 0.

Nota: El objetivo de este problema es mostrar que la misma función tiene diferentes extremos en diferentes intervalos.

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Dibuja la grá�ca de la función, determina su dominio y su contradominio.

(a) F (x) =3� x x < 03 + 2x 0 � x (b) G (x) =

x2 � 1 si x � 0x� 1 si x > 0

Solución:

(a) F (x) =3� x x < 03 + 2x 0 � x

Su grá�ca es la de una línea recta con pendiente -1 y ordenada al origen 3 para las x negativas y es una línea rectacon pendiente 2 y ordenada al origen 3 para las x positivas y el cero. La grá�ca se ve como sigue:

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

2

4

6

8

10

12

x

F(x)

Su dominio son todos los números reales.

Su contradominio son los números reales mayores o iguales a 3; es decir, es [3;+1).

(b) G (x) =x2 � 1 si x � 0x� 1 si x > 0

Es claro que el dominio de la función son todos los números reales; es decir, (�1;+1).

Su contradominio es [�1;+1).

Para x � 0 tenemos una parábola con su eje coincidente con el eje Y y que crece hacia arriba. Para x > 0 tenemosuna recta con pendiente 1 y ordenada al origen -1. La grá�ca se ve como sigue

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 52

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

x

G(x)

2

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Calcula la derivada de la función F (x) =�x2 � 1

�3=2 �x2 � 4

�1=2.

Solución:

Lo primero que notamos es que la función es un producto; por lo tanto, necesitamos el teorema que nos da dichaderivada:

2.4.6 Teorema Regla de diferenciación para el producto (página 126).

Si f y g son funciónes y h es la función de�nida por

h (x) = f (x)� g (x)

y si f 0 (x) y g0 (x) existen, entonces

h0 (x) = f (x) g0 (x) + f 0 (x) g (x).

Así que

dF (x)

dx=d

dx

h�x2 � 1

�3=2 �x2 � 4

�1=2i=�x2 � 1

�3=2 ddx

h�x2 � 4

�1=2i+�x2 � 4

�1=2 ddx

h�x2 � 1

�3=2i

Para derivar cada uno de los factores utilizamos ahora la regla de diferenciación de una potencia racional,

2.9.1 Teorema Regla de diferenciación de la función potencia (para exponentes racionales)

Si f es la función potencia, de�nida por f (x) = xr, donde r es cualquier número racional, entonces f es diferenciabley

f 0 (x) = rxr�1

Usando este teorema tenemos, más la regla de la cadena, (2.8.1 Teorema Regla de la cadena. Página 164),

Si la función G es diferenciable en x y la función F es diferenciable en G (x), entonces la función compuesta F �G esdiferenciable en x, y (F �G)0 = F 0 (G (x))G0 (x)

tenemos

d

dx

h�x2 � 4

�1=2i=1

2

�x2 � 4

��1=2 ddx

�x2 � 4

�=1

2

�x2 � 4

��1=2(2x) =

xpx2 � 4

y

d

dx

h�x2 � 1

�3=2i=3

2

�x2 � 1

�1=2 ddx

�x2 � 1

�=3

2

�x2 � 1

�1=2(2x) = 3x

px2 � 1

que susttuyendo en la expresión para la derivada, nos da

dF (x)

dx=d

dx

h�x2 � 1

�3=2 �x2 � 4

�1=2i=�x2 � 1

�3=2 ddx

h�x2 � 4

�1=2i+�x2 � 4

�1=2 ddx

h�x2 � 1

�3=2i=

=�x2 � 1

�3=2 xpx2 � 4

+�x2 � 4

�1=23xpx2 � 1 = x

�4x2 � 13

�rx2 � 1x2 � 4

Resumiendo,

dF (x)

dx= x

�4x2 � 13

�rx2 � 1x2 � 4

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Para la siguiente función

f (x) = sinx+ cosx con x 2 [�1; 1]

(i) Determina mediante una grá�ca los extremos absolutos de la función en el intervalo indicado.

(ii) Con�rma las respuestas analíticamente.

Solución:

(a) f (x) = sinx+ cosx con x 2 [�1; 1]

(i)


1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

x

f(x)

es claro que en el intervalo [�1; 1] la función f tiene un máximo absoluto de 1.4 en 0.8 y un mínimo absoluto de -0.3en -1.





Sacamos la derivada de la función

f 0 (x) = cosx� sinx

Igualandola a cero

cosx� sinx = 0, Solution is:�1

4� + �k j k 2 Z

�

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encontramos una in�nidad de soluciones, dadas como

xk =�

4+ k�

donde k es cualquier numero entero (k 2 Z).

En el intervalo [�1; 1] sólo tenemos una de estas soluciones, y es �=4 = 0:785

En este punto el valor de la función es

f��4

�=p2

La segunda derivada

f 00 (x) = � cosx� sinx

tiene en x =�

4un valor

f 00��4

�= �

p2

que es negativo. Por lo tanto, el punto��4;p2�es un máximo relativo.

Calculamos ahora el valor de la función en los extremos del intervalo. Tenemos

f (�1) = cos 1� sin 1 = �0:301 17

y

f (1) = cos 1 + sin 1 = 1: 381 8

Así que comparando los tres números obtenidos f��4

�=p2 = 1: 414 2, f (�1) = cos 1� sin 1 = �0:301 17 y f (1) =

cos 1 + sin 1 = 1: 381 8 concluimos que:

El máximo absoluto de la función ocurre en x =�

4con un valor de

p2.

El mínimo absoluto de la función ocurre en x = �1 con un valor de cos 1� sin 1.

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Dados f (x) = 2x� 5, a = 3, L = 1 y " = 0:05,

(a) Utiliza argumentos semejantes a los de los ejemplos 1 y 3 de la sección 1.4 del Leithold para determinar una � > 0tal que

si 0 < jx� aj < � entonces jf (x)� Lj < "

(b) Apoya tu elección de � del inciso (a) mediante una grá�ca precisa,

(c) Con�rma analíticamente, empleando las propiedades de las desigualdades, la elección de � del inciso (a).

Solución:

(a) Queremos los valores de x que hacen que f (x) esté a una distancia " de L; es decir, buscamos x tal que

f (x)� L = ", lo que en este problema nos da la ecuación

2x� 5� 1 = 0:05

que se resuelve como

x = 3:025.

Ahora "hacia abajo" ponemos, L� f (x) = " que nos da la ecuación

1� (2x� 5) = 0:05

cuya solución es

x = 2:975

Por lo tanto, si x 2 (2:975; 3:025) entonces f (x) 2 (0:95; 1:05).

Así que si tomamos � = 0:025, los valores de f (x) estarán más cerca del límite L = 1 que " = 0:05.

(b) Haciendo una grá�ca tenemos

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de donde es claro que � = 0:025.

(c)

Demostraremos ahora analíticamente que dado " = 0:05, la � que necesitamos es 0.025:

Tenemos que

jf (x)� Lj = j2x� 5� 1j = j2x� 6j = 2 jx� 3j < "

por tanto,

jx� 3j < "

2= �

y tal como queríamos demostrar,

� =0:05

2= 0:025

2

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Determina la derivada

Dx [(x+ 1) sinx� x cosx]

Solución:

Para calcular esta derivada, hacemos primero uso de que la derivada de una suma es la suma de las derivadas,

Dx [(x+ 1) sinx� x cosx] = Dx [(x+ 1) sinx]�Dx [x cosx]

Para calcular cada una de las derivadas que hemos obtenido, hacemos uso de la propiedad de la derivada que dice quela derivada de un producto de dos funciones, es la primera función por la derivada de la segunda más la segunda por laderivada de la primera, así

Dx [(x+ 1) sinx� x cosx] = Dx [(x+ 1) sinx]�Dx [x cosx] = (x+ 1)Dx sinx+sinxDx (x+ 1)�xDx cosx�cosxDxx

Ahora usamos que

Dx sinx = cosx y Dx cosx = � sinx

para obtener

Dx [(x+ 1) sinx� x cosx] = (x+ 1)Dx sinx+sinxDx (x+ 1)�xDx cosx�cosxDxx = (x+ 1) cosx+sinx+x sinx�cosx =

= sinx+ x cosx+ x sinx

Resumiendo

Dx [(x+ 1) sinx� x cosx] = (1 + x) sinx+ x cosx

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Veri�ca que la función

f (x) = x3 � x2 � 4x+ 4

satisface las tres condiciones de la hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo [�2; 1]. Después encuentra una valoradecuado para c que satisfaga la conclusión del teorema de Rolle. Apoya grá�camente la elección de c trazando en elmismo rectángulo de inspección las grá�cas de f y de la recta tangente horizontal en (c; f (c)).

Solución:

El teorema de Rolle (3.3.1 Teorema de Rolle, página 216) establece que dada una función F tal que

(i) es continua en el intervalo cerrado [a; b];

(ii) es diferenciable en el intervalo abierto (a; b);

(iii) F (a) = 0 y F (b) = 0.

Entonces existe un número real c en el intervalo abierto (a; b) tal que F 0 (c) = 0.

Debemos veri�car que la función f (x) = x3 � x2 � 4x+ 4 satisface las tres condiciones de la hipótesis del teorema deRolle en el intervalo [�2; 1].

(i) ¿es la función f continua en el intervalo cerrado [�2; 1]?

Dado que la función es un polinomio, y los polinomios son continuos en toda la recta real (1.8.3 Teorema, página 71),la función f es continua en todo el intervalo [�2; 1].

(ii) ¿es diferenciable f en el intervalo abierto (�2; 1)?

La derivada de f es

f 0 (x) = 3x2 � 2x� 4

que es un polinomio de grado 2 y que está de�nido en toda la recta real, en particular en el intervalo abierto (�2; 1).

Es decir, la derivada existe en todo el intervalo abierto (�2; 1).

(iii) ¿f (�2) = 0 y f (1) = 0?

Tenemos f (�2) = (�2)3 � (�2)2 � 4 (�2) + 4 = �8� 4 + 8 + 4 = 0; es decir, f (�2) = 0.

Además f (1) = (1)3 � (1)2 � 4 (1) + 4 = 1� 1� 4 + 4 = 0; es decir, f (1) = 0.

Como se satisfacen las condiciones del teorema de Rolle, debe existir un número real c 2 (a; b) tal que f 0 (c) = 0.

Para encontrar ese valor c, calculamos la derivada

f 0 (x) = 3x2 � 2x� 4,

la igualamos a cero,

3x2 � 2x� 4 = 0,

y resolvemos la ecuación. Obtenemos dos soluciones, dado que la ecuación es cuadrática, que son

x1 =1

3

p13 +

1

3= 1:54; y x2 =

1

3� 13

p13 = �0:87

1

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El primer valor está fuera del intervalo, así que c es el segundo, c =1

3� 13

p13 = �0:87.

En la siguiente grá�ca tenemos en rojo la función f (x) = x3 � x2 � 4x + 4 y en azul la recta tangente en el punto(c; f (c)).

2.0 1.8 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

1

2

3

4

5

6

x

f(x)

2

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Dados f (x) =x2 � 25x� 5 , a = 5, L = 10 y " = 0:1,





Solución:



x2 � 25x� 5 � 10 = 0:1

que reescribimos como

(x� 5) (x+ 5)x� 5 � 10 = x+ 5� 10 = x� 5 = 0:1


x = 5:1.


10� x2 � 25x� 5 = 0:1

Factorizando y cancelando factores

10� x2 � 25x� 5 = 10� (x� 5) (x+ 5)

x� 5 = 10� (x+ 5) = 5� x = 0:1

cuya solución es

x = 4:9



(b) Haciendo una grá�ca en la vecindad de x = 5 tenemos

1

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4.6 4.7 4.8 4.9 5.0 5.1 5.2 5.3 5.49.5

9.6

9.7

9.8

9.9

10.0

10.1

10.2

10.3

10.4

10.5

x

y


(c)

Demostraremos ahora analíticamente que dado " = 0:1, la � que necesitamos es 0.1.

Tenemos que

jf (x)� Lj =��x2 � 25x� 5 � 10

�� = jx+ 5� 10j = jx� 5j < "por tanto,

jx� 5j < " = �

y tal como queríamos demostrar,

� = " = 0:1

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Veri�ca que la función

f (x) =p3� x

satisface la hipótesis del teorema del valor medio en el intervalo [�6;�1]. Después encuentra una valor adecuado parac que satisfaga la conclusión del teorema del valor medio. Apoya grá�camente la elección de c trazando en el mismorectángulo de inspección las grá�ca de f en el intervalo cerrado [�6;�1], la recta tangente en (c; f (c)) y la recta secanteque pasa por los puntos (a; f (a)) y (b; f (b)) y mostrando que las rectas tangente y secante son paralelas.

Solución:

Primero enunciamos el teorema del valor medio:

3.3.2 Teorema del valor medio (página 217).Sea f una función tal que(i) es continua en el intervalo cerrado [a; b];(ii) es diferenciable en el intervalo abierto (a; b).Entonces existe un número c en el intervalo abierto (a; b) tal que

f 0 (c) =f (b)� f (a)

b� a

Debemos veri�car que la función f (x) =p3� x satisface las dos condiciones de la hipótesis del teorema de Rolle en

el intervalo [�6;�1].

(i) ¿es la función f continua en el intervalo cerrado [�6;�1]?

La función f (x) =p3� x es la composición de la función h (x) = 3 � x y de la función g (x) =

px. Es decir,

f (x) =p3� x = [g � h] (x).

Además sabemos que

1.9.2 Teorema Continuidad de una función compuestaSi la función G es continua en a y la función F es continua en G (a), entonces la función compuesta F �G

es continua en a.

Dado que la función es una composición, basta ahora demostrar que h (x) = 3� x es continua en el intervalo [�6;�1]y que g (x) =

px es continua en el intervalo [4; 9].

Que h (x) = 3� x es continua en el intervalo [�6;�1] está garantizado por el teorema

1.8.3 Teorema (página 71)Una función polinomial es continua en todo número real.

Que g (x) =px es continua en el intervalo [4; 9] está garantizado por el teorema

1.8.5 TeoremaSi n es un número entero positivo yF (x) = n

px

entonces(i) si n es impar, entonces F es continua en todo número real,(ii) si n es par, entonces F es continua en todo número real positivo

1

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La función f (x) =p3� x es continua en todo el intervalo cerrado [�6;�1].

(ii) ¿es f (x) =p3� x diferenciable en el intervalo abierto (a; b)?

La derivada de f (x) es

f 0 (x) = �12

1p3� x

que está correctamente de�nida en todo el intervalo (�6;�1).

Por tanto, la función f sí es diferenciable en el intervalo abierto (�6;�1).

Como si satisfacen las hipótesis del teorema del valor medio, entonces existe un número c en el intervalo abierto(�6;�1) tal que

f 0 (c) =f (�1)� f (�6)�1� (�6) =

p3� (�1)�

p3� (�6)

5=

p4�

p9

5=2� 35

= �15.

Para hallar ese valor hacemos

[f 0 (x)]x=c =

��12

1p3� x

�x=c

= �12

1p3� c

= �15

que nos da

c = �134= �3: 25

Por lo tanto, la recta tangente en (c; f (c)) tiene por ecuación,

y � f��134

�= �1

5

�x�

��134

��o sea

4x+ 20y � 37 = 0, Solution is: 3720� 15x

y la ecuación de la recta secante que pasa por (�6; f (�6)) y (�1; f (�1)) es

y � f (�1) = f (�1)� f (�6)�1� (�6) (x� (�1))

o sea

x+ 5y � 9 = 0, Solution is: 95� 15x

Gra�cando la función y construyendo las líneas rectas tangente y secante, tenemos

2

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6 5 4 3 2 12.0

2.1

2.2

2.3

2.4

2.5

2.6

2.7

2.8

2.9

3.0

x

f(x)

La línea azul es la tangente y la línea recta verde es la secante. Vemos que sí son paralelas.

3

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Dados f (x) = x2 + 4, a = 2, L = 8 y " = 0:3,





Solución:



x2 + 4� 8 = 0:3

que reescribimos como

x2 � 4 = 0:3


x = �p4:3 = 2:07.


8� x2 � 4 = 0:3

Factorizando y cancelando factores

3:7� x2 = 0,

cuya solución es

x = �1:92



(b) Haciendo una grá�ca en la vecindad de x = 5 tenemos

1

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1.6 1.8 2.0 2.2 2.46.06.26.46.66.87.07.27.47.67.88.08.28.48.68.89.0

x

f(x)


(c)

La demostración analítica es idéntica a la del ejemplo 4, de la sección 1.4, página 34.

2

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Demuestra que limx!3

(2x� 5) = 1

Solución:

Debemos demostrar que dado " > 0 existe � > 0 tal que si jx� 3j < � entonces j2x� 5� 1j < ".

Como

j2x� 5� 1j = j2x� 6j = 2 jx� 3j < "

basta tomar

� ="

2

para que se cumpla la condición y efectivamente

limx!3

(2x� 5) = 1

1

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Calcula la derivada de la función

f (x) =

�2x

x2 + 1

�2y apoya tu respuesta trazando las grá�cas de la respuesta y la derivada numérica en x en el mismo rectángulo de

inspección.

Solución:

Para derivar esta función debemos utilizar primeramente la regla de la cadena (2.8.1 Teorema Regla de la cadena.Página 164), que dice:

Si la función G es diferenciable en x y la función F es diferenciable en G (x), entonces la función compuesta F �G esdiferenciable en x, y (F �G)0 = F 0 (G (x))G0 (x).

En este caso tenemos

df (x)

dx=d

dx

�2x

x2 + 1

�2= 2

�2x

x2 + 1

�d

dx

�2x

x2 + 1

�Debemos sacar ahora la derivada de un cociente, y para ello utilizamos el teorema 2.4.7 Regla de diferenciación para

el cociente que establece:

Si F y G son funciones y H es lafunción de�nida por

H (x) =F (x)

G (x), donde G (x) 6= 0

y si F 0 (x) y G0 (x) existen, entonces

H 0 (x) =G (x)F 0 (x)� F (x)G0 (x)

G2 (x)

Aplicando esta regla obtenemos

d

dx

�2x

x2 + 1

�=

�x2 + 1

� d (2x)dx

� (2x) ddx

�x2 + 1

�(x2 + 1)

2

Ahora aplicamos el teorema 2.4.3 Regla de diferenciación para el producto de una función por una constante, queestablece que:

Si F es una función, c es una constante y G es la función de�nida como

G (x) = cF (x)

y si F 0 (x) existe, entonces

G0 (x) = cF 0 (x)

por lo que

d (2x)

dx= 2

dx

dx

y con el teorema 2.4.2 Regla de diferenciación de potencias que establece que:

Si n es un número entero positivo y si F (x) = xn, entonces F 0 (x) = nxn�1

1

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obtenemos

d (2x)

dx= 2

dx

dx= 2 (1)x1�1 = 2x0 = 2

Para el términod

dx

�x2 + 1

�aplicamos primero el teorema 2.4.4 Regla de diferenciación para la suma de funciones que

dice:

Si F y G son funciones y H es la función de�nida por

H (x) = F (x) +G (x)

y si F 0 (x) y G0 (x) existen, entonces

H 0 (x) = F 0 (x) +G0 (x)

para obtener

d

dx

�x2 + 1

�=dx2

dx+d1

dx

y usando el teorema 2.4.2 Regla de diferenciación de potencias que establece que:

Si n es un número entero positivo y si F (x) = xn, entonces F 0 (x) = nxn�1

y el hecho que la derivada de una constante es cero, tenemos

d

dx

�x2 + 1

�=dx2

dx+d1

dx= 2x+ 0 = 2x

Así que

d

dx

�2x

x2 + 1

�=

�x2 + 1

� d (2x)dx

� (2x) ddx

�x2 + 1

�(x2 + 1)

2 =

�x2 + 1

�2� (2x) (2x)

(x2 + 1)2 = � 2x2 � 2

(x2 + 1)2 = �2

�x2 � 1

�(x2 + 1)

2

Como teníamos que

df (x)

dx=d

dx

�2x

x2 + 1

�2= 2

�2x

x2 + 1

�d

dx

�2x

x2 + 1

�y

d

dx

�2x

x2 + 1

�= �2

�x2 � 1

�(x2 + 1)

2

llegamos �nalmente a que

df (x)

dx= 2

�2x

x2 + 1

�d

dx

�2x

x2 + 1

�= 2

�2x

x2 + 1

� �2�x2 � 1

�(x2 + 1)

2

!= �8x x2 � 1

(x2 + 1)3

Resumiendo

df (x)

dx=d

dx

�2x

x2 + 1

�2= �8x x2 � 1

(x2 + 1)3

Calcularemos ahora la derivada numérica.

Por de�nición (2.3.1 De�nición de la derivada numérica, página 119) la derivada numérica de F en el número real a,está dada como

2

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NDER(F (x) ; a) =F (a+�x)� F (a��x)

2�x

donde la elección de �x depende de la aproximación deseada de NDER(F (x) ; a) a F 0 (a).

En nuestro libro de texto se recomienda utilizar �x = 0:001.

En nuestro ejemplo particular tenemos

NDER(f (x) ; �) =f (� + 0:001)� f (� � 0:001)

0:002=

2 (� + 0:001)

(� + 0:001)2+ 1

!2�

2 (� � 0:001)(� � 0:001)2 + 1

!20:002

Realizando toda el álgebra

NDER(f (x) ; �) =

2 (� + 0:001)

(� + 0:001)2+ 1

!2�

2 (� � 0:001)(� � 0:001)2 + 1

!20:002

=5:000�

�1� �2

�0:625�6 + 1:875�4 + 1:875�2 + 0:625

En la grá�ca siguiente podemos ver, en azul la derivada exacta, y en rojo la derivada numérica. Es notable quepracticamente no se pueden distinguir; es decir, en la aproximación en la cual la computadora hizo la grá�ca, la derivaday la derivada numérica coinciden

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

1.61.41.21.00.80.60.40.2

0.20.40.60.81.01.21.41.6

x

y

3

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Solución:

(a)




(iii) F (a) = 0 y F (b) = 0

Entonces existe un número real c en el intervalo abierto (a; b) tal que F 0 (c) = 0

La función f satisface las condiciones del teorema de Rolle. Efectivamente

(i) al ser una función polinomial es continua en el intervalo cerrado [a; b];

(ii) al ser una función polinomial es diferenciable en el intervalo abierto (a; b);

(iii) en el enunciado del problema se establece que f (a) = 0 y f (b) = 0;

Por lo tanto, existe un número real c en el intervalo abierto (a; b) tal que f 0 (c) = 0

Consideremos ahora la función f 0 de�nida en el intervalo [a; c]. Está función satisface también las condiciones delteorema de Rolle. Efectivamente

(i) al ser la derivada de una función polinomial es también polinomial y es continua en el intervalo cerrado [a; c];

(ii) al ser la derivada de una función polinomial es también polinomial y es diferenciable en el intervalo abierto (a; c);

(iii) en el enunciado del problema se establece que f 0 (a) = 0 y acabamos de demostrar que f 0 (c) = 0;

Por lo tanto, existe un número real d1 en el intervalo abierto (a; c) tal que f 00 (d1) = 0

Lo mismo sucede para la función f 0 de�nida ahora en el intervalo [c; b]. La función satisface las condiciones del teoremade Rolle. En efecto, tenemos

(i) al ser la derivada de una función polinomial es también polinomial y es continua en el intervalo cerrado [c; b];

(ii) al ser la derivada de una función polinomial es también polinomial y es diferenciable en el intervalo abierto (c; b);

(iii) en el enunciado del problema se establece que f 0 (b) = 0 y demostramos que f 0 (c) = 0;

1

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Por lo tanto, existe un número real d2 en el intervalo abierto (c; b) tal que f 00 (d2) = 0

Vemos que efectivamente existen dos valores, d1 y d2, en el intervalo abierto (a; b) en los cuales la función f 00 se anula,tal y como se quería demostrar.

en esencia lo que sucede es que el punto c de la función f divide el intervalo de la función f 0 en dos en los cuales secumplen las condiciones del teorema de Rolle.

(b)

La función

f (x) =�x2 � 4

�2= x4 � 8x2 + 16

es efectivamente polinomial.

Tenemos que

f (�2) = 0

y

f (2) = 0

Su derivada es

f 0 (x) = 4x�x2 � 4

�= 4x3 � 16x

que tiene los valores

f 0 (�2) = 0

y

f 0 (2) = 0

Así que efectivamente satisface las condiciones del inciso (a).

Las grá�cas de esta función (en rojo) y la de su derivada (en azul) son

2

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2.0 1.5 1.0 0.5 0.5 1.0 1.5 2.0

12

10

8

6

4

2

2

4

6

8

10

12

14

16

x

En la grá�ca se ve claramente que�x2 � 4

�2satisface las condiciones del teorema de Rolle en el intervalo [�2; 2] y que

tiene un punto donde su derivada se hace cero, que es el cero. Se ve también que la derivada de�x2 � 4

�2= 4x

�x2 � 4

�satisface el teorema de Rolle en el intervalo [�2; 0] y tiene entonces un lugar donde su derivada se hace cero (es decir,donde f 00 = 0), que es ahí por -1.25. También se ve que la derivada de

�x2 � 4

�2= 4x

�x2 � 4

�satisface el teorema de

Rolle en el intervalo [0; 2] y tiene entonces un lugar donde su derivada se hace cero (es decir, donde f 00 = 0), que es ahípor 1.25. Por tanto, la función derivada f 0 tiene dos lugares en el intervalo en los que su derivada (f 00) se anula, que sonaproximadamente -1.25 y 1.25.

3

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Demuestra que limx!�1

(3x+ 8) = 5.

Solución:

Debemos demostrar que dado " > 0 existe � > 0 tal que si jx� (�1)j < � entonces j3x+ 8� 5j < ".

Como

j3x+ 8� 5j = j3x+ 3j = 3 jx+ 1j < "

basta tomar

� ="

3

para que se cumpla la condición y efectivamente

limx!�1

(3x+ 8) = 5

1

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Calcula la derivada de la función

g (x) =tanx

1 + x

y apoya tu respuesta trazando las grá�cas de la respuesta y la derivada numérica en x en el mismo rectángulo deinspección.

Solución:

Notemos, primeramente, que la función está de�nida por un cociente. Para derivarla necesitamos entonces

2.4.7 Teorema Regla de diferenciación para el cociente (página 128)

Si f y g son funciones y h es la función de�nida por

h (x) =f (x)

g (x), donde g (x) 6= 0


h0 (x) =g (x) f 0 (x)� f (x) g0 (x)

[g (x)]2

Aplicando este teorema tenemos

d

dx

tanx

1 + x=(1 + x)

d tanx

dx� tanxd (1 + x)

dx(1 + x)

2

pero sabemos que

d tanx

dx= tan2 x+ 1 = sec2 x

y

d (1 + x)

dx=d1

dx+dx

dx= 0 + 1 = 1

así que

d

dx

tanx

1 + x=(1 + x)

d tanx

dx� tanxd (1 + x)

dx(1 + x)

2 =(1 + x) sec2 x� tanx

(1 + x)2 =

sec2 x

1 + x� tanx

(1 + x)2

Resumiendo

d

dx

tanx

1 + x=sec2 x

1 + x� tanx

(1 + x)2

Calcularemos ahora la derivada numérica.

Por de�nición (2.3.1 De�nición de la derivada numérica, página 119) la derivada numérica de F en el número real a,está dada como

NDER(F (x) ; a) =F (a+�x)� F (a��x)

2�x

donde la elección de �x depende de la aproximación deseada de NDER(F (x) ; a) a F 0 (a).

1

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En nuestro libro de texto se recomienda utilizar �x = 0:001.

En nuestro ejemplo particular tenemos

NDER(g (x) ; �) =g (� + 0:001)� g (� � 0:001)

0:002=

tan (� + 0:001)

1 + � + 0:001� tan (� � 0:001)1 + � � 0:001

0:002

Realizando el álgebra

NDER(f (x) ; �) =

tan (� + 0:001)

� + 1:001� tan (� � 0:001)

� + 0:999

0:002=

(� + 0:999) tan (� + 0:001)� (� + 1:001) tan (� � 0:001)(� + 1:001) (� + 0:999)

0:002=

=(� + 0:999) tan (� + 0:001)� (� + 1:001) tan (� � 0:001)

0:002 (� + 1:001) (� + 0:999)=(� + 0:999) tan (� + 0:001)� (� + 1:001) tan (� � 0:001)

0:002 �2 + 0:004 � + 0:002

pero

tan (a� b) = tan a� tan b1� tan a tan b

así que

NDER(f (x) ; �) =(� + 0:999) tan (� + 0:001)� (� + 1:001) tan (� � 0:001)

0:002 �2 + 0:004 � + 0:002=

(� + 0:999)tan � + tan (0:001)

1� tan � tan (0:001) � (� + 1:001)tan � � tan (0:001)1 + tan � tan (0:001)

0:002 �2 + 0:004 � + 0:002

Pero tan (0:001) = 0:001, y por tanto,

NDER(f (x) ; �) =(� + 0:999)

tan � + tan (0:001)

1� tan � tan (0:001) � (� + 1:001)tan � � tan (0:001)1 + tan � tan (0:001)

0:002 �2 + 0:004 � + 0:002=

(� + 0:999)tan � + 0:001

1� 0:001 tan � � (� + 1:001)tan � � 0:0011 + 0:001 tan �

0:002 �2 + 0:004 � + 0:002

(� + 0:999)tan � + 0:001

1� 0:001 tan � � (� + 1:001)tan � � 0:0011 + 0:001 tan �

0:002 �2 + 0:004 � + 0:002=0:002 � � 0:002 tan � + 0:002 tan2 � + 0:002 � tan2 � + 0:002�

1� 1:0� 10�6 tan2 �� 0:002 �2 + 0:004 � + 0:002

�Resumiendo,

NDER(f (x) ; �) =0:002 � � 0:002 tan � + 0:002 tan2 � + 0:002 � tan2 � + 0:002�

1� 1:0� 10�6 tan2 �� 0:002 �2 + 0:004 � + 0:002

�En la grá�ca siguiente podemos ver, en azul continuo la derivada exacta, y en rojo punteado la derivada numérica. Es

notable que practicamente no se pueden distinguir; es decir, en la aproximación en la cual la computadora hizo la grá�ca,la derivada y la derivada numérica coinciden.

2

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

6

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

3

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Para la función

f (x) =4� x2 x < 16� 3x x � 1

no existe ningún número c en el intervalo abierto (0; 3) que satisfaga la conclusión del teorema del valor medio.Determine qué condición de la hipótesis del teorema del valor medio no se cumple. Dibuje la grá�ca de f y la recta quepasa por los puntos (a; f (a)) y (b; f (b)).

Solución:

Primeramente enunciamos el teorema del valor medio:

3.3.2 Teorema del valor medio (página 217).

Sea f una función tal que


(ii) es diferenciable en el intervalo abierto (a; b).

Entonces existe un número c en el intervalo abierto (a; b) tal que

f 0 (c) =f (b)� f (a)

b� a

Analicemos el cumplimiento de las condiciones.

¿(i) es continua la función f en el intervalo cerrado [0; 3]?

La función está de�nida por dos segmentos, y cada segmento es un polinomio. Sabemos que los polinomios soncontinuos en toda la recta real, así que el único lugar en que la función puede no ser continua es en la frontera entre lossegmentos, es decir, en x = 1.

En el punto x = 1 tenemos

limx!1�

f (x) = limx!1�

�4� x2

�= lim

x!1�4� lim

x!1�x2 = 4�

�limx!1�

x

�2= 4� (1)2 = 4� 1 = 3

y

limx!1+

f (x) = limx!1+

(6� 3x) = limx!1+

6� limx!1+

(3x) = limx!1+

6� 3 limx!1+

x = 6� 3 (1) = 6� 3 = 3

Por lo tanto, el límite existe y es

limx!1

f (x) = 3

Además, el valor de la función f en el punto x = 1 es f (1) = 6� 3 (1) = 3, o sea

limx!1

f (x) = 3 = f (1).

Como, primero, la función está de�nida en x = 1, segundo, el límite en x = 1 existe, y, �nalmente, el límite es el valorde la función en el punto, la función es continua en x = 1.

Por tanto, la función es continua en todo el intervalo cerrado [0; 3] y la primera condición sí se cumple.

¿(ii) es diferenciable f en el intervalo abierto (0; 3)?

1

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Nuevamente usamos el argumento que la función está de�nida por dos segmentos, y cada segmento es un polinomio.Sabemos que los polinomios son diferenciables en toda la recta real, así que el único lugar en que la función puede no serdiferenciable es en la frontera entre los segmentos, es decir, en x = 1.

En este punto tenemos para la derivada por la izquierda

f 0� (1) = lim�x!0�

f (1 + �x)� f (1)�x

= lim�x!0�

4� (1 + �x)2 � 3�x

= lim�x!0�

4� 1� 2�x+�x2 � 3�x

= lim�x!0�

(�2 + �x) =�2

y la derivada por la derecha

f 0+ (1) = lim�x!0+

f (1 + �x)� f (1)�x

= lim�x!0+

6� 3 (1 + �x)� 3�x

= lim�x!0+

�3�x�x

= lim�x!0+

(�3) = �3

Así que

f 0+ (1) 6= f 0� (1)

y la función no es diferenciable en x = 1.

La condición (ii) no se satisface. La función f no satisface las hipótesis del teorema del valor medio y por eso no existeningún número c en el intervalo abierto (0; 3) tal que

f 0 (c) =f (b)� f (a)

b� a

De hecho, la derivada de la función

f (x) =4� x2 x < 16� 3x x � 1

es

f 0 (x) =�2x x < 1�3 x � 1

y es claro que en x = 1 no es continua.

A continuación presentamos la grá�ca de la función (en rojo) y de su derivada (en azul).

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0

3

2

1

0

1

2

3

4

x

f(x)

Claramente vemos que la derivada no es continua en x = 1.

2

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(0; f (0)) = (0; 4)

(3; f (3)) = (3;�3)

Dibuje la grá�ca de f y la recta que pasa por los puntos (0; f (0)) y (3; f (3)).

La grá�ca de f ya la presentamos. Ahora debemos de calcular la grá�ca de la línea recta que pasa por (0; f (0)) y(3; f (3)).

Como f (0) = 4 y f (3) = �3, tenemos que encontrar la ecuación de la línea recta que pasa por los puntos (0; 4) y(3;�3).

Esa ecuación es

y � 4 = 4� (�3)0� 3 x

que se reduce a

y = �73x+ 4

La grá�ca de la función la presentamos en rojo y la grá�ca de la línea recta que pasa por los puntos (0; f (0)) y (3; f (3))la presentamos en azul:

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0

3

2

1

0

1

2

3

4

x

y

Al ver las dos grá�cas nos damos cuenta que efectivamente no existe ningún punto en el intervalo en el cual la rectatangente a la curva tenga la misma pendiente que la recta que une los extremos de la curva.

3

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Demuestra que limx!�3=4

16x2 � 94x+ 3

= �6

Solución:

Debemos demostrar que dado " > 0 existe � > 0 tal que si jx� 3j < � entonces j2x� 5� 1j < ".

Primero notemos que 16x2 � 9 = (4x+ 3) (4x� 3), así que

16x2 � 94x+ 3

=(4x+ 3) (4x� 3)

4x+ 3= 4x� 3

y��16x2 � 94x+ 3� (�6)

�� = j4x� 3 + 6j = j4x+ 3j = 4 ��x+ 34�� < "

esto implica que��x+ 34�� < "

4

y por tanto si tomamos � = "=4��16x2 � 94x+ 3� (�6)

��será menor que " siempre que

��x+ 34�� < � "4 , que es lo que se quería demostrar.

A continuación presentamos una grá�ca de la función y del punto límite,

2 1 1

10

8

6

4

2

xf(x)

1

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Dada la ecuación

4x2 + 4y2 � y3 = 0

obtendy

dx.

