Matemática I - Derivadas (Aplicaciones)

Mag. Jube Portalatino Derivadas y Aplicaciones

1

IV DERIVADAS Y APLICACIONES

4.1. DEFINICIÓN DE DERIVADA . La derivada de la función

ff : D ⊂ →ℝ ℝ en el punto a∈Df está definido por

h 0

f (a h) f (a)f (a) lim

h→

+ −′ =

si el límite existe. Ejemplo Si f(x) = x3 , calcular f ´(2) Solución

h 0

f (2 h) f (2)f (2) lim

h→

+ −′ =3 3

h 0

(2 h) 2lim

h→

+ −= 2

h 0lim(12 6h h ) 12

→= + + =

f (2) 12′∴ =

4.2. DEFINICIÓN . La derivada de la función f: Df ⊂ ℝ → ℝ en

cualquier punto x∈Df , donde existe, es otra función. Esto es

h 0

f (x h) f (x)f (x) lim

h→

+ −′ =

4.3. NOTACIÓN dff (a) (a)

d x′ =

Ejemplo. Si f(x) = x3, calcular f ´(x) Solución

3 3

h 0

(x h) xf (x) lim

h→

+ −′ = 2 2

h 0lim (3x 3xh h )→

= + + 23x=

4.4. OBSERVACIÓN . Si en la definición, reemplazamos x = a + h ⇔

h = x – a. Si h → 0, x → a, se obtiene

x a

f (x) f (a)f (a) lim

x a→

−′ =−

4.5. TEOREMA . Si existen las derivadas de f y g en x, entonces

también existen las derivadas de f+g, f-g, f.g y f/g (g(x) ≠ 0) en x. Además


2

1) ( f ± g )´ (x) = f´(x) ± g´(x) 2) ( fg )´ (x) = f ´(x) g(x) + f(x) g´(x)

3) 2

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

g (g(x))

′ ′ ′ −=

Prueba

( ) ( )f fg g

h 0 h 0

(x h) (x)f f (x h)g(x) f (x)g(x h)(x) lim lim

g h hg(x h)g(x)→ →

′ + − + − += = +

h 0

f (x h)g(x) f (x)g(x) f (x)g(x) f (x)g(x h)lim

h g(x h)g(x)→

+ − + − +=+

f (x h) f (x) g(x h) g(x)h h

h 0

g(x) f (x)lim

g(x h)g(x)

+ − + −

→

−=

+

( ) ( )f (x h) f (x) g(x h) g(x)

h hh 0 h 0

h 0

lim g(x) f (x) lim

lim g(x h)g(x)

+ − + −

→ →

→

−=

+

∴ 2

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

g (g(x))

′ ′ ′ −=

4.6. COROLARIO

1) Si f(x) = c, c∈ℝ, entonces f ´(x) = 0

2) ( c f )´ (x) = c f ´(x)

4.7. DERIVADA DE FUNCIONES ESPECIALES

1) ( xn )´ =n xn -1, n∈ℤ

2) ( xa )´ =a xa -1, a∈ℝ

3) ( sen x )´ = cos x 4) ( cos x )´ = - sen x 5) ( tan x )´ = sec2 x 6) ( ctg x )´ = - csc2 x 7) ( sec x )´ = sec x tan x 8) ( csc x )´ = - csc x ctg x 9) ( ex )´ = ex 10) ( ax )´ = ax ln a, a > 0

11) ( ) 1ln x

x′ =


3

12) a a1 1

(log x) log ex x ln a

′ = =

13) ( senh x )´ = cosh x 14) ( cosh x)´ = senh x 15) ( tanh x)´ = sech2 x 16) ( ctgh x)´ = - csch2 x 17) ( sech x)´ = - sech x tanh x 18) ( csch x)´ = - csch x ctgh x Demostración