Solución:

Se trata de utilizar la técnica de derivar implicitamente una función. En este caso es muy complicado despejar a ycomo función de x, asi que derivamos implicitamente.

Tenemos

Dx�4x2 + 4y2 � y3

�= 0

que nos da

8x+ 8yDxy � 3y2Dxy = 0

Factorizando la derivada de y respecto a x, encontramos

8x+�8y � 3y2

�Dxy = 0

y �nalmente despejamos para obtener el resultado �nal

Dxy =8x

3y2 � 8y

1

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(a) Traza la grá�ca de la función f (x) = x3 + 3x2 � 4

(b) A partir de la grá�ca determina los extremos relativos de la función.

(c) A partir de la grá�ca determina los valores de x en los que ocurren los extremos relativos.

(d) A partir de la grá�ca determina los intervalos en los que f es creciente.

(e) A partir de la grá�ca determina los intervalos en los que f es decreciente.

Con�rma analíticamente la información obtenida grá�camente.

Solución:

(a) Traza la grá�ca de la función;

f (x) = x3 + 3x2 � 4

4 3 2 1 1 2 3 4

20

10

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

x

f(x)


De la grá�ca vemos claramente que hay dos extremos relativos, un máximo relativo con un valor de cero y un mínimorelativo con un valor de -4:


De la grá�ca vemos claramente que hay dos extremos relativos, -2 y 0.


La función f (x) = x3 + 3x2 � 4 es creciente en el intervalo (�1;�2) y en el intervalo (0;+1).


La función f (x) = x3 + 3x2 � 4 es decreciente únicamente en el intervalo (�2; 0).

1

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Analíticamente los extremos relativos se obtienen derivando la función e igualando la derivada a cero. Tenemos

f (x) = x3 + 3x2 � 4

y

f 0 (x) = 3x2 + 6x

Los ceros de la derivada son los puntos en los cuales

3x2 + 6x = 0

es decir, x1 = �2 y x2 = 0.

Con lo cual con�rmamos que los puntos críticos son �2 y 0.

El valor de la función en esos dos puntos críticos es

f (�2) = 0 y f (0) = �4

que con�rma también la aseveración hecha a partir de la grá�ca.

Para saber si estos puntos críticos son máximos o mínimos relativos, acudimos a la segunda derivada de la función

f 00 (x) = 6x+ 6

y la evaluamos en los puntos críticos

f 00 (�2) = �6 y f 00 (0) = 6.

El punto x = �2 tiene una segunda derivada negativa y por lo tanto se trata de un máximo relativo.

El punto x = 0 tiene una segunda derivada positiva y por lo tanto se trata de un mínimo relativo.

La función es creciente en un intervalo si su derivada es positiva y es decreciente si su derivada es negativa. La derivadaes f 0 (x) = 3x2 + 6x, por tanto f será creciente donde 3x2 + 6x > 0 y f será decreciente cuando 3x2 + 6x < 0.

Tenemos

3x2 + 6x > 0

o bien

3�x2 + 2x

�> 0

Completando un trinomio cuadrado perfecto

3�x2 + 2x+ 1

�> 3

Dividiendo entre 3

x2 + 2x+ 1 > 1

Factorizando

(x+ 1)2> 1

que es equivalente a

x+ 1 > 1 ó x+ 1 < �1

2

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o bien

x > 0 ó x < �2

Así que la deriva es positiva en (�1;�2)[(0;+1), que es donde la función es creciente, tal y como lo vimos claramentede la grá�ca.

La función es decreciente en la región donde

3x2 + 6x < 0

ó sea

3�x2 + 2x

�< 0

Completando un trinomio cuadrado perfecto

3�x2 + 2x+ 1

�< 3

Dividiendo entre 3

x2 + 2x+ 1 < 1

Factorizando

(x+ 1)2< 1

que es equivalente a

�1 < x+ 1 < 1

o bien

�2 < x < 0

Así que la deriva es negativa en (�2; 0), que es donde la función es decreciente, tal y como lo vimos claramente de lagrá�ca.

Las anteriores desigualdades quedan fácilmente con�rmadas mediante una grá�ca de la derivada

3 2 1 1 2 3

10

20

30

40

x

f'(x)

3

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El Cálculo. Louis Leithold. Séptima edición en español. ISBN 970-613-182-5�


Calcula el límite limx!2

�3x2 � 4x+ 5

�e indica los teoremas de límites empleados.

Solución:

Para calcular este límite utilizamos, para empezar, el teorema siguiente:

1.5.6 Teorema 5 de límites (página 41). Límite de la suma y de la diferencia de n funciones.

Si limx!a

f1 (x) = L1, limx!a

f2 (x) = L1,..., y limx!a

fn (x) = Ln, entonces

limx!a

[f1 (x)� f2 (x)� :::� fn (x)] = L1 � L2 � :::� Ln

así que

limx!2

�3x2 � 4x+ 5

�= lim

x!2

�3x2

�� limx!2

(4x) + limx!2

(5)

A continuación utilizamos el teorema

1.5.7 Teorema 6 de límites (página 42). Límite del producto de dos funciones.

Si limx!a

f (x) = L y limx!a

g (x) =M , entonces

limx!a

[f (x)� g (x)] = L�M .

y escribimos entonces

limx!2

�3x2 � 4x+ 5

�= lim

x!2

�3x2

�� limx!2

(4x) + limx!2

(5) = limx!2

(3) limx!2

�x2�� limx!2

(4) limx!2

(x) + limx!2

(5)

Usando ahora que

1.5.3 Teorema 2 de límites. Límite de una función constante.

Si c es una constante, entonces para cualquier número real a;

limx!a

c = c.

tenemos

limx!2

�3x2 � 4x+ 5

�= lim

x!2

�3x2

�� limx!2

(4x) + limx!2

(5) = limx!2

(3) limx!2

�x2�� limx!2

(4) limx!2

(x) + limx!2

(5) =

= 3limx!2

�x2�� 4 lim

x!2(x) + 5

Ahora usamos

1.5.9 Teorema 8 de límites. Límite de la n-enesima potencia de una función.

Si limx!a

f (x) = L y n es cualquier número entero positivo, entonces

limx!a

[f (x)]n= Ln.

para reducir nuestro límite a

limx!2

�3x2 � 4x+ 5

�= lim

x!2

�3x2

�� limx!2

(4x) + limx!2

(5) = limx!2

(3) limx!2

�x2�� limx!2

(4) limx!2

(x) + limx!2

(5) =

1

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= 3limx!2

�x2�� 4 lim

x!2(x) + 5 = 3

�limx!2

x�2� 4 lim

x!2x+ 5

Finalmente utilizamos el teorema

1.5.4 Teorema 3 de límites Límite de la función identidad (página 41).

limx!a

x = a

para obtener

limx!2

�3x2 � 4x+ 5

�= lim

x!2

�3x2

�� limx!2

(4x) + limx!2

(5) = limx!2

(3) limx!2

�x2�� limx!2

(4) limx!2

(x) + limx!2

(5) =

= 3 limx!2

�x2�� 4 lim

x!2(x) + 5 = 3

�limx!2

x�2� 4 lim

x!2x+ 5 = 3 (2)

2 � 4 (2) + 5 = 9

Resumiendo

limx!2

�3x2 � 4x+ 5

�= 9

2

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(a) Traza la grá�ca de la función f (x) = (x� 3)5=3 + 1






Solución:

(a) Traza la grá�ca de la función f (x) = (x� 3)5=3 + 1

He aqui la grá�ca:

80.00

60.00

40.00

20.00

0.00

20.00

40.00

10.00 8.00 6.00 4.00 2.00 0.00 2.00 4.00 6.00 8.00 10.00


Es claro que la función no tiene extremos relativos.


No ocurren en ningun lado porque la función no tiene extremos relativos.


La función es siempre creciente, y como está de�nida en toda la recta real, el intervalo en que es creciente es (�1;1).

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La función f nunca decrece.


Los puntos críticos son aquellos en los cuales la derivada se anula o no existe. Dado que la función es

f (x) = (x� 3)5=3 + 1

su derivada resulta ser

f 0 (x) =5

3(x� 3)2=3

que claramente se anula en x = 3.

Para determinar de qué tipo de punto crítico se trata calculamos la segunda derivada

f 00 (x) =10

9 3px� 3

y vemos que no existe en x = 3.

Así que no se trata de un extremo relativo.

Para ver si se trata de un punto de in�exión debemos ver si la segunda derivada cambia de signo.

Tenemos

f 00 (2:9) = �2:394

y

f 00 (3:1) = 2:394

por lo tanto, x = 3:0 es un punto de in�exión.

Para determinar analíticamente si la función es creciente o decreciente, debemos determinar en que zona es la derivadamayor o menor que cero. Es claro que

f 0 (x) =5

3(x� 3)2=3 = 5

3

�(x� 3)2

�1=3> 0

para toda x. Así que la función es creciente en todo el eje real.

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El Cálculo. Louis Leithold. Séptima edición en español. ISBN 970-613-182-5�


Calcula el límite limz!�3

z2 � 9z + 3

e indica los teoremas de límites empleados.

Solución:

Se trata del límite de un cociente y, en principio podríamos aplicar el teorema

1.5.10 Teorema 9 de límites. Límite del cociente de dos funciones.Si lim

x!af (x) = L y lim

x!ag (x) =M , entonces

limx!a

f (x)

g (x)=L

Msi M 6= 0.

Sin embargo no es posible porque

limz!�3

�z2 � 9

�= lim

z!�3z2 � lim

z!�39 =

�limz!�3

z

�2� limz!�3

9 = (�3)2 � 9 = 0

y

limz!�3

(z + 3) = limz!�3

z + limz!�3

3 = �3 + 3 = 0

Estudiando el numerador nos damos cuenta que lo podemos factorizar. En efecto,

z2 � 9 = (z + 3) (z � 3)

y entonces la fracción nos queda

z2 � 9z + 3

=(z � 3) (z + 3)

z + 3= z � 3

y

limz!�3

z2 � 9z + 3

= limz!�3

(z � 3) = limz!�3

z � limz!�3

3 = �3� 3 = �6

Resumiendo

limz!�3

z2 � 9z + 3

= �6

1

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Calcula el límite limx!1=2

3

r4x2 + 4x� 34x2 � 1 e indica los teoremas de límites empleados.

Solución:

Utilizando el teorema:

Si n es un número entero positivo y si limx!a

f (x) = L, entonces

limx!a

npf (x) = n

pL

con la restricción que si n es par, debemos tener L � 0.

tenemos

limx!1=2

3

r4x2 + 4x� 34x2 � 1 = 3

slim

x!1=2

4x2 + 4x� 34x2 � 1

Tenemos que calcular ahora

limx!1=2

4x2 + 4x� 34x2 � 1

Como

4x2 + 4x� 3 = (2x+ 3) (2x� 1)

y

4x2 � 1 = (2x� 1) (2x+ 1)

así que

4x2 + 4x� 34x2 � 1 =

2x+ 3

2x+ 1

y como

limx!1=2

2x+ 3 = 4

y

limx!1=2

2x+ 1 = 2

se obtiene

limx!1=2

4x2 + 4x� 34x2 � 1 = lim

x!1=2

4x2 + 4x� 34x2 � 1 = lim

x!1=2

(2x+ 3) (2x� 1)(2x� 1) (2x+ 1) = lim

x!1=2

2x+ 3

2x+ 1=

limx!1=2

2x+ 3

limx!1=2

2x+ 1=4

2= 2

Como ya habíamos visto,

limx!1=2

3

r4x2 + 4x� 34x2 � 1 = 3

slim

x!1=2

4x2 + 4x� 34x2 � 1 = 3

p2

Resumiendo,

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limx!1=2

3

r4x2 + 4x� 34x2 � 1 = 3

p2

2

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El Cálculo. Louis Leithold. Séptima edición en español. ISBN 970-613-182-5.


Dibuja la grá�ca de una función continua f cuyo dominio sea el conjunto de todos los números reales y que satisfagalas siguiente propiedades:

La función f es diferenciable en cualquier número real excepto en �2 y 2.

f (x) > 0 si x < �2

f (�2) = 0

0 < f (x) < 3 si �2 < x < 2

f (0) = 3

f (2) = 0

f (x) < 0 si x > 2

f 0+ (�2) = 1

f 0 (0) = 0

f 0� (2) = �1

f 0+ (2) = �2

limx!�2�

f (x)� f (�2)x+ 2

= �1

Solución:

En el intervalo (�1;�2] necesitamos una función que sea estrictamente positiva, que se haga 0 en �2 y que cumpla

con que limx!�2�

f (x)� f (�2)x+ 2

= �1. Todo esto lo podemos lograr con la parte superior de una parábola que crezca hacíala izquierda, que tenga como su eje al eje X y que su vértice este en el punto (�2; 0); esta última condición es la que

garantiza que limx!�2�

f (x)� f (�2)x+ 2

= �1 ya que la recta tangente a dicha parábola en ese punto es una recta vertical.

Para encontrar la parábola descrita, escribimos la primer ecuación ordinaria de ella,

(y � k)2 = 4p (x� h)

donde (h; k) son las coordenadas del vértice y p es la distancia del foco al vértice y que para nuestros propositos bastacon que lo tomemos igual a �1. Por tanto, la ecuación de la parábola es

(y � 0)2 = �4 (x+ 2)

ó bien

y2 + 4x+ 8 = 0

que despejando y nos deja la funciónp�4x� 8

Al despejar hemos desechado el signo � porque sólo queremos la rama superior de la parábola.

Notese que como x � �2 el radical siempre tiene sentido, siempre es un número real.

Gra�quemos, en rojo, esa primera parte de la función que buscamos

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5.0 4.8 4.6 4.4 4.2 4.0 3.8 3.6 3.4 3.2 3.0 2.8 2.6 2.4 2.2 2.00

1

2

3

x

y

Notemos que hemos cumplido con las condiciones impuestas en el enunciado del problema:

f (x) > 0 si x < �2. Claramente se cumple

f (�2) = 0. También se cumple trivialmente

limx!�2�

f (x)� f (�2)x+ 2

= �1. Veamos si se cumple,

limx!�2�

f (x)� f (�2)x+ 2

= limx!�2�

p�4x� 8x+ 2

= �1

Por lo tanto, esa condición también se cumple.

Para el intervalo (�2; 2] debemos encontrar una función que esté siempre entre 0 y 3, que sea 3 en el 0 y 0 en el 2, quetenga derivada igual a 0 en 0, que su derivada por la derecha en �2 sea 1 y que su derivada por la izquierda en 2 sea �1.Además, como la función debe ser continua en todos sus puntos, es claro que también debemos tener que el valor de estafunción en �2 debe ser cero. En total tenemos seis condiciones que cumplir, por lo tanto la función que buscamos tieneque tener seis parámetros; es decir, tiene que ser de la forma ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex+ f .

Por simplicidad, primero hacemos que cumpla que es 3 en 0; es decir,

a (0)5+ b (0)

4+ c (0)

3+ d (0)

2+ e (0) + f = 3

que claramente nos da

f = 3

Si ahora obligamos a la función a ser 0 en �2, o sea,

a (�2)5 + b (�2)4 + c (�2)3 + d (�2)2 + e (�2) + 3 = 16b� 32a� 8c+ 4d� 2e+ 3 = 0

Obligando a que sea 0 en 2, obtenemos otra ecuación

a (2)5+ b (2)

4+ c (2)

3+ d (2)

2+ e (2) + 3 = 32a+ 16b+ 8c+ 4d+ 2e+ 3 = 0

Las otras condiciones son sobre las derivadas, así calculamos la derivada de la función propuesta

5ax4 + 4bx3 + 3cx2 + 2dx+ e

y primero la obligamos a ser cero en el cero; es decir,

2

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5a (0)4+ 4b (0)

3+ 3c (0)

2+ 2d (0) + e = e = 0

así que e = 0

Además la derivada debe ser 1 en �2, así que

5a (�2)4 + 4b (�2)3 + 3c (�2)2 + 2d (�2) = 80a� 32b+ 12c� 4d = 1

y debe ser �1 en 2, que nos da

5a (2)4+ 4b (2)

3+ 3c (2)

2+ 2d (2) = 80a+ 32b+ 12c+ 4d = �1

Tenemos un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas,

�32a+ 16b� 8c+ 4d = �3

+32a+ 16b+ 8c+ 4d = �3

+80a� 32b+ 12c� 4d = 1

+80a+ 32b+ 12c+ 4d = �1

Sumando la primera ecuación y la segunda ecuación

32b+ 8d = �6

y restando la tercera ecuación de la cuarta

64b+ 8d = �2

Ahora a la última le restamos la antepenultima y obtenemos

32b = 4

ó sea b =1

8

Sustituyendo de regreso tenemos

d = �8b� 14= �8

�1

8

�� 14= �5

4

Sustituimos ahora los valores obtenidos en el par de ecuaciones

�32a+ 16b� 8c+ 4d = �3

+32a+ 16b+ 8c+ 4d = �3

para que queden como

�32a+ 16�1

8

�� 8c+ 4

��54

�= �32a� 8c� 3 = �3

+32a+ 16

�1

8

�+ 8c+ 4

��54

�= 32a+ 8c� 3 = �3

que se reducen a una sola ecuación

4a+ c = 0

o bien

c = �4a

3

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Tenemos hasta ahora que la función en este intervalo (�2; 2] es

ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex+ f = ax5 +

�1

8

�x4 � 4ax3 +

��54

�x2 + 3 = ax5 +

1

8x4 � 4ax3 � 5

4x2 + 3

Por ultimo debemos imponerle a la función que varie entre 0 y 3 en todo el intervalo (�2; 2]. Como lo que queremoses cualquier función que satisfaga las propiedades establecidas, elegimos a = 0 para garantizarlo y tenemos �nalmente

1

8x4 � 5

4x2 + 3

Presentamos ahora la grá�ca que llevamos hasta ahora, que claramente satisface las condiciones requeridas

5 4 3 2 1 0 1 2

1

2

3

x

y

Finalmente debemos encontrar para el intervalo (2;+1) una función que sea siempre negativa, que la derivada por laderecha sea �2 y que sea 0 en 2. Para cumplir con estas condiciones debemos tomar una función como ax+ b, donde a yb son parámetros.

La condición f 0+ (2) = �2 implica que

f 0+ (2) = a = �2

por lo tanto,

a = �2

Para que la función �2x+ b sea 0 en 2, claramente debemos hacer b = 4.

Es claro que �2x+ 4 < 0 si x > 2.

Resumiendo

�2x+ 4

es nuestra solución en el intervalo (2;+1).

Agregamos a la grá�ca la de�nición en este otro intervalo

4

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5 4 3 2 1 1 2 3 4

4

3

2

1

1

2

3

x

y

Falta veri�car que la función no es diferenciable en �2 y en 2.

Para ello escribimos explicitamente la función,

f (x) =

p�4x� 8 x � �2

1

8x4 � 5

4x2 + 3 �2 < x < 2

�2x+ 4 x � 2

y su derivada es

f 0 (x) =

� 1p�x� 2

x < �21

2x3 � 5

2x �2 < x < 2

�2 x > 2

que claramente no está de�nida en 2 y �2.

5

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(a) Traza la grá�ca de la función

f (x) = (x+ 1)2=3(x� 3)2

f (x) =�(x+ 1)

2�1=3

(x� 3)2

y determina a partir de la grá�ca

(b) los extremos relativos de f

(c) los valores de x en los que ocurren los extremos relativos

(d) los intervalos en los que f es creciente

(e) los intervalos en los que f es decreciente.


Solución:

La grá�ca de la función f (x) = (x+ 1)2=3 (x� 3)2 es

4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6

10

20

30

40

x

f(x)

(b) los extremos relativos de f

Los extremos relativos de f son 0, 9 y 0.

(c) los valores de x en los que ocurren los extremos relativos

En x = �1 tenemos el mínimo relativo f (�1) = 0.

En x = 0 tenemos el máximo relativo f (0) = 9.

En x = 3 tenemos el mínimo relativo f (3) = 0.


1

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La función f es creciente en el intervalo (�1; 0) y en el intervalo (3;+1).


La función f es decreciente en el intervalo (�1; 3) y en el intervalo (0; 3).


Para determinar los extremos relativos de la función f debemos evaluar en que números reales la derivada de la funciónse hace cero.

La derivada de la función f es

f 0 (x) = �83

x��x2 + 2x+ 3

��(x+ 1)

4�1=3

que se hace cero en los puntos

x1 = 0 y x2 = 3:

En esos dos valores reales tenemos

f (0) = 9 y f (3) = 0


Encontramos que la función f es creciente en el intervalo (�1; 0) y en el intervalo (3;+1).

Analíticamente lo que tenemos que veri�car es que en esos dos intervalos la derivada de la función siempre es positiva.

En efecto, f 0 (x) = �83

x��x2 + 2x+ 3

��(x+ 1)

4�1=3 es evidentemente mayor que 0 siempre que x 2 (�1; 0).

También es claro que f 0 (x) = �83

x��x2 + 2x+ 3

��(x+ 1)

4�1=3 es mayor que 0 si x 2 (3;+1).


La función f es decreciente en un intervalo si la derivada de la función es negativa en todo el intervalo. En este caso,

f 0 (x) = �83

x��x2 + 2x+ 3

��(x+ 1)

4�1=3 es obviamente negativa si x 2 (�1;�1) y si x 2 (0; 3).

Para aclarar los puntos anteriores presentamos la grá�ca de la función f (en rojo) y la de su derivada f 0 (en azul):

2

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4 3 2 1 1 2 3 4 5

30

20

10

10

20

x

f(x)

3

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Calcula el límite limt!0

p9� t� 3t

e indica los teoremas de límites empleados.

Solución:

Para calcular el límite de un cociente tenemos el teorema (página 43):

1.5.10 Teorema 9 de límites. Límite del cociente de dos funciones.

Si limx!a

f (x) = L y limx!a

g (x) =M , entonces

limx!a

f (x)

g (x)=L

Msi M 6= 0.

En este caso

limt!0

p9� t� 3t

=limt!0

�p9� t� 3

�limt!0t

=?

0

0

que es inde�nido. Así que debemos analizar el límite con más cuidado. Podemos racionalizar el denominador, haciendo

p9� t� 3t

=

p9� t� 3t

p9� t+ 3p9� t+ 3

=

�p9� t� 3

� �p9� t+ 3

�t�p9� t+ 3

� =9� t� 9

t�p9� t+ 3

� = �tt�p9� t+ 3

� = �1p9� t+ 3

así quep9� t� 3t

=�1p

9� t+ 3

y ahora podemos aplicar el teorema citado arriba

limt!0

p9� t� 3t

= limt!0

�1p9� t+ 3

=limt!0

(�1)

limt!0

p9� t+ 3

Para sacar estos límites, tenemos primero el teorema sobre el límite de una constante (página 41),

1.5.3 Teorema 2 de límites. Límite de una función constante.

Si c es una constante, entonces para cualquier número real a;

limx!a

c = c.

Así que

limt!0

(�1) = �1

Para sacar el límite del denominador, tenemos el teorema (página 41),

1.5.5 Teorema 4 de límites. Límite de la suma y de la diferencia de dos funciones.

Si limx!a

f (x) = L y limx!a

g (x) =M , entonces

limx!a

[f (x)� g (x)] = L�M .

Así que

1

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limt!0

p9� t+ 3 = lim

t!0

p9� t+ lim

t!03

Ahora para encontrar el límite limt!0

p9� t usamos el teorema (página 43),

1.5.11 Teorema 10 de límites. Límite de la raiz n�ésima de una función.

Si n es un número entero positivo y si limx!a

f (x) = L, entonces

limx!a

npf (x) = n

pL

con la restricción que si n es par, debemos tener L � 0.

Así que

limt!0

p9� t =

qlimt!09� lim

t!0t =

p9� 0 =

p9 = 3

Por tanto, tenemos �nalmente

limt!0

p9� t� 3t

= limt!0

�1p9� t+ 3

=limt!0

(�1)

limt!0

p9� t+ 3

=�1q

limt!09� lim

t!0t+ 3

=�13 + 3

= �16

En resumen,

limt!0

p9� t� 3t

= �16

A continuación presentamos la grá�ca de

p9� t� 3t

en la vecindad del cero para que quede una imagen clara de este

límite

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

0.20

0.19

0.18

0.17

0.16

x

y

2

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Solución:

Tenemos el punto (2,1) por el cual debe pasar la línea recta tangente a las curva y = x3 � 3x� 1.

Nos falta determinar su pendiente, pero como es la línea recta tangente, su pendiente sera la derivada. Debemosentonces sacar la derivada; tenemos

dy

dx=d�x3 � 3x� 1

�dx

=dx3

dx� d (3x)

dx� d (1)

dx= 3x2 � 3dx

dx� 0 = 3x2 � 3

Calculamos su valor cuando x = 2 (que es la abscisa del punto en el cual queremos la ecuación de la línea rectatangente),

dy

dxx=2= 3 (2)

2 � 3 = 9

Así que la ecuación de la línea recta tangente a la curva y = x3 � 3x� 1 en el punto (2; 1) es

y � 1 = 9 (x� 2)

que se pone en la forma pendiente ordenada al origen como

y = 9x� 17

1

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(a) Determina los extremos relativos de la función f (x) = (x� 4)2 (x+ 2)2.

(b) Obten los valores de x en los que ocurren los extremos relativos.

(c) Obten los intervalos en los que f es creciente.

(d) Obten los intervalos en los que f es decreciente.

(e) Halla los puntos de in�exión de la grá�ca de f .

(f) Determina en dónde la grá�ca de la función f es cóncava hacia arriba.

(g) Determina en dónde la grá�ca de la función f es cóncava hacia abajo.

Dibuja la grá�ca de la función a partir de las respuestas de los incisos (a)-(g).

Solución:

(a) Determina los extremos relativos de la función f (x) = (x� 4)2 (x+ 2)2.

Primero debemos determinar los puntos críticos de la función. Los puntos críticos son los números reales en los cualesla derivada de la función se anula o no existe. La derivada es

f 0 (x) = (2x+ 4) (x� 4)2 + (2x� 8) (x+ 2)2

Como tenemos que encontrar los puntos en los cuales la derivada se anula, nos conviene reescribirla factorizando como

f 0 (x) = 2 (x+ 2) (x� 4)2 + 2 (x� 4) (x+ 2)2 = 2 (x+ 2) (x� 4) [(x� 4) + (x+ 2)] = 2 (x+ 2) (x� 4) (2x� 2) =4 (x+ 2) (x� 4) (x� 1)

La derivada se anula cuando

f 0 (x) = 4 (x+ 2) (x� 4) (x� 1) = 0

es cecir, en -2, 1, y 4.

En resumen, tenemos tres puntos críticos -2, 1, y 4.

En esos puntos críticos el valor que toma la función es

f (�2) = 0

f (1) = 81

y

f (4) = 0

Así que los extremos relativos de la función son 0, 81 y 0.

(b) Obtenga los valores de x en los que ocurren los extremos relativos.

En el inciso anterior determinamos que los puntos críticos son -2,1 y 4.

Para determinar de qué tipo de puntos críticos se trata, utilizamos el teorema:

3.4.4 Teorema Criterio de la primera derivada para extremos relativos (página 225)

1

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Sea f una función continua en todos los puntos del intervalo abierto (a; b) que contiene al número c, ysuponga que f 0 existe en todos los puntos de (a; b) excepto posiblemente en c :(i) Si f 0 (x) > 0 para todos los valores de x en un intervalo abierto que contenga a c como su extremo

derecho, y si f 0 (x) > 0 para todos los valores de x de algún intervalo abierto que contenga a c como suextremo izquierdo, entonces f tiene un valor mínimo relativo en c.(ii) Si f 0 (x) < 0 para todos los valores de x en un intervalo abierto que contenga a c como su extremo

derecho, y si f 0 (x) > 0 para todos los valores de x de algún intervalo abierto que contenga a c como su extremoizquierdo, entonces f tiene un valor mínimo relativo en c.

Como

f 0 (x) = (2x+ 4) (x� 4)2 + (2x� 8) (x+ 2)2 = 4x3 � 12x2 � 24x+ 32

es claro que inmediatamente a la izquierda de -2 tenemos que f 0 (x) < 0 y que inmediatamente a la derecha de -2tenemos f 0 (x) > 0, así que x = �2 es un mínimo relativo de la función.

También es claro que inmediatamente a la izquierda de 1 tenemos que f 0 (x) > 0 y que inmediatamente a la derechade 1 tenemos f 0 (x) < 0, así que x = 1 es un máximo relativo de la función.

Finalmente tenemos que inmediatamente a la izquierda de 4 tenemos que f 0 (x) < 0 y que inmediatamente a la derechade 4 tenemos f 0 (x) > 0, así que x = 4 es un mínimo relativo de la función.

Otra manera de determinar de qué tipo son los puntos críticos es mediante el criterio de la segunda derivada, queestablece que en los máximos es negativa y en la mínimos es positiva. La segunda derivada es

f 00 (x) = 2 (x+ 2)2+ 2 (x� 4)2 + 2 (2x+ 4) (2x� 8) = 12x2 � 24x� 24

y en los puntos críticos tenemos

f 00 (�2) = 72;

f 00 (1) = �36

y

f 00 (4) = 72

Así que, �2 es un mínimo relativo, 1 es un máximo relativo, y 4 es un mínimo relativo.

Resumiendo, los extremos relativos ocurren en -2, 1, y 4.

(c) Los intervalos en los que f es creciente.

La función es creciente cuando la derivada es positiva y es decreciente cuando la derivada es negativa.

Como ya vimos en el inciso (b) la derivada la podemos escribir como

f 0 (x) = 4 (x+ 2) (x� 4) (x� 1).

Por lo tanto, será positiva cuando

(x+ 2) (x� 4) (x� 1) > 0

Para que esta expresión sea positiva tenemos cuatro posibilidades, que analizamos a continuación:

i) Los tres términos son positivos: x+ 2 > 0 y x� 4 > 0 y x� 1 > 0:

Entonces

x > �2 y x > 4 y x > 1

2

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Lo cual quiere decir que para x > 4 la derivada es positiva (Si x > 4 es tambien mayor que -2 y que 1).

ii) Dos términos son negativos y uno positivo: x+ 2 < 0 y x� 4 < 0 y x� 1 > 0:

Es decir,

x < �2 y x < 4 y x > 1

Estas relaciones son imposibles de cumplir y no hay ninguna x que las satisfaga (x no puede, al mismo tiempo sermenor que -2 y mayor que 1).

iii) Dos términos son negativos y uno positivo: x+ 2 < 0 y x� 4 > 0 y x� 1 < 0.

O sea

x < �2 y x > 4 y x < 1

En este caso tampoco podemos encontrar números reales que satisfagan simultaneamente las tres desigualdades. Nohay números mayores que 4 que sean también menores que -2:

iv) Dos términos son negativos y uno positivo: x+ 2 > 0 y x� 4 < 0 y x� 1 < 0

Es decir,

x > �2 y x < 4 y x < 1.

Estas desigualdades son satisfechas simultaneamente por todos los numeros reales entre -2 y 1. Entonces x 2 (�2; 1).

Finalmente concluimos que f 0 (x) es positiva en el conjunto de números reales (�2; 1) [ (4;+1).

Por tanto, la función f es creciente en el intervalo (�2; 1) y en el intervalo (4;+1).

(d) Los intervalos en los que f es decreciente.

Como ya dijimos en el inciso anterior, una función es creciente cuando la derivada es positiva y es decreciente cuandola derivada es negativa.

Debemos determinar ahora los intervalos en los cuales la derivada f 0 (x) es negativa, es decir, cuando

(x+ 2) (x� 4) (x� 1) < 0

Para que esta expresión sea negativa tenemos cuatro posibilidades, que analizamos a continuación:

i) Los tres términos son negativos: x+ 2 < 0 y x� 4 < 0 y x� 1 < 0:

Entonces

x < �2 y x < 4 y x < 1

Lo cual quiere decir que para x < �2 la derivada es negativa (Si x < �2 es tambien menor que 1 y que 4).

ii) Dos términos son positivos y uno negativo: x+ 2 > 0 y x� 4 > 0 y x� 1 < 0:

Es decir,

x > �2 y x > 4 y x < 1

Estas relaciones son imposibles de cumplir, ya que un número real no puede ser a la vez menor que 1 y mayor que 4.

iii) Dos términos son positivos y uno negativo: x+ 2 > 0 y x� 4 < 0 y x� 1 > 0.

O sea

3

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x > �2 y x < 4 y x > 1.

Es claro que los números mayores que 1 y menores que 4 satisfacen simultaneamente las tres desigualdades, así que eneste caso x 2 (1; 4)

iv) Dos términos son positivos y uno negativo: x+ 2 < 0 y x� 4 > 0 y x� 1 > 0

Es decir,

x < �2 y x > 4 y x > 1.

En este caso no existe ningún número real que satisfaga las tres desigualdades simultaneamente.

Finalmente concluimos que f 0 (x) es negativa en el conjunto de números reales (�1;�2) [ (1; 4).

Por tanto, la función f es decreciente en el intervalo (�1;�2) y en el intervalo (1; 4).


Como f 00 (x) existe para todos los valores de x, el único punto de in�exión posible de f ocurre donde f 00 (x) = 0. Como

f 00 (x) = 12x2 � 24x� 24

eso sucede cuando

12x2 � 24x� 24 = 0

es decir, en 1 +p3 y en 1�

p3.

Para determinar si estos son puntos de in�exión debemos veri�car si f 00 (x) cambia de signo.

Empecemos con el punto x = 1�p3 = �0:732 05. Calculamos el valor de la función a la izquierda de x = 1�

p3 =

�0:732 05, digamos en -1; tenemos f 00 (�1) = 12. Ahora a la derecha de x = 1 �p3 = �0:732 05, digamos en �0:7;

tenemos f 00 (0:7) = �34: 92. Por tanto, la segunda derivada sí cambia de signo y el punto x = 1 �p3 es un punto de

in�exión.

Pasemos ahora a determinar si x = 1 +p3 = 2: 732 1 es un punto de in�exión. Ligeramente a la izquierda del punto,

digamos en 2.7 tenemos f 00 (2:7) = �1: 32 y ligeramente a la derecha tenemos f 00 (2:74) = 0:331 2. Así que también en estecaso la segunda derivada cambia de signo y x = 1 +

p3 es un punto de in�exión.

Resumiendo, la grá�ca tiene dos puntos de in�exión, 1 +p3 y 1�

p3.


Una función es concava hacia arriba en un punto c si la función es diferenciable en un intervalo abierto que contiene ac y si f 00 (c) > 0.

La segunda derivada de la función es

f 00 (x) = 12x2 � 24x� 24

y debemos determinar en que puntos esta segunda derivada es positiva. Tenemos

12x2 � 24x� 24 > 0

pero como las raices de

12x2 � 24x� 24 = 0

sonp3 + 1; y 1�

p3

4

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podemos escribir

12x2 � 24x� 24 = 12�x� 1�

p3� �x� 1 +

p3�

y la condición que la segunda derivada sea positiva, 12x2 � 24x� 24 > 0, en la condición equivalente

12�x� 1�

p3� �x� 1 +

p3�> 0

Tenemos dos posibilidades

i) Que ambos factores sean simultaneamente mayores que cero; es decir,

x� 1�p3 > 0 y x� 1 +

p3 > 0

que se traduce en

x > 1 +p3 y x > 1�

p3

Las dos desigualdades son satisfechas si exigimos que x > 1 +p3.

ii) Que ambos factores sean simultaneamente menores que cero; es decir,

x� 1�p3 < 0 y x� 1 +

p3 < 0

que se traduce en

x < 1 +p3 y x < 1�

p3

Las dos desigualdades son satisfechas si exigimos que x < 1�p3.

Por tanto, f 00 (x) = 12x2 � 24x� 24 > 0 si x está en el intervalo��1; 1�

p3�y en el intervalo

�1 +

p3;+1

�.

La función f (x) = (x� 4)2 (x+ 2)2 es concava hacia arriba en el intervalo��1; 1�

p3�y en el intervalo

�1 +

p3;+1

�.


Una función es concava hacia abajo en un punto c si la función es diferenciable en un intervalo abierto que contiene ac y si f 00 (c) < 0.


f 00 (x) = 12x2 � 24x� 24

y debemos determinar en que puntos esta segunda derivada es negativa. Tenemos

12x2 � 24x� 24 < 0

pero como las raices de

12x2 � 24x� 24 = 0

sonp3 + 1; y 1�

p3

podemos escribir

12x2 � 24x� 24 = 12�x� 1�

p3� �x� 1 +

p3�

y la condición que la segunda derivada sea negativa, 12x2 � 24x� 24 < 0, en la condición equivalente

12�x� 1�

p3� �x� 1 +

p3�< 0

Tenemos dos posibilidades

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i) Que el primero sea mayor que cero y el segundo menor que cero; es decir,

x� 1�p3 > 0 y x� 1 +

p3 < 0

que se traduce en

x > 1 +p3 y x < 1�

p3

Ningún número real satisface simultaneamente estas dos desigualdades.

ii) Que el primero sea menor que cero y el segundo mayor que cero; es decir,

x� 1�p3 < 0 y x� 1 +

p3 > 0

que se traduce en

x < 1 +p3 y x > 1�

p3

Las dos desigualdades son satisfechas si x 2�1�

p3; 1 +

p3�.

Por tanto, f 00 (x) = 12x2 � 24x� 24 < 0 si x está en el intervalo�1�

p3; 1 +

p3�.

La función f (x) = (x� 4)2 (x+ 2)2 es concava hacia abajo en el intervalo�1�

p3; 1 +

p3�= (�0:73; 2:73).


A continuación presentamos la grá�ca de la función, que ha sido trazada tomando en cuenta todos los resultadosanalíticos obtenidos en los incisos (a)-(g),

4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

50

100

150

200

250

x

f(x)

Ahora presentamos la grá�ca de la derivada

6

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4 3 2 1 1 2 3 4 5

300

200

100

100

x

f'(x)

Y �nalmente presentamos la grá�ca de la segunda derivada

4 3 2 1 1 2 3 4 520

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

220

240

260

x

f''(x)

Para poder estudiar y entender mejor todas las a�rmaciones anteriores, presentamos ahora una grá�ca con la función(en rojo), su primera derivada (en azul) y su segunda derivada (en verde).

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4 3 2 1 1 2 3 4 5

300

200

100

100

200

x

8

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Calcula el límite limx!�1

2x2 � x� 33x2 + 8x+ 5

si existe.

Apoya tu respuesta con una grá�ca de la función en un rectángulo de inspección adecuado.

Solución:

Tanto el numerador como el denominador de la función2x2 � x� 33x2 + 8x+ 5

se pueden factorizar. En efcto, tenemos

2x2 � x� 3 = (x+ 1) (2x� 3)

y

3x2 + 8x+ 5 = (3x+ 5) (x+ 1)

así que

2x2 � x� 33x2 + 8x+ 5

=(x+ 1) (2x� 3)(3x+ 5) (x+ 1)

=2x� 33x+ 5

Esta función equivalente es continua en x = �1, ya que para ese valor el denominador es diferente de cero (3x + 5 =3 (�1) + 5 = 2), y por tanto

limx!�1

2x2 � x� 33x2 + 8x+ 5

= limx!�1

2x� 33x+ 5

=2 (�1)� 33 (�1) + 5 = �

5

2

Ahora gra�camos la función en la vecindad de x = �1;

1.4 1.2 1.0 0.8 0.6

3.0

2.8

2.6

2.4

2.2

2.0

1.8

1.6

1.4

1.2

1.0

x

f(x)

1

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Encuentra las ecuaciones de las líneas rectas tangentes a la curva y = 2x3 + 4x2 � x que tengan pendiente 12, y apoye

su respuesta trazando las rectas y la curva en el mismo rectángulo de inspección.

Solución:

La pendiente de la tangente a la curva

y (x) = 2x3 + 4x2 � x

en un punto arbitrario x, está dado por la derivada de la función,

dy

dx= 6x2 + 8x� 1

Si queremos los puntos en los cuales la tangente tenga una pendiente de1

2, debemos resolver la ecuación

6x2 + 8x� 1 = 1

2,

que tiene las soluciones1

6y �3

2.

El primer punto en el cual la recta tangente tiene pendiente1

2es x = 1=6. Para evaluar la ordenada de ese punto

evaluamos la función, y obtenemos

y

�1

6

�= � 5

108

Por tanto, la ecuación de la linea recta tangente de pendiente 1/2 y que pasa por el punto (1=6;�5=108) es

y �� 5

108

�=1

2

�x� 1

6

�que reduciendo términos se escribe como

y =1

2x� 7

54

En el segundo punto tenemos x = �3=2 y, por tanto, y��32

�=15

4. La ecuación de la linea recta tangente de

pendiente 1/2 y que pasa por el punto (�3=2; 15=4) es

y � 154=1

2

�x�

��32

��que reduciendo términos se escribe como

y =1

2x+

9

2

Gra�camos ahora la curva y las dos líneas rectas tangentes

1

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3 2 1 1 2

1

1

2

3

4

5

x

y(x)

2

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(a) Determina los extremos relativos de la función f (x) =(1� x)3 x � 1(x� 1)3 x > 1

.

(b) Obten los valores de x en los que ocurren los extremos relativos.

(c) Obten los intervalos en los que f es creciente.

(d) Obten los intervalos en los que f es decreciente.





Solución:

(a) Determina los extremos relativos de la función f (x) =(1� x)3 x � 1(x� 1)3 x > 1

.

Primero debemos determinar los puntos críticos de la función. Los puntos críticos son los números reales en los cualesla derivada de la función se anula. La derivada es

f 0 (x) =�3 (1� x)2 x � 13 (x� 1)2 x > 1

Veamos cuando se anula. Primero, si

�3 (1� x)2 = 0

la solución es 1.

Para el segundo segmento, tenemos

3 (x� 1)2 = 0,

cuya solución es 1, que es un valor de x que no se encuentra en el dominio de este segmento de la función.

En resumen, la derivada de la función se anula únicamente en x = 1.

El único punto crítico es x = 1.

En ese punto crítico tenemos que la función vale 0;

es decir,

f (1) = 0

(b) Obtenga los valores de x en los que ocurren los extremos relativos.

En el inciso anterior determinamos que el único punto crítico es x = 1.

Para determinar de qué tipo de punto crítico se trata, utilizamos el Teorema 3.4.4 del libro (3.4.4 Teorema Criterio dela primera derivada para extremos relativos, página 225) que establece que si f 0 (x) < 0 para todos los valores de x en unintervalo abierto que contenga a c como su extremo derecho, y si f 0 (x) > 0 para todos los valores de x de algún intervaloabierto que contenga a c como su extremo izquierdo, entonces f tiene un valor mínimo relativo en c.

1

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Como

f 0 (x) =�3 (1� x)2 x � 13 (x� 1)2 x > 1

es claro que a la izquierda de 1 tenemos que f 0 (x) < 0 y que a la derecha de 1 tenemos f 0 (x) > 0, así que x = 1 es unmínimo relativo de la función.

Así que el punto x = 1 es un mínimo relativo y el valor del mínimo es 0.

Notese que en este caso f 00 (1) = 0 y el punto x = 1 es un mínimo y no un punto de in�exión.

(c) Los intervalos en los que f es creciente.

La función es creciente cuando la derivada es positiva y es decreciente cuando la derivada es negativa. En este caso laderivada es

f 0 (x) =�3 (1� x)2 x � 13 (x� 1)2 x > 1

y es claro que para x > 1 tenemos f 0 (x) > 0, así que la función es creciente en el intervalo (1;+1).

(d) Los intervalos en los que f es decreciente.

La función es creciente cuando la derivada es positiva y es decreciente cuando la derivada es negativa. En este caso laderivada es

f 0 (x) =�3 (1� x)2 x � 13 (x� 1)2 x > 1

y es claro que para x � 1 tenemos f 0 (x) < 0, así que la función es decreciente en el intervalo (�1; 1).


Para determinar los puntos de in�exión de la grá�ca debemos determinar en qué puntos la segunda derivada de lafunción existe y en qué puntos que sí existe es nula.

La segunda derivada es

f 0 (x) =6 (1� x) x � 16 (x� 1) x > 1

Como f 00 (x) existe para todos los valores de x, el único punto de in�exión posible de f ocurre donde f 00 (x) = 0. Esosucede únicamente cuando x = 1. Para determinar si x = 1 es un punto de in�exión debemos veri�car si f 00 (x) cambiade signo ahí.

Calculamos el valor de la función a la izquierda de x = 1, digamos en 0.9; tenemos f 00 (0:9) = 6 (1� 0:9) = 0:6. Ahoraa la derecha de x = 1, digamos en 1:1; tenemos f 00 (1:1) = 6 (1:1� 1) = 0:6. Así que la segunda derivada no cambia designo y x = 1 no es un punto de in�exión.

Resumiendo, la grá�ca no tiene puntos de in�exión.


Una función es concava hacia arriba en un punto c si la función es diferenciable en un intervalo abierto que contiene ac y si f 00 (c) > 0.


2

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f 00 (x) =6 (1� x) x � 16 (x� 1) x > 1

que evidentemente siempre es mayor que cero. Así que la función es concava hacia arriba en todo el eje real.


En el inciso anterior demostramos que la función es concava hacia arriba en todo el eje real, así que en ningún lugares concava hacia abajo.


A continuación presentamos la grá�ca de la función, que ha sido trazada tomando en cuenta todos los resultadosanalíticos obtenidos en los incisos (a)-(g),

1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

1

2

3

4

5

6

x

f(x)

En la siguiente grá�ca presentamos la zona del mínimo relativo con mayor resolución,

0.92 0.94 0.96 0.98 1.00 1.02 1.04 1.06 1.08 1.10

0.001

0.000

0.001

0.002

x

f(x)

Ahora presentamos la grá�ca de la derivada

3

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1.0 0.5 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

6

x

f'(x)

Y �nalmente presentamos la grá�ca de la segunda derivada

1 1 2 3

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

6

x

f''(x)

4

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Calcula el límite limx!9

2px� 6x� 9 si existe.


Solución:

La función2px� 6x� 9 no es continua en x = 9 porque no está de�nida en x = 9. Cuando x tiende a 9, tanto el numerador

como el denominador tienden a cero y no podemos calcular el límite, pero podemos escribir la función como

2px� 6x� 9 =

2 (px� 3)

(px� 3) (

px+ 3)

=2px+ 3

y ahora utilizar el teorema


x!af (x) = L y lim


limx!a

f (x)

g (x)=L

Msi M 6= 0.

para escribir

limx!9

2px� 6x� 9 = lim

x!9

2px+ 3

=limx!9

2

limx!9

(px+ 3)

=2p9 + 3

=2

6=1

3

En resumen,

limx!9

2px� 6x� 9 =

1

3

Ahora gra�camos la función en la vecindad de x = 9,

7 8 9 10 11

0.3180.3200.3220.3240.3260.3280.3300.3320.3340.3360.3380.3400.3420.3440.3460.3480.3500.3520.354

x

f(x)

1

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Utilizando la grá�ca de la función

f (x) = x3 + 3x2 � 4

estima los puntos de in�exión y en dónde la grá�ca es cóncava hacia arriba y en dónde es concava hacia abajo. Con�rmatus estimaciones analíticamente.

Solución:

f (x) = x3 + 3x2 � 4

4 3 2 1 1 2 3 4

20

10

10

20

30

40

x

f(x)

De la grá�ca es claro que la función f tiene un punto de in�exión en x = �1.

Es concava hacía arriba en el intervalo (�1;+1).

Es concava hacía abajo en el intervalo (�1;�1).

Para con�rmar analíticamente estas conclusiones sacadas de la grá�ca, debemos calcular la primera y segunda derivadade la función f (x) = x3 + 3x2 � 4

Para la primera derivada tenemos

f 0 (x) = 3x2 + 6x


f 00 (x) = 6x+ 6

Vemos claramente que f 0 (�1) = �3 y f 00 (�1) = 0, y por lo tanto, por el teorema 3.5.5 (página 235), el punto x = �1es el único que puede ser un punto de in�exión de la grá�ca de la función. Para ver sí efectivamente es un punto dein�exión debemos veri�car que la segunda derivada cambie de signo en x = �1. Tomemos un punto inmediatamente a laizquierda de x = �1, digamos �1:1; tenemos

f 00 (�1:1) = �0:6

Ahora veamos cuánto vale la segunda derivada en un punto inmediatamente a la derecha de x = �1, digamos x = �0:9;tenemos

1

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f 00 (�0:9) = 0:6

Como efectivamente la segunda derivada cambia de signo, el punto x = �1 es un punto de in�exión, tal y comohabíamos concluido al analizar la grá�ca.

Para determinar la concavidad de la función f utilizamos el teorema 3.5.3 (página 232):

Tenemos

f 00 (x) = 6x+ 6

así que

si f 00 (x) = 6x+ 6 > 0 se debe cumplir que x > �1

y

si f 00 (x) = 6x+ 6 < 0 se debe cumplir que x < �1:

Así que para x > �1 la curva es concava hacia arriba y para x < �1 la curva es concava hacia abajo.

Presentamos la grá�ca de la función f (x) = x3 +3x2 � 4 (en rojo) y de su segunda derivada f 00 (x) = 6x+6 (en azul)

4 3 2 1 1 2 3 4

20

10

10

20

30

40

x

f(x) y f''(x)

2

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Calcula el límite lims!7

5�p4 + 3s

7� s si existe.


Solución:

Se trata de encontrar el límite de un cociente. Para los cocientes tenemos el siguiente teorema


x!af (x) = L y lim


limx!a

f (x)

g (x)=L

Msi M 6= 0.

Sin embargo, en este caso

lims!7

(7� s) = lims!7

7� lims!7

s = 7� 7 = 0

y el teorema no se aplica.

Se puede intentar simpli�car el cociente, pero en este caso no es posible. Por lo tanto, concluimos que

lims!7

5�p4 + 3s

7� s

no existe.

Grá�camente tenemos

6 7 8 9

120

100

80

60

40

20

0

20

40

60

80

100

s

Es claro que no existe el límite cuando s! 7.

Para terminar de convencerse, note que la recta vertical s = 7 es una asíntota vertical de la grá�ca de la función.

1

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Calcula el límite

limx!2+

[x]� 1[x]� x

si es que existe y apoya tu respuesta trazando la grá�ca de la función en un rectángulo de inspección adecuado.

Solución:

La función máximo entero [x] se de�ne como

[x] = n si n � x � n+ 1, donde n es un entero;

es decir, [x] es el máximo entero menor o igual que x.

Si x 2 (2; 3) es claro que

[x]� 1 = 2� 1 = 1

y

[x]� x = 2� x < 0

por tanto,

limx!2+

[x]� 1 = 1

y

limx!2+

[x]� x = 0

Del teorema 1.7.4 del Leithold, concluimos que

limx!2+

[x]� 1[x]� x = �1

A continuación la grá�ca de la función, entre 2 y 3, muestra claramente este límite

2.0 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 3.0

24

22

20

18

16

14

12

10

8

6

4

2

x

y

1

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Encuentrad3y

dx3si y =

p3� 2x

Solución:

Para calcular la primera derivada usamos primeramente la regla de la caden

d

dx

p3� 2x = 1

2

1p3� 2x

d

dx(3� 2x)

Ahora usamos que la derivada de una suma es la suma de las derivadas, para escribir

d

dx

p3� 2x = 1

2

1p3� 2x

d

dx(3� 2x) = 1

2

1p3� 2x

�d

dx(3) +

d

dx(�2x)

�Ahora, como la derivada de una constante es cero y la derivada de una constante por una función es la constante por

la derivada de la función, tenemos

d

dx

p3� 2x = 1

2

1p3� 2x

�d

dx(3) +

d

dx(�2x)

�=1

2

1p3� 2x

�0� 2 d

dx(x)

�

Por último, usamos qued

dxxn = nxn�1 para encontrar que

d

dx

p3� 2x = 1

2

1p3� 2x

�0� 2 d

dx(x)

�=1

2

1p3� 2x

[�2� 1] = � 1p3� 2x

Resumiendo

d

dx

p3� 2x = � 1p

3� 2x

Ahora sacamos la segunda derivada

d2

dx2p3� 2x = d

dx

�� 1p

3� 2x

�Usando las mismas propiedades, en el mismo orden, que en la derivada anterior

d2

dx2p3� 2x = �

��12

�1

(3� 2x)3=2d

dx(3� 2x) = 1

2

1

(3� 2x)3=2(�2) = � 1

(3� 2x)3=2

Resumiendo

d2

dx2p3� 2x = � 1

(3� 2x)3=2

Pasamos a determinar la tercera derivada,

d3

dx3p3� 2x = d

dx

"� 1

(3� 2x)3=2

#= �

��32

�1

(3� 2x)5=2d

dx(3� 2x) = 3

2

1

(3� 2x)5=2(�2)

Resumiendo, obtenemos el resultado �nal

d3

dx3p3� 2x = � 3

(3� 2x)5=2

1

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f (x) = x� tanx

en el intervalo��2;�

2

�estima los puntos de in�exión y en dónde la grá�ca es cóncava hacia arriba y en dónde es concava hacia abajo. Con�rma

tus estimaciones analíticamente.

Solución:

f (x) = x� tanx con x 2��2;�

2

�

1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

6

4

2

2

4

6

x

xtanx

De la grá�ca es claro que la función f tiene un punto de in�exión en x = 0.

Es concava hacía arriba en el intervalo��2; 0�.

Es concava hacía abajo en el intervalo�0;�

2

�.

Para con�rmar analíticamente estas conclusiones sacadas de la grá�ca, debemos calcular la primera y segunda derivadade la función f (x) = x� tanx.

Para la primera derivada tenemos

f 0 (x) = � tan2 x


f 00 (x) = �2 (tanx)�tan2 x+ 1

�Vemos claramente que f 0 (0) = 0 y f 00 (0) = 0, y por lo tanto, por el teorema 3.5.5 (página 235), el punto x = 0 es el

único que puede ser un punto de in�exión de la grá�ca de la función. Para ver sí efectivamente es un punto de in�exióndebemos veri�car que la segunda derivada cambie de signo en x = 0. Tomemos un punto inmediatamente a la izquierdade x = 0, digamos 0.1; tenemos

1

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f 00 (�0:1) = 0:202 69

Ahora veamos cuánto vale la segunda derivada en un punto inmediatamente a la derecha de x = 0, digamos x = 0:1;tenemos

f 00 (0:1) = �0:202 69

Como efectivamente la segunda derivada cambia de signo, el punto x = 0 es un punto de in�exión, tal y como habíamosconcluido al analizar la grá�ca.

Para determinar la concavidad de la función f utilizamos el teorema 3.5.3 (página 232).

Es útil también recordar la grá�ca de la función tangente (atención: es la grá�ca de la tangente únicamente, no de la

función que estamos analizando) en el intervalo��2;�

2

�

1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

8

6

4

2

2

4

6

8

x

tan(x)

ó sea que tanx < 0 si x 2��2; 0�y tanx > 0 si x 2

�0;�

2

�.

Que la función sea concava hacia arriba en el intervalo��2; 0�, se comprueba analíticamente al ver que f 00 (x) =

�2 (tanx)�tan2 x+ 1

�> 0 si x 2

��2; 0�.

La función es concava hacia abajo en el intervalo�0;�

2

�porque en todo ese intervalo f 00 (x) = �2 (tanx)

�tan2 x+ 1

�<

0. si x 2�0;�

2

�.

Presentamos la grá�ca de la función f (x) = x�tanx (en rojo) y de su segunda derivada f 00 (x) = �2 (tanx)�tan2 x+ 1

�(en azul)

2

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1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

120

100

80

60

40

20

20

40

60

80

100

120

x

f(x) y f''(x)

3

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Dibuja la grá�ca de la función

f (x) =x2 � 1 x < 3x+ 5 x � 3

y calcula los límites

(a) limx!3�

f (x); (b) limx!3+

f (x); (c) limx!3

f (x)

si existen. Si alguno de los límites no existe, establece la razón.

Solución:

La función que tenemos es

f (x) =x2 � 1 x < 3x+ 5 x � 3

La grá�ca de la función es

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8

5

10

15

20

x

y

Calculemos ahora los límites especi�cados,

(a) limx!3�

f (x);

Como x! 3� quiere decir que x está a la izquierda de 3; es decir, x < 3.

Por lo tanto,

f (x) = x2 � 1 si x < 3, tal y como se ve en la grá�ca de la función.

Tenemos entonces que

limx!3�

f (x) = limx!3�

�x2 � 1

�= lim

x!3�x2 � lim

x!3�1 =

�limx!3�

x

�2� limx!3�

1 = (3)2 � 1 = 9� 1 = 8

(b) limx!3+

f (x);

1

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Como x! 3+ quiere decir que x está a la derecha de 3; es decir, x > 3.

Por lo tanto,

f (x) = x+ 5 si x > 3, tal y como se ve en la grá�ca de la función.


limx!3+

f (x) = limx!3+

(x+ 5) = limx!3+

x+ limx!3+

5 = 3 + 5 = 8

(c) limx!3

f (x)

Como vimos en los incisos (a) y (b), el límite por la izquierda y el límite por la derecha no coinciden, por lo tanto ellímite en el número real 3 no existe. Esto es claro en la grá�ca de la función.

2

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Solución:

Tenemos la función

f (x) =1

12x4 +

2

3x3 +

3

2x2 + 8x+ 2

Su primera derivada es

df (x)

dx=

d

�1

12x4 +

2

3x3 +

3

2x2 + 8x+ 2

�dx

=

d

�1

12x4�

dx+

d

�2

3x3�

dx+

d

�3

2x2�

dx+d (8x)

dx+d (2)

dx

debido a que la derivada de una suma es la suma de las derivadas.

Como además, la derivada de una constante por una función es la constante por la derivada de la función, tenemos

df (x)

dx=

d

�1

12x4�

dx+

d

�2

3x3�

dx+

d

�3

2x2�

dx+d (8x)

dx+d (2)

dx=1

12

d�x4�

dx+2

3

d�x3�

dx+3

2

d�x2�

dx+ 8

d (x)

dx+ 0

Ahora usamos que

dxn

dx= nxn�1

para escribir

df (x)

dx=1

12

d�x4�

dx+2

3

d�x3�

dx+3

2

d�x2�

dx+ 8

d (x)

dx=1

12

�4x3

�+2

3

�3x2

�+3

2(2x) + 8 (1)

que reduciendo términos nos da

df (x)

dx=1

12

�4x3

�+2

3

�3x2

�+3

2(2x) + 8 (1) =

x3

3+ 2x2 + 3x+ 8

Resumiendo

f 0 (x) =1

3x3 + 2x2 + 3x+ 8

Sacamos ahora la derivada de esta función respecto a x para obtener la segunda derivada de f , y obtenemos

f 00 (x) = x2 + 4x+ 3

¿Para que valores es esta derivada mayor que cero? Ponemos

x2 + 4x+ 3 > 0

que, factorizando, se escribe

(x+ 1) (x+ 3) > 0

Esto quiere decir que

x+ 1 > 0 y x+ 3 > 0; es decir, ambos mayores que cero, de tal manera que el producto es mayor que cero,

1

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ó

x+ 1 < 0 y x+ 3 < 0; es decir, ambos menores que cero, de tal manera que el producto es mayor que cero.

Estas expresiones a su vez se traduce en

x > �1 y x > �3

ó

x < �1 y x < �3

La primera expresión x > �1 y x > �3, obviamente se reduce a x > �1, ya que si eso sucede automáticamentex > �3.

La segunda expresión x < �1 y x < �3, claramente se transforma en x < �3, ya que entonces también x < �1.


x2 + 4x+ 3 > 0 cuando x > �1 ó x < �3; dicho de otra manera, x2 + 4x+ 3 > 0 cuando x =2 [�3;�1].

Otra manera de averiguar en que conjunto de números reales es x2+4x+3 es construyendo la grá�ca. La presentamosa continuación

5 4 3 2 1 1

1

1

2

3

4

5

6

7

8

x

y

y vemos claramente que x2+4x+3 es negativa en (�3;�1), es 0 en �3 y en �1, y es positiva en (�1;�3)[(�1;+1).

2

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f (x) = (x+ 1)2=3(x� 3)2

estima los puntos de in�exión y en dónde la grá�ca es cóncava hacia arriba y en dónde es concava hacia abajo. Con�rmatus estimaciones analíticamente.

Solución:

La grá�ca de la función

f (x) = (x+ 1)2=3(x� 3)2

es

Al analizar la grá�ca notamos que tenemos un punto de in�exión en, aproximadamente, x = 1:5. (Muy importante,ver las notas más adelante). Aunque en x = �1 parece ser que la grá�ca cambia de concavidad no tenemos un punto dein�exión porque no existe una línea recta tangente (esa es una condición para que un punto sea de in�exión).

Es concava hacia arriba en el intervalo (�1;�1)

Es concava hacia abajo en el intervalo (�1; 1:5).

Es concava hacia arriba en el intervalo (1:5;+1) :

Como veremos más adelante estas conclusiones son erroneas, porque la resolución de la grá�ca no nos permite ver lassutilezas de este caso.

Para demostrar analíticamente estas a�rmaciones, debemos calcular la primera y la segunda derivada. Tenemos

1

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f 0 (x) = �83

x��x2 + 2x+ 3

��(x+ 1)

4�1=3

y

f 00 (x) =40x2 � 72

9�(x+ 1)

4�1=3

La función puede tener un punto de in�exión donde su segunda derivada se hace 0; es decir, para x tal que

8

9

5x2 � 9(x+ 1)

4=3= 0,

que nos da x1 =3p5

5= 1: 341 6 y x2 = �

3p5

5= �1: 341 6. Para saber si estos son realmente puntos de in�exión

debemos veri�car que la segunda derivada cambie de signo en ellos.

Tomamos primero x1 =3p5

5= 1: 341 6 y evaluamos la segunda derivada inmediatamente a la izquierda; tenemos

f 00 (1:3) = �0:161. Ahora la evaluamos inmediatamente a la derecha, f 00 (1:4) = 0:221. Como la segunda derivada sí

cambia de signo, x1 =3p5

5es un punto de in�exión.

Hacemos lo mismo para x2 = �3p5

5= �1: 341 6. Tenemos f 00 (�1:5) = 5:040 y f 00 (�1:3) = �2:434. Por tanto,

x2 = �3p5

5también es un punto de in�exión.

Resumiendo, la gra�ca de la función f (x) = (x+ 1)2=3 (x� 3)2 tiene dos puntos de in�exión, uno en 3p5

5y el otro en

�3p5

5.

Notas:

1. En el análisis de la grá�ca dijimos que posiblemente había un punto de in�exión en 1.5. Efectivamente hay un

punto de in�exión aproximadamente en 1.5; el valor exacto que resultó analíticamente es de3p5

5= 1: 341 6. El error se

debe a lo poco preciso de la grá�ca original.

2. Analíticamente encontramos otro punto de in�exión que no puede verse en la grá�ca que pintamos al principio. Ese

punto de in�exión está en x = �3p5

5= �1: 341 6. Nuevamente concluimos que ese punto de in�exión no lo vemos en la

grá�ca por la poca precisión de esta. Haremos ahora una grá�ca más precisa en una vecindad de x = �3p5

5. Tenemos

2

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El punto de in�exión está marcado por el círculo azul. El cambio en la concavidad es tan suave que aun con estaresolución es di�cil notarlo. En este sentido el método analítico es más preciso y más poderoso.

Pasamos ahora a analizar la concavidad de la grá�ca.

La función es concava hacia arriba en las regiones donde f 00 (x) > 0 y concava hacia abajo en la regiones en las cualesf 00 (x) < 0.

Vemos que

f 00 (x) =8

9

5x2 � 9(x+ 1)

4=3=8

9

5x2 � 9�(x+ 1)

4�1=3 > 0

cuando que 5x2 � 9 > 0.

Para determinar para que valores de x se satisface esta desigualdad, factorizamos 5x2 � 9 como

5x2 � 9 = 5�x2 � 9

5

�= 5

x+

r9

5

! x�

r9

5

!= 5

x+

3p5

5

! x� 3

p5

5

!

Si 5x2 � 9 > 0 tenemos dos posibilidades.

La primera es

i) x+3p5

5> 0 y x� 3

p5

5> 0

que se traduce en

x > �3p5

5y x >

3p5

5

o bien en únicamente

3

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x >3p5

5

La segunda es

i) x+3p5

5< 0 y x� 3

p5

5< 0

que se traduce en

x < �3p5

5y x <

3p5

5

o bien en únicamente

x < �3p5

5

Resumiendo, la segunda derivada f 00 (x) es mayor que cero para x < �3p5

5= �1: 341 6 y para x > 3

p5

5= 1: 341 6

La función es concava hacia arriba en el conjunto

�1;�3

p5

5

![ 3p5

5;+1

!.

Obviamente donde nos es concava hacia arriba es concava hacia abajo; es decir

La función es concava hacia abajo en el intervalo

�3p5

5;3p5

5

!.

Presentamos ahora la grá�ca de la segunda derivada

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

20

10

10

x

f''(x)

Con esta grá�ca las a�rmaciones anteriores terminarán de clari�carse.

4

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h (t) =jt� 1jt� 1


(a) limt!1�

h (t) = limt!1�

jt� 1jt� 1 ; (b) lim

t!1+h (t) = lim

t!1+

jt� 1jt� 1 ; (c) lim

t!1h (t) = lim

t!1

jt� 1jt� 1

si existen. Si alguno de los límites no existe, establece la razón.

Solución:

La función que tenemos es

h (t) =jt� 1jt� 1

Es claro que si t < 1, jt� 1j = 1� t y h (t) = jt� 1jt� 1 =

1� tt� 1 = �1.

Si t > 1, entonces jt� 1j = t� 1 y h (t) = jt� 1jt� 1 =

t� 1t� 1 = +1.

En resumen,

h (t) =�1 t < 11 t > 1

Por lo tanto, la grá�ca de la función es

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

Calculemos ahora los límites especi�cados,

(a) limt!1�

h (t) = limt!1�

jt� 1jt� 1

Como t! 1� quiere decir que t está a la izquierda de 1; es decir, t < 1 y jt� 1j = 1� t.

1

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Por lo tanto,

h (t) =jt� 1jt� 1 =

1� tt� 1 = �1 si t < 1, tal y como se ve en la grá�ca de la función.


limt!1�

h (t) = limt!1�

jt� 1jt� 1 = lim

t!1�(�1) = �1

(b) limt!1+

h (t) = limt!1+

jt� 1jt� 1

Como t! 1+ quiere decir que t está a la derecha de 1; es decir, t > 1 y jt� 1j = t� 1.

Por lo tanto,

h (t) =jt� 1jt� 1 =

t� 1t� 1 = 1 si t > 1, tal y como se ve en la grá�ca de la función.


limt!1+

h (t) = limt!1+

jt� 1jt� 1 = lim

t!1+(1) = +1

(c) limt!1h (t) = lim

t!1

jt� 1jt� 1

Como vimos en los incisos (a) y (b), el límite por la izquierda y el límite por la derecha no coinciden, por lo tanto ellímite en el número real 1 no existe. Esto es claro en la grá�ca de la función.

2

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Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta horizontal de acuerdo a la ecuación

s (t) = 2t3 + 3t2 � 12t� 5

donde s metros es la distancia dirigida de la partícula desde un punto O a los t segundos. El sentido positivo seconsidera hacia la derecha. Determina los intervalos de tiempo en los que el movimiento es hacia la derecha y en los que esa la izquierda. También determina cuándo la partícula cambia de sentido. Apoya tus resultados construyendo una grá�ca.

Solución:

La posición s de la partícula está dada, como función del tiempo, por la ecuación,

s (t) = 2t3 + 3t2 � 12t� 5.

La velocidad de la partícula está dada por la derivada de la ecuación de movimiento. Tenemos

v (t) = s0 (t) = 6t2 + 6t� 12

La partícula cambia de dirección en los momentos en los que la velocidad se hace cero. Esos momentos los obtenemosentonces de la ecuación

6t2 + 6t� 12 = 0

que tiene dos soluciones t1 = �2 y t2 = 1.

Dado que el término 6t2 domina al término 6t, es claro que para t < �2, la derivada es positiva, s0 (t) > 0. Es decir,para t < �2 la partícula se mueve hacia la derecha. Desde el in�nito pasado hasta t = 2, la partícula ha estado viajandohacia la derecha.

En t = �2, la partícula se detiene e invierte su movimiento, empieza a viajar hacia la izquierda. Efectivamente, para ten el intervalo (�2; 1), se tiene que la derivada es negativa y la partícula viaja durante todo ese tiempo hacia la izquierda.

Para t = 1, la partícula se detiene nuevamente y vuelve a invertir su movimiento, ahora viaja hacia la derecha. Enefecto, es claro que si t > 1, s0 (t) > 0.

En resumen,

Para t < �2, s0 (t) > 0 y la partícula viaja hacia la derecha.

Para �2 < t < 1, s0 (t) < 0 y la partícula viaja hacia la izquierda.

Para t > 1, s0 (t) > 0 y la partícula viaja hacia la derecha.

Todo lo anterior se muestra claramente en la siguiente grá�ca, donde en rojo se expone la posición de la partícula comofunción del tiempo y en azul su velocidad, también como función del tiempo.

1

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

100

100

200

x

y

2

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Dibuje una porción de la grá�ca de una función f que pase por el punto donde x = c y que satisfaga las condicionesdadas. Suponga que f es continua en algún intervalo abierto que contiene a c.

(a)

f 0 (x) > 0 si x < c.

f 0 (x) < 0 si x > c.

f 00 (x) < 0 si x < c.

f��(x) < 0 si x < c.

(b)

f 0 (x) < 0 si x < c.

f 0 (x) > 0 si x > c.

f 00 (x) < 0 si x < c.

f��(x) < 0 si x < c.

(c)

f 0 (x) > 0 si x < c.

f 0 (x) < 0 si x > c.

f 00 (x) < 0 si x < c.

f��(x) > 0 si x < c.

(d)

f 0 (c) = 0, f 00 (c) = 0;

f 0 (x) < 0 si x < c; f 0 (x) < 0 si x > c;

f 00 (x) > 0 si x < c; f 00 (x) < 0 si x > c;

Solución:

(a)

f 0 (x) > 0 si x < c. Esto signi�ca que la función f es creciente en un intervalo abierto (a1; c), contenido en el intervaloen el cual la función f es continua.

f 0 (x) < 0 si x > c. Esto signi�ca que la función f es decreciente en un intervalo abierto (c; b1), contenido en el intervaloen el cual la función f es continua.

f 00 (x) < 0 si x < c. Esto quiere decir que la función es concava hacia abajo en un intervalo abierto (a2; c), contenidoen el intervalo en el cual la función f es continua.

f��(x) < 0 si x < c. Esto quiere decir que la función es concava hacia abajo en un intervalo abierto (c; b2), contenido enel intervalo en el cual la función f es continua.

También es fácil concluir que la función f tiene un máximo relativo en c.

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Una función que satisface estas condiciones es f (x) = 4� (x� 2)2 = 4x� x2.

En efecto, tenemos que

f (x) = 4x� x2

y

f 0 (x) = 4� 2x

Si f 0 (x) = 4� 2x > 0 quiere decir que 4� 2x > 0 =) 4 > 2x =) 2 > x.

Si f 0 (x) = 4� 2x > 0 quiere decir que 4� 2x > 0 =) 4 < 2x =) 2 < x.

Así que se satisfacen las dos primeras condiciones y, además, c = 2.

Para la segunda derivada tenemos

f 00 (x) = �2

es decir, f 00 (x) < 0 para todo real. Así que la función es concava hacia abajo en todo el eje real.