1) Si f(x) = xn,

h 0

n n(x h) xf (x) lim

h→

+ −′ =n 1 n 2 n 1

h 0

(x h x)((x h) (x h) x x )limh

− − −

→+ − + + + + += ⋯

n 1 n 2 n 1

n tér minos

x x x x− − −= + + +⋯��

∴ n n 1(x ) n x −′ =

2) Se justificará más adelante 3) Si f(x) = sen x,

2 2h 0 h 0

sen(x h) senx 1 x h x x h xf (x) lim lim 2cos( )sen( )

h h→ →

+ − + + + − ′ = =

h 0 h 0

hsen( )2hlim cos(x ) lim cos x2 h2

→ →= + =

4) Es similar a 3)

5) ( )( ) 2

2

cos x cos x senx senxsenx 1(tan x)

cos x cos xcos x

′ − − ′ = = =

2sec x=

6) Es similar a 5)

7) 2

1 0 cos x ( senx) 1 senx(sec x)

cos x cos x cos xcos x

′ − − ′ = = =

sec x tan x=

8) Es similar a 7)


4

9) Es un caso particular de 10) 10) Si f( x ) = ax ,

x h x h

h 0 h 0

a a a 1xf (x) lim a limh h

+

→ →

− −′ = =

Pero, si hacemos w = ah – 1 ⇔ ln(w 1)

hln a

+=

1w

h

ln(w 1)h 0 w 0ln a

w 0

a 1 w ln a ln alim lim ln a

h ln elim ln(w 1)+→ →

→

− = = = =+

∴ xf (x) a ln a′ =

11) Si f( x ) = ln x,

1h

h 0 h 0 h 0

ln (x h) ln x 1 x h x hf (x) lim lim ln lim ln

h h x x→ → →

+ − + + ′ = = =

1x xh 1

x

h 0

h 1 1lim ln 1 ln e ln e

x x x→

= + = = =

12) Sabemos que ea

e

log x ln xlog x

log a ln x= =

a aa

a

ln x 1 1 1 1 1 1(log x) (ln x) log e

log aln a ln a ln a x x xlog e

′ ′ ′= = = = =

13) ( ) ( )1 1 1x xe e 1 1x x x x(senh x) e (e ) e (e ) ln e

2 2 2− − −

′− ′−′ = = − = −

( )1x x1 e ex xe (e ) ( 1) cosh x

2 2−

−+= − − = =

14) Es similar al 13)

15) 2

senhx cosh x cosh x senhx senhx(tanh x)

cosh x cosh x

′ − ′ = =

2 22

2 2

cosh x senh x 1sech x

cosh x cosh x

−= = =


5

16) Es similar a 15)

17) 2

1 0cosh x senhx(sec hx)

cosh x cosh x

′ − ′ = =

senhx 1sechx tanh x

cosh x cosh x = − = −

18) Es similar que 17)

4.8. CÁLCULO DE DERIVADAS CON EL DERIVE La pantalla principal del Derive es

La función se ingresa de la siguiente manera

Después se presionar enter ( ↵ ) del teclado y se obtiene


6

A continuación se presiona el icono de derivada y resulta la ventana

Después se presiona el icono y se obtiene


7

4.9. OTRAS DERIVADAS DE FUNCIONES ESPECIALES

1) ||

)|(|x

xx ====′′′′ , x ≠≠≠≠ 0

2) ( � x � )´ = 0, x ∉ ℤ

Prueba

1) Si f(x) = | x |, 2 2

h 0 h 0

| x h | | x | (x h) xf (x) lim lim

h h(| x h | | x |)→ →

+ − + −′ = =+ + h 0

h 2x xlim

| x h | | x | | x |→

+= =+ +

2) f(x) =� x � = n ⇔ n ≤ x < n+1, ∈ℤn

f´ (x) = ( n )´ = 0, ∀ x ∉ℤ

4.10. DERIVADAS LATERALES 4.10.1 DEFINICIONES . Las expresiones:

h 0


h−−→

+ −′ = , h 0


h++→

+ −′ =

se llaman derivadas laterales a la izquierda y derecha de f en “a” respectivamente.