1 1 2 3 4 5

5

4

3

2

1

1

2

3

4

x

y

(b)

f 0 (x) < 0 si x < c. Esto signi�ca que la función f es decreciente en un intervalo abierto (a1; c), contenido en elintervalo en el cual la función f es continua.

f 0 (x) > 0 si x > c. Esto signi�ca que la función f es creciente en un intervalo abierto (c; b1), contenido en el intervaloen el cual la función f es continua.


f��(x) < 0 si x < c. Esto quiere decir que la función es concava hacia abajo en un intervalo abierto (c; b2), contenido enel intervalo en el cual la función f es continua.

También es fácil concluir que la función f tiene un mínimo relativo en c.

2

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Una función que satisface estas condiciones es f (x) =�x2 � 2x x 2 (�1; 0)�x2 + 2x x 2 [0; 1)

El punto c en este caso es el origen, que es un mínimo relativo. La función es continua en el intervalo abierto (�1; 1).

Tenemos que

f 0 (x) =�2x� 2 x 2 (�1; 0)�2x+ 2 x 2 [0; 1)

Vemos que si x 2 (�1; 0) entonces f 0 (x) < 0, y la función es decreciente.

Si x 2 [0; 1) entonces f 0 (x) > 0, y la función es creciente.

Veamos ahora la segunda derivada,

f 00 (x) =�2 x 2 (�1; 0)�2 x 2 [0; 1) = �2 x 2 (�1; 1)

Así que la segunda derivada es negativa en todo el intervalo de integración y la función es concava hacia abajo.


1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

x

f(x)

(c)

f 0 (x) > 0 si x < c. Esto signi�ca que la función f es creciente en un intervalo abierto (a1; c), contenido en el intervaloen el cual la función f es continua.

f 0 (x) < 0 si x > c. Esto signi�ca que la función f es decreciente en un intervalo abierto (c; b1), contenido en el intervaloen el cual la función f es continua.


f��(x) > 0 si x < c. Esto quiere decir que la función es concava hacia arriba en un intervalo abierto (c; b2), contenidoen el intervalo en el cual la función f es continua.

Una función que tiene esas propiedades es

f (x) =x3 x < 0�px x > 0

3

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Dicha función es continua en todo el eje real.

Su derivada es

f 0 (x) =3x2 x < 0

�12

1px

x > 0

y es claro que f 0 (x) > 0 si x 2 (�1; 0) y f 0 (x) < 0 si x 2 (0;+1).


f 00 (x) =6x x < 0

1

4

1

xpx

x > 0

y es claro que f 00 (x) < 0 si x 2 (�1; 0) y f 00 (x) > 0 si x 2 (0;+1).


1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

3

2

1

x

f(x)

y vemos que se cumplen las condiciones.

(d)

f 0 (c) = 0, f 00 (c) = 0; esto signi�ca que la función tiene un punto crítico en c y que posiblemente ese punto críticosea un punto de in�exión.

f 0 (x) < 0 si x < c; f 0 (x) < 0 si x > c; esto se traduce en que la función es decreciente en un intervalo abiertodel tipo (a1; b1) que contiene a c en su interior;

f 00 (x) > 0 si x < c; f 00 (x) < 0 si x > c; esto quiere decir que la función es concava hacia arriba en un ciertointervalo (a2; c) y concava hacia abajo en un cierto intervalo (c; b2).

Como caso particular de una función con estas características tenemos

f (x) = �x3

cuya derivada es

f 0 (x) = �3x2

4

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que claramente es menor que cero en todo el eje real, excepto en el cero donde es cero. Es decir, la función siempre esdecreciente, con excepción del cero donde tiene un punto de in�exión.


f 00 (x) = �6x

que es mayor que cero para x negativas, lo cual nos dice que para x negativas la función es concava hacia arriba. Parax positivas, la segunda derivada es siempre negativa, indicando que a la derecha del eje Y la función es siempre concavahacia abajo.

A continuación tenemos la grá�ca de la función,

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

120

100

80

60

40

20

20

40

60

80

100

120

x

f(x)

5

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g (x) =x� 4 x < �4p16� x2 �4 � x � 44� x x > 4


(a) limx!�4�

g (x); (b) limx!�4+

g (x); (c) limx!�4

g (x); (d) limx!4�

g (x); (e) limx!4+

g (x); (f) limx!4

g (x)

si existen.

Si alguno de los límites no existe, establece la razón.

Solución:

(a) limx!�4�

g (x)

limx!�4�

g (x) = limx!�4�

(x� 4) = limx!�4�

x� limx!�4�

4 = �4� 4 = �8

(b) limx!�4+

g (x)

limx!�4+

g (x) = limx!�4+

p16� x2 =

qlim

x!�4+(16� x2) =

qlim

x!�4+16� lim

x!�4+x2 ==

slim

x!�4+16�

�lim

x!�4+x

�2=q

16� (�4)2 = 0

(c) limx!�4

g (x)

De los incisos (a) y (b) tenemos

limx!�4�

g (x) = �8 6= 0 = limx!�4+

g (x)

Así que el límite limx!�4

g (x) no existe.

(d) limx!4�

g (x)

limx!4�

g (x) = limx!4�

p16� x2 =

qlimx!4�

(16� x2) =qlimx!4�

16� limx!4�

x2 =

s16�

�limx!4�

x

�2=p16� 42 = 0

(e) limx!4+

g (x)

limx!4+

g (x) = limx!4+

(4� x) = limx!4+

4� limx!4+

x = 4� 4 = 0

(f) limx!4

g (x)

Como vimos en los incisos (d) y (e),

1

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limx!4�

g (x) = 0 = limx!4+

g (x)

y por lo tanto

limx!4

g (x) = 0

Presentamos la grá�ca de la función.

8 6 4 2 2 4 6 8

12

10

8

6

4

2

2

4

x

y

es claro que en x = �4 no existe el límite.

2

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Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta horizontal de acuerdo a la ecuación de movimiento

s = 4� 9t+ 6t2 � t3 con t � 0

donde a los t segundos, s metros es la distancia dirigida de la partícula desde el origen, v metros por segundo es lavelocidad, y a metros por segundo por segundo es la aceleración de la partícula. Calcule v y a en términos de t. Elaboreuna tabla semejante a la tabla 3 de la sección 2.5 que proporcione una descripción de la posición y movimiento de lapartícula. Incluya en la tabla los intervalos de tiempo en los que la partícula se mueve a la izquierda y en los que se muevea la derecha; los intervalos en los que la velocidad es creciente y en los que es decreciente; y la posición de la partícula conrespecto al origen durante estos intervalos de tiempo. Muestre el comportamiento del movimiento mediante una �gurasimilar a la �gura 10 de la sección 2.5. Apoye los resultados simulando el movimiento de la partícula con una grá�ca.

Solución:

Calcule v y a en términos de t.

La velocidad es la derivada de la posición respecto al tiempo; es decir,

v (t) =ds (t)

dt=d�4� 9t+ 6t2 � t3

�dt

= �3t2 + 12t� 9 con t � 0

y la aceleración es la segunda derivada de la posición respecto al tiempo, o lo que es lo mismo, la derivada de lavelocidad respecto al tiempo, así que

a (t) =dv (t)

dt=d2s (t)

dt2=d2�4� 9t+ 6t2 � t3

�dt2

= 12� 6t con t � 0

TIEMPO s v a CONCLUSIÓN

t = 0 4 �9 12La particula está 4 unidades a la derecha del origen, se mueve hacia la izquierda.

La rapidez es decreciente.

0 < t < 1 + � +La partícula está a la derecha del origen, se mueve hacia la izquierda.

La rapidez es decreciente.t = 1 0 0 6 La partícula está en el origen. No se mueve. La aceleración es positiva.

1 < t < 2 + + +La partícula está a la derecha del origen, se mueve hacia la derecha.

La rapidez es creciente.

t = 2 2 3 0La partícula está 2 unidades a la derecha del origen, se mueve hacia la derecha.

La velocidad y la rapidez no cambian.

2 < t < 3 + + � La partícula está a la derecha del origen, se mueve hacia la derecha.La rapidez es decreciente.

t = 3 4 0 �6 La partícula está 4 unidades a la derecha del origen. No se mueve.La rapidez es decreciente.

3 < t < 4 + � � La partícula está a la derecha del origen, se mueve hacia la izquierda.La rapidez es creciente.

t = 4 0 �9 �12 La partícula está en el origen, se mueve hacia la izquierda.La rapidez es creciente.

t > 4 � � � La partícula está a la izquierda del origen, se mueve hacia la izquierda.La rapidez es creciente.

s (t) = 4� 9t+ 6t2 � t3

s (4) = 0

A continuación presentamos la grá�ca del movimiento (s (t) en color rojo), de la velocidad (en color azul) y de laaceleración (en color verde):

1

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1 2 3 4 5

20

10

0

10

t

s(t)

2

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Dibuje una porción de la grá�ca de una función f que pase por los puntos (a; f (a)) ; (b; f (b)) ; (c; f (c)) y (d; f (d)) yque satisfaga las condiciones dadas. También dibuje un segmento de la recta tangente en cada uno de estos puntos, encaso de que exista la recta tangente. Suponga que a < b < c < d y que f es continua en algún intervalo abierto quecontiene a a y d.

(a) f 0 (a) = 0; f 0 (b) = �1; f 0 (c) no existe; f 0 (d) = 0; f 00 (x) < 0 si x < b; f 00 (x) > 0 si b < x < c; f 00 (x) < 0 six > c.

(b) f 0 (a) > 0; f 00 (a) = 0; f 0 (b) = 1; f 00 (b) = 0; f 0 (c) = 0; f 0 (d) no existe; f 00 (x) < 0 si x < a; f 00 (x) > 0 sia < x < b; f 00 (x) < 0 si b < x < d; f 00 (x) > 0 si x > d.

Solución:


A continuación presentamos una porción de la grá�ca de una función que satisface todos esto requerimientos:

1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5

1.2

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

x

f(x)


En este caso la grá�ca de una función que cumple con todos estos requisitos es:

1

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0.5 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0

1

2

3

4

5

6

x

Apendice.


Este problema es sencillo si se resuelve con lápiz y papel, pero si queremos usar un porgrama de gra�cación debemostener una ecuación en x e y. ¿Cómo se calculan las funciones que gra�camos?

Adivinanza:

f (x) = Ax3 +Bx2 + Cx

Los puntos los tomos como:

a = 0; b = 1; c = 2; d = 3

Aplico las condiciones del problema

f 0 (0) = C = 0

f 0 (1) = 3A+ 2B + C = �1 f (1) = �23

f 00 (1) = 6A+ 2B = 0

que quedan como el sistema

3A+ 2B = �1

6A+ 2B = 0

que tiene las soluciones

A =1

3

B = �32

1

3� 12= �1

Por lo tanto nos sirve la función:

f (x) =1

3x3 � x2

2

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Como la derivada no debe existir en c (que lo tomé como 2), se construye otra función que pegamos a f , para quequede continua, pero con una derivada diferente.

La probamos del mismo tipo

g (x) = Ax3 +Bx2 + Cx

y las condiciones nos dan

g (2) = 8A+ 4B + 2C = �43

g0 (3) = 27A+ 6B + C = 0

g00 (2) = 12A+ 2B = 0

que se resuelven como0@ 8 4 227 6 112 2 0

1A�10B@ �4

300

1CA =

0B@ �234�6

1CAo sea que

g (x) = �23x3 + 4x2 � 6x

La gra�ca de f y g queda

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

1.2

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.0

x

f(x)

Las dos funciones y sus derivadas

f (x) =1

3x3 � x2 f 0 (x) = x2 � 2x f 00 (x) = 2x� 2

g (x) = �23x3 + 4x2 � 6x g0 (x) = �2x2 + 8x� 6 g00 (x) = 8� 4x

y gra�cadas para ver que cumpen todos los requisitos:

3

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0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0

4

3

2

1

0

1

2

x

y


Lo mismo hecho para el segundo inciso, para el (b).

f (x) = Ax4 +Bx3 + Cx2 +Dx

a = 0; b = 1; c = 2; d = 3

f 0 (0) = D > 0

f 00 (0) = 2C = 0

f 0 (1) = 4A+ 3B + 2C +D = 1

f 00 (1) = 12A+ 6B + 2C = 0

f 0 (2) = 32A+ 12B + 4C +D = 0

C = 0

4A+ 3B +D = 1

12A+ 6B = 0

32A+ 12B +D = 0

0@ 4 3 112 6 032 12 1

1A�10@ 100

1A =

0BBBB@� 1

101

54

5

1CCCCAf (x) = � 1

10x4 +

1

5x3 +

4

5x

f 0 (x) = �25x3 +

3

5x2 +

4

5

f 00 (x) =6

5x� 6

5x2

4

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0.5 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0

6

4

2

2

4

6

8

x


g (3) = f (3) = � 3

10

f 0 (3) = �235�

3;� 3

10

�g (x) = Ax2 +Bx+ C

g (3) = 9A+ 3B + C = � 3

10

g0 (3) = 6A+B

g00 (x) = 2A

9 + C = � 3

10, Solution is: �93

10

g (x) = x2 � 9310

g0 (x) = 2x

g00 (x) = 2

f (x) = � 1

10x4 +

1

5x3 +

4

5x

f 0 (2) = 0 f (2) =8

5

5

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0.5 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0

1

2

3

4

5

6

x

6

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Calcula los límites

(a) limx!�4�

2x

16� x2 (b) limx!�4+

2x

16� x2

y apoya tu respuesta grá�camente.

Solución:

(a) limx!�4�

2x

16� x2

Tenemos que

limx!�4�

2x = 2 limx!�4�

x = 2 (�4) = �8

y

limx!�4�

16� x2 = limx!�4�

16� limx!�4�

x2 = limx!�4�

16��lim

x!�4�x

�2= 16� (�4)2 = 0

Además x! �4� quiere decir que siempre x < �4, pero esto implica que

x2 > 16

o bien

0 > 16� x2

por lo tanto podemos aplicar el inciso (iV) del siguiente teorema:

1.7.4 Teorema 12 de límites (página 58)Si a es cualquier número real y si lim

x!af (x) = 0 y lim

x!ag (x) = c, donde c es una constante diferente de 0,

entonces(i) si c > 0 y f (x)! 0 a través de valores positivos de f (x), entonces

limx!a

g (x)

f (x)= +1

(ii) si c > 0 y f (x)! 0 a través de valores negativos de f (x), entonces

limx!a

g (x)

f (x)= �1

(iii) si c < 0 y f (x)! 0 a través de valores positivos de f (x), entonces

limx!a

g (x)

f (x)= �1

(iv) si c < 0 y f (x)! 0 a través de valores negativos de f (x), entonces

limx!a

g (x)

f (x)= +1

El teorema también es válido si se sustituye "x! a" por "x! a+" ó "x! a�":

y

limx!�4�

2x

16� x2 = +1

(b) limx!�4+

2x

16� x2

1

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Se trata de un cociente donde el límite del numerador es diferente de cero,

limx!�4+

2x = 2 limx!�4+

x = 2 (�4) = �8

de hecho, es negativo.

El límite del denominador es cero,

limx!�4+

16� x2 = limx!�4+

16� limx!�4+

x2 = limx!�4+

16��lim

x!�4+x

�2= 16� (�4)2 = 0

pero además como x! �4+ quiere decir que x > �4 (además dado que x! �4+ podemos suponer que x > 0), quea su vez quiere decir que

16 > x2

o bien

16� x2 > 0

así que 16� x2 se acerca a cero por valores positivos.

Podemos aplicar el inciso (iii) del teorema arriba enunciado para concluir que

limx!�4+

2x

16� x2 = �1

A continuación la grá�ca de la función, entre -6 y -4, muestra claramente estos límites

6.0 5.5 5.0 4.5 4.0 3.5 3.0 2.5

6

4

2

0

2

4

6

x

y

2

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(a) limx!4�

2x

16� x2 (b) limx!4+

2x

16� x2


Solución:

(a) limx!4�

2x

16� x2

Tenemos que

limx!4�

2x = 8

y

limx!4�

16� x2 = 0

pero si x se acerca a 4 por la izquierda, es decir, x < 4, es claro que 16 � x2 > 0 y utilizando el teorema 1.7.4 delLeithold, concluimos que

limx!4�

2x

16� x2 = +1

(b) limx!4+

2x

16� x2

Al igual que en el caso anterior tenemos que

limx!4+

2x = 8

y

limx!4+

16� x2 = 0

pero si x se acerca a 4 por la derecha, es decir, x > 4, es claro que 16 � x2 < 0 y utilizando el teorema 1.7.4 delLeithold, concluimos que

limx!4+

2x

16� x2 = �1

A continuación la grá�ca de la función, entre 2 y 6, muestra claramente estos límites

1

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2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0

6

5

4

3

2

1

0

1

2

3

4

5

x

y

2

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Un excursionista perdido en un bosque es descubierto desde un helicóptero. Los rescatistas lanzaron una valija conalimentos al excursionista desde una altura de 200 pies. (a) Utiliza la ecuación (10) de la sección 2.5 para escribir unaecuación del movimiento de la valija, y simular el movimiento mediante una grá�ca. (b) Determina la velocidad instantáneade la valija en 1 s y en 3 s. (c) Calcula el tiempo que le tomará a la valija llegar al suelo. (d) ¿Cuál es la rapidez de lavalija al momento de tocar el suelo?

Solución:

En la fórmula (10) de las sección 2.5 (página 143) se establece:

La ecuación de movimiento para un objeto que se mueve sobre una recta vertical y sujeto sólo a la fuerza de gravedad,donde el sentido (ó dirección) positivo es hacia arriba es

s = �16t2 + v0t+ s0

donde s pies es la altura del objeto a los t segundos, s0 pies es la altura inicial del objeto y v0 pies por segundo es suvelocidad inicial.

En nuestro caso s0 = 200 pies y v0 = 0 pies por segundo; por lo tanto, la ecuación de movimiento es

s = �16t2 + 200

La grá�ca del movimiento es

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.50

50

100

150

200

t

s

(b) Determina la velocidad instantánea de la valija en 1 s y en 3 s

La ecuación de movimiento es

s = �16t2 + 200

La velocidad instantanea, como función de la variable independiente t, es la derivada de la posición s respecto altiempo t,

v (t) = �32t

Así que al tiempo t = 1 s, la velocidad instantánea es

s = �32 (1 s) = �32 pies por segundo

1

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Al tiempo t = 3 segundos, la velocidad instantánea es

s = �32 (3 s) = �96 pies por segundo

En ambos casos el signo negativo signi�ca que la dirección es hacía abajo, del helicóptero al suelo.

(c) Calcula el tiempo que le tomará a la valija llegar al suelo.

La valija toca el suelo cuando s = 0 pies, así que sustituyendo este valor en la ecuación de movimiento s = �16t2+200,obtenemos

0 = �16t2 + 200

que despejando t nos deja

t = �5p2

2

El resultado �5p2

2no tiene sentido físico, así que el tiempo buscado es t =

5p2

2= 3: 536

En resumen, el tiempo en que la valija llega al suelo es t =5p2

2segundos = 3:54 segundos.

(d) ¿Cuál es la rapidez de la valija al momento de tocar el suelo?

La rapidez al tocar el suelo es el valor absoluto de la velocidad instantánea, que ya vimos que es la derivada de laposición como función del tiempo; es decir,

v (t) = �32t

Llega al suelo al tiempo t =5p2

2; por tanto, la rapidez es��v

t =

5p2

2

!�� =��32

5p2

2

!�� = 80p2 pies por segundo = 113:1 pies por segundo

2

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La �gura

muestra la grá�ca de la derivada de una función f cuyo dominio es el conjunto de todos los números reales y la cuales continua en todo número real. A partir de la grá�ca determina la siguiente información e incorporala en una tablasemejante a las tablas de la sección 3.6 (página 242): (i) los intervalos en los que f es creciente; (ii) los intervalos en losque f es decreciente; (iii) los extremos relativos de f ; (iv) donde la grá�ca de f es cóncava hacia arriba; (v) donde lagrá�ca de f es cóncava hacia abajo; (vi) los puntos de in�exión de la grá�ca de f .

Dibuje la grá�ca de una función f que tenga las propiedades de la tabla si los únicos ceros de f son los indicados enla �gura.

Solución:

(i) los intervalos en los que f es creciente

Una función es creciente en un intervalo si su derivada es positiva en dicho intervalo.

De la grá�ca de la derivada de la función f

1

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es claro que la función es creciente en el intervalo (�1; 2):

(ii) los intervalos en los que f es decreciente

Una función es decreciente en un intervalo si su derivada es negativa en dicho intervalo.


es claro que la función es decreciente en el intervalo (2;+1):

(iii) los extremos relativos de f ;

Como la función es continua en el conjunto de todos los números reales y por lo que acabamos de ver en los dos incisosanteriores, la función f tiene un máximo relativo en x = 2. Ese es el único extremo relativo que tiene.

La grá�ca también nos muestra que la derivada de f no existe en x = 2; sin embargo, ese no es un impedimento paraque x = 2 sea un máximo relativo.

(iv) donde la grá�ca de f es cóncava hacia arriba

2

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Una función es cóncava hacia arriba en un intervalo si su segunda derivada es positiva en dicho intervalo.


es claro que la función f es cóncava hacia arriba en el intervalo (�1; 0) y en el intervalo (2;+1).

(v) donde la grá�ca de f es cóncava hacia abajo

Una función es cóncava hacia abajo en un intervalo si su segunda derivada es negativa en dicho intervalo.


es claro que la función f es cóncava hacia abajo en el intervalo (0; 2).

(vi) los puntos de in�exión de la grá�ca de f

La función f tiene un punto de in�exión en x = 0, ya que ahí la segunda derivada cambia de signo.

A continuación presentamos una tabla resumiendo todos los puntos anteriores,

3

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f 0 (x) f 00 (x) Conclusiónx < 0 + + f es creciente y su grá�ca es concava hacia arribax = 0 No existe No existe f es continua, pero no diferenciable0 < x < 2 + � f es creciente y su grá�ca es concava hacia abajox = 2 No existe No existe f es continua, pero no diferenciablex > 2 � + f es decreciente y su grá�ca es concava hacia arriba

Dibuje la grá�ca de una función f que tenga las propiedades de la tabla si los únicos ceros de f son los indicados enla �gura

La función

f (x) = �p�x x 2 (�1; 0)

f (x) =px x 2 (0; 2)

f3 (x) =p2�

p2px� 2 x 2 (2;+1)

cuya grá�ca es

10 8 6 4 2 2 4 6 8 10

3

2

1

1

x

f(x)

cumple con las condiciones de este problema.

4

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Es claro que la función tiene ceros en 0 y 3; es decir, f (0) = 0 y f (3) = 0.

Respecto a su derivada tenemos

f 0 (x) =1

2p�x

x 2 (�1; 0)

f 0 (x) =1

2px

x 2 (0; 2)

f 0 (x) = �12

p2p

x� 2x 2 (2;+1)

cuya grá�ca mostramos a continuación

10 8 6 4 2 2 4 6 8 10

0.6

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

x

f'(x)

y vemos que coincide cualitativamente con la grá�ca propuesta en el problema

Podemos calcular también la segunda derivada, que da

f 001 (x) =1

4 (�x)3

2

5

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f 002 (x) = �1

4x

3

2

f 003 (x) =1

4

p2

(x� 2)3

2

y cuya grá�ca es

10 8 6 4 2 2 4 6 8 10

10

8

6

4

2

2

x

f(x)

donde podemos comprobar en que regiones la grá�ca es cóncava hacia arriba o cóncava hacia abajo.

Como resumen general, presentamos la gra�ca de la función, de su derivada y de su segunda derivada y la tabla conel detalle del comportamiento de la función

10 5 5 10

3

2

1

1

x

f(x)

10 5 5 10

1.0

0.5

0.5

1.0

1.5

x

f'(x)

10 5 5 10

10

8

6

4

2

2

x

f''(x)

f 0 (x) f 00 (x) Conclusiónx < 0 + + f es creciente y su grá�ca es concava hacia arribax = 0 No existe No existe f es continua, pero no diferenciable0 < x < 2 + � f es creciente y su grá�ca es concava hacia abajox = 2 No existe No existe f es continua, pero no diferenciablex > 2 � + f es decreciente y su grá�ca es concava hacia arriba

Extra: ¿Cómo se calculó la función para x > 2?�y �

p2�2= 4p (x� 2)

6

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�0�

p2�2= 4p (3� 2)

p =1

2�y �

p2�2= 2 (x� 2)�

y �p2�2 � 2 (x� 2)

y =p2�

p2px� 2

f3 (x) =p2�

p2px� 2 x 2 (2;+1)

7

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(a) limt!5

pt� 4

(t� 5)2(b) lim

t!5+

4� tpt� 5


Solución:

(a) limt!5

pt� 4

(t� 5)2

Se trata del límite de un cociente, pero es claro que el límite del denominador es cero, mientras que el límite delnumerador es diferente de cero, por lo tanto debemos hacer uso del teorema siguiente:

1.7.4 Teorema 12 de límites (página 58)

Si a es cualquier número real y si limx!a

f (x) = 0 y limx!a

g (x) = c, donde c es una constante diferente de 0, entonces

(i) si c > 0 y f (x)! 0 a través de valores positivos de f (x), entonces

limx!a

g (x)

f (x)= +1


limx!a

g (x)

f (x)= �1


limx!a

g (x)

f (x)= �1


limx!a

g (x)

f (x)= +1

El teorema también es válido si se sustituye "x! a" por "x! a+" ó "x! a�".

En efecto,

limx!5

(t� 5)2 =hlimx!5

(t� 5)i2=hlimx!5

t� limx!5

5i2= (5� 5)2 = 0

y

limx!5

pt� 4 =

qlimx!5

(t� 4) =qlimx!5

t� limx!5

4 =p5� 4 =

p1 = 1 > 0

Estamos entonces en el caso (i) del teorema 1.7.4, así que

limt!5

pt� 4

(t� 5)2= +1

A continuación se muestra la grá�ca de la función en una vecindad del número real 5:

1

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4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 7.5 8.00

5

10

15

20

t

De la grá�ca es claro que el límite en 5 es +1.

(b) limt!5+

4� tpt� 5

Se trata del límite de un cociente, pero es claro que el límite del denominador es cero, mientras que el límite delnumerador es diferente de cero, por lo tanto debemos hacer uso del teorema siguiente:

1.7.4 Teorema 12 de límites (página 58)

Si a es cualquier número real y si limx!a

f (x) = 0 y limx!a

g (x) = c, donde c es una constante diferente de 0, entonces

(i) si c > 0 y f (x)! 0 a través de valores positivos de f (x), entonces

limx!a

g (x)

f (x)= +1


limx!a

g (x)

f (x)= �1


limx!a

g (x)

f (x)= �1


limx!a

g (x)

f (x)= +1

El teorema también es válido si se sustituye "x! a" por "x! a+" ó "x! a�".

En efecto,

limx!5+

pt� 5 =

qlimx!5+

(t� 5) =qlimx!5+

t� limx!5+

5 =p5� 5 = 0

y

2

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limx!5+

(4� t) = limx!5+

4� limx!5+

t = 4� 5 = �1 < 0.

Estamos entonces en el caso (iii) del teorema 1.7.4, así que

limt!5+

4� tpt� 5

= �1

A continuación se muestra la grá�ca de la función en una vecindad del número real 5:

4.0 4.2 4.4 4.6 4.8 5.0 5.2 5.4 5.6 5.8 6.0 6.2 6.4 6.6 6.8 7.0

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

t

De la grá�ca es claro que el límite en 5+ es �1.

3

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Solución:

(a) Emplee la ecuación (10) de la sección 2.5 para escribir una ecuación del movimiento de la pelota, y simular elmovimiento en la gra�cadora.

La ecuación de movimiento para un objeto que se mueve sobre una recta vertical y sujeto sólo a la fuerza de gravedad,donde el sentido (o dirección) positivo es hacia arriba es (ecuación (10) de la sección 2.5, página 143)

s = �16t2 + v0t+ s0

donde s pies es la altura del objeto a los t segundos, s0 pies es la altura inicial del objeto y v0 pies por segundo es suvelocidad inicial.

En el caso particular tratado en este problema tenemos s0 = 112 pies, v0 = 96 pies/segundo; así que la ecuación demovimiento es

s = �16t2 + 96t+ 112

La grá�ca de movimeinto es la que presentamos a continuación.

1

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0 1 2 3 4 5 6 70

50

100

150

200

250

x

s(t)

Podemos observar que la pelota sube hasta una altura aproximada de 250 pies en unos 3 segundos y después empiezaa descender, llegando al suelo en 7 segundos.

(b) Estime qué tan allto llegará la pelota y cuánto tiempo le tomará alcanzar el punto más alto.

La pelota sube hasta una altura aproximada de 250 pies en unos 3 segundos.

(c) Con�rme las a�rmaciones del inciso (d) analíticamente.

La pelota llegará a su máxima altura cuando la ecuación de movimiento tenga un máximo, es decir, cuando la derivadase anule. Fisicamente esto corresponde a que cuando la pelota llega a su máxima altura detiene su ascenso, se para, einmediatamente después comienza a caer.

Debemos entonces sacar la derivada de la ecuación de movimiento

s (t) = �16t2 + 96t+ 112

para encontrar su velocidad

v (t) = s0 (t) = 96� 32t

que se anula cuando

96� 32t = 0

es decir, para t = 3, tal y como lo dedujimos de la grá�ca.

En ese momento la altura es

s (3) = 256

La altura máxima es 256 pies. En la grá�ca que presentamos la mejor aproximación que pudimos obtener fue de 250pies. Sin embargo, si construimos una grá�ca más exacta,

2

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2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 3.0 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5252

253

254

255

256

x

s(t)

vemos claramente que efectivamente el máximo es 256 pies.

(d) Estime cuánto tiempo le tomará a la pelota llegar al suelo.

Ya mencionamos que en la grá�ca es claro que la pelota llega al suelo (es decir, cuando s = 0) en aproximadamente 7segundos.

(e) Con�rme la estimación del inciso (d) analíticamente.

La pelota llegará al suelo al tiempo t tal que s (t) = 0; es decir,

s (t) = �16t2 + 96t+ 112 = 0

que tiene como soluciones 7 y �1.

La solución �1 no es aceptable porque el movimiento lo empezó a t = 0. Así que la solución es t = 7, como la lohabíamos anticipado analizando la grá�ca del movimiento.

(f) Calcule la velocidad instantánea de la pelota a los 2 s y a los 4 s:

En el inciso (b) determinamos que la velocidad de la pelota es

v (t) = s0 (t) = 96� 32t

Por tanto, la velocidad de la pelota a los 2 s será

v (2) = 32 pies/segundo hacia arriba

y a los 3 segundos será

v (3) = 0 pies/segundo. La pelota está detenida en el punto más alto.

(g) Determine la rapidez de la pelota a los 2 segundos y a los 4 segundos.

La rapidez de la pelota es el valor absoluto de la velocidad; es decir, no importa si es hacia arriba o hacia abajo.

A los 2 segundos tenemos

3

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v (2) = 32 pies/segundo

y a los 4 segundos

v (4) = 32 pies por segundo.

(h) Obtenga la velocidad instantánea de la pelota cuando ésta alcanza el suelo.

Ya determinamos que la pelota alcanza el suelo a los 7 segundos. En ese tiempo la velocidad es

v (7) = �128 pies/segundo.

Es decir, la pelota en el instante en que toca el suelo va a 128 pies/segundo hacia abajo.

4

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En la �gura se muestra la grá�ca de la función f y segmentosde tangentes horizontales y de in�exión. Determine la siguiente información a partir de la �gura e incorpórela en unatabla similar a las tablas de la sección 3.6: (i) los intervalos en los que f es creciente, (ii) los intervalos en los que f esdecreciente; (iii) los extremos relativos de f ; (iv) donde la grá�ca de f es cóncava hacia arriba; (v) donde la grá�ca de fes cóncava hacia abajo; (vi) los puntos de in�exión de la grá�ca de f . A partir de la tabla, dibuje grá�cas posibles de f 0

y f 00.

Solución:

La función es continua en todo el eje real.

En el intervalo (�1;�3): La función es creciente y concava hacía abajo.

La función tiene un máximo relativo en x = �3 con valor de f (�3) = 3. Ahí la derivada es claramente 0.

En el intervalo (�3;+1): La función es decreciente. En el intervalo (�3;�1): La función es concava hacia abajo. Enel intervalo (�1; 1) es cóncava hacia arriba.

En x = 1 la función tiene un mínimo relativo y en ese punto la derivada se anula.

En el intervalo (1; 3:5): La función es creciente. En el intervalo (1; 2:5) es cóncava hacia arriba. En el intervalo (2:5; 3:5)la función es cóncava hacia abajo.

En x = 3:5, la función tiene un máximo relativo. Ahí la derivada es cero. El valor del máximo relativo es 2:

Después, en el intervalo (3:5;+1) la función es decreciente y cóncava hacia abajo.

La curva tiene puntos de in�exión en x = �1 y en x = 2:5.

La derivada de una función como esta , puede ser

1

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En esta grá�ca queda perfectamente claro en que regiones la función es creciente, en cuales es decreciente y en dondetiene extremos relativos.

La segunda derivada debe ser de la forma

2

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Esta grá�ca deja perfectamente claro las regiones donde la función es cóncava hacia arriba, cóncava hacia abajo, dondetiene puntos de in�exión, y también si los valores extremos son máximos o mínimos.

A continuación presentamos la función (en rojo), su derivada (en azul) y su segunda derivada (en verde) en una sólagrá�ca para que sea más fácil el análisis,

3

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4

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(a) Traza la grá�ca de la función f (x) =x

sin 3xen un rectángulo de inspección adecuado. ¿A qué número parece

que se aproxima f (x) conforme x tiende o se acerca a 0?

(b) Con�rma la respuesta del inciso (a) analíticamente, calculando el límite limx!0

f (x).

Solución:

(a) La grá�ca de la función f (x) =x

sin 3xes

1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

x

f(x)

Vemos que

limx!0

x

sin 3x=1

3

(b)

En el libro se demostró que limt!0

t

sin t= 1 (1.10.2 Teorema, página 87). En este caso hacemos

limx!0

x

sin 3x= lim

x!0

1

3

3x

sin 3x=1

3limx!0

3x

sin 3x=1

3lim�!0

�

sin �=1

31 =

1

3

1

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Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta horizontal de acuerdo a la ecuación de movimiento

s = cos 2t+ 2 sin 2t

donde a los t segundos, s metros es la distancia dirigida de la partícula desde el origen, v metros por segundo es lavelocidad, y a metros por segundo por segundo es la aceleración de la partícula. (a) Calcula v y a en términos de t. (b)Muestra que el movimiento es armónico simple. (c) Simula el movimiento con una grá�ca.

Solución:

(a) Calcula v y a en términos de t.

La velocidad es la derivada de la posición respecto al tiempo; es decir,

v (t) =ds (t)

dt=d (cos 2t+ 2 sin 2t)

dt= 4 cos 2t� 2 sin 2t

y la aceleración es la segunda derivada de la posición respecto al tiempo, o lo que es lo mismo, la derivada de lavelocidad respecto al tiempo, así que

a (t) =dv (t)

dt=d2s (t)

dt2=d2 (cos 2t+ 2 sin 2t)

dt2= �4 cos 2t� 8 sin 2t

(b) Muestra que el movimiento es armónico simple.

Se dice que un objeto, el cual se mueve sobre una línea recta, tiene un movimiento armónico simple si la medida desu aceleración es siempre proporcional a la medida de su desplazamiento a partir de un punto �jo sobre la recta, y suaceleración y desplazamiento tienen sentidos opuestos.

Si escribimos la aceleración

a (t) = �4 cos 2t� 8 sin 2t

como

a (t) = �4 (cos 2t+ 2 sin 2t)

es claro que

a (t) = �4s (t)

que es exactamente la característica de un movimiento armónico simple.