4.10.2 TEOREMA . Existe f ´(a) ⇔ f (a) f (a) f (a)− +′ ′′ = =

Ejemplos 1) Si f(x) = | x |,

h 0 h 0 h 0 h 0

| 0 h | | 0 | | h | hf (0) lim lim lim lim ( 1) 1

h h h− − − −−→ → → →

+ − −′ = = = = − = −

∴ f (0) 1−′ = −

h 0 h 0 h 0 h 0

| 0 h | | 0 | | h | hf (0) lim lim lim lim 1 1

h h h+ + − ++→ → → →

+ −′ = = = = =

∴ f (0) 1+′ =

Luego ´ ´f (0) f (0)− +≠ . Por lo tanto, no existe f ´ ( 0 ).

2) Si f(x) = �x�,

Para x ∈ℤ


8

� � � � h 0 h 0 h 0

x h x x h x hf (x) lim lim lim

h h h− − −−→ → →

+ − + −′ = = =

Cuando h → 0 - , h < 0 ⇒ � h � = -1

h 0

1f (x) lim

h− →

−′ = = +∞

� � � � h 0 h 0 h 0

x h x x h x hf (x) lim lim lim

h h h+ + ++→ → →

+ − + −′ = = =

Cuando h→ 0+, h > 0 ⇒ � h � = 0

h 0 h 0

0f (x) lim lim 0 0

h+ → →′ = = =

Luego, ∃ f ´ ( x ), x∀ ∈ℤ

4.11 DERIVADA DE UNA FUNCIÓN COMPUESTA O REGLA DE LA CADENA

TEOREMA . Si existen g´ (x) y f´ (g(x)) entonces existe ( f ° g )´ (x) y (f g) (x) f (g(x)) g (x)′ ′ ′=

OBSERVACIÓN . Si y = y( x ), x = x( t ) ⇒ dt

dx

dx

dy

dt

dy ====

AFIRMACIÓN . Demostrar que ( xr )´ =r xr -1 ∀ r ∈ ℝ Prueba Sabemos que xr = er lnx Luego, ( xr )´ = (er ln x )´ = er ln x (r ln x)´ = er ln x (r / x) = xr ( r / x) = r xr-1 Ejemplos

1) ( )3 3 2sen(x x) cos(x x) (3x 1)′

+ = + +

2) ( ) ( )21 11 13 3 32 24 3 4 3 3 3 21 1

2 3(x (x x) ) (x (x x) ) 4x (x x) (3x 1)−−′

+ − = + − + − −

3) ( )3 3 2 3 3 2sen (x 2x) 3sen (x 2x) (cos(x 2x)) (3x 2)′

− = − − −

4) ( )4 5 3 5 45

1ln (x ) 4 ln (x ) (5x )

x

′ =


9

4.12 INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LA DERIVADA

La derivada de la función f en x=a es la pendiente de la recta tangente a la curva, descrita por f, en el punto (a, f(a)), cuya ecuación es

LT : y – f(a) = f´(a) (x-a)

También existe una “recta normal” en dicho punto. Su ecuación es

N

1L : y f (a) (x a)

f (a)

−− = −′

Ejemplo. Hallar las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la curva descrita por f(x) = 2x3 en x = 1

Solución

f(1) = 2 f´(x) = 6x2 ⇒ f´(1) = 6 Luego LT : y – 2 = 6 (x-1)

N1

L : y 2 (x 1)6

−− = −

4.13 DERIVACIÓN IMPLÍCITA Se dice que la función y = f(x) está definido implícitamente en la ecuación E(x,y) = 0, si satisface dicha ecuación, esto es E(x, f(x)) = 0.