(c) Simula el movimiento con una grá�ca.

En la siguiente grá�ca tenemos en rojo el desplazamiento de la partícula, en verde la velocidad y en azul la aceleración.

1

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3 2 1 1 2 3

8

6

4

2

2

4

6

8

x

La grá�ca es típica de un movimiento armónico simple.

2

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En la �gura se muestra la grá�ca de la función f y segmentosde tangentes horizontales y de in�exión. Determine la siguiente información a partir de la �gura e incorpórela en unatabla similar a las tablas de la sección 3.6: (i) los intervalos en los que f es creciente, (ii) los intervalos en los que f esdecreciente; (iii) los extremos relativos de f ; (iv) donde la grá�ca de f es cóncava hacia arriba; (v) donde la grá�ca de fes cóncava hacia abajo; (vi) los puntos de in�exión de la grá�ca de f . A partir de la tabla, dibuje grá�cas posibles de f 0

y f 00.

Solución:

La función es continua en todo el eje real.

En el intervalo (�1;�1): La función es decreciente y concava hacía arriba.

La función tiene un mínimo relativo en x = �1 con valor de f (�1) = �2.

En el intervalo (�1;+1): La función es creciente y concava hacía arriba.

En x = 1 la función tiene un máximo relativo y en ese punto, aunque la función es continua no existe la derivada.

En el intervalo (1; 2:5): La función es decreciente y concava hacía arriba.

En el punto x = 2:5 la función tiene un mínimo relativo con un valor de �4.

En el intervalo (2:5;+1): La función es creciente y concava hacía arriba.

La curva no tiene puntos de in�exión, porque la función siempre es concava hacia arriba. En el único lugar que podríauno tener duda es en x = 1, pero es claro que ahí la curva no tiene una línea recta tangente y por lo tanto no puede serpunto de in�exión.

Las grá�cas posibles de f 0 y f 00 son

1

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

8

6

4

2

2

4

x

f'(x)

y

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

1.6

1.7

1.8

1.9

2.0

x

f''(x)

2

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(a) Traza la grá�ca de la función f (x) =sin 5x

sin 2xen un rectángulo de inspección adecuado. ¿A qué número parece

que se aproxima f (x) conforme x tiende o se acerca a 0?


f (x).

Solución:

(a) La grá�ca de la función f (x) =sin 5x

sin 2xes

0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

x

f(x)

Vemos que

limx!0

sin 5x

sin 2x=5

2= 2:5

(b)

Pasamos a calcular analíticamente el limx!0

sin 5x

sin 2x. Se trata de un cociente, y por tanto, está uno tentado a utilizar el

teorema


x!af (x) = L y lim


limx!a

f (x)

g (x)=L

Msi M 6= 0.

pero se da uno cuenta que limx!0

sin 2x = 0 y no se puede aplicar.

Lo que se hace es reescribir el cociente que se tiene como

sin 5x

sin 2x=5sin 5x

5x

2sin 2x

2x

y como

1

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limx!0

�5sin 5x

5x

�= 5lim

x!0

�sin 5x

5x

�= 5 lim

5x!0

�sin 5x

5x

�= 5 (1) = 5

y

limx!0

�2sin 2x

2x

�= 2lim

x!0

�sin 2x

2x

�= 2 lim

2x!0

�sin 2x

2x

�= 2 (1) = 2 6= 0

ahora si podemos aplicar el teorema 1.5.10 y tenemos

limx!0

sin 5x

sin 2x= lim

x!0

5sin 5x

5x

2sin 2x

2x

=

limx!0

�5sin 5x

5x

�limx!0

�2sin 2x

2x

� =

5limx!0

�sin 5x

5x

�2 limx!0

�sin 2x

2x

� =

5 lim5x!0

�sin 5x

5x

�2 lim2x!0

�sin 2x

2x

�Finalmente utilizamos el teorema

1.10.2 Teorema (página 87)

limt!0

sin t

t= 1

para encontrar que

limx!0

sin 5x

sin 2x= lim

x!0

5sin 5x

5x

2sin 2x

2x

=

limx!0

�5sin 5x

5x

�limx!0

�2sin 2x

2x

� =

5limx!0

�sin 5x

5x

�2 limx!0

�sin 2x

2x

� =

5 lim5x!0

�sin 5x

5x

�2 lim2x!0

�sin 2x

2x

� =5 (1)

2 (1)=5

2

En resumen,

limx!0

sin 5x

sin 2x=5

2

que es lo que habíamos encontrado grá�camente.

2

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Solución:

(a)

Llamemos G a la ganancia total, x al número de artículos vendidos. Si se vende 800 o menos artículos la utilidadobtenida por cada uno de ellos es de $200, así que si el número de artículos vendidos es menor o igual a 800, la gananciaes de 200x:

Si se rebasan los 800 artículos vendidos, la utilidad por artículo empieza a disminuir. El problema especi�ca claramenteque $0.20 por cada artículo que exceda los 800; el número de artículos que excede los 800 es claramente 800 � x, y si ladisminución de utilidad es de $0.20 por articulo, la ganancia por artículo será ahora de 200 � 0:20 (x� 800) y como sevenden x artículos la ganancia total será de x (200� 0:20 (x� 800)). No se podrán vender más de 1800 artículos porqueentonces se perdería dinero en cada uno de ellos. Resumiendo, la función que describe este problema es

G (x) =200x 0 � x � 800

x (200� 0:20(x� 800)) 800 < x � 1800

o reduciendo los términos

G (x) =200x 0 � x � 800

360x� 0:2x2 800 < x � 1800

(b)

Si consideramos ahora la variable x como real vemos que el dominio se parte en dos segmentos, y en cada segmentola función es un polinomio, y por tanto, es continua en cada segmento. En el único lugar en el que la función puede serdiscontinua es en la frontera de los dos intervalos, es decir, en x = 800.

En x = 800 tenemos

limx!800�

G (x) = limx!800�

(200x) = 160000

y

limx!800+

G (x) = limx!800+

�360x� 0:2x2

�= 360 (800)� 0:2 (800)2 = 160000

1

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es decir,

limx!800�

(200x) = 160000 = limx!800+

�360x� 0:2x2

�Ademas, la función está de�nida en x = 800 y su valor es 160000.

Concluimos que la función es continua en todo su dominio.

(c)

Para determinar si la función es diferenciable en x = 800, determinaremos la derivada por la izquierda, la derivada porla derecha y veremos si son iguales. Tenemos

f 0� (x) = lim�x!0�

G (x+�x)�G (x)�x

= lim�x!0�

200 (x+�x)� 200x�x

= lim�x!0�

200�x

�x= 200

y

f 0+ (x) = lim�x!0+

G (x+�x)�G (x)�x

= lim�x!0�

360 (x+�x)� 0:2 (x+�x)2 � 360x+ 0:2x2�x

360 (x+�x)� 0:2 (x+�x)2 � 360x+ 0:2x2 = 360x+ 360�x� 0:2�x2 + 2x�x+�x2

�� 360x+ 0:2x2 =

= 360�x� 0:2�2x�x+�x2

�= 360�x� 0:4x�x� 0:2�x2

f 0+ (x) = lim�x!0+

G (x+�x)�G (x)�x

= lim�x!0�

360�x� 0:4x�x� 0:2�x2�x

= lim�x!0�

(360� 0:4x� 0:2�x) = 360� 0:4x

Así que

f 0+ (x) 6= f 0� (x)

y la derivada no existe en x = 800.

Para aclarar las ideas, presentamos a continuación una grá�ca de la función (en rojo)

0 500 1000 15000

50000

1e+5

1.5e+5

x

G(x)

y de su derivada (en azul)

2

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500 1000 1500

300

200

100

0

100

200

x

G(x)

3

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Determine el límite

limx!+1

�3x2 + 2x� 5x2 + 4

�y apoye la respuesta grá�camente.

Solución:

Se trata de encontrar el límite de un cociente. Sin embargo, el teorema


x!af (x) = L y lim


limx!a

f (x)

g (x)=L

Msi M 6= 0.

no puede ser utilizado porque limx!+1�3x2 + 2x� 5

�=1 y limx!+1

�x2 + 4

�=1.

Sin embargo, si escribimos

3x2 + 2x� 5x2 + 4

como

3

x2+2x

x2� 5

x2

x2

x2+4

x2

nos queda

3x2 + 2x� 5x2 + 4

=3 +

2

x� 5

x2

1 +4

x2

y como además

limx!+1

�3 +

2

x� 5

x2

�= limx!+1 3+limx!+1

2

x� limx!+1

5

x2= limx!+1 3+2 limx!+1

1

x�5 limx!+1

1

x2= 3

y

limx!+1

�1 +

4

x2

�= limx!+1 1 + 4 limx!+1

1

x2= 1

podemos, ahora sí, aplicar el teorema 1.5.10 expuesto aquí arriba.

En efecto,

limx!+1

�3x2 + 2x� 5x2 + 4

�=limx!+1

�3x2 + 2x� 5

�limx!+1 (x2 + 4)

=3

1= 3

Resumiendo,

limx!+1

�3x2 + 2x� 5x2 + 4

�= 3.

1

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Trazaremos ahora la grá�ca de la función para observar su comportamiento en el in�nito,

20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

1

1

2

3

x

y

Efectivamente observamos que para x muy grande la función se acerca a 3. Notese que el mismo comportamientosucede cuando x! �1.

2

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(a) Traza la grá�ca de la función f (x) =1� cos2 x

xen un rectángulo de inspección adecuado. ¿A qué número

parece que se aproxima f (x) conforme x tiende o se acerca a 0?


f (x).

Solución:

(a) La grá�ca de la función f (x) =1� cos2 x

xes

0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

1.00

0.75

0.50

0.25

0.25

0.50

0.75

1.00

x

f(x)

Vemos que

limx!0

1� cos2 xx

= 0

(b)

Pasamos a calcular analíticamente el limx!0

1� cos2 xx

. Se trata de un cociente, y por tanto, está uno tentado a utilizar

el teorema


x!af (x) = L y lim


limx!a

f (x)

g (x)=L

Msi M 6= 0.

pero se da uno cuenta que limx!0

x = 0 y no se puede aplicar.

Lo que se hace es reescribir el cociente que se tiene como

1� cos2 xx

=sin2 x

x= sinx

sinx

x

Usamos los dos siguientes teoremas:

1.5.7 Teorema 6 de límites (página 42). Límite del producto de dos funciones.

1

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Si limx!a

f (x) = L y limx!a

g (x) =M , entonces

limx!a

[f (x)� g (x)] = L�M .

y


limt!0

sin t

t= 1

para encontrar que

Para escribir,

limx!0

1� cos2 xx

= limx!0

sin2 x

x= lim

x!0

�sinx

sinx

x

�= lim

x!0(sinx)� lim

x!0

�sinx

x

�= 0� 1 = 0

tal y como habíamos encontrado grá�camente.

En resumen,

limx!0

1� cos2 xx

= 0

2

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f (x) =csc 3x

cotx

en un rectángulo de inspección adecuado. ¿A qué número parece que se aproxima f (x) conforme x tiende o se acercaa 0?


f (x).

Solución:

(a) Dado que queremos saber el límite de la función cuando x tiende a 0, es lógico tomar como rectángulo de inspecciónuno cuya base sea el eje X con una longitud de �=10 alrededor del 0.

En ese caso, la grá�ca que se obtiene es

y se ve que el límite es 0.33

(b)

Para determinar analíticamente el límite lo que conviene es reducir trigonométricamente la expresión.

Dado que

csc (3x) =1

sin (3x)

y

1

cotx= tanx =

sinx

cosx

1

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tenemos

f (x) =csc 3x

cotx=

sinx

sin (3x) cosx

Pero además,

sin (3x) = 3 cos2 x sinx� sin3 x

así que

f (x) =csc 3x

cotx=

sinx

sin (3x) cosx=

sinx�3 cos2 x sinx� sin3 x

�cosx

= � sinx

cosx sin3 x� 3 cos3 x sinx

Factorizando sinx cosx tenemos

f (x) =csc 3x

cotx= � sinx

cosx sin3 x� 3 cos3 x sinx= � sinx

sinx cosx�sin2 x� 3 cos2 x

� = � 1

cosx�sin2 x� 3 cos2 x

�Usando que sin2 x = 1� cos2 x llegamos a

f (x) =csc 3x

cotx= � 1

cosx�sin2 x� 3 cos2 x

� = � 1

cosx� 4 cos3 x

limx!0

csc (3x)

csc 3x

cotx=

sin (x)

sin (3x) cos (x)= � sinx

cosx sin3 x� 3 cos3 x sinx= � 1

cosx� 4 cos3 x =1

4 cos3 x� cosx

Como

limx!0

1 = 1

y

limx!0

�4 cos3 x� cosx

�= lim

x!0

�4 cos3 x

�� limx!0

cosx = 4limx!0

�cos3 x

�� limx!0

cosx = 4�limx!0

cosx�3� limx!0

cosx =

= 4 (1)3 � 1 = 4� 1 = 3

ya que

limx!0

cosx = 1

Así que �nalmente

limx!0

csc 3x

cotx= lim

x!0

1

4 cos3 x� cosx =limx!0

1

limx!0

(4 cos3 x� cosx) =1

3

Resumiendo

limx!0

csc 3x

cotx=1

3

2

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El precio de oferta de una calculadora es y = m2 +pm, donde 100y calculadoras son suministradas cuando el precio

de cada calculadora es m dólares. Obten (a) la tasa promedio de variación de la oferta con respecto al precio cuando éstese incrementa de $16 a $17; (b) la tasa de variación instantánea (o marginal) de la oferta con respecto al precio cuandoéste es de $16.

Solución:

(a) La tasa promedio de variación de la oferta con respecto al precio cuando éste se incrementa de $16 a $17 está dadapor

�y =100y (17)� 100y (16)

17� 16

que con la de�nición de y = m2 +pm nos queda

�y =100

�172 +

p17�� 100

�162 +

p16�

1= 100

p17 + 2900 calculadoras por dólar = 3312:3 calculadoras por dólar

(b) La tasa de variación instantánea (o marginal) de la oferta con respecto al precio cuando éste es de $16, es laderivada de 100y respecto al precio m evaluada en el precio igual a $16; es decir,

y0 = 2m+1

2

1pm

y

y0 (16) = 2 (16) +1

2

1p16=257

8= 32:125

así que

100y0 (16) =25700

8calculadoras por dólar= 3212:5 calculadoras por dólar

1

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f (x) =px+ 1�

px

y haz una proposición acerca del comportamiento aparente de f (x) conforme x crece sin límite.

(b) Con�rma analíticamente la respuesta del inciso (a) calculando limx!1 f (x)

Solución:

(a) La función f (x) =px+ 1�

px tiene como dominio el intervalo [0;�1).

Su grá�ca es

0 1 2 3 4 5

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

x

f(x)

Es claro que conforme x tiende a 1 la función se acerca asintóticamente a 0; es decir,

limx!1 f (x) = 0

(b) Para demostrar analíticamente que limx!1 f (x) = 0 recordamos primeramente la de�nición del límite cuando xcrece sin límite:

3.7.1 De�nición del límite de f (x) cuando x crece sin límite

Sea f una función que está de�nida en todo número real de algún intervalo abierto (a;+1). El límite de f (x) cuandox crece sin límite, es L, lo que se escribe como

limx!+1

f (x) = L

si para cualquier " > 0, sin importar que tan pequeña sea, existe un número N > 0 tal que

si x > N entonces jf (x)� Lj < "

Como en este caso queremos demostrar que L = 0 y f (x) =px+ 1�

px, la condición jf (x)� Lj < " queda como��px+ 1�px�� < ".

1

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Como x > 0, se tiene que��px+ 1�px�� = px+ 1�px y escribimos la condición como

�px+ 1�

px� px+ 1 +pxp

x+ 1 +px=

x+ 1� xpx+ 1 +

px=

1px+ 1 +

px< "

Al ser todas las cantidades positivas, tenemos

" <px+ 1 +

px

peropx <

px+ 1, así que

" <px+ 1 +

px <

px+ 1 +

px+ 1 = 2

px+ 1

Como en la desigualdad

" < 2px+ 1

todas las cantidades son estrictamente positivas, podemos elevar al cuadrado sin alterar la desigualdad y llegamos aque

Elevando al cuadrado la última desigualdad

"2 < 4 (x+ 1)

y dividiendo entre cuatro y restando 1 a ambos miembros de la desigualdad,

"2

4� 1 < x

Por tanto, basta tomar N ="2

4� 1 para que se cumplan las condiciones de la de�nición y efectivamente el límite es 0.

2

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Determina las asíntotas verticales de la grá�ca de la función

f (x) =x+ 8

x� 4

y utilizalas para dibujar la grá�ca.

Solución:

Se dice (1.7.8 De�nición de asíntota vertical, página 63) que la recta x = a es una asíntota vertical de la grá�ca de lafunción f si al menos uno de los siguientes enunciados es verdadero:

(i) limx!a+

f (x) = +1

(ii) limx!a+

f (x) = �1

(iii) limx!a�

f (x) = +1

(iv) limx!a�

f (x) = �1

Para encontrar las asíntotas de la función

f (x) =x+ 8

x� 4

hacemos todos los denominadores lineales iguales a cero; en este caso, eso quiere decir que

x = 4

es la única asíntota vertical.

Es claro que (Teorema 1.7.4 Teorema 12 de límites (página 58)),

limx!4+

f (x) = +1

y que

limx!4�

f (x) = �1

y por lo tanto x = 4 sí es una asíntota vertical.

A continuación presentamos la grá�ca de la función (en rojo) y de la asíntota (en azul) que coincide con el eje Y ,

1

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2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0

100

80

60

40

20

0

20

40

60

80

100

x

f(x)

2

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Solución:

Tenemos

2.1.3 De�nición de la derivada de una función.

La derivada de una función f es aquella función, denotada por f 0, tal que su valor en un número x del dominio de festá dado por

f 0 (x) = limh!!0

f (x+ h)� f (x)h

si este límite existe.

En este caso, tenemos

f 0 (x) = limh!!0

3

(x+ h) + 2� 3

x+ 2

h= lim

h!!0

�� 3

(x+ 2) (x+ 2 + h)

�Usamos ahora el teorema que establece cómo es el límite de un cociente

1.5.10 Teorema 9 de límites. Límite del cociente de dos funciones.

Si limx!a

f (x) = L y limx!a

g (x) =M , entonces

limx!a

f (x)

g (x)=L

Msi M 6= 0.

Tenemos entonces

f 0 (x) = limh!!0

3

(x+ h) + 2� 3

x+ 2

h= lim

h!!0

�� 3

(x+ 2) (x+ 2 + h)

�= �

limh!!0

3

limh!!0

[(x+ 2) (x+ 2 + h)]= � 3

(x+ 2)2

En resumen,

f 0 (x) = � 3

(x+ 2)2

1

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Determine las asíntotas de la grá�ca de la función

f (x) =5x2

x2 � 4 =5x2

(x� 2) (x+ 2)

Apoye los resultados trazando la grá�ca y las asíntotas en el mismos rectángulo de inspección.

Solución:

Las asíntotas verticales las obtenemos escribiendo f (x) como función de x e igualando a cero los denominadoreslineales. En este caso tenemos x2 � 4 = 0. es decir, tenemos dos asíntotas verticales, una es x = �2 y la otra x = 2.

Para demostrar que en verdad x = �2 es una asíntota vertical debemos demostrar que

limx!�2

5x2

x2 � 4 = �1

Usando el Teorema 12 de límites (página 58), vemos que

limx!�2�

5x2

x2 � 4 = +1

y

limx!�2+

5x2

x2 � 4 = �1

Así que x = �2 es una asíntota vertical.

Para demostrar que x = 2 también es una asíntota vertical debemos demostrar que

limx!2

5x2

x2 � 4 = �1

Usando el nuevamente el Teorema 12 de límites (página 58), efectivamente vemos que

limx!2�

5x2

x2 � 4 = �1

y

limx!2+

5x2

x2 � 4 = +1

Así que x = 2 es una asíntota vertical.

Para obtener las asíntotas horizontales y oblicuas, seguimos la discusión de la sección 3.7, página 257, poniendo

f (x) =5x2

x2 � 4 = 5 +20

x2 � 4

y por lo tanto, y = 5 es una asíntota oblicua.

Para demostrar que y = 5 es efectivamente una asíntota oblicua, debemos demostrar que

limx!�1

�5x2

x2 � 4 � 5�= 0

Ahora

1

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5x2

x2 � 4 � 5 =20

x2 � 4

y claramente se cumple que

limx!�1

�5x2

x2 � 4 � 5�= lim

x!�1

�20

x2 � 4

�= 0

Además,5x2

x2 � 4 = 5 +20

x2 � 4 6= 5 siempre.

En conclusión, tenemos tres asíntotas x = �2, x = 2, y y = 5.

Grá�camos las tres asíntotas,

10 8 6 4 2 2 4 6 8 10

10

8

6

4

2

2

4

6

8

10

x

y

y de ahí la grá�ca de la función

10 8 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

10

10

20

x

f(x)

2

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g (x) = 1� 1

x2


Solución:


(i) limx!a+

f (x) = +1

(ii) limx!a+

f (x) = �1

(iii) limx!a�

f (x) = +1

(iv) limx!a�

f (x) = �1

Para encontrar las asíntotas de la función g (x) = 1� 1

x2, primero la escribimos con un denominador común,

g (x) = 1� 1

x2=x2 � 1x2

y después hacemos todos los denominadores lineales iguales a cero; en este caso, eso quiere decir que

x = 0

es la única asíntota vertical.

Es claro que

limx!0+

g (x) = �1

y que

limx!0�

g (x) = �1

y por lo tanto x = 0 sí es una asíntota vertical.

A continuación presentamos la grá�ca de la función (en rojo) y de la asíntota (en azul) que coincide con el eje Y ,

1

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

10

8

6

4

2

2

4

x

g(x)

2

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Utilice la de�nición de derivada para calcular f 0 (x) si f (x) =p4x� 3.

Solución:

Tenemos

2.1.3 De�nición de la derivada de una función.

La derivada de una función f es aquella función, denotada por f 0, tal que su valor en un número x del dominio de festá dado por

f 0 (x) = limh!!0

f (x+�x)� f (x)�x

si este límite existe.

df (x)

dx= lim

�x!0

f (x+�x)� f (x)�x

De la de�nición de la derivada, escribimos

df (x)

dx= lim

�x!0

f (x+�x)� f (x)�x

= lim�x!0

p4 (x+�x)� 3�

p4x� 3

�x

Ahorap4 (x+�x)� 3�

p4x� 3

�x=

�p4 (x+�x)� 3�

p4x� 3

��p4 (x+�x)� 3 +

p4x� 3

��x

�p4 (x+�x)� 3 +

p4x� 3

� =

=

�p4 (x+�x)� 3

�2��p4x� 3

�2�x

�p4 (x+�x)� 3 +

p4x� 3

� = 4 (x+�x)� 3� 4x+ 3�x

�p4 (x+�x)� 3 +

p4x� 3

� = 4x+ 4�x� 3� 4x+ 3�x

�p4 (x+�x)� 3 +

p4x� 3

� ==

4�x

�x�p

4 (x+�x)� 3 +p4x� 3

� = 4p4 (x+�x)� 3 +

p4x� 3

Por tanto,

df (x)

dx= lim

�x!0

p4 (x+�x)� 3�

p4x� 3

�x= lim

�x!0

4p4 (x+�x)� 3 +

p4x� 3

=4p

4x� 3 +p4x� 3

=4

2p4x� 3

así que

df (x)

dx= lim

�x!0

p4 (x+�x)� 3�

p4x� 3

�x=

2p4x� 3

1

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Determine las asíntotas de la grá�ca de la función

f (x) =x2

x� 3

Apoye los resultados trazando la grá�ca y las asíntotas en el mismos rectángulo de inspección.

Solución:

Las asíntotas verticales las obtenemos escribiendo y como función de x e igualando a cero los denominadores lineales.En este caso tenemos una sóla asíntota vertical dada como x = 3.

Para demostrar que en verdad x = 3 es una asíntota vertical debemos demostrar que

limx!3

x2

x� 3 = �1

Efectivamente vemos que

limx!3�

x2

x� 3 = �1

y

limx!3+

x2

x� 3 = +1

Así que x = 3 es una asíntota vertical.

Para obtener las asíntotas horizontales, despejamos a x como función de y, lo que nos da

x =y �

py (y � 12)2

e igualamos a cero los denominadores lineales. Como no hay denominadores, no existen asíntotas horizontales.

Para obtener las asíntotas oblicuas, seguimos la discusión de la sección 3.7, página 257, poniendo

f (x) =x2

x� 3 = x+ 3 +9

x� 3

y por lo tanto, y = x+ 3 es una asíntota oblicua.

Para demostrar que y = x+ 3 es efectivamente una asíntota oblicua, debemos demostrar que

limx!�1

�x2

x� 3 � (x+ 3)�= 0

Ahora

x2

x� 3 � (x+ 3) =9

x� 3

y claramente se cumple que

limx!�1

�x2

x� 3 � (x+ 3)�= lim

x!�1

�9

x� 3

�= 0

1

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Además,x2

x� 3 = x+ 3 +9

x� 3 6= x+ 3 siempre.

En conclusión, tenemos dos asíntotas x = 3 y y = x+ 3.

Grá�camos las dos asíntotas,

10 8 6 4 2 2 4 6 8 10

10

8

6

4

2

2

4

6

8

10

x

y

y de ahí la grá�ca de la función

10 8 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

10

10

20

x

f(x)

2

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f (x) =5x2

x2 � 4


Solución:


(i) limx!a+

f (x) = +1

(ii) limx!a+

f (x) = �1

(iii) limx!a�

f (x) = +1

(iv) limx!a�

f (x) = �1

Para encontrar las asíntotas de la función f (x) =5x2

x2 � 4 , primero la escribimos con un denominador común, cosa queya está hecha,

f (x) =5x2

x2 � 4 =5x2

(x� 2) (x+ 2)

y después hacemos todos los denominadores lineales iguales a cero; en este caso, eso quiere decir que

x = 2 y x = �2. Tenemos dos asíntotas verticales.

Para demostrar que estas dos líneas rectas verticales son asíntotas debemos demostrar que se satisface alguno de losenunciados del teorema 1.7.8 expuesto arriba. Primero calculamos

limx!2+

f (x) = limx!2+

5x2

x2 � 4

Como el denominador tiende a cero y el númerador tiende a 20, podemos aplicar el


x!af (x) = 0 y lim



limx!a

g (x)

f (x)= +1


limx!a

g (x)

f (x)= �1


limx!a

g (x)

f (x)= �1


limx!a

g (x)

f (x)= +1


1

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Estamos en el caso (i), pues como x > 2, x2 � 4 > 0. Ademas, como ya dijimos, limx!2+

5x2 = 20, así que

limx!2+

f (x) = limx!2+

5x2

x2 � 4 = +1

Así que la línea recta x = 2 es una asíntota vertical.

Si esto no bastara, vemos también que

limx!2�

f (x) = limx!2+

5x2

x2 � 4 = �1

ya que nuevamente se aplica el teorema 1.7.4, pero ahora caemos en el inciso (ii), ya que como x ! 2�, x < 2 y portanto x2 � 4 < 0. Para el denominador se sigue cumpliendo lim

x!2+5x2 = 20 > 0.

En conclusión, la línea recta x = 2 es una asíntota vertical.

Para demostrar que la otra línea recta x = �2 es también una asíntota evaluamos primero el límite

limx!�2+

f (x) = limx!�2+

5x2

x2 � 4

Como x! �2+ tenemos que x2 � 4 < 0 y además limx!�2+

5x2 = 20, así que por el teorema 1.7.4 se obtiene

limx!�2+

f (x) = limx!�2+

5x2

x2 � 4 = �1

Además,

limx!�2�

f (x) = limx!�2�

5x2

x2 � 4 = +1

ya que como x! �2� tenemos que x2 � 4 > 0 y además limx!�2+

5x2 = 20.

En resumen, la línea recta x = �2 es también una asíntota vertical.

A continuación presentamos la grá�ca de la función (en rojo) y de las asíntotas (en azul),

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

20

10

10

20

30

40

x

f(x)

2

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Solución:

Tenemos la función f (x) =p2 + cosx. Para derivarla utilizamos los dos siguientes teoremas:

2.9.1 Teorema Regla de diferenciación de la función potencia (para exponentes racionales)Si f es la función potencia, de�nida por f (x) = xr, donde r es cualquier número racional, entonces f es

diferenciable yf 0 (x) = rxr�1

y

2.8.1 Teorema Regla de la cadenaSi la función g es diferenciable en x y la función f es diferenciable en g (x), entonces la función compuesta

f � g es diferenciable en x, y(f � g)0 (x) = f 0 (g (x)) g0 (x)

Aplicando los dos teoremas anteriores

df (x)

dx=1

2

1p2 + cosx

d (2 + cosx)

dx=1

2

1p2 + cosx

d (2 + cosx)

dx

Ahora usamos el teorema

2.4.4 Teorema Regla de diferenciación para la suma (página 125).Si f y g son funciónes y h es la función de�nida porh (x) = f (x) + g (x)y si f 0 (x) y g0 (x) existen, entoncesh0 (x) = f 0 (x) + g0 (x).

y obtenemos

df (x)

dx=1

2

1p2 + cosx

d (2 + cosx)

dx=1

2

1p2 + cosx

d (2 + cosx)

dx=1

2

1p2 + cosx

�d2

dx+d cosx

dx

�Usamos ahora que la derivada de una constante es cero y que la derivada del coseno es menos el seno, y

df (x)

dx=1

2

1p2 + cosx

�d2

dx+d cosx

dx

�=1

2

1p2 + cosx

(� sinx)

Así que �nalmente

df (x)

dx= �1

2

sinxp2 + cosx

Para obtener la segunda derivada hay que derivar la primera derivada, o sea,

d2f (x)

dx2=d

dx

��12

sinxp2 + cosx

�Primero recordamos el teorema

1

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2.4.3 Teorema Regla de diferenciación para el producto de una función por una constante (página 124).Si f es una función, c es una constante, y g es la función de�nida porg (x) = c� f (x)y si f 0 (x) existe, entoncesg0 (x) = c� f 0 (x).

para poner

d2f (x)

dx2=d

dx

��12

sinxp2 + cosx

�= �1

2

d

dx

�sinxp2 + cosx

�Ahora la función que queremos derivar es un cociente y necesitamos el teorema

2.4.7 Teorema Regla de diferenciación para el cociente (página 128)Si f y g son funciones y h es la función de�nida por

h (x) =f (x)

g (x), donde g (x) 6= 0


h0 (x) =g (x) f 0 (x)� f (x) g0 (x)

[g (x)]2

con lo cual podemos escribir

d2f (x)

dx2= �1

2

d

dx

�sinxp2 + cosx

�= �1

2

p2 + cosx

d sinx

dx� sinxd

p2 + cosx

dx�p2 + cosx

�2Como

d sinx

dx= cosx y, usando la regla de la cadena nuevamente,

dp2 + cosx

dx=1

2

1p2 + cosx

d (2 + cosx)

dx=1

2

1p2 + cosx

�d2

dx+d cosx

dx

�= �1

2

sinxp2 + cosx

así que

d2f (x)

dx2= �1

2

p2 + cosx

d sinx

dx� sinxd

p2 + cosx

dx2 + cosx

= �12

p2 + cosx cosx� sinx

��12

sinxp2 + cosx

�2 + cosx

y �nalmente

d2f (x)

dx2= �cos

2 x+ 4 cosx+ 1

4 (cosx+ 2)3=2

Ahora evaluamos esta segunda derivada en x = �,�d2f (x)

dx2

�x=�

= �cos2 � + 4 cos� + 1

4 (cos� + 2)3=2

= � (�1)2+ 4 (�1) + 1

4 (�1 + 2)3=2=1

2

Resumiendo,

f 00 (�) =1

2

2

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(a) Trace por separado las grá�cas de

f (x) = 2x4 + 5x3 � 21x2 � 45x+ 27, NDER (f (x) ; x) y NDER2 (f (x) ; x).

Estime

(i) los intervalos en los que f es creciente y en los que es decreciente;

(ii) los extremos relativos de f ;

(iii) donde la grá�ca es cóncava hacia arriba y donde es cóncava hacia abajo;

(iv) los puntos de in�exión de la grá�ca de f .

(b) Con�rme las estimaciones del inciso (a) analíticamente e incorpore la información en una tabla semejante a la tabla4 de la sección 3.8. A partir de la información de esta tabla dibuje la grá�ca de f y compárela con la grá�ca de f trazadaen el inciso (a).

Solución:

Tenemos la función

f (x) = 2x4 + 5x3 � 21x2 � 45x+ 27

Para calcular la derivada numérica NDER (f (x) ; a) recordamos su de�nición:

2.3.1 De�nición de la derivada numérica (página 119)La derivada numérica de la función f en el número real a, denotada por NDER (f (x) ; a), está de�nida

por

NDER (f (x) ; a) =f (a+�x)� f (a��x)

2�xdonde la elección de �x depende de la aproximación deseada de NDER (f (x) ; a) a f 0 (a).

y también que

Para denotar la segunda derivada numérica de una función f en x se utiliza la notación NDER2 (f (x) ; a);esto es,NDER2 (f (x) ; a) = NDER (NDER (f (x) ; x) ; x).

Tenemos entonces

NDER (f (x) ; x) =f (x+�x)� f (x��x)

2�x,

sustituyendo f y efectuando toda el álgebra encontramos

NDER (f (x) ; a) = 8x3 + 15x2 � 42x� 45 + (8x+ 5)�x2

Poniendo ahora el valor de �x = 0:001 nos queda

NDER (f (x) ; x) = 8x3 + 15x2 � 42x� 45 + (8x+ 5)� 10�6

Para la segunda derivada numérica tenemos

NDER2 (f (x) ; x) =NDER (f (x) ; x+�x)�NDER (f (x) ; x��x)

2�x

1

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que sustituyendo NDER (f (x) ; x) obtenida arriba y después de reducir todos los términos obtenemos

NDER2 (f (x) ; x) = 24x2 + 30x+ 8�x2 � 5249 999125 000

Nuevamente poniendo �x = 0:001 llegamos a la expresión

NDER2 (f (x) ; x) = 24x2 + 30x+ 8� 10�6 � 5249 999125 000

Las grá�cas son:

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

200

400

600

800

1000

x

f(x)

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

500

500

1000

x

NDER(f(x),x)

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

200

400

600

x

NDER2(f(x),x)


La función es decreciente en el intervalo (�1;�3)

La función es creciente en el intervalo (�3;�0:9)

2

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La función es decreciente en el intervalo (�0:9; 2)

La función es creciente en el intervalo (2;+1)


La función tiene extremos relativos en -3, -0.9 y en 2.


En el intervalo (�1;�2) es cóncava hacia arriba.

En el intervalo (�2; 0:8) es cóncava hacia abajo.

En el intervalo (0:8;+1) es cóncava hacia arriba.


Hay dos puntos de in�exión, -2 y 0.8.

(b) Con�rme las estimaciones del inciso (a) analíticamente e incorpore la información en una tabla semejante a la tabla4 de la sección 3.8. A partir de la información de esta tabla dibuje la grá�ca de f y compárela con la grá�ca de f trazadaen el inciso (a).

Tenemos que

f (x) = 2x4 + 5x3 � 21x2 � 45x+ 27

Entonces

f 0 (x) = 8x3 + 15x2 � 42x� 45

y

f 00 (x) = 24x2 + 30x� 42


La función f es creciente en los lugares donde la derivada es positiva; es decir, donde 8x3+15x2�42x�45 > 0. Sacando

las raices de este polinomio podemos escribir 8x3 + 15x2 � 42x � 45 = 8 (x+ 3)

x� 9

16�p561

16

! x� 9

16+

p561

16

!.

Para que esta expresión sea mayor que 0 tenemos las siguientes posibilidades:

1) x+ 3 > 0 y x� 9

16�p561

16> 0 y x� 9

16+

p561

16> 0

ó

2) x+ 3 > 0 y x� 9

16�p561

16< 0 y x� 9

16+

p561

16< 0

ó

3) x+ 3 < 0 y x� 9

16�p561

16> 0 y x� 9

16+

p561

16< 0

ó

4) x+ 3 < 0 y x� 9

16�p561

16< 0 y x� 9

16+

p561

16> 0

3

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que se reducen a

1) x >9

16+

p561

16= 2: 042 8

ó

2) �3 < x < 9

16�p561

16= �0:917 84

ó

3) vacío

ó

4) vacío

En conclusión,

La función es creciente en el intervalo

�3; 9

16�p561

16= �0:917 84

!

La función es creciente en el intervalo

9

16+

p561

16= 2: 042 8;+1

!

Como la función es continua para todos los números reales, es fácil concluir que la función es decreciente en los lugaresdonde no es creciente, así que

La función es decreciente en el intervalo (�1;�3)

La función es decreciente en el intervalo

9

16�p561

16= �0:917 84; 9

16+

p561

16= 2: 042 8

!

Los resultados con�rma, dentro de la precisión permitida por las grá�cas, los resultados obtenidos arriba.


Los extremos relativos de f son los puntos en los cuales la derivada, f 0 (x) = 8x3 + 15x2 � 42x� 45 se anula; es decir,son los puntos que cumplen la ecuación

8x3 + 15x2 � 42x� 45 = 0

que son �3, 916�p561

16= �0:917 84 y 9

16+

p561

16= 2: 042 8

que, dentro de la precisión permitida, coinciden con los ya encontrados.


La grá�ca es cóncava hacia arriba donde la segunda derivada, f 00 (x) = 24x2 + 30x� 42, es positiva; es decir, cuando

24x2 + 30x� 42 > 0.

Para resolver esta desigualdad, determinamos las raices de 24x2 + 30x� 42 que son 18

p137� 5

8y �1

8

p137� 5

8, para

escribir

24x2 +30x� 42 = 24�x� 1

8

p137 +

5

8

��x+

1

8

p137 +

5

8

�. Para que 24x2 +30x� 42 > 0 tenemos dos posibilidades

4

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1) x� 18

p137 +

5

8> 0 y x+

1

8

p137 +

5

8> 0

ó

2) x� 18

p137 +

5

8< 0 y x+

1

8

p137 +

5

8< 0

Estas dos posibilidades se escriben como

1) x >1

8

p137� 5

8= 0:838 09 y x > �1

8

p137� 5

8= �2: 088 1

ó

2) x <1

8

p137� 5

8= 0:838 09 y x < �1

8

p137� 5

8= �2: 088 1

y que se reducen a

1) x >1

8

p137� 5

8= 0:838 09

ó

2) x < �18

p137� 5

8= �2: 088 1

Así que 24x2 + 30x� 42 > 0 en los intervalos�1

8

p137� 5

8= 0:838 09;+1

�y��1;�1

8

p137� 5

8= �2: 088 1

�.

En conclusión,

En el intervalo��1;�1

8

p137� 5

8= �2: 088 1

�es cóncava hacia arriba.

En el intervalo�1

8

p137� 5

8= 0:838 09;+1

�es cóncava hacia arriba.

Nuevamente podemos recurrir a la continuidad de la función f para a�rmar que donde la función no es cóncava haciaarriba es cóncava hacia abajo, así que

En el intervalo��18

p137� 5

8= �2: 088 1; 1

8

p137� 5

8= 0:838 09

�es cóncava hacia abajo.

Los resultados que habíamos encontrado basandonos en las grá�cas fueron

En el intervalo (�1;�2) es cóncava hacia arriba.

En el intervalo (�2; 0:8) es cóncava hacia abajo.

En el intervalo (0:8;+1) es cóncava hacia arriba.

y como vemos coinciden hasta el grado de precisión que permiten las grá�cas.


Recordemos que

3.5.4 De�nición de punto de in�exión. (página 233).El punto (c; f (c)) es un punto de in�exión de la grá�ca de la función f , si la grá�ca tiene una recta tangente

en ese punto, y si existe un intervalo abierto I que contiene a c tal que si x está en I, entonces(i) f 00 (x) < 0 si x < c y f 00 (x) > 0 si x > c;o(ii) f 00 (x) > 0 si x < c y f 00 (x) < 0 si x > c.

5

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y que

3.5.5 Teorema (página 235)Suponga que la función f es diferenciable en algún intervalo abierto que contiene a c, y (c; f (c)) es un

punto de in�exión de la grá�ca de f . Entonces, si f 00 (c) existe, f 00 (c) = 0.

así que los posibles puntos de in�exión son aquellos lugares donde la segunda derivada, f 00 (x) = 24x2 + 30x � 42 seanula; es decir, las x que satisfacen la ecuación

24x2 + 30x� 42 = 0,

que son1

8

p137� 5

8= 0:838 09 y �1

8

p137� 5

8= �2: 088 1.

Debemos veri�car que la segunda derivada cambie de signo en estos puntos. Hacemos las evaluaciones,

f 00 (0:8) = �2: 64 y f 00 (0:9) = 4: 44

y

f 00 (�2:1) = 0:84 y f 00 (�2) = �6

así que como en los dos casos cambia de signo, decimos que:

Los puntos de in�exión son1

8

p137� 5

8= 0:838 09 y �1

8

p137� 5

8= �2: 088 1.

Habíamos encontrado:

Hay dos puntos de in�exión, -2 y 0.8.

Nuevamente los resultados coinciden dentro de la precisión permitida.

Construimos la tabla

f (x) f 0 (x) f 00 (x) CONCLUSIÓN

x < �3 + � +f es decreciente

y cóncava hacia arribax = �3 0 0 84 f tiene un mínimo relativo

�3 < x < �18

p137� 5

8= �2:09 + + +

f es crecientey cóncava hacia arriba

x = �18

p137� 5

8= �2:09 21:90 35:27 0 f tiene un punto de in�exión

�18

p137� 5

8= �2:09 < x < 9

16�p561

16= �0:92 + + � f es creciente

y cóncava hacia abajo

x =9

16�p561

16= �0:92 48:16 0 �49:32 f tiene un máximo relativo

9

16�p561

16= �0:92 < x < 1

8

p137� 5

8= 0:84 � � f es decreciente

y cóncava hacia abajo

x =1

8

p137� 5

8= 0:84 �21:53 �64:95 0 f tiene un punto de in�exión

1

8

p137� 5

8= 0:84 < x <

9

16+

p561

16= 2:04 � � +

f es decrecientey cóncava hacia arriba

x =9

16+

p561

16= 2:04 �75:11 0 119:44 f tiene un mínimo relativo

x >9

16+

p561

16= 2:04 + +

f es crecientey cóncava hacia arriba

y con toda esta información trazamos la grá�ca

6

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

200

400

600

800

1000

x

f(x)

Trazamos también la grá�ca de la función (en rojo), la de su derivada (en azul) y la de su segunda derivada (en verde),

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

400

300

200

100

100

200

300

400

500

600

700

800

900

1000

1100

x

f(x)

Esta es quizas la grá�ca más útil, la que permite ver el comportamiento en detalle.

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f (x) =x+ 2

x2 + x� 2

Observa donde se rompe la grá�ca, determina los valores de x donde la función es discontinua y muestra por qué lade�nción 1.8.1 de continuidad de una función en un número no se satisface en cada discontiunidad.

Solución:


5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

2

1

1

2

x

y

La grá�ca se rompe únicamente en x = 1, ahí la función es discontinua.

La de�nición 1.8.1 de continuidad de una función en un número establece

Se dice que la función f es continua en el número real a si y sólo si se satisfacen las tres condicionessiguientes:(i) f (a) existe;(ii) lim

x!af (x) existe;

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

Es claro que el inciso (i) de esta de�nición no se cumple, ya que cuando queremos evaluar

f (x) =x+ 2

x2 + x� 2

en x = 1, el denominador se hace cero.

Así que evidentemente la función es discontinua en x = 1, tal y como habíamos concluido al analizar la grá�ca.

Es muy fácil, además, convencerse que

limx!1�x+ 2

x2 + x� 2 = �1

y

1

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limx!1+x+ 2

x2 + x� 2 =1

así que tampoco se cumplen los inciso (ii) e (iii). La discontinuidad es esencial

Cabe hacer notar que podemos factorizar el denominador x2 + x � 2 = (x+ 2) (x� 1) y entonces escribir la funcióncomo

f (x) =x+ 2

x2 + x� 2 =x+ 2

(x+ 2) (x� 1) =1

x� 1

y es claro que la recta vertical x = 1 es una asíntota de la grá�ca de la ecuación.

2

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g (x) =2x+ 1 si x � �2x� 2 si � 2 < x � 22� x si x > 2

Observa donde se rompe la grá�ca, determina los valores de x donde la función es discontinua y muestra por qué lade�nción 1.8.1 de continuidad de una función en un número no se satisface en cada discontiunidad.

Solución:


La grá�ca se rompe únicamente en x = �2, ahí la función es discontinua.


Se dice que la función f es continua en el número real a si y sólo si se satisfacen las tres condiciones siguientes:

(i) f (a) existe;

(ii) limx!a

f (x) existe;

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

En nuestro caso tenemos

(a) La función sí existe en x = �2; en efecto, g (�2) = �3

(b) El límite de limx!�2

g (x) no existe, ya que

limx!�2�

g (x) = limx!�2�

(2x+ 1) = �3

1

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y

limx!�2+

g (x) = limx!�2+

(x� 2) = �4

es decir,

limx!�2�

g (x) 6= limx!�2+

g (x)

y el límite no existe.

(c) Tenemos claramente que

limx!�2�

g (x) = limx!�2�

(2x+ 1) = �3 = g (�2)

pero

limx!�2+

g (x) = limx!�2+

(x� 2) = �4 6= g (�2)

y la función g (x) es discontinua en x = �2.

2

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La ecuación

s = 5 sin�t

6

describe el movimiento de un cuerpo suspendido de un resorte que vibra verticalmente, donde s centimetros es ladistancia dirigida del cuerpo desde su posición central (el origen) a los t segundos y el sentido positivo es hacia arriba. (a)Obtenga la velocidad y la aceleración del cuerpo para cualquier t. (b) Muestre que el movimiento es armónico simple. (c)Determine la amplitud, el periodo y la frecuencia del movimiento. (d) Simule en una grá�ca el movimiento hacia arribay hacia abajo del resorte. (e) Traza la grá�ca de la ecuación de movimiento.

Solución:

(a) Obtenga la velocidad y la aceleración del cuerpo para cualquier t.

La velocidad instantánea de un cuerpo es la derivada de la posición respecto al tiempo t; es decir,

v (t) =ds

dt=d

dt

�5 sin

�t

6

�= 5 cos

�t

6

d

dt

��t

6

�=5�

6cos

�t

6

La aceleración es la derivada de la velocidad respecto al tiempo; en este caso

a (t) =dv

dt=d

dt

�5�

6cos

�t

6

�= �5�

6sin

�t

6

d

dt

��t

6

�= �5�

2

36sin

�t

6

Resumiendo,

v (t) =5�

6cos

�t

6

y

a (t) = �5�2

36sin

�t

6

(b) Muestre que el movimiento es armónico simple.


Del punto (a) anterior vemos que

a (t) = �5�2

36sin

�t

6= ��

2

36

�5 sin

�t

6

�= ��

2

36s

es decir, la aceleración es proporcional al desplazamiento y de signo contrario; por lo tanto, el cuerpo realiza unmovimiento armónico simple.

(c) Determine la amplitud, el periodo y la frecuencia del movimiento.

La amplitud del movimiento es la distancia máxima del punto de equilibrio (en este caso el origen). Esa amplitud se

obtiene cuando sin��t

6

�es máximo, es decir, cuando es 1. Por lo tanto, la amplitud es A = 5 centímetros.

El periodo es el tiempo que tarda el cuerpo en realizar una oscilación completa; es decir, si p es el periodo,�p

6= 2� ó

bien,

1

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p = 12 segundos

Finalmente, la frecuencia es el número de oscilaciones que realiza el cuerpo en un segundo; es decir, es el inverso delperiodo, así que si llamamos f a la frecuencia, tendremos

f =1

12oscilaciones por segundo

(d) Simule en una grá�ca el movimiento hacia arriba y hacia abajo del resorte.

(e) Traza la grá�ca de la ecuación de movimiento.

Los dos puntos anteriores quedan satisfechos con la grá�ca de la ecuación de movimiento que presentamos a contin-uación,

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

5

4

3

2

1

0

1

2

3

4

5

t

s(t)

Nótese en la grá�ca como la amplitud del movimiento es 5 y como el periodo es 12.

2

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Determina el valor máximo absoluto alcanzado por la función

f (x) = A sin kx+B cos kx

donde A, B y k son constantes positivas.

Solución:

Para encontrar el valor máximo absoluto de la función

f (x) = A sin kx+B cos kx

debemos calcular su derivada,

f 0 (x) = Ak cos kx�Bk sin kx

e igualarla a cero,

f 00 (x) = �Bk2 cos kx�Ak2 sin kx = 0

La solución a esta última ecuación es

x =1

karctan

�A

B

�+ n�

donde n es cualquier número entero (n 2 Z).

Ahora calculamos el valor de la función f en todos estos puntos críticos y le sacamos el valor absoluto,��f �1k arctan�A

B

�+ n�

�� = ��B cos k�1k arctan AB + �n

�+A sin k

�1

karctan

A

B+ �n

�� = ��pA2 +B2 cos�kn��como el valor máximo que puede alcanzar el coseno es 1, tenemos que el máximo valor absoluto alcanzado por la

función espA2 +B2.

1

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h (x) =1

xx � 1

x2 � 1 x > 1

Observa donde se rompe la grá�ca, determina los valores de x donde la función es discontinua y muestra porque lade�nción 1.8.1 de continuidad de una función en un número real no se satisface en cada discontiunidad.

Solución:


3 2 1 1 2 3

10

8

6

4

2

2

4

6

8

10

x

y

La grá�ca se rompe únicamente en x = 0 y en x = 1; ahí la función es discontinua.


Se dice que la función f es continua en el número real a si y sólo si se satisfacen las tres condiciones siguientes:

(i) f (a) existe;

(ii) limx!a

f (x) existe;

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

Para el número real x = 0 tenemos

(i) La función NO existe en x = 0; en efecto, la de�nición para x = 0 es1

xque no existe para x = 0.

Esto es su�ciente para decir que la función es discontinua en 0.

Para el número real x = 1 tenemos,

(i) h (1) =1

1= 1 y la función está de�nida en x = 1;

1

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(ii) limx!1+

h (x) = limx!1+

1

x=

limx!1+

1

limx!1+

x=1

1= 1 y lim

x!1�h (x) = lim

x!1�

�x2 � 1

�= lim

x!1�x2� lim

x!1�1 =

�limx!1�

x

�2� limx!1�

1 =

= (1)2 � 1 = 1� 1 = 0

Así que limx!1+

h (x) = 1 6= limx!1�

h (x) = 0

y limx!1

h (x) no existe.

Por tanto, la función h (x) no es continua en x = 1.

2

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Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta de acuerdo a la ecuación de movimiento

s (t) = 2 cos�3t+

�

3

�+ 4 sin

�3t� �

6

�;

donde a los t segundos, s pies es la distancia dirigida de la partícula desde el origen, v pies por segundo es la velocidady a pies por segundo al cuadrado es la aceleración.

(a) Calcule v y a en términos de t.

(b) Muestre que el movimiento es armónico simple.

(c) Simule el movimiento con una grá�ca.

Solución:

(a) Calcule v y a en términos de t.

La velocidad v es la derivada de la posición s, respecto al tiempo; es decir,

v (t) =ds (t)

dt= 12 cos

�3t� 1

6�

�� 6 sin

�1

3� + 3t

�y la aceleración a es la derivaa de la velocidad v, respecto al tiempo; es decir,

a (t) =dv (t)

dt=d2s (t)

dt2= �18 cos

�1

3� + 3t

�� 36 sin

�3t� 1

6�

�

(b) Muestre que el movimiento es armónico simple


En este caso,

a (t) = �18 cos�1

3� + 3t

�� 36 sin

�3t� 1

6�

�= �9

h2 cos

�3t+

�

3

�+ 4 sin

�3t� �

6

�ies decir, la aceleración es siempre proporcional al desplazamiento y de signo opuesto, así que sí es un movimiento

armónico simple.

(c) Simule el movimiento con una grá�ca

La ecuación de movimiento es

s (t) = 2 cos�3t+

�

3

�+ 4 sin

�3t� �

6

�y su grá�ca, alrededor de cero es

1

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

2

1

1

2

t

s(t)

Vemos que el cuerpo oscila alrededor del punto de equilibrio de manera periódica.

2

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Solución:

Recordemos primero lo que es un punto de in�exión:

3.5.4 De�nición de punto de in�exión. (página 233).

El punto (c; f (c)) es un punto de in�exión de la grá�ca de la función f , si la grá�ca tiene una recta tangente en esepunto, y si existe un intervalo abierto I que contiene a c tal que si x está en I, entonces

(i) f 00 (x) < 0 si x < c y f 00 (x) > 0 si x > c;

o

(ii) f 00 (x) > 0 si x < c y f 00 (x) < 0 si x > c.

Por lo tanto, que la función f (x) = ax3 + bx2 + cx tenga un punto de in�exión en (1;�1) y que la pendiente de latangente de in�exión en ese punto sea �3, se traduce en las siguientes condiciones:

1) f (x = 1) = �1. Ya que, como lo establece el problema, el punto (1;�1) está en la grá�ca de la función.

2) f 0 (x = 1) = �3

Además tenemos que exigir que alguna de las dos condiciones de la de�nición 3.5.4 se cumpla. Como esas condicionesestán establecidas como desigualdades sobre un intervalo son difíciles de traducir analíticamente, y por ello echamos manodel siguiente teorema:


Suponga que la función f es diferenciable en algún intervalo abierto que contiene a c, y (c; f (c)) es un punto de in�exiónde la grá�ca de f . Entonces, si f 00 (c) existe, f 00 (c) = 0.

Como en este caso la función f es un polinomio sus derivadas también son polinomios, y los polinomios están de�nidospara todo número real, así que se cumple la hipótesis del teorema que f 00 (x = 1) exista, así que tiene que ser cero. Estonos lleva a una tercera condición:

3) f 00 (x = 1) = 0

Las tres condiciones se traducen en las siguientes tres ecuaciones:

f (1) = a+ b+ c = �1

f 0 (1) = 3a+ 2b+ c = �3

f 00 (1) = 6a+ 2b = 0

Resolvemos este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas mediante la regla de Cramer,

1

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a =

��1 1 1�3 2 10 2 0

��1 1 13 2 16 2 0

��= 2; b =

��1 �1 13 �3 16 0 0

��1 1 13 2 16 2 0

��= �6; c =

��1 1 �13 2 �36 2 0

��1 1 13 2 16 2 0

��= 3

Así que la función es

f (x) = 2x3 � 6x2 + 3x

y la grá�ca de la función es

2 1 1 2 3 4

10

8

6

4

2

2

4

6

8

10

x

f(x)

Ahora gra�camos la función (en rojo), su derivada (en azul) y su segunda derivada (en verde)

2 1 1 2 3 4

10

8

6

4

2

2

4

6

8

10

x

f(x)

Vemos que en x = �1 exste la tangente a la curva y además la segunda derivada cambia de signo, y por eso ese puntoes de in�exión.

2

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Demuestra que la función

f (x) =x2 + 2x� 8x2 + 3x� 4

es discontinua en x = �4.

Después determina si la discontinuidad es esencial o removible. Si la discontinuidad es removible, rede�ne f (a) demodo que la discontinuidad sea eliminada

Solución:

Primero recordemos lo que quiere decir que una función sea continua en un número real:

Una función f es continua en el número real a si y sólo si se satisfacen las tres condiciones siguientes:

(i) f (a) existe

(ii) limx!a

f (x) existe

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

En este caso,

f (x) =x2 + 2x� 8x2 + 3x� 4

y tenemos que cuando x = �4, tanto el numerador como el denominador son cero, así que la función no esta de�nidaen ese punto (para x = �4). Por tanto, no se cumple el punto (i) de la de�nición y la función no es continua en x = �4.

¿Es removible o esencial la discontinuidad de la función f (x) =x2 + 2x� 8x2 + 3x� 4 en el número real x = �4? Primero

recordemos la de�nición de continuidad removible y continuidad esencial:

Si una función f es discontinua en el número real a, y limx!a

f (x) existe, tenemos únicamente dos posibilidades, o bien

f (a) no existe o bien f (a) 6= limx!a

f (x). En este caso se dice que la discontinuidad es removible (o eliminable), porque si

f se rede�ne en a de modo que f (a) sea igual a limx!a

f (x), la nueva función es continua en x = a.

En cualquier otro caso se dice que la discontinuidad es esencial.

Por lo tanto, debemos estudiar si existe limx!a

x2 + 2x� 8x2 + 3x� 4 . Para ello observemos primero que tanto el numerador como

el denominador se pueden factorizar y se pueden cancelar factores comunes,

f (x) =x2 + 2x� 8x2 + 3x� 4 =

(x� 2) (x+ 4)(x� 1) (x+ 4) =

x� 2x� 1

Esta nueva función, equivalente a la original, es continua en x = �4, así que

limx!a

f (x) = limx!a

x2 + 2x� 8x2 + 3x� 4 = lim

x!a

(x� 2) (x+ 4)(x� 1) (x+ 4) = lim

x!a

x� 2x� 1 =

(�4)� 2(�4)� 1 =

6

5

y la discontinuidad es removible.

1

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Para remover la discontinuidad de�nimos entonces f (�4) = 6

5.

A continuación presentamos la grá�ca de la función, donde queda claro que la discontinuidad en x = �4 no es esencial,es removible,

5.0 4.8 4.6 4.4 4.2 4.0 3.8 3.6 3.4 3.2 3.0

1.17

1.18

1.19

1.20

1.21

1.22

1.23

1.24

1.25

x

f(x)

2

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Si una partícula se mueve a lo largo de una recta de acuerdo a la ecuación de movimiento s = cos 2t+cos t, demuestraque el movimiento no es armónico simple.

Solución:


En este caso la posición como función del tiempo es s (t) = cos 2t+ cos t.

La velocidad es la derivada respecto al tiempo t de la posición s (t), así que

v (t) =ds (t)

dt=d (cos 2t+ cos t)

dt= � sin t� 2 sin 2t

La aceleración es la segunda derivada respecto al tiempo t de la posición s (t), así que

v (t) =d2s (t)

d2t=d2 (cos 2t+ cos t)

dt2= � cos t� 4 cos 2t.

El movimiento es armónico simple si

a (t) = ��s (t)

cosa que, desde luego, no sucede en este caso,

a (t) = � cos t� 4 cos 2t 6= � (cos 2t+ cos t)

El movimiento no es armónico simple.

1

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Si f (x) = x jxj, trace la grá�ca de f y demuestre analíticamente que el origen es un punto de in�exión.

Solución:

Para trazar la grá�ca de la función primero la escribimos explicitamente para valores negativos y positivos de x,

f (x) =�x2 x < 0x2 x � 0

Vemos que son dos parábolas, ambas con vertice en el origen, una crece hacia abajo y la otra crece hacia arriba. Asíque la grá�ca es

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

20

10

10

20

x

f(x)

De la grá�ca es claro que el origen es un punto de in�exión, pero debemos demostrarlo analíticamente. Para ellorecordemos la de�nición de un punto de in�exión.

3.5.4 De�nición de punto de in�exión. Página 233.

El punto (c; f (c)) es un punto de in�exión de la grá�ca de la función f si la grá�ca tiene una línea recta tangente enese punto, y si existe un intervalo abierto I que contiene a c tal que si x está en I, entonces

(i) f 00 (x) < 0 si x < c y f 00 (x) > 0 si x > c

ó

(ii) f 00 (x) > 0 si x < c y f 00 (x) < 0 si x > c

Por tanto, debemos veri�car primero que exista una línea recta tangente a la curva en el punto x = 0. La derivada dela función es

0 (x) =�2x x < 02x x � 0

y vemos que en x = 0 tenemos f 0 (0) = 0. Existe la derivada.

Ahora debemos veri�car que se cumpla alguna de las dos condiciones de la de�nición de punto de in�exión. Sacandola segunda derivada tenemos

1

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f 00 (x) =�2 x < 02 x > 0

de donde es claro que se cumpla (i); es decir, f 00 (x) < 0 si x < 0 y f 00 (x) > 0 si x > 0.

El punto x = 0 es un punto de in�exión de la curva de la función f (x) = x jxj, aún cuando la segunda derivada noexista en ese punto.

A continuación presentamos la grá�ca de la función junto con su segunda derivada para ayudar a aclarar todo loanterior,

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

20

10

10

20

x

2

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Demuestra que la función

f (x) =

1

x� 2 x 6= 23 x = 2

es discontinua en x = 2.

Después determina si la discontinuidad es esencial o removible. Si la discontinuidad es removible, rede�ne f (2) demodo que la discontinuidad sea eliminada

Solución:

Primero recordemos lo que quiere decir que una función sea continua en un número real:


(i) f (a) existe

(ii) limx!a

f (x) existe

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

En este caso,

(i) ¿f (a) existe?

f (x) =

1

x� 2 x 6= 23 x = 2

por lo tanto f (2) existe y es igual a 3.

(ii) ¿limx!a

f (x) existe?

Para calcular el límite limx!2�

f (x) = limx!2�

1

x� 2 debemos usar el teorema


x!af (x) = 0 y lim



limx!a

g (x)

f (x)= +1


limx!a

g (x)

f (x)= �1


limx!a

g (x)

f (x)= �1


limx!a

g (x)

f (x)= +1


1

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Nuestro caso particular coincide con el inciso (ii), así que

limx!2�

f (x) = limx!2�

1

x� 2 = �1

Por otro lado, procedemos igual con el límite

limx!2+

f (x) = limx!2+

1

x� 2 = +1

Por lo tanto,

limx!2�

f (x) 6= limx!2+

f (x)

y no existe limx!2

1

x� 2

En conclusión, la función

f (x) =

1

x� 2 x 6= 23 x = 2

no es continua en x = 2.

Como

limx!2�

f (x) = limx!2�

1

x� 2 = �1

y

limx!2+

f (x) = limx!2+

1

x� 2 = +1

es claro que la discontinuidad no es removible.

En la grá�ca de la función vemos claramente que efectivamente la discontinuidad es esencial,

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8

2

1

1

x

f(x)

2

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Si C (x) dólares es el costo total por fabricar x sillas, y C (x) = x2 + 40x + 800, determine (a) la función de costomarginal; (b) el costo marginal cuando se producen 20 sillas; (c) El costo real por producir la silla 21.

Solución:

El costo marginal es el límite del cocienteC (x1 +�x)� C (x1)

�xcuando �x tiende a 0, suponiendo que el límite

existe. En otras palabras, es la derivada del costo C (x) en x1. La función C 0 (x) recibe el nombre de función de costomarginal, y C 0 (x1) puede interpretarse como la tasa de variación del costo total cuando se producen x1 unidades de ciertoarticulo.

(a) La función de costo marginal.

Por tanto, la función de costo marginal es

C 0 (x) =d�x2 + 40x+ 800

�dx

=dx2

dx+d (40x)

dx+d (800)

dx=dx2

dx+ 40

dx

dx= 2x+ 40

Resumiendo,

C 0 (x) = 2x+ 40

(b) El costo marginal cuando se producen 20 sillas.

El costo marginal cuando se producen 20 sillas es el valor de la derivada evaluado en 20; es decir,

[C 0 (x)]x=20 = [2x+ 40]x=20 = 2 (20) + 40 = 80

Es decir, el costo marginal de producción de 20 sillas es de 80 dólares.

(c) El costo real por producir la silla 21.

El costo para producir 21 sillas es el valor de la función C (x) en x = 21; es decir,

C (21) =�x2 + 40x+ 800

�x=21

= 212 + 40 (21) + 800 = 2081

El costo para producir 20 sillas es el valor de la función C (x) en x = 20; es decir,

C (20) =�x2 + 40x+ 800

�x=20

= 202 + 40 (20) + 800 = 2000

Así que el costo real para producir la silla 21 es 2081-2000, ó sea, $81dólares.

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Con�rme analíticamente la estimación obtenida grá�camente en el inciso (d) de los ejercicios

(a) Ejercicio 103;

(b) Ejercicio 105;

de los ejercicios de repaso del capítulo I (paginas 98 y 99).

Solución:

(a) Ejercicio 103.

Como establecimos en el problema 103 del capítulo 1, el volumen de la cacerola e

V (l) = (14� 2l) (18� 2l) l pulgadas cúbicas

Así que los extremos están donde la derivada

V 0 (l) = (2l � 14) (2l � 18) + 2l (2l � 14) + 2l (2l � 18) = 12l2 � 128l + 252

se anule, o sea

12l2 � 128l + 252 = 0,

Tenemos dos soluciones

l1 =1

3

p67 +

16

3= 8: 061 8

y

l2 = �1

3

p67 +

16

3= 2: 604 9

La primera solución carece de sentido ya que excede las dimensiones posibles de la cacerola, así que tenemos solamente

que considerar un extremo relativo, l2 = �1

3

p67 +

16

3= 2: 604 9.

Para saber si se trata de un máximo ó de un mínimo, obtenemos la segunda derivada del volumen,

1

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V 00 (l) = 24l � 128

y la evaluamos en el punto

V 00�16

3� 13

p67

�= �8

p67

como este valor es negativo, sabemos que la función tiene un máximo.

En resumen, el volumen máximo de la cacerola se tiene cuando l = �13

p67 +

16

3= 2: 604 9.

En la evaluación grá�ca que se había hecho en el problema 103 habíamos encontrado 2.60.

(b) Ejercicio 105.

En el problema 105 del capítulo 1, encontramos que el área total del anuncio como una función de la dimensiónhorizontal de la región cubierta por el material impreso es

A (x) = 8x+200

x+ 82

Para encontrar los extremos relativos, sacamos la derivada

A0 (x) = 8� 200x2

y la igualamos a 0,

8� 200x2

= 0,

lo cual nos da dos soluciones, �5 y 5.

La solución �5 la descartamos porque no tiene signi�cado físico en este problema, así que x = 5.

Debemos veri�car ahora de qué tipo de valor extremo se trata. Para ello calculamos la segunda derivada,

2

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A00 (x) =400

x3

y la evalumaos en el punto en cuestion, x = 5,

A00 (5) =16

5

Como el resultado es mayor que cero, concluimos que x = 5 es un mínimo de la función.

Este resultado coincide con el que habíamos calculado grá�camente en el problema 105 del capítulo 1.

3

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La función f (x) =j4� xj � 3x� 1 es discontinua en 1.

(a) Traza la grá�ca de f , la cual se rompe en el punto donde x = 1. ¿Es esencial o removible la discontinuidad? Siparece que es removible, especula acerca de cómo debe rede�nirse f (1) de modo que la discontinuidad sea eliminada.

(b) Con�rma la respuesta del inciso (a) analíticamente.

Solución:

(a) Evidentemente la función f no está de�nida en x = 1, ya que en ese punto el denominador es igual a cero. Dehecho, el 1 no pertenece al dominio de la función f . Por lo tanto, la función es discontinua en x = 1.


2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

1

1

2

3

4

5

6

x

y

donde se ve claramente que la discontinuidad no es esencial; es posible removerla de�niendo

f (1) � �1

(b) Para con�rma la respuesta del inciso (a) analíticamente, escribimos la función f (x) =j4� xj � 3x� 1 como

f (x) =�1 x < 4x� 7x� 1 x > 4

Es claro que

limx!1

f (x) = limx!1

(�1) = �1

Por lo tanto, si de�nimos la función en x = 1 como �1, es claro que se cumplen todos los criterios de continuidad enun número real, a saber:

i) La función está de�nida en el punto; en efecto, sería f (1) = �1

ii) Existe el límite de la función en el punto; en efecto, limx!1

f (x) = �1

1

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iii) El valor del limite en el punto, es el valor de la función en dicho punto; esto es evidente de los dos puntos anteriores.

En resumen, la discontinuidad no es esencial; si rede�nimos la función como f (1) = �1, la nueva función es continuaen 1.

2

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La función f (x) =xp

x+ 9� 3es discontinua en 0.

(a) Traza la grá�ca de f , la cual se rompe en el punto donde x = 0. ¿Es esencial o removible la discontinuidad? Siparece que es removible, especula acerca de cómo debe rede�nirse f (a) de modo que la discontinuidad sea eliminada.

(b) Con�rma la respuesta del inciso (a) analíticamente.

Solución:

(a) Evidentemente la función f no está de�nida en x = 0, ya que en ese punto el denominador es igual a cero. Dehecho, el 0 no pertenece al dominio de la función f . También para x < �9 la función no está de�nida. En resumen, eldominio D de la función es

D =[�9; 0) [ (0;1).


5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

5.2

5.4

5.6

5.8

6.0

6.2

6.4

6.6

x

y

donde se ve claramente que la discontinuidad no es esencial; es posible removerla de�niendo

f (0) � 6

(b) Para con�rma la respuesta del inciso (a) analíticamente, hacemos

limx!0

�xp

x+ 9� 3

�= lim

x!0

�xp

x+ 9� 3

px+ 9 + 3px+ 9 + 3

�= lim

x!0

x�px+ 9 + 3

��px+ 9

�2 � 9 = limx!0

x�px+ 9 + 3

�x+ 9� 9 =

= limx!0

x�px+ 9 + 3

�x

= limx!0

�px+ 9 + 3

�= lim

x!0

px+ 9 + lim

x!03 =

p9 + 3 = 3 + 3 = 6

Por lo tanto, si de�nimos la función en x = 0 como 6, es claro que se cumplen todos los crtiterios de continuidad enun número, a saber:

i) La función está de�nida en el punto; en efecto, sería f (0) = 6

ii) Existe el límite de la función en el punto; en efecto, limx!0

�xp

x+ 9� 3

�= 6

1

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iii) El valor del limite en el punto, es el valor de la función en dicho punto; esto es evidente de los dos puntos anteriores.

En resumen, la discontinuidad no es esencial; si rede�nimos la función como f (0) = 6, la nueva función es continua en0.

2

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Un barco zarpó a mediodía y viaja hacia el oeste a 20 nudos. A las 6 P.M., un segundo barcó zarpó del mismo puertoy navega hacia el noroeste a 15 nudos. ¿Qué tan rapido se alejan los dos barcos cuando el segundo a recorrido 90 milasnáuticas?

Solución:

Un nudo es una medida de la velocidad utilizada en la navegación marítima y aérea. Es igual a una milla naútica porhora. A su vez, una milla naútica es igual a 1,852 metros.

Para resolver este problema se sugiere revisar el ejemplo 2 (página 185) de la sección 2.10 Tasas de variación rela-cionadas.

El segundo barco viaja a 15 nudos, así que 90 millas náuticas las recorre en 6 horas; es decir, el segundo barco lleva 90millas náuticas a la medianoche.

A la medianoche el primer barco lleva ya 12 horas viajando, y como recorre 20 millas náuticas por hora, ya está a 240millas náuticas del puerto.