Ejemplo. y = ln x está definido implícitamente en y2 – ln2x = 0

REGLA. Para hallar su derivada, se deriva ambos miembros de la ecuación respecto de la variable independiente

(a,f(a))

a

f

LT : m=f ´(a)

X

Y

f(a)


10

Ejemplo 1. Hallar y´ de y2 – ln2x = xy - 3 Solución

(y2 – ln2x )´ = ( xy-3 )´ ⇔ ln x

2yy 2 y xyx

′ ′− = +

∴

ln xy 2

xy2y x

+′ =

−

Ejemplo 2. Hallar y´ en ( π,0 ) de (1 – y2) cosx + ey = 0 Solución ((1 – y2) cosx + ey)´ = ( 0 )´ ⇔ -2yy´cosx – (1 – y2)senx + ey y´ = 0

⇔

2

y

(1 y ) senxy

2ycos x e

−′ =− +

∴∴∴∴

2

( ,0) 0

(1 0 )seny 0

2(0)cos eπ− π′ = =

− π +

4.14 DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR f ´´(x) = ( f ´(x))´ f ´´´(x) = ( f ´´(x))´ f( n)(x) = ( f( n-1)(x))´

Ejemplo. Si 2

)( xexf ====

2xf (x) e 2x′ =

2 2x 2 xf (x) 2e 4x e′′ = +

( )2 2 2 2x 2 x x 3 xf (x) (f (x)) 2e 4x e 12xe 8x e′

′′′ ′′ ′= = + = +

2 2 2IV x 2 x 4 xf (x) (f (x)) 12e 48x e 16x e′′′ ′= = + +

4.15 DERIVADA DE UNA FUNCIÓN INVERSA Si existe la función inversa f -1 de f, entonces x = f(y) ⇔ y = f -1(x)

x f (y)= ⇔ d d

(x) f (y)dx dx

= ⇔ df dy

1dy dx

=

⇔ dy 1

dfdxdy

= ⇔ 1d 1

(f )(x)dfdxdy

− =


11

DERIVADA DE FUNCIONES ESPECIALES

1) 2

1(arcsen x)

1 x′ =

−

2) 2

1(arccos x)

1 x′ = −

−

3) 2

1(arctan x)

1 x′ =

+

4) 2

1(arcctg x)

1 x′ = −

+

5) 2

1(arcsec x)

x x 1′ =

−

6) 2

1(arccsc x)

x x 1′ = −

−

7) 2

1(arcsenh x)

1 x′ =

+

8) 2

1(arccos h x)

x 1′ =

−

9) 2

1(arctan h x)

1 x′ =

−

10) 2

1(arcctgh x)

1 x′ =

−

11) 2

1(arcsech x)

x 1 x′ = −

−

12) 2

1(arccsch x)

x 1 x′ = −

+

Demostración

Solamente haremos las demostraciones de algunas de ellas. Las demás son similares. Para llevar a cabo esto, usaremos las siguientes identidades sen2y + cos2y = 1 1 + tan2y = sec2y 1 + ctg2y = csc2y cosh2y – senh2y = 1 1 – tanh2y = sech2y ctgh2 – 1 = csch2y Prueba de 1) Sea x = seny ⇔ y = arcsen x


12

2 2

1 1 1 1(arcsen x)

d cos y 1 sen y 1 x(seny)dy

′ = = = =− −

Prueba de 3) Sea x = tany ⇔ y = arctan x

2 2 2

1 1 1 1(arctan x)

d sec y 1 (tan y) 1 x(tan y)dy

′ = = = =+ +

Prueba de 5) Sea x = secy ⇔ y = arcsec x

2 2

1 1 1 1(arcsec x)

d sec y tan y sec y sec y 1 x x 1(sec y)dy

′ = = = =− −

Prueba de 7) Sea x = coshy ⇔ y = arccosh x

2 2

1 1 1 1(arcosh x)

d senh y cosh y 1 x 1(cosh y)dy

′ = = = =− −

Prueba de 12) Sea x = cschy ⇔ y = arccsch x

2

1 1 1(arccsc h x)

d csc h y ctgh y csch y 1 csch y(csch y)dy

−′ = = =− +

2

1

x 1 x

−=+

4.16 DIFERENCIAL DE UNA FUNCIÓN f es derivable o diferenciable en “a” ⇒

h 0


h→

+ −′ = ⇔ h 0

f (a h) f (a)lim f (a) 0

h→

+ − ′− =

⇔ h 0

f (a h) f (a) f (a)hlim 0

h→

′+ − − = (1)