En el dibujo vemos la posición de los dos barcos

x=240 millas náuticas

y=90 millas náuticas

A=45 grados

z

Para sacar la distancia z entre ellos, utilizamos la ley de los cosenos. En efecto,

z2 = x2 + y2 � 2xy cosA

Efectuando la diferenciación implicita, tenemos

2zdz

dt= 2x

dx

dt+ 2y

dy

dt��2xdy

dt+ 2y

dx

dt

�cosA

que despejando nos queda

dz

dt=

xdx

dt+ y

dy

dt��xdy

dt+ y

dx

dt

�cosA

z

Susituyendo los valores porporcionados en el problema, se encuentra

dz

dt=240� 20 + 90� 15� (240� 15 + 90� 20)

p2

2r2402 + 902 � 2� 240� 90�

p2

2

= � 1

30p73� 24

p2

�2700

p2� 6150

�= 12:44

En resumen, la velocidad relativa es de 12.44 nudos

1

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Solución:

Del dibujo de las dos ciudades, el río y los tubos

20 km

10 km

kmx

15 km

2 215x+

()20 kmx−

()2210 20x+ −

concluimos facilmente que la longitud total del tubo es

l (x) =p152 + x2 +

q102 + (20� x)2 =

px2 � 40x+ 500 +

px2 + 225

Gra�cando la función, tenemos

1

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0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 2032

33

34

35

36

37

x

l(x)

que nos muestra que el mínimo se encuentra cuando x = 12 km.

(b) Con�rma la estimación del inciso (a) analíticamente.

La función que nos da la longitud del tubo como función de la distancia x es

l (x) =px2 � 40x+ 500 +

px2 + 225

Para encontrar sus máximos y minimos relativos, hacemos la derivada

l0 (x) =xp

x2 + 225+1

2

2x� 40px2 � 40x+ 500

igual a cero

l0 (x) = 0

y obtenemos la ecuación

xpx2 + 225

+1

2

2x� 40px2 � 40x+ 500

= 0

que tiene como única solución

x = 12

La segunda derivada

l00 (x) =1p

x2 � 40x+ 500� 14

(2x� 40)2

(x2 � 40x+ 500)3

2

� x2

(x2 + 225)

3

2

+1p

x2 + 225

evaluada en 12

l00 (12) =25

6724

p164 +

25

15 129

p369 = 7: 935 7� 10�2 > 0

es positiva, y por lo tanto 12 es un mínimo

2

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Para las siguientes funciones

(a) f (x) =px y g (x) = 25� x2

(b) f (x) =

px2 � 4p3� x

y g (x) = jxj

(c) f (x) =sgn x y g (x) = x2 � 1

(i) De�na f � g y (ii) determine los números reales en los que f � g es continua y establezca la razón.

Solución:

(a) f (x) =px y g (x) = 25� x2

La función composición es

(f � g) (x) =p25� x2

Su dominio es el intervalo [0; 5]

Utilizando el teorema

1.8.3 Teorema (Página 71).

Una función polinomial es continua en todo número real.

y el teorema

1.8.4 Teorema (Página 72).

Una función racional es continua en todo número real de su dominio.

concluimos facilmente que la función es continua en el intervalo abierto (0; 5).

0 1 2 3 4 50

1

2

3

4

5

x

f.g

(b) f (x) =

px2 � 4p3� x

y g (x) = jxj

1

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La función composición es

(f � g) (x) =

qjxj2 � 4p3� jxj

Su dominio es el conjunto f(�1;�2] [ [2;+1)g \ (�3; 3) que es el conjunto (�3;�2) [ (2; 3).

Por los dos teoremas que citamos en el inciso (a) es claro que la función composición es continua en todo su dominio(�3;�2)[ (2; 3). En el único lugar donde el denominador se hace 0 es en -3 y 3, pero esos dos números reales no están enel dominio.

3 2 1 0 1 2 3

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

f.g

(c) f (x) =sgn x y g (x) = x2 � 1

La función sgn x está de�nida como

sgn x =�1 x < 00 x = 0+1 x > 0

así que

si x < �1, (f � g) (x) = +1

si x = �1, (f � g) (x) = 0

si �1 < x < +1, (f � g) (x) = �1

si x = 1, (f � g) (x) = 0

si x > 1, (f � g) (x) = 1

Es claro que la función es continua en todos los numeros reales diferentes de -1 y +1.

2

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3 2 1 1 2 3

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

f.g

3

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Solución:

El volumen de un cono está dado como el producto del área de la base por la altura sobre tres. Es decir,

V =ba

3

Si llamamos � al ángulo que el cono hace con el eje Z, del dibujo tenemos claramente que

tan � =5

8

así que cuando el agua tiene una altura h, el radio del espejo de agua en el cono será

r = h tan � =5

8h

y el volumen del agua contenida en el cono la podemos expresar, como función de la altura h, mediante la formula

V (h) =1

3�

�5

8h

�2h =

25

192�h3

Este volumen está variando en el tiempo debido a que el cono recibe agua por arriba y la pierde por abajo. El cambioen el volumen está dado por su derivada respecto al tiempo, y por la regla de la cadena tenemos

dV (t)

dt= 3

25

192�h2

dh (t)

dt

dondedh (t)

dtes el cambio de la altura del agua en el cono respecto al tiempo:

Despejandodh (t)

dtobtenemos

dh (t)

dt=192

75�

1

h2dV (t)

dt

1

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Basta ahora sustituir la información que el problema nos suministra, teniendo en cuenta que el cambio en el volumendel agua respecto al tiempo es la diferencia del agua que le entra al embudo por arriba con el agua que le sale por abajo,

es decir,dV (t)

dt= 12 pulg3=s�4 pulg3=s=8 pulg3=s; asi que

dh (t)

dt=192

75�

1

(5 pulg)28 pulg3/s=

512

625�pulg/s

La altura del agua en el embudo cambia a razón de512

625�pulgadas por segundo� 0.26pulgadas por segundo.

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Solución:

La utilidad diaria es la diferencia entre lo que se obtiene de la venta diaria y el costo diario de producción. Si se vendex artículos diariamente a un precio de p dólares cada uno, la venta diaria es claramente px dólares. Sí se gastan 20xdólares diarios en la producción, la utilidad será

u = xp� 20x

Además sabemos que estas variables están relacionadas por la expresión x2 + p = 320.

En esta última, despejamos p y obtenemos

p = 320� x2

que sustituida en la expresión para la utilidad nos da

u (x) = x�320� x2

�� 20x = 300x� x3

que es ya una función del número de artículos vendidos diariamente.

Sacando la derivada, tenemos

u0 (x) = 300� 3x2

que se anula en 10 y -10.

El punto crítico -10 es desechado por el signi�cado de la variable x misma, así que no queda el punto crítico 10. Paraver qué tipo de punto crítico tenemos hay que evaluar la segunda derivada. Tenemos

u00 (x) = �6x

y

u00 (x = 10) = �60

así que x = 10 es un máximo relativo.

Finalmente calculamos la utilidad, evaluando la función u (x) en x = 10,

u (10) = 2000

La utilidad máxima, de 2,000 dólares, se obtiene cuando se venden 10 artículos.


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0 2 4 6 8 10 12 14 160

500

1000

1500

2000

x

u(x)

y se ve que se tiene un máximo, en x = 10, y que ese máximo tiene un valor de 2000.

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Determina los valores de las constantes a y b que hagan que la función

f (x) =2x+ 1 x � 3ax+ b 3 < x < 5x2 + 2 5 � x

sea continua para todo número real y dibuja la grá�ca de la función resultante.

Solución:

La función está de�nida en tres segmentos; en cada uno de los segmentos la función es un polinomio y por lo tanto encada segmento la función es continua.

En los únicos lugares donde la función puede ser discontinua es en las fronteras entre los segemento; es decir, en x = 3y en x = 5.

Recordemos que la de�nición de continuidad en un número real es:


(i) f (a) existe

(ii) limx!a

f (x) existe

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

Debemos establecer la continuidad de la función en cada uno de los puntos "frontera". Empezamos por x = 3:

(i) ¿f (3) existe? Sí, sí existe, f (3) = 2 (3) + 1 = 7

(ii) ¿limx!3

f (x) existe? Tenemos que limx!3�

f (x) = limx!3�

(2x+ 1) = 2 (3) + 1 = 7. Además, limx!3+

f (x) = limx!3+

(ax+ b) =

a (3) + b. Si queremos que el límite exista, debemos tener limx!3�

f (x) = limx!3+

f (x), así que 3a+ b = 7.

(iii) ¿limx!3

f (x) = f (a)? Con la condición del inciso anterior se garantiza también esta condición.

Obligamos ahora a que la función sea continua en x = 5:

(i) ¿f (5) existe? Sí, sí existe, f (5) = (5)2 + 2 = 27

(ii) ¿limx!5

f (x) existe? Tenemos que limx!5�

f (x) = limx!5�

(ax+ b) = a (5) + b = 5a + b. Además, limx!5+

f (x) =

limx!5+

�x2 + 2

�= (5)

2+2 = 27. Si queremos que el límite exista, debemos tener lim

x!5�f (x) = lim

x!5+f (x), así que 5a+b = 27.

(iii) ¿limx!5

f (x) = f (a)? Con la condición del inciso anterior se garantiza también esta condición.

Tenemos entonces dos ecuaciones con dos incógnitas:

3a+ b = 7

5a+ b = 27

Para resolverlas restamos la primera de la segunda y obtenemos

2a = 20

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ó

a = 10

y sustituyendo de regreso en la primera ecuación

3 (10) + b = 7

se encuentra

b = �23

Por tanto, si a = 10 y b = �23 la función queda como

f (x) =2x+ 1 x � 310x� 23 3 < x < 5x2 + 2 5 � x

y es continua en todo el eje real.

Finalmente presentamos la grá�ca de la función

8 6 4 2 2 4 6 8

20

40

60

x

y

donde claramente vemos que efectivamente la función es continua en todo el eje real.

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Un hombre de 6 pies de estatura camina hacia un edi�cio a una tasa de 4 pies/segundo. Si hay una lámpara en el pisoa 40 pies del edi�cio, ¿qué tan rápido disminuye la sombra del hombre proyectada en el edi�cio cuando él está a 30 piesdel edi�cio?

Solución:

En el dibujo

6 pies

40 pies

θ 30 pies() piess t

() piesx t

x (t) es el tamaño de la sombra, s (t) es la distancia del hombre a la lámpara.

Del dibujo es claro que

tan � =6

s

y también

tan � =x

40

Despejando x, el tamaño de la sombra, de la segunda ecuación, tenemos

x = 40 tan �

y usando la primera ecuación obtenemos

x = 406

s=240

s

que es el tamañó de la sombra en términos de la posición del hombre con respecto a la lámpara.

El cambio del tamaño de la sombra en función del tiempo es entonces

dx

dt= �240

s2ds

dt

donde hemos usado la regla de la cadena.

Cuando el hombre se encuentra a 30 pies de la pared, s = 10 pies yds

dt= 4 pies/segundo, así que

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dx

dt= �240

1024 = �48

5= �9: 6

La sombra disminuye a una velocidad de 9.6 pies/segundo.

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Si la demanda de un artículo particular es de 100x unidades cuando el precio por unidad es de p dólares, entoncesx2 + p2 = 36. Determine la utilidad total máxima.

Solución:La utilidad obtenida está dada por

Utilidad = 100xp

pero sabemos que entonces

x2 + p2 = 36

Así que despejando p

p =p36� x2

y sustituyendolo en la utilidad obtenida, tenemos

Utilidad= 100xp36� x2

Es esta función la que tenemos que maximizar en función de x, el número de artículos vendidos.

Para ello la escribimos como

f (x) = 100xp36� x2

sacamos la derivada

f 0 (x) = 100p36� x2 � 100 x2p

36� x2

la igualamos a cero

100p36� x2 � 100 x2p

36� x2= 0

y encontramos dos soluciones x1 = �3p2 y x2 = 3

p2.

La solución x1 = �3p2 no tiene sentido en este problema porque no existe un número de artículos vendidos negativo.

Así que la solución es x2 = 3p2.

Debemos veri�car que este punto crítico sea en efecto un máximo relativo. Para ello calculamos la segunda derivada

f 00 (x) = �100 x3

(36� x2)3

2

� 300 xp36� x2

y la evaluamos en x = 3p2,

f 00�3p2�= �200

3

p2p18

que es un número negativo. Concluimos entonces que efectivamente x = 3p2 es un máximo relativo de la función.

Para calcular ahora el precio de venta de cada artículo, tenemos

p =p36� x2

que nos da

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p = 3p2

Finalmente la utilidad máxima es

Utilidad máxima=100�3p2� �3p2�= 1; 800 dólares.

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Solución:

(a)

La grá�ca de la función f es

4 2 0 2 4

0.5

1.0

1.5

x

f(x)

(b)

El limx!a

f (x) existe en todos los números reales, excepto los números enteros.

(c)

La función f es continua en todos los números reales con excepción de los números enteros.

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Solución:

(a) Dibuje la grá�ca de

f (x) =x2 + 2 x � 320� x2 x > 3

:

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7

30

20

10

10

20

x

f(x)

(b) Determine si f es continua en 3.

Una función f es continua en el número real a si y sólo si se satisfacen las tres condiciones siguientes:(i) f (a) existe(ii) lim

x!af (x) existe

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

(i) ¿Existe f (3)?

La función es

f (x) =x2 + 2 x � 320� x2 x > 3

así que

f (3) = (3)2+ 2 = 11

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Sí existe f (3) y es igual a 11.

(ii) ¿Existe limx!3

f (x)?

Primero,

limx!3�

f (x) = limx!3�

�x2 + 2

�= lim

x!3�x2 + lim

x!3�2 =

�limx!3�

x

�2+ limx!3�

2 = 32 + 2 = 11

y segundo

limx!3+

f (x) = limx!3+

�20� x2

�= lim

x!3+20� lim

x!3+x2 = lim

x!3+20�

�limx!3+

x

�2= 20� 32 = 11

así que

limx!3�

f (x) = 11 = limx!3+

f (x)

Por tanto, del teorema 1.6.3 de la página 51, tenemos que el límite existe y

limx!3

f (x) = 11

(iii) ¿limx!3

f (x) = f (3)?

De los incisos (i) y (ii) es claro que

limx!3

f (x) = 11 = f (3)

Por lo tanto, la función f es continua en x = 3.

(c) Determine si f es diferenciable en 3.

Se dice que una función es diferenciable en x = 3 si la derivada de la función existe en x = 3.

Por la de�nición de la función es conveniente sacar la derivada por la derecha y la derivada por la izquierda.

Tenemos

2.2.2 De�nición de la derivada lateral.(i) Si la función f está de�nida en x1, entonces la derivada por la derecha de f en x1, denotada por f 0+ (x1),

está de�nida por

f 0+ (x1) = lim�x!0+

f (x1 +�x)� f (x1)�x

() f 0+ (x1) = limx!x+1

f (x)� f (x1)x� x1

si existe el límite.(ii) Si la función f está de�nida en x1, entonces la derivada por la izquierda de f en x1, denotada por

f 0� (x1), está de�nida por

f 0� (x1) = lim�x!0�

f (x1 +�x)� f (x1)�x

() f 0� (x1) = limx!x�1

f (x)� f (x1)x� x1

si existe el límite.A partir de esta de�nición y del teorema 1.6.3, se deduce que una función f de�nida en un intervalo abierto

que contiene a x1 es diferenciable en x1 si y sólo si f 0+ (x1) y f0� (x1) existen y son iguales. Por supuesto,

f 0 (x1), f 0+ (x1) y f0� (x1) son iguales.

así que

f 0+ (x1) = lim�x!0+

f (x1 +�x)� f (x1)�x

= lim�x!0+

20� (3 + �x)2 � 20 + 32�x

= lim�x!0+

�6�x� (�x)2

�x= lim

�x!0+(�6��x) =

�6

2

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y

f 0� (x1) = lim�x!0�

f (x1 +�x)� f (x1)�x

= lim�x!0�

(3 + �x)2+ 2� 32 � 2�x

= lim�x!0+

6�x+ (�x)2

�x= lim

�x!0+(6 + �x) = 6

Como

f 0+ (x1) = �6 6= 6 = f 0� (x1)

la derivada no existe y la función no es diferenciable en x = 3:

Para aclarar este aspecto, presentamos a continuación la grá�ca de la derivada,

f 0 (x) =2x x � 3�2x x > 3

,

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7

14

12

10

8

6

4

2

2

4

6

x

f'(x)

Es claro que en x = 3 la derivada no existe.

3

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Solución:

Sea N el número de habitantes en la comunidad. El problema establece claramente que

0 � N � 3000.

La tasa de crecimiento de la población esdN

dty se especi�ca que

dN

dt= kN (3000�N)

donde k es una constante de proporcionalidad.

La tasa de crecimiento es un máximo cuando su derivada se anule y cuando su segunda derivada sea negativa. Así quetenemos primeramente

d

dt

�dN

dt

�= k

d�3000N �N2

�dN

dN

dt= k (3000� 2N) dN

dt= 2k (1500�N) dN

dt

y sustituyendo la expresión original tenemos

d

dt

�dN

dt

�= 2k2N (3000�N) (1500�N) = 2k2

�N3 � 4500N2 + 4500000N

�Los valores de N para los cuales

d

dt

�dN

dt

�es cero son los dados por la ecuación

N3 � 4500N2 + 4500000N = 0

que resultan ser 0, 1500 y 3000.

Para ver qué tipo de extremo tenemos, debemos evaluar la segunda derivada en esos puntos y ver su signo.

Tenemos

d2

dt2

�dN

dt

�= 2k2

d�N3 � 4500N2 + 4500000N

�dN

dN

dt

ó sea

d2

dt2

�dN

dt

�= 6k2

�N2 � 3000N + 1500000

� dNdt

Sustituyendo nuevamente el valor de la tasa de crecimiento encontramos

d2

dt2

�dN

dt

�= 6k3N (3000�N)

�N2 � 3000N + 1500000

�

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y evaluando en esos puntos,�d2

dt2

�dN

dt

��N=0

= 0

�d2

dt2

�dN

dt

��N=1500

= �10125000000000k3

y�d2

dt2

�dN

dt

��N=3000

= 0

así que si k > 0,�d2

dt2

�dN

dt

��N=1500

< 0 y el máximo ocurre cuando N = 1500 habitantes.

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Determina el intervalo más grande (o unión de intervalos) donde las funciones

(a) f (x) =p25� x2

(b) g (x) =px2 � 25

son continuas. Apoya tu respuesta construyendo la grá�ca de cada función.

Solución:

(a) f (x) =p25� x2

Evidentemente la función f está de�nida para los valores de x tales que 25� x2 � 0.

Esta desigualdad se traduce en

25� x2 � 0 =) 25 � x2 =) �5 � x � 5

Es decir, el dominio de la función es el intervalo cerrado [�5; 5].

¿En qué puntos del dominio es la función continua? Para responder recurrimos al siguiente teorema:

1.8.5 Teorema (página 73)Si n es un número entero positivo yf (x) = n

px

entonces(i) si n es impar, entonces f es continua en todo número real,(ii) si n es par, entonces f es continua en todo número real positivo

Es decir, la función es continua en el intervalo abierto (�5; 5)

Para saber si es continua en todo su dominio tenemos el siguiente teorema

1.9.6 De�nición de continuidad en un intervalo cerrado (página 79)Se dice que una función, cuyo dominio contiene al intervalo cerrado [a; b], es continua en el intervalo cerrado

[a; b] si y sólo si es continua en el intervalo abierto (a; b), así como continua por la derecha en a y continua porla ziquierda en b.

donde

1.9.4 De�nición de continuidad por la derecha (página 78)Se dice que una función f es continua por la derecha en el número real a si y sólo si se cumplen las tres

condiciones siguientes:(i) f (a) existe;(ii) lim

x!a+f (x) existe;

(iii) limx!a+

f (x) = f (a)

y

1.9.5 De�nición de continuidad por la izquierda (página 78)Se dice que una función f es continua por la izquierda en el número real a si y sólo si se cumplen las tres

condiciones siguientes:

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(i) f (a) existe;(ii) lim

x!a�f (x) existe;

(iii) limx!a�

f (x) = f (a)

Evidentemente la función está de�nida en �5 y 5. Su valor en ambos puntos es 0.

Es claro que

limx!�5+

p25� x2 = 0 = f (x = �5)

así que la función es continua por la derecha en x = �5.

Además

limx!5�

p25� x2 = 0 = f (x = 5)

así que la función es continua por la izquierda en x = 5.

En conclusión, la función f (x) =p25� x2 es continua en el intervalo cerrado [�5; 5] :


5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

x

f(x)

(b) g (x) =px2 � 25

Evidentemente la función g está de�nida para los valores de x tales que x2 � 25 � 0.

Esta desigualdad se traduce en

x2 � 25 � 0 =) x2 � 25 =) x � �5 o x � 5

Es decir, el dominio de la función es el conjunto (�1;�5] [ [5;+1).

¿En qué puntos del dominio es la función continua? Para responder recurrimos al siguiente teorema:


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Si n es un número entero positivo yf (x) = n

px

entonces(i) si n es impar, entonces f es continua en todo número real,(ii) si n es par, entonces f es continua en todo número real positivo

Es decir, la función es continua en (�1;�5) [ (5;+1).

Falta analizar que pasa en -5 y 5. Para ello recurrimos a las mismas de�niciones del inciso (a).

Tenemos

g (�5) = 0

y

g (5) = 0

Además

limx!�5�

g (x) = 0 = g (x = �5)

y

limx!5+

g (x) = 0 = g (x = 5)

así que la función es continua por la izquierda en -5 y continua por la derecha en +5.

En conclusión, la función g (x) es continua en el conjunto (�1;�5] [ [+5;+1).


20 15 10 5 0 5 10 15 20

2

4

6

8

10

12

14

16

18

x

g(x)

3

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Determina el intervalo más grande (o unión de intervalos) donde las funciones

(a) f (x) =jx� 2jx� 2

(b) g (x) =x

x2 � 4

son continuas. Apoya tu respuesta construyendo la grá�ca de cada función.

Solución:

(a) f (x) =jx� 2jx� 2

Si x > 2 se cumple que x� 2 > 0 y también que jx� 2j = x� 2; por lo tanto, f (x) = jx� 2jx� 2 =

x� 2x� 2 = 1

Si x < 2 se tiene que x� 2 < 0 y también que jx� 2j = � (x� 2); por lo tanto, f (x) = jx� 2jx� 2 =

� (x� 2)x� 2 = �1

Es evidente que la función f no está de�nida en x = 2 y que no existe limx!2

f (x), ya que

limx!2�

f (x) = �1

y

limx!2+

f (x) = +1

Por tanto, la función f es continua en (�1; 2) [ (2;1)

A continuación presentamos la grá�ca de la función,

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

Notese que la discontinuidad es esencial; no hay forma de de�nir f (2) de manera que la función sea continua.

(b) g (x) =x

x2 � 4

1

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Podemos escribir la función g como

g (x) =x

x2 � 4 =x

(x+ 2) (x� 2)

de donde es evidente que 2 y -2 no están en el dominio de la función, y al ser esos los únicos puntos donde el denominadorse anula son también los únicos puntos donde la función puede ser discontinua.

Tenemos primero, utilizando el Teorema 12 de límites (Teorema 1.7.4, página 58)

limx!�2�

x

x2 � 4 = limx!�2�

x

(x+ 2) (x� 2) = �1

Para el límite por la derecha tenemos

limx!�2+

x

x2 � 4 = limx!�2+

x

(x+ 2) (x� 2) = +1

Así que como

limx!�2�

x

x2 � 4 6= limx!�2+

x

x2 � 4

no sólo la función es discontinua, sino que su discontinuidad es esencial; es decir, no podemos de�nir g (�2) de talmanera que la nueva función sea continua en este punto.

De manera similar analizamos la discontinuidad en el punto x = 2. Utilizando el mismo teorema (Teorema 1.7.4,página 58) encontramos que

limx!2�

x

x2 � 4 = limx!2�

x

(x+ 2) (x� 2) = �1

y

limx!2+

x

x2 � 4 = limx!2+

x

(x+ 2) (x� 2) = +1

así que, al igual que en -2, la función es obviamente discontinua, y además, la discontinuidad es esencial.

En resumen, la función g es continua en (�1;�2) [ (�2; 2) [ (2;1) :

La grá�ca, que presentamos a continuación, corrobora los resultados analíticos,

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

1.2

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

x

y

2

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Sea

f (x) =ax2 + b x � 11

jxj x > 1

Determina los valores de a y b que hacen que f 0 (1) exista.

Solución:

Primero debemos hacer que la función sea continua en el número real x = 1. Por tanto debemos tener,

limx!1�

f (x) = limx!1+

f (x)

ó sea

a+ b = 1

Además, debemos hacer que la derivada por la izquierda sea igual a la derivada por la derecha en el mismo númeroreal x = 1; es decir,

2a = �1

Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas,

a+ b = 1

2a = �1

De la segunda obtenemos trivialmente

a = �12

y despejando en la primera

b = 1� a

y sustituyendo, encontramos

b = 1 +1

2=3

2

En resumen, la función

f (x) =�12x2 +

3

2x � 1

1

jxj x > 1

tiene derivada en 1.

A continuación presentamos la grá�ca de la función con lo valores encontrados

1

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0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

x

f(x)

Vemos claramente que la función es diferenciable en x = 1.

2

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Solución:

27 m8

8 mxθ

l

Del dibujo es claro que los dos triángulos que se forman son semejantes. Por lo tanto,

l

x+ 8=

sx2 +

�27

8

�2x

donde l es la longitud de la escalera (el segmento verde en el dibujo).

Despejando l, tenemos

l (x) =x+ 8

x

sx2 +

�27

8

�2que es la longitud de la escalera como función de la distancia x.

Para encontrar los extremos de la función, debemos hallar los puntos críticos derivando la función

l0 (x) =1

x28x3 � 729p64x2 + 729

e igualandola a cero, lo que nos da la ecuación

1

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8x3 � 729 = 0,

que tiene tres soluciones, dos imaginarias (que desechamos por no tener signi�cado para este problema) y una real

x =9

2.

Finalmente, sustituyendo en la expresión

l (x) =x+ 8

x

sx2 +

�27

8

�2tenemos

l

�9

2

�=125

8= 15: 6

La escalera debe medir 15.6 metros.

2

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(a) Veri�ca que se cumplen las condiciones del teorema del valor intermedio para la función

f (x) = x2 � 4x+ 1

en el intervalo cerrado [�10; 0] y k = 10;

(b) Traza la grá�ca de f y la recta y = k y estima, con cuatro cifras decimales, el número c de (�10; 0) tal quef (c) = 10;

(c) Con�rma analíticamente la estimación del inciso (b);

(d) Dibuja la grá�ca de f en el intervalo [�10; 0] y muestra el punto (c; 10).

Solución:

(a)

El teorema del valor intermedio a�rma (1.9.8 Teorema del valor intermedio (página 80)):

Si la función f es continua en el intervalo cerrado [a; b] y si f (a) 6= f (b), entonces para cada valor k entre f (a) y f (b)existe un número c entre a y b tal que f (c) = k.

La función f (x) = x2�4x+1 es continua en el intervalo cerrado [�10; 0] (De�nición 1.9.6, página 79 y Teorema 1.8.3,página 71).

El valor de la función en el extremo izquierdo del intervalo es f (�10) = 141; el valor de la función en el extremoderecho del intervalo es f (0) = 1. Así que f (�10) = 141 > k = 10 > f (0) = 1.

En resumen, sí se cumplen las condiciones del teorema del valor intermedio.

(b)

Trazamos la grá�ca de la función f (x) = x2� 4x+1 en el intervalo [�10; 0], junto con la línea recta horizontal y = 10

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 00

2

4

6

8

10

12

x

f(x)

Notamos que el valor de c que estamos buscando está alrededor de -1.5, así que ampli�camos esa region de la grá�capara obtener un valor de c más preciso,

1

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1.80 1.75 1.70 1.65 1.60 1.55 1.50 1.45 1.409.5

9.6

9.7

9.8

9.9

10.0

10.1

10.2

10.3

10.4

10.5

x

f(x)

De la grá�ca vemos que c = �1:6.

(c)

Para con�rma analíticamente la a�rmación hecha en el inciso anterior, tenemos que resolver la ecuación

f (c) = c2 � 4c+ 1 = 10,

que tiene dos soluciones,

2 +p13 y 2�

p13

La primera de las soluciones está fuera del intervalor especi�cado, así que la buena es la segunda. Tenemos entonces

c = 2�p13 = �1:61

que es aproximadamente lo que habíamos encontrado utilizando el método grá�ca en el inciso (b).

(d)

La grá�ca de la función en el intervalo [�10; 0], junto con el punto�2�

p13; 10

�; la mostramos a continuación

2

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3.0 2.8 2.6 2.4 2.2 2.0 1.8 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.06

7

8

9

10

11

12

x

f(x)

3

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Solución:

Dos líneas rectas son perpendiculares si sus pendientes son reciprocas y de signo contrario.

La pendiente de la línea recta tangente a la circunferencia en el punto (x1; y1) está dada por la derivada de y respectoa x evaluada en el punto. En este caso como no tenemos una expresión explicita de y en función de x, sino que tenemosla ecuación de la circunferencia

x2 + y2 = r2

conviene más hacer una diferenciación implícita

2x+ 2ydy

dx= 0

y despejar la derivada, obteniendose

dy

dx= �x

y

Si ahora evaluamos en el punto, tenemos

mTangente = �x1y1

Pasemos ahora a calcular la pendiente de la línea recta que pasa por el centro de la circunferencia x2 + y2 = r2, queobviamente es (0; 0), y por el punto de tangencia (x1; y1). Dados dos puntos, la pendiente de la línea recta que pasa porellos es el cociente de la diferencia de la ordenadas con la diferencia de las abscisas; es decir,

m =y1 � 0x1 � 0

=y1x1

Es claro que

m�mTangente =

��x1y1

��y1x1

�= �1

y las líneas rectas son perpendiculares, tal y como se quería demostrar.

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Solución:

El volumen de un cilindro es

V (r; h) =Base�Altura= �r2h

donde r pulgadas es el radio de su base y h pulgadas es su altura.

Si llamamos � al ángulo que hace el cono, es claro que tenemos

tan � =8

4= 2

Del dibujo también es claro que

tan � =h

4� r

Igualando las dos expresiones tenemos

h = 2 (4� r)

y sustituyendo en la fórmula para el volumen

V (r) = 2�r2 (4� r)

que nos da el volumen del cilindro inscrito como función de su radio r.

Para encontrar los extremos de esta función, debemos encontrar la derivada

V 0 (r) = �2�r2 � 4�r (r � 4) = �2�r (3r � 8)

igualarla a cero,

V 0 (r) = 0

y encontrar las soluciones, que son8

3y 0.

El 0 lo descartamos porque signi�ca que el cilindro inscrito no existe, así que debemos tener r = 8=3 pulgadas.

Para determinar qué clase de extremo tenemos, hay que calcular la segunda derivada,

V 00 (r) = �4� (r � 4)� 8�r = �4� (3r � 4)

y evaluarla en r = 8=3,

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V 00�8

3

�= �16�

Como la segunda derivada es negativa, r = 8=3 pulgadas es un máximo.

Para obtener el volumen máximo, sustituimos r = 8=3 en la expresión del volumen y obtenemos

V

�8

3

�=512

27�

A continuación presentamos la grá�ca de la función

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.00

10

20

30

40

50

60

r

V(r)

donde se puede ver claramente que existe un sólo máximo.

2

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(a) Veri�ca que se cumplen las condiciones del teorema del valor intermedio para la función

f (x) = x�p16� x2

en el intervalo cerrado [0; 4] y k = �2;

(b) Traza la grá�ca de f y la recta y = k y estima, con cuatro cifras decimales, el número c de (0; 4) tal que f (c) = �2;

(c) Con�rma analíticamente la estimación del inciso (b);

(d) Dibuja la grá�ca de f en el intervalo [0; 4] y muestra el punto (c;�2).

Solución:

(a)

El teorema del valor intermedio a�rma (1.9.8 Teorema del valor intermedio (página 80)):

Si la función f es continua en el intervalo cerrado [a; b] y si f (a) 6= f (b), enotnces para cada valor k entre f (a) y f (b)existe un número c entre a y b tal que f (c) = k.

La función f (x) = x�p16� x2 es continua en el intervalo cerrado [0; 4] (De�nición 1.9.6, página 79 y Teorema 1.8.5,

página 73).

El valor de la función en el extremo izquierdo del intervalo es f (0) = 0�p16� 02 = �4; el valor de la función en el

extremo derecho del intervalo es f (4) = 4�p16� 42 = 4. Así que f (0) = �4 < k = �2 < f (4) = 4.

En resumen, sí se cumplen las condiciones del teorema del valor intermedio.

(b)

Trazamos la grá�ca de la función f (x) = x�p16� x2 en el intervalo [0; 4], junto con la línea recta horizontal y = �2

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0

10

8

6

4

2

0

2

4

x

y

Notamos que el valor de c que estamos buscando está alrededor de 1.7, así que ampli�camos esa region de la grá�capara obtener un valor de c más preciso,

1

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1.640 1.641 1.642 1.643 1.644 1.645 1.646 1.647 1.648 1.649 1.650

2.05

2.04

2.03

2.02

2.01

2.00

1.99

1.98

1.97

1.96

1.95

x

f(x)

De la grá�ca vemos que c = 1:646.

(c)

Para con�rma analíticamente la a�rmación hecha en el inciso anterior, tenemos que resolver la ecuación

f (c) = c�p16� c2 = �2

que tiene como solución

c =p7� 1 = 1: 646

que es exactamente lo que habíamos encontrado utilizando el método grá�ca en el inciso (b).

(d)

La grá�ca de la función en el intervalo [0; 4], junto con el punto�p7� 1;�2

�; la mostramos a continuación

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0

10

8

6

4

2

0

2

4

x

y

2

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Suponga que f (x) = 3x+ jxj y que g (x) = 3

4x� 1

4jxj.

Demuestra que f 0 (0) ni g0 (0) existen pero que (f � g)0 (0) existe.

Solución:

Primero escribimos f (x) como

f (x) =3x� x = 2x x < 03x+ x = 4x x � 0

De aquí notamos que la derivada por la izquierda en cero es

d

dx(2x) = 2

y que la derivada por la derecha en cero es

d

dx(4x) = 4

Por lo tanto, la derivada en cero no existe.

La grá�ca de la función, alrededor de cero, ilustra lo que sucede

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

10

10

20

x

f(x)

Acercandonos por la izquierda al cero tenemos una línea recta de pendiente 2, y acercandonos por la derecha una línearecta de pendiente 4. Por eso no existe la derivada en cero.

Ahora escribimos a g (x) como

g (x) =

3

4x+

1

4x = x x < 0

3

4x� 1

4x =

x

2x � 0

y vemos que la derivada por la izquierda en cero es

d

dx(x) = 1

y que la derivada por la derecha en cero es

1

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d

dx

�x2

�=1

2

Por lo tanto, la derivada en cero no existe.

Nuevamente la grá�ca de la función, alrededor de cero, ilustra lo que sucede

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

4

2

2

x

g(x)

Acercandonos por la izquierda al cero tenemos una línea recta de pendiente 1, y acercandonos por la derecha una línearecta de pendiente 1/2. Por eso no existe la derivada en cero.

Debemos construir ahora la composición (f � g).

Tenemos

(f � g) (x) = 3�3

4x� 1

4jxj�+

��34x� 14 jxj��

Como

3

�3

4x� 1

4jxj�=

3x x < 03x

2x > 0

y��34x� 14 jxj�� = �x x < 0

x

2x > 0

tenemos

(f � g) (x) =3x� x = 2x x < 03x

2+x

2= 2x x > 0

ó sea

(f � g) (x) = 2x para todo x 2 (�1;+1).

La función 2x es claramente diferenciable en toda la recta real y la derivada es 2.

La grá�ca de la función compuesta, alrededor de cero, se ve como

2

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5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

10

5

5

10

x

f.g

donde es claro que en cero si hay una pendiente bien de�nida, que es 2.

3

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Solución:

El volumen de un cono es el producto del área de su base por su altura sobre tres. Si llamamos b al área de la base y

� a su altura, tenemos V =b�

3.

Como en este caso se trata de un cono circular, tenemos, V =��2�

3, siendo � el radio de la base.