Sea f (a h) f (a) f (a)h

(a;h)h

′+ − −φ = (2)


13

⇔ f (a h) f (a) f (a)h h (a;h)′+ = + + φ

Reemplazando (2) en (1), se tiene h 0lim (a;h) 0→

φ =

Luego, en resumen, decimos que f es diferenciable en “a” ⇔

f (a h) f (a) f (a)h h (a;h)′+ = + + φ (3)

donde h 0lim (a;h) 0→

φ =

DEFINICIÓN. Sea h = dx. La expresión df f (a)dx′=

se llama diferencial de f en “a” OBSERVACIÓN. De (3):

f (a h) f (a) f (a)h′+ ≈ + (4)

Ejercicio. Aproximar sen 31° Solución Sean a = 30° a+h = 31° ⇒ h = 1° ≡ π / 180 f(x) = sen x ⇒ f(a) = sen 30° = 1 / 2

f´(x) = cos x ⇒ f´(a) = cos 30° = 2

3

Luego, reemplazando en (4), se tiene

1 3sen 31 sen(30 1 ) sen 30 (cos 30 )

180 2 2 180

π π= + ≈ + = +

180 3sen 31

360

+ π≈

4.17 DIFERENCIABILIDAD Y CONTINUIDAD TEOREMA. Si f es diferenciable en “a” ⇒ f es continua en “a”. Prueba

Si f es diferenciable en “a” ⇒ f(a+h) = f(a) + f´(a) h + h φ(a;h) (1)

donde h 0lim (a;h) 0→

φ =

Aplicando el límite a la ecuación (1), se tiene


14

h 0 h 0 h 0 h 0lim f (a h) lim f (a) f (a) lim h lim h (a;h)

→ → → →′+ = + + φ f (a) f (a) 0 0′= + +

∴ h 0lim f (a h) f (a)

→+ =

Esto significa que f es continua en “a”.

OBSERVACIÓN. Según la lógica matemática: p ⇒ q ≡ ∼q ⇒ ∼p. Luego, el teorema es equivalente a: Si f NO es continua en “a” ⇒ f NO es diferenciable en “a”.

Ejemplo. La función f(x) = sgn x no es continua en “0”, luego, por la observación, no existe su derivada de f en “0”. OBSERVACIÓN. La continuidad de f en un punto NO implica la existencia de la derivada de f ese punto. Por ejemplo f(x) = | x | es continua en “0”, pero NO existe su derivada en “0”. OBSERVACIÓN. La curva en donde hay picos, no existe la derivada.

4.18 DERIVADA DE ECUACIONES PARAMÉTRICAS Hay curvas que son descritas por dos ecuaciones que dependen de un parámetro. Por ejemplo, las siguientes ecuaciones:

x 2 cos t

y 3 sen t

= =

t [0, 2∈ π >

describen una elipse. En general, sean

x x(t)

y y(t)

= =

[ ]t a,b∈

que describen una curva C

Su primera derivada es

a b t

(x(t) , y(t))

C

X

Y

| | |


15

dt

dxdt

dy

dx

dy====

Su segunda derivada es

( )( )

2 2

2 2d y dydx d x

dy dt dt 2 2dt dtdx

2dx2 2 2dt

2 3dxdt

ddy dx d y dy d xdd y dx dt dtdt dt dt

dxdxd x dxdt dt

−

− = = = =

Ejemplo. Si [ ]x 3 sen t, t 0, 2

y 2 cos t

= ∈ π

= [ ]t 0, 2∈ π

2sen t

3cos t

dy

dx

−=

( ) ( )2 2

d y d yd2 2d x dt d x

2 d xd t

d 2sen t 6cos t 6sen tdd y d t 3cos t 9cos t

d x 3cos t 3cos td x

− − − = = = =

∴

2

2

d y

d x

3

2

9cos t

−=

4.19 EXTREMOS DE UNA FUNCIÓN 4.19.1 DEFINICIONES DEFINICIÓN . La función f : Df ⊂ ℝ → ℝ asume un máximo relativo en

a ∈ Df ⇔ f(x) ≤ f(a), ∀ x ∈ ⟨ a - δ, a + δ ⟩ ∩ Df. El valor f(a) es el máximo relativo.

DEFINICIÓN . La función f : Df ⊂ ℝ → ℝ asume un mínimo relativo en

a ∈ Df ⇔ f(x) ≥ f(a), ∀ x ∈ ⟨ a - δ, a + δ ⟩ ∩ Df. El valor f(a) es el mínimo relativo. DEFINICIÓN. A los máximos y mínimos relativos de una función se llaman extremos. DEFINICIÓN. Al mayor de los máximos relativos incluidos en los extremos se llama máximo absoluto y al menor de los mínimos relativos se llama mínimo absoluto.


16

DEFINICIÓN. Se dice que f es creciente sobre un intervalo I ⇔ x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) ∀ x ∈ I DEFINICIÓN. Se dice que f es decreciente sobre un intervalo I ⇔ x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) ∀ x ∈ I 4.19.2 TEOREMAS TEOREMA. Si i) f (x) 0′ > , ∀ x ∈ I ⇒ f es creciente en I.

ii) f (x) 0′ < , ∀ x ∈ I ⇒ f es decreciente en I.

TEOREMA (condición necesaria para la existencia de extremo). Si i) f tiene un extremo en c, ii) f es diferenciable en c ⇒ f ´(c) = 0 Prueba Supongamos que f(c) es un máximo relativo ⇒ f(x) ≤ f(c), c - δ < x < c + δ

Si x < c ⇒ f(x) ≤ f(c) y f (x) f (c)

0x c

− ≥−

(1)

Si x > c ⇒ f(x) ≤ f(c) y f (x) f (c)

0x c

− ≤−

(2)

De (1) y (2), se obtienen

x c

f (x) f (c)f (c) lim 0

x c−−→

−′ = ≥−

x c


x c++→

−′ = ≤−

Como f (c)′∃ ⇒ f (c) f (c) f (c) 0− +′ ′ ′= = = Lqqd.

máximo

mínimo

máximo

f

x

y


17

(b, f(b))

(a, f(a))

c

f(c)

X

TEOREMA . Si f : [a, b] ⊂ →ℝ ℝ es continua sobre [a, b] ⇒ f asume su

máximo y mínimo en [a, b]. Prueba La demostración se encuentra en el libro: Hasser, Lasalle y Sullivan. Análisis Matemático, México, 1973. TEOREMA (De Rolle). Si i) f es continua sobre [a, b], ii) f es diferenciable sobre ⟨a, b⟩ iii) f(a) = f(b) = 0 ⇒ ∃ c ∈ ⟨a, b⟩ / f ´(c) = 0 Prueba Como f es continua sobre [a, b] ⇒ f tiene un mínimo y un máximo en [a, b], esto es existen c1, c2 ∈ [a, b] / 1

x [a, b]f (c ) min f (x)

∈= , 2

x [a, b]f (c ) max f (x)

∈=

Si c1 ∈ <a, b> y como f es derivable en <a, b> ⇒ por el teorema anterior,

1f (c ) 0′ = .

Del mismo modo, se obtiene 2f (c ) 0′ =

Si c1 = a y c2 = b o c1 = b y c2 = a, y por hipótesis f(a) = f(b) = 0 ⇒ f (x) 0, x [a, b]= ∀ ∈ ⇔ f (x) 0, x [a, b]′ = ∀ ∈

TEOREMA (del valor medio). Si i) f es continua sobre [a, b], ii) f es diferenciable sobre ⟨ a, b⟩

⇒ ∃ c ∈ ⟨a, b⟩ / f ´(c) = f (b) f (a)

b a−−

Prueba

La ecuación de la recta secante que pasa por (a, f(a)) y (b, f(b)) es

f (b) f (a)y f (a) (x a)

b a

−= + −−

Construimos la función f (b) f (a)

F(x) f (x) f (a) (x a)b a

− = − + − −


18

F satisface las hipótesis del teorema de Rolle en [a, b] ⇒ ∃ c ∈ <a, b> /F (c) 0′ =

Pero, f (b) f (a)

F (x) f (x)b a

−′ ′= −−

⇔ f (b) f (a)

0 F (c) f (c)b a

−′ ′= = −−

⇔ f (b) f (a)

f (c)b a

−′ =−

Lqqd.