Si el cono está circunscrito a un cilindro de radio r centímetros y h centímetros, se debe cumplir

tan � =h

�� ry

tan � =�

�

siendo � el ángulo que hace la cara del cono con la base.

El siguiente dibujo sirve para aclarar las dos relaciones obtenidas

η

rρ

hθ

Igualando las tangentes de �, obtenemos la relación

h

�� r =�

�

de donde despejamos �, para obtener

� =h�

�� r

Ahora sustituimos en la expresión que tenemos para el volumen,

1

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V =��2�

3=��2

3

h�

�� r =1

3

�h�3

�� r

Tenemos ahora el volumen como una función del radio de la base del cono �,

V (�) =1

3

�h�3

�� r

Para obtener los puntos críticos, sacamos la derivada

V 0 (�) = ��h �2

r � � �1

3�h

�3

(r � �)2

y la igualamos a cero, suponiendo que h 6= 0,

��h �2

r � � �1

3�h

�3

(r � �)2= 0

Tenemos dos soluciones, � = 0 que no tiene sentido para este problema y � =3

2r.

Debemos analizar ahora que tipo de punto crítico es � =3

2r. Para eso sacamos la segunda derivada

V 00 (�) = �2�h �2

(r � �)2� 23�h

�3

(r � �)3� 2�h �

r � �

y la evaluamos en � =3

2r, obteniendo

V 00�3

2r

�= 6�h

que es mayor que cero, ya que h > 0 siempre.

Tenemos por tanto que el punto crítico � =3

2r es un mínimo relativo.

Tenemos ya el radio del cono que minimiza el volumen, debemos calcular ahora su altura. Para ello recurrimos a la

expresión � =h�

�� r . Sustituyendo el radio que hemos encontrado, � =3

2r tenemos

� =

h

�3

2r

��3

2r

�� r

= 3h

Por lo tanto, el cono debe tener un radio igual a3

2r centímetros y una altura igual a 3h centímetros.

El volumen del cono será

V =

�

�3

2r

�2(3h)

3=9

4�hr2

2

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Solución:

(a) limx!�3

f (x) = 0

(b) limx!�2

f (x) = �1

(c) limx!0

f (x) = 3

(d) limx!2�

f (x) = �1

(e) limx!2+

f (x) = +1

(f) limx!3�

f (x) = 1

(g) limx!3+

f (x) = 4

(h) La función f es discontinua en -3, -2, 0, 2, 3

(i) ¿Cuáles de las discontinuidades del inciso (h) son esenciales?

De la grá�ca es claro que son esenciales las discontinuidades en -2, 2 y 3.

(j) ¿Cuáles de las discontinuidades del inciso (h) son removibles? ¿Cómo rede�niría la función para eliminar lasdiscontinuidades?

De la grá�ca es claro que son removibles las discontinuidades en -3 y 0.

Para eliminar las discontinuidades hay que hacer f (�3) = 0 en lugar de 2, y f (0) = 3 en lugar de 0:

1

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2

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Solución:

Desde luego existe un gran número de ejemplos.

Uno posible es con las funciones

f (x) =px� 1 y g (x) = x2

La función f (x) =px� 1 tiene como derivada

f 0 (x) =1

2

1px� 1

que claramente no existe en g (0) que es 0, ya que nos queda

f 0 (x = 0) =1

2

1p�1

que no existe en el campo de los números reales.

La función g (x) = x2 si es diferenciable en x = 0. En efecto,�dg (x)

dx

�x=0

= [2x]x=0 = 0

Sin embargo,

[f � g] (x) =q(x� 1)2

y

[f � g]0 (x) = 1

2

2xq(x� 1)2

que evaluada en 0 nos da

[f � g]0 (x = 0) = 1

2

2 (0)q(0� 1)2

= 0

y la composición sí es diferenciable en 0.

Otro ejemplo es el que el libro nos presenta en sus soluciones,

f (x) = jxj y g (x) = x2

Tenemos

f 0 (x) =�1 x < 01 x > 0

y

g (x = 0) = 02 = 0

1

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así que f 0 (x = 0) no existe.

Por otro lado, g0 (x) = 2x y si existe la derivada en 0.

Por último, (f � g) (x) = x2, cuya derivada es 2x, que obviamente existe en 0 y es igual a cero.

2

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Solución:

La fuerza a lo largo de la cuerda está dado por la función

F (�) =1000k

k sin � + cos �

Para encontrar los extremos relativos de esta función, debemos calcular su derivada respecto al ángulo �,

F 0 (�) =1000k (sin � � k cos �)(cos � + k sin �)

2

y ver en que valores de � se anula. Así que tenemos que resolver para � la ecuación

1000k (sin � � k cos �)(cos � + k sin �)

2 = 0

Es claro que este cociente se anulará cuando

sin � � k cos � = 0

o sea

tan � = k

Para ver de qué tipo de extremo se trata, debemos calcular la segunda derivada y evaluarla en � = arctan k. Tenemos

F 00 (�) =1000k

cos � + k sin �+2000k (sin � � k cos �)2

(cos � + k sin �)3

y evaluada en � = arctan k nos da

F 00 (arctan k) =1000k

pk2 + 1

k2 + 1

que como k > 0,

F 00 (arctan k) =1000k

pk2 + 1

k2 + 1> 0

Por lo tanto, la función F (�) =1000k

k sin � + cos �tiene un mínimo en � = arctan k.

1

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Para k =1

2, la grá�ca de la función es la siguiente:

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5450

500

550

600

650

700

x

F

y el mínimo esta en � = arctan�1

2

�= 0:463 65 rad = 26:565 �

2

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Dibuje la grá�ca de una función f que satisfaga las siguientes condiciones:

-5, -3, -2, -1, 0 y 2 son los únicos ceros de f ;

limx!�3

f (x) = 4;

limx!�1�

f (x) = �1;

limx!�1+

f (x) = 0;

limx!0

f (x) = +1;

f es continua en los intervalos abiertos (�1;�3), (�3;�1), (�1; 0), (0;+1).

Solución:

La grá�ca que satisface todas las condiciones enunciadas es

6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

La función que gra�camos es

4 (x+ 5) (x+ 2)

x+ 1x 2 (�1;�3)

0 x = �3

4 (x+ 5) (x+ 2)

x+ 1x 2 (�3;�1)

x+ 1

xx 2 (�1; 0)

�x� 2x

x 2 (0;+1)

1

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Dibuja la grá�ca de una función f que satisfaga las siguientes condiciones:

El dominio de f es (�1;+1)

f (�4) = 2

�2; 0; 2; 4; 6 son los únicos ceros de f

limx!�2�

f (x) = �1

limx!�2+

f (x) = +1

limx!0�

f (x) = 0

limx!0+

f (x) = �3

limx!4

f (x) = 5

f es continua en todos los reales excepto en �4;�2; 0 y 4.

Solución:

La función

f (x) =

x+ 4 si x < �42 si x = �4

x+ 4

x+ 2si � 4 < x < �2

0 si x = �2� x

x+ 2si � 2 < x < 0

0 si x = 0x2

4+ x� 3 si 0 < x < 4

0 si x = 4

�5x2+ 15 si 4 < x

cumple con todas las condiciones, como se puede ver de su grá�ca

1

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� � � � � � � � � � � �

Determinación de una parábola que pasa por los puntos (0;�3) ; (2; 0) y (4; 5)

(x� h)2 = 4p (y � k)

(0;�3) ; (2; 0) ; (4; 5)

(0� h)2 = 4p (�3� k)

(2� h)2 = 4p (0� k)

(4� h)2 = 4p (5� k)

ó

(0� h)2 � 4p (�3� k) = h2 + 12p+ 4kp = 0

(2� h)2 � 4p (0� k) = h2 � 4h+ 4kp+ 4 = 0

(4� h)2 � 4p (5� k) = h2 � 8h� 20p+ 4kp+ 16 = 0

ó

h2 + 12p+ 4kp = 0, k = � 1

4p

�12p+ h2

�ó

h2 � 4h+ 4�� 1

4p

�12p+ h2

��p+ 4 = 4� 12p� 4h = 0

h2 � 8h� 20p+ 4�� 1

4p

�12p+ h2

��p+ 16 = 16� 32p� 8h = 0

1� 3p� h = 0

2� 4p� h = 0

2

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�1 + p = 0

p = 1

1� 3� h = 0

h = �2

k = � 1

4p

�12p+ h2

�k = �1

4

�12 + (�2)2

�= �4

(x+ 2)2 � 4 (y + 4) = x2 + 4x� 4y � 12 = 0

x2 + 4x� 4y � 12 = 0

y =1

4x2 + x� 3

3

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Si las dos funciones f y g son diferenciables en el número real x1, ¿es la función compuesta f � g necesariamentediferenciable en el número x1? Si la respuesta es sí, demuéstralo. Si la respuesta es no, da un contraejemplo.

Solución:

La respuesta es NO.

Como contrejemplo tomemos f (x) =1

x� 1 y g (x) = x+ 1.

Ambas funciones son diferenciables en el número real 0; en efecto,

df (x)

dx=d

dx

1

x� 1 =�1

(x� 1)2

que evaluado en cero da�df (x)

dx

�x=0

=

"�1

(x� 1)2

#x=0

=�1

(0� 1)2=

�1(�1)2

=�11= �1

y

dg (x)

dx=d

dx(x+ 1) = 1

que evaluado en 0 da 1.

Sin embargo,

(f � g) (x) = 1

x

cuya derivada es

d (f � g) (x)dx

=d

dx

1

x= � 1

x2

que claramente no existe en el número real x = 0.

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Solución:

El monto total de la venta semanal está dada como el producto del número de objetos por el precio de venta de cadauno de ellos; es decir, el monto total de la venta semanal es xp.

El costo total de producción de los x objetos es el precio de producción de cada uno de ellos por el número x de objetosproducidos; es decir, el costo total de producción semanal es xQ (x).

Por tanto, la utilidad semanal es

U (x) = xp� xQ (x)

Esta función expresa la utilidad U como función del número de artículos vendidos.

Para encontrar el número de artículos vendidos x que es óptimo, en el sentido que maximiza las ventas, debemosencontrar el máximo de la función U (x), y para ello debemos derivarla

U 0 (x) = � 9

500 000x2 � 1

250x+ 22

e igualar su derivada a cero, lo que nos da la ecuación

� 9

500 000x2 � 1

250x+ 22 = 0

que, al ser cuadrática, tiene dos soluciones 1000 y �11 0009

. La solución negativa no tiene sentido físico real, así que

la solución es

x = 1000

Debemos ahora evaluar el costo de venta de cada objeto; para ello tenemos que

p (x) =103 � 2x+ 18� 10�3x2 � 6� 10�6x3

x

y al hacer x = 1000 obtenemos

p (1000) = 11.

En resumen, la utilidad será máxima cuando se vendan 1000 unidades a un precio de venta de 11 dólares.

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Solución:

(a)

El volumen de la cacerola abierta es igual al área de la base por la altura. El área de la base es igual al anchopor el largo. El ancho va a ser igual al ancho total de la lámina, 14 pulgadas, menos los dos cortes correspondientesa las dos esquinas; es decir, el ancho de la cacerola va a ser 14 � 2l pulgadas. El largo va a ser el largo de la lámina,18 pulgadas, menos los dos cortes correspondientes a las dos esquinas; es decir, el largo de la cacerola va a ser 18 � 2lpulgadas. Finalmente es claro que la altura de la cacerola será l pulgadas, el tamañó de los cortes de las esquinas. Asíque el volumen de la cacerola abierta, en función del tamaño de los cortes en cada una de las esquinas es

V (l) = (14� 2l) (18� 2l) l pulgadas cúbicas

(b)

El dominio de la función está determinado por el sentido físico del problema. Primero, la variable independiente l nopuede tomar valores negativos, ya que una longitud negativa de un cuadrado no tiene sentido. Tampoco puede ser cero,porque eso signi�ca que la cacerola no existiría. Después todos los valores reales positivos son válidos hasta llegar a 7, queya no es aceptable porque signi�ca doblar en dos la lámina y tampoco se obtiene una cacerola. Los valores superiores a 7son a todas luces inaceptables ya que rebasan la mitad del ancho de la lámina. En resumen, el dominio de la función

V (l) = (14� 2l) (18� 2l) l

de este problema, es l 2 (0; 7).

(c)

Si desarrollamos la función

V (l) = (14� 2l) (18� 2l) l

tenemos

V (l) = 4l3 � 64l2 + 252l

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que es un polinomio y los polinomios son continuos en todo el eje real.

(d)

Presentamos la grá�ca de la función V (l). Es claro que el máximo es cercano a 2.5

0 1 2 3 4 5 6 70

100

200

300

x

V(l)

así que gra�camos con más detalle y precisión alrededor de 2.5, obteniendo la grá�ca

2.50 2.52 2.54 2.56 2.58 2.60 2.62 2.64 2.66 2.68 2.70292.5

292.6

292.7

292.8

x

V(l)

de donde es claro que

l � 2:60 pulgadas:

El volumen máximo que se obtiene es

V (2:6) = 293 pulgadas cúbicas.

2

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Demuestre que Dnx (sinx) = sin

�x+ n

�

2

�.

Sugerencia: Utilice el método de inducción matemática y las fórmulas sin�x+

�

2

�= cosx o cos

�x+

�

2

�= � sinx.

Solución:

Para demostrar un enunciado por inducción matemática, debemos demostrar el enunciado para n = 1, suponerlo paran, y demostrarlo para n+ 1.

Primero demostraremos que el enunciado es válido para n = 1. En este caso tenemos que demostrar que

D1x (sinx) = sin

�x+

�

2

�.

Sabemos que

D1x (sinx) = cosx

pero, en general,

cosA = sin�A+

�

2

�así que

D1x (sinx) = cosx = sin

�x+

�

2

�tal y como queriamos demostrar.

Suponemos ahora que para n es válido el enunciado,

Dnx (sinx) = sin

�x+ n

�

2

�y trataremos de demostrarlo para n+ 1.

Tenemos

Dn+1x (sinx) = D1

xDnx (sinx)

como por hipótesis

Dnx (sinx) = sin

�x+ n

�

2

�encontramos que

Dn+1x (sinx) = D1

xDnx (sinx) = D

1x

hsin�x+ n

�

2

�iefectuando la derivada

Dn+1x (sinx) = D1

xDnx (sinx) = D

1x

hsin�x+ n

�

2

�i= cos

�x+ n

�

2

�pero sabemos que

cosA = sin�A+

�

2

�así que

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cos�x+ n

�

2

�= sin

�x+ n

�

2+�

2

�= sin

hx+ (n+ 1)

�

2

iy �nalmente

Dn+1x (sinx) = D1

xDnx (sinx) = D

1x

hsin�x+ n

�

2

�i= cos

�x+ n

�

2

�= sin

hx+ (n+ 1)

�

2

ique es justamente el enunciado para n+ 1.

Con esto queda completa la demostración.

2

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Solución:

Copiamos primero la parte del libro donde se resume el método de Newton,

Ahora hacemos la grá�ca de la función f (x) = 3x4 � 4x3 + 36x2 + 2x� 8 en el intervalo (�10; 0):

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 00

10000

20000

30000

x

y

De la grá�ca vemos que en el intervalo (�10; 0) hay un único cero y que es aproximadamente -1.

Usamos ese valor como primera aproximación en la fórmula (1), x1 = x0 �f (x0)

f 0 (x0).

Tenemos x0 = �1, f (�1) = 33 y f 0 (�1) = �94, así que

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x1 = �1�33

�94 = �61

94= �0:649

Ahora volvemos a realizar el mismo procedimiento, pero partiendo de x1 = �0:649.

Tenemos

x2 = x1 �f (x1)

f 0 (x1)

donde x1 = �0:649, f (�0:649) = 7: 491 y f 0 (�0:649) = �53: 063. Así que

x2 = �0:649�7:491

�53:063 = �0:508

Ahora

x3 = x2 �f (x2)

f 0 (x2)

x3 = �0:508�f (�0:508)f 0 (�0:508) = �0:483

y después

x4 = x3 �f (x3)

f 0 (x3)

x4 = �0:483�f (�0:483)f 0 (�0:483) = �0:482

Ahora con n = 5;

x5 = x4 �f (x4)

f 0 (x4)

x4 = �0:482�f (�0:482)f 0 (�0:482) = �0:482

Como obtenemos el mismo resultado, hemos terminado en esta aproximación.

La raíz negativa de la ecuación 3x4 � 4x3 + 36x2 + 2x� 8 = 0 es �0:482.

La grá�ca del cero es,

2

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0.60 0.58 0.56 0.54 0.52 0.50 0.48 0.46 0.44 0.42 0.40 0.38 0.36 0.34 0.32

5

4

3

2

1

0

1

2

3

4

5

x

y

3

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Solución:

(a)

Sea h la dimensión vertical de la región cubierta por el material y x su dimensión horizontal.

Dado que el área del material impreso son 50 m2, tenemos

h� x = 50

Sea ahora A el área total del anuncio. Dados los márgenes de 4 y 2 metros, tenemos

A = hx+ 2� 4 (x+ 4) + 2� 2h

pero sabemos, de la primera ecuación, que h = 50=x, así que

A =

�50

x

�x+ 2� 4 (x+ 4) + 2� 2

�50

x

�= 8x+

200

x+ 82

Resumiendo, el área total del anuncio, como función de la distancia horizontal de la región impresa x, es

A (x) = 8x+200

x+ 82

(b)

El dominio de la función son todos los números reales positivos, ya que aunque la expresión admite números realesnegativos, el signi�cado de la variable x, como la dimensión horizontal de la región impresa, los prohibe.

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El dominio de la función es (0;+1)

(c)

La función

A (x) = 8x+200

x+ 82

es una función racional, y por tanto, es continua en todos los puntos en los que un denominador no se anule. Dadoque el dominio de la función es (0;+1), la función A (x) es continua en todo su dominio.

(d)

Gra�camos ahora el área total del anuncio A (x) como función de la longitud x

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24160

180

200

220

240

260

280

x

A(x)

Vemos que la función tiene un mínimo entre 4 y 6, así que ampli�camos esa region y obtenemos

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10160

170

180

190

200

x

A(x)

2

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de donde es claro que el valor de x que hace mínimo el área total del anuncio es 5.

Como el área de la región cubierta por el material es de 50 m2, la altura será 10 m.

Por tanto, el anuncio de dimensiones mínimas que cumple con los requisitos del enunciado del problema mide 9 mhorizontalmente y 18 m verticalmente.

3

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Solución:

Copiamos primero la parte del libro donde se resume el método de Newton:

Ahora hacemos la grá�ca de la función f (x) = tanx� x en el intervalo��

2;3�

2

�:

1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6 3.8 4.0 4.2 4.4 4.6

10

8

6

4

2

0

2

4

x

y

De la grá�ca vemos que en el intervalo��

2;3�

2

�hay un único cero y que es aproximadamente 4.5.

Usamos ese valor como primera aproximación en la fórmula (1), x1 = x0 �f (x0)

f 0 (x0).

Tenemos x0 = 4:500, f (4:5) = 0:137 y f 0 (4:5) = 21:505, así que

1

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x1 = 4:500�0:137

21:505= 4:494

Ahora volvemos a realizar el mismo procedimiento, pero partiendo de x1 = 4:494.

Tenemos

x2 = x1 �f (x1)

f 0 (x1)

donde x1 = 4:494, f (4:494) = 1: 196� 10�2 y f 0 (4:494) = 20: 304. Así que

x2 = 4:494�1:196� 10�220:304

= 4: 494

Como obtenemos el mismo resultado, hemos terminado en esta aproximación.

La raíz de la ecuación tanx = x en el intervalo��

2;3�

2

�es 4.494.

2

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Se de�ne la función U escalón (o salto) unitario como

U (x) =0 x < 01 x � 0

Se de�ne la función signo, denotada por sgn, como

sgn (x) =�1 x < 00 x = 01 x > 0

Encuentre fórmulas para la función F de�nida por

F (x) = sgn(x)� U (x+ 1)

y dibuje su grá�ca.

¿En qué números es F discontinua y por qué?

Solución:

Usando las de�nciones dadas arriba es fácil percatarse que

F (x) =

�1� 0 = 0 x < �1�1� 1 = �1 �1 � x < 00� 1 = 0 x = 01� 1 = 1 x > 0

La grá�ca es

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

F(x)

La función F es discontinua en -1 y en 0 porque los límites por la izquierda y por la derecha son distintos en esos dospuntos.

Efectivamente, en -1 tenemos

limx!�1�

F (x) = 0

1

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y

limx!�1+

F (x) = �1

así que limx!�1�

F (x) = 0 6= �1 = limx!�1+

F (x)

En 0 tenemos

limx!0�

F (x) = �1

y

limx!0+

F (x) = +1

así que limx!0�

F (x) = �1 6= +1 = limx!0+

F (x)

2

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Para la función

f (x) = sin� �16x�

haga lo siguiente:

(a) Determine la aproximación lineal en x = 8;

(b) Apoye la respuesta del inciso (a) grá�camente;

(c) Compare los valores de f (x) calculados a partir de la aproximación lineal con los valores de la función obtenidosa partir de la ecuación dada cuando x es igual a 7.9, 7.99, 8, 8.01 y 8.1.

Solución:

(a) Determine la aproximación lineal en x = 8;

La aproximación lineal ó aproximación mediante la línea recta tangente de la función f (x) en el punto x0 es

f (x) � f (x0) + f 0 (x0) (x� x0)

(página 279).

Por tanto, debemos evaluar la función

f (x) = sin� �16x�

en x = 8;

f (8) = 1,

calcular la derivada

f 0 (x) =�

16cos

�

16x

y evaluarla en el mismo punto,

f 0 (8) = 0

para escribir

f (x) � 1

(b) Apoye la respuesta del inciso (a) grá�camente;

La grá�ca de la función (en rojo) y de su aproximació lineal (en verde), en el intervalo [7:80; 8:20],

1

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7.80 7.85 7.90 7.95 8.00 8.05 8.10 8.15 8.200.998

0.999

1.000

1.001

x

(c) Compare los valores de f (x) calculados a partir de la aproximación lineal con los valores de la función obtenidosa partir de la ecuación dada cuando x es igual a 7.9, 7.99, 8, 8.01 y 8.1.

Tenemos

f (7:9) = sin 0:493 75� = 0:999 81

f (7:99) = sin 0:499 38� = 1: 000 00

f (8) = 1

f (8:01) = sin 0:500 63� = 1: 000 00

y

f (8:1) = sin 0:506 25� = 0:999 81

Comparandolos con la aproximación lineal que es 1, vemos que el error mayor cometido es menor a una milésima.

2

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Utilice el teorema de estricción para calcular el límite

limx!1

�(x� 1)2 sin 1

3px� 1

�Solución:

Primeramente recordamos el teorema de estricción:

1.10.1 El teorema de estricción (página 85)Suponga que las funciones f; g y h están de�nidas en algún intervalo abierto I que contiene a a, y que

f (x) � g (x) � h (x) para toda x 2 I para la cual x 6= a. También suponga que limx!a

f (x) y limx!a

h (x) existen y

son iguales a L. Entonces limx!a

g (x) existe y es igual a L.

Así que hay que encontrar dos funciones que estén por arriba y por abajo de nuestra función.

Tenemos que��(x� 1)2 sin 13px� 1

�� (x� 1)2�� sin 13px� 1

��pero

0 ��sin 1

3px� 1

�� 1por tanto��(x� 1)2 sin 1

3px� 1

�� (x� 1)2�� sin 13px� 1

�� (x� 1)2�� = (x� 1)2así que

� (x� 1)2 � (x� 1)2 sin 13px� 1

� (x� 1)2

Por tanto, la funciones que juegan el papel de f y g, en el teorema de estricción son � (x� 1)2 y (1� x)2, respectiva-mente.

Para estas funciones tenemos

limx!1

h� (x� 1)2

i= � lim

x!1(x� 1)2 = �

hlimx!1

(x� 1)i2= �

hlimx!1

x� limx!1

1i2= � [1� 1]2 = 0

y

limx!1

h(x� 1)2

i= lim

x!1(x� 1)2 =

hlimx!1

(x� 1)i2=hlimx!1

x� limx!1

1i2= [1� 1]2 = 0

así que

limx!1

�(x� 1)2 sin 1

3px� 1

�= 0

A continuación presentamos la grá�ca de (x� 1)2 sin 13px� 1

en un pequeño intervalo alrededor de1,

1

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0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5

0.2

0.1

0.0

0.1

0.2

x

y

En la grá�ca se ve claramente como el límite es cero.

En la siguiente grá�ca tenemos a (x� 1)2 sin 13px� 1

en rojo, a � (x� 1)2 en azul y a (x� 1)2 en verde

0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5

0.2

0.1

0.0

0.1

0.2

x

y

Se ve claramente como � (x� 1)2 y (x� 1)2 "ensandwichan" a nuestra función.

2

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Dibuje la grá�ca de g si g (x) = (x� 1) [x] y 0 � x � 2:

(a) ¿Existe limx!1

g (x)? (b) ¿Es g continua en 1?

Solución:

Recordemos que [x] es la función entero menor o igual a x.

La función está dada explicitamente en el intervalo [0; 2] por

g (0) = 0

g (x) = 0 si 0 < x < 1

g (1) = 0

g (x) = x� 1 si 1 < x < 2

g (2) = 2

así que su grá�ca es

(a) ¿Existe limx!1

g (x)?

Es claro que este límite sí existe y es igual a 0.

En efecto, si calculamos el límite por la izquierda, tenemos

limx!1�

g (x) = limx!1�

0 = 0

ya que entre 0 y 1 la función vale 0.

1

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El límite por la derecha es

limx!1+

g (x) = limx!1+

(x� 1) = limx!1+

x� limx!1+

1 = 1� 1 = 0

ya que entre 1 y 2 la función es x� 1.

Resumiendo,

limx!1�

g (x) = limx!1+

g (x) = limx!1

g (x) = 0.

El límite existe y es igual a 0.

(b) ¿Es g continua en 1?


(i) f (a) existe

(ii) limx!a

f (x) existe

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

En este caso

(i) Tenemos g (1) = 0; es decir, el valor de la función existe en el número real.

(ii) En (a) calculamos que limx!1

g (x) = 0; es decir, el límite de la función existe en el número real.

(iii) limx!1

g (x) = 0 = g (0); es decir, el límite de la función en el número real es el valor de la fucnión en dicho número.

La función es continua en x = 1. Esta conclusión es obvia al ver la grá�ca.

2

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Solución:

El volumen de una esfera de radio r está dado como

V =4�

3r3

Sacando la diferencial, tenemos

dV = 4�r2dr

Por lo tanto,

dV = 4� (2 pulg)2�1

8pulg

�= 2� pulg3

El volumen del material necesario es 2� pulg3.

1

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Solución:

(a)

Si

limh!0

f (x+ h) = f (x)

quiere decir que

limh!0+

f (x+ h) = limh!0�

f (x+ h) = f (x)

pero es claro que

limh!0+

f (x+ h) = f (x) = limh!0�

f (x� h)

y

limh!0�

f (x+ h) = f (x) = limh!0+

f (x� h)

así que

limh!0+

f (x� h) = limh!0�

f (x� h) = f (x)

tal y como se quería demostrar.

(b)

La función más sencilla que no satisface el inverso del teorema demostrado en el inciso (a), es

f (x) =0 x 2 (�1; 0) [ (0;+1)1 x = 0

Efectivamente

limh!0

f (x+ h) = 0

y

limh!0

f (x� h) = 0

ó sea

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limh!0

f (x+ h) = limh!0

f (x� h) = 0

pero

f (0) = 1 6= 0.

2

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Solución:

El volumen de un cono circular recto está dado como el area de su base por su altura sobre tres. Es decir,

V =1

3área de la base�altura

Como el cono es circular, el área de su base es �r2, donde r es el radio de la base.

Si h es la altura del cono, por hipótesis del problema tenemos r =4

3h.

Así que

V (h) =1

3

"�

�4

3h

�2#h

y

V (h) =16

27�h3

Calculamos ahora la diferencial del volumen

dV =16

9�h2dh

y dividiendo entre el volumen

dV

V=

16

9�h2

16

27�h3

dh = 3dh

h

así que

dh

h=1

3

dV

V

Sustituyendo los valores proporcionados en el problema,

dh

h=1

30:03 = 0:01

El error en la altura tiene que ser como máximo 1%.

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Si el dominio de una función f es el conjunto de todos los números reales y f es continua en 0, demuestra que si

f (a+ b) = f (a) f (b)

para todo a y b, entonces f es continua en todo número real.

Solución:


(i) f (a) existe

(ii) limx!a

f (x) existe

(iii) limx!a

f (x) = f (a)

Por tanto, debemos veri�car que la función f satisface estas tres condiciones para todos los números reales.

(i) ¿f (a) existe?

Sí existe f (a) para todo número real a, porque en el enunciado del problema está claramente especi�cado que eldominio de f es el conjunto de todos los números reales.

(ii) ¿limx!a

f (x) existe?

Por ser más adecuado para la solución de este problema, escribimos limx!a

f (x) como limh!0

f (a+ h).

Como la función tiene la propiedad que f (a+ b) = f (a) f (b) para todo a y b, tenemos

limx!a

f (x) = limh!0

f (a+ h) = limh!0

f (a) f (h) = f (a) limh!0

f (h)

Dado que la función es continua en 0, es obvio que se tiene que limh!0

f (h) = f (0), así que

limx!a

f (x) = limh!0

f (a+ h) = limh!0

f (a) f (h) = f (a) limh!0

f (h) = f (a) f (0)

y el límite sí existe.

(iii) ¿limx!a

f (x) = f (a)?

Tomemos la última expresión del inciso (ii),

limx!a

f (x) = f (a) f (0).

Usando nuevamente la propiedad de la función f enunciada en el problema, f (a+ b) = f (a) f (b), vemos que

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

es decir, f (0) = 1, así que

limx!a

f (x) = f (a) f (0) = f (a) 1 = f (a)

Efectivamente, limx!a

f (x) = f (a).

En resumen, la función f es continua en todo el eje real, tal y como se quería demostrar.

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Solución:

Como se sugiere, de�nimos h (x) = f (x)� g (x), y veri�camos si satisface las hipótesis del teorema de Rolle. Primerorecordamos el teorema de Rolle:




(iii) F (a) = 0 y F (b) = 0

Entonces existe un número real c en el intervalo abierto (a; b) tal que F 0 (c) = 0.

(i) Efectivamente h (x) = f (x)�g (x) es continua en el intervalo cerrado [a; b], ya que tanto f como g son diferenciablesen dicho intervalo y la suma de funciones diferenciables es diferenciable (Recuerde que una función diferenciable en unintervalo es continua en dicho intervalo).

(ii) La diferencia h (x) = f (x)� g (x) es diferenciable en el intervalo abierto (a; b) tal y como explicamos en el incisoanterior.

(iii) Dado que f (a) = g (a), es evidente que h (a) = 0 y también f (b) = g (b), así que también h (b) = 0:

Como la función h satisface las hipótesis del teorema de Rolle, existe un número real c; en el intervalo abierto (a; b),tal que h0 (c) = 0. Pero h0 (c) = f 0 (c)� g0 (c), así que f 0 (c) = g0 (c), tal y como se quería demostrar.

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Dibuje la grá�ca de una función en el intervalo I en cada uno de los siguientes casos:

(a) I es el intervalo abierto (0; 2) y f es continua en I. En 1, f tiene un valor máximo relativo pero f 0 (1) no existe.

(b) I es el intervalo cerrado [0; 2]. La función f tiene un valor mínimo relativo en 1, pero el valor mínimo absoluto def ocurre en 0.

(c) I es el intervalo abierto (0; 2) y f�tiene un valor mínimo relativo en 1.

Solución:

(a) I es el intervalo abierto (0; 2) y f es continua en I. En 1, f tiene un valor máximo relativo pero f 0 (1) no existe.

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.00.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

x

f(x)

Se trata de la función

f (x) =x 0 < x � 1

�x+ 2 1 < x < 2

que es, quizas, la más simple que satsiface las exigencias.

(b) I es el intervalo cerrado [0; 2]. La función f tiene un valor mínimo relativo en 1, pero el valor mínimo absoluto def ocurre en 0.

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0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.00.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

x

f(x)


f (x) =

x 0 � x � 1

2

y = �x5+3

5

1

2< x � 1

y = x� 115

1 < x � 2

Es fácil veri�car analíticamente que las exigencias se satsifacen.

(c) I es el intervalo abierto (0; 2) y f 0 tiene un valor mínimo relativo en 1.

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.00.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

x

f(x)


f (x) =x3

3� x2 + x

La grá�ca de su derivada es

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0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.00.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

x

f'(x)

y podemos ver facilmente que efectivamente tiene un mínimo relativo en 1.

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Si p y q son números racionales tales que p+ q = 1, demuestra que la recta y = x+ (ap+ bq) es una asíntota oblícuade la grá�ca de f (x) = (x+ a)p (x+ b)q.

Solución:

Primero recordemos la de�nición de asíntota oblicua:

La grá�ca de la función f tiene a la recta y = mx + b como una asíntota oblicua si alguna de las porposicionessiguientes es verdadera:

(i) limx!+1

[f (x)� (mx+ b)] = 0, y para algún número real M > 0, f (x) 6= mx+ b siempre que x > M ;

(ii) limx!�1

[f (x)� (mx+ b)] = 0, y para algún número real M < 0, f (x) 6= mx+ b siempre que x < M ;

Recordemos también el teorema generalizado del binomio:

Si � y � son números reales con � > j�j (esta condición garantiza la convergencia) y r es cualquier número complejo,entonces

(� + �)r=

1Xk=0

�rk

��r�k�k

Tenemos entonces

(x+ a)p=

1Xk=0

�pk

�xp�kak

y

(x+ b)q=

1Xl=0

�ql

�xq�lbl

y por lo tanto podemos escribir el producto,

(x+ a)p(x+ b)

q=

1Xk;l=0

�pk

��ql

�xp+q�k�lakbl

como p+ q = 1,

(x+ a)p(x+ b)

q=

1Xk;l=0

�pk

��ql

�x1�k�lakbl

Escribiendo explicitamente los primeros términos, tenemos

(x+ a)p(x+ b)

q= x+ pa+ qb+

�p2

�x�1a2 +

�q2

�x�1b2 +

�p1

��q1

�x�1ab+

+

�p2

��q1

�x�2a2b+

�q2

��p1

�x�2ab2 +

�p2

��q2

�x�3a2b2 + ::: =

y por tanto

(x+ a)p(x+ b)

q � x� (ap+ bq) = x+ pa+ qb+�p2

�x�1a2 +

�q2

�x�1b2 +

�p1

��q1

�x�1ab+

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+

�p2

��q1

�x�2a2b+

�q2

��p1

�x�2ab2 +

�p2

��q2

�x�3a2b2 + :::� x� (ap+ bq) =

=

�p2

�x�1a2 +

�q2

�x�1b2 +

�p1

��q1

�x�1ab+

+

�p2

��q1

�x�2a2b+

�q2

��p1

�x�2ab2 +

�p2

��q2

�x�3a2b2 + ::: =

=1X

k;l=0k+l>1

�pk

��ql

�x1�k�lakbl

Notese que todos los términos son potencias negativas de x; es decir, la serie es de la formaa1x+a2x2+a3x3+ :::. Además,

como p y q son números racionales tales que p + q = 1, la serie no termina nunca y todos los términos tienden a cerocuando x! �1; así que

limx!�1

[f (x)� (mx+ b)] = 0

Falta demostrar que para algún número real M > 0, f (x) 6= mx+ b siempre que x > M y que para algún número realM < 0, f (x) 6= mx+ b siempre que x < M . Es claro que esto es cierto, ya que la curva se acerca tanto como uno quieraa la recta x� (ap+ bq), sin embargo, es claro que siempre que x sea �nito no pueden ser iguales.

Con esto terminamos la demostración.

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Ejercicios Selecionados - El Cálculo - Louis Leithold - 7ed

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