Ejemplo. Analizar si es aplicable el teorema del valor medio a la función f(x) = x3 en [1, 2]. En el caso afirmativo, hallar, si es posible, el o los “c”. Solución f(x) = x3 es continua y diferenciable en [1, 2]. Así que se cumple las hipótesis del teorema del valor medio. Por lo tanto, ∃ c ∈ ⟨1, 2⟩ ⁄

f (2) f (1)f (c)

2 1

−′ =−

3c2 = 7 ⇔

73

73

c 1, 2

c 1, 2

= ∈< >

= − ∉< >

Luego, el “c” buscado es 73

OBSERVACIÓN. Las rectas tangentes a una curva creciente tienen pendiente positiva y una curva decreciente, pendiente negativa. DEFINICIÓN (Punto crítico). “c” se llama punto crítico de la función f ⇔ i) f´(c) = 0, o

ii) ∃ f´(c) TEOREMA (condiciones suficientes para la existencia de extremo). Sea “c” un punto crítico de la función f y sea f diferenciable en ⟨c - δ, c + δ⟩ ⊂ Df. Si

i) f (x) 0, x c , c

f (c)f (x) 0 x c, c

′ ≥ ∀ ∈< − δ >⇒′ ≤ ∀ ∈< + δ >

es un máximo relativo.

ii) f (x) 0, x c , c

f (c)f (x) 0 x c, c

′ ≤ ∀ ∈< − δ >⇒′ ≥ ∀ ∈< + δ >

es un mínimo relativo.

iii) En los demás casos no existe extremo de f. Prueba i) Si f ´(x) >0, ∀ x ∈ <c - δ, c> ⇒ f es creciente en <c-δ, c> y por lo tanto f(c) es máximo. Si f ´(x) < 0, ∀ x ∈ <c, c + δ> ⇒ f es decreciente en <c, c+δ> y por lo tanto f(c) es máximo. Luego, f(c) es máximo en <c - δ, c + δ>


19

El otro caso es similar. Ejemplo. Hallar los extremos de f(x) = 4x3 – 3x2 -18x + 6 Solución f´(x) = 12x2 - 6x – 18 f´(x) = 0 ⇔ 12x2 - 6x – 18 ⇔ x = -1, x = 3 / 2

TEOREMA (Criterio de la segunda derivada). Sean f diferenciable en ⟨c - δ, c + δ⟩ ∩ Df , f ´(c) = 0 y f´´(c) ≠ 0. i) Si f ´´(c) < 0 ⇒ f(c) es un máximo relativo ii) Si f ´´(c) > 0 ⇒ f(c) es un mínimo relativo Prueba

i) Por hipótesis x c


x c→

′ ′−′′ = <−

⇔ f (x) f (c)

0x c

′ ′− <−

, ∀ x ∈ <c - δ, c + δ> - {c}

⇔ f (x)

0x c

′<

−, ∀ x ∈ <c - δ, c + δ> - {c}

⇔ f (x) 0, x c , c

f (x) 0, x c, c

′ > ∀ ∈< − δ > ′ < ∀ ∈< + δ >

⇒ por un teorema anterior, f(c) es un máximo relativo. ii) Es similar que el anterior. 4.20 CONCAVIDAD Y PUNTOS DE INFLEXIÓN DEFINICIONES. Sean f diferenciable en c y T(x) = f(c) + f´(c) (x - c) la ecuación de la recta tangente a f en el punto (c, f(c)). 1) Se dice que f es cóncava hacia arriba en el punto (c, f(c)) ⇔ T(x) ≤ f(x), ∀ x ∈ ⟨c - δ, c + δ⟩ ∩ Df, para algún δ >0.

⟨-∞, -1⟩

⟨-1, 3/2⟩

⟨3/2, ∞⟩

signo de f ´ crecimiento extremos

-

+

+

crece

decrece

crece

f(-1) es máximo

f(3/2) es mínimo


20

2) Se dice que f es cóncava hacia abajo en el punto (c, f(c)) ⇔ T(x) ≥ f(x), ∀ x ∈ ⟨c - δ, c + δ⟩ ∩ Df,, para algún δ >0.

3) Al punto (x0, f(x0)) se llama punto de inflexión de la función f ⇔ f tiene concavidades diferentes en los intervalos ⟨x0 - δ, x0⟩ y ⟨x0 , x0 + δ⟩, para algún δ >0. TEOREMA. Sea I un intervalo. i) Si f ´´(x) > 0 ∀ x ∈ I ⇒ f es cóncava hacia arriba en I. ii) Si f ´´(x) < 0 ∀ x ∈ I ⇒ f es cóncava hacia abajo en I.

TEOREMA. Sea f ´´(c) = 0 o ∃ f (c)′′ . Si f ´´ tiene signos diferentes en

los intervalos ⟨c - δ, c⟩ y ⟨c , c + δ⟩ ⇒ (c, f(c)) es un punto de inflexión de la función f.

Ejemplo. f(x) = x4 – 7x3 +15x2 +30x + 6

f´(x) = 4x3 -21x2 + 30x + 30

c

f(c)

T

f

| | c-δ c+δ

c

f(c) T

f

| | c-δ c+δ

cóncava hacia arriba

punto de inflexión

T(x)≤ f(x) o f ́ ´(x)> 0 en I

T(x)≥ f(x) o f ´´(x)< 0 en I

f ´´(x0) = 0

o ∃ f ´´(x0)

x0

f(x0)

cóncava hacia abajo


21

f´´(x) = 12x2 -42x + 30 f´´(x) = 0 ⇔ 12x2 -42x + 30 = 0 ⇔ x = 5 / 2, x = 1

4.21 TEOREMA DE H´OSPITAL Sean f y g diferenciables en ⟨c - δ, c + δ⟩, para algún δ > 0, tal que g´(x) ≠ 0.

i) Si x a x a x a x a x a

f (x) f (x) f (x)lim f (x) 0, lim g(x) 0, lim L lim lim L

g (x) g(x) g (x)→ → → → →

′ ′= = = ⇒ = =

′ ′

ii) Si x a x a x a x a x a

f (x) f (x) f (x)lim f (x) , lim g(x) , lim L lim lim L

g (x) g(x) g (x)→ → → → →

′ ′= ∞ = ∞ = ⇒ = =

′ ′

Estos resultados también son válidos, si x → a+, x → a-, x → ∞, x → -∞

Ejemplos. Calcular los siguientes límites aplicando el teorema de H´ospital

1) x 0

senx 0lim :

x 0→ indeterminado

x 0 x 0 x 0

senx (senx) cos xlim lim lim 1

x (x) 1→ → →

′= = =

′

2) x

00x 0

a 1lim :

x→

− indeterminado

x x x

x 0 x 0 x 0

a 1 (a 1) a ln alim lim lim ln a

x (x) 1→ → →

′− −= = =′

3) 2

2x

3x 6lim :

2x 5→∞

− ∞∞−

indeterminado

2 2

2 2x x x x

3x 6 (3x 6) 6x 6 6 3lim lim lim lim

4x 4 4 22x 5 (2x 5)→∞ →∞ →∞ →∞

′− −= = = = =′− −

4) 1x

x 0lim (1 x) : 1∞

→+ indeterminado

⟨-∞, 1⟩

⟨1, 5/2⟩

⟨5/2, ∞⟩

signo de f ´´ concavidad puntos de inflexión

+

-

+


cóncava hacia abajo


(1, f(1))

5 5( , f( ))2 2


22

Aplicaremos la identidad: b b ln aa e= 1

1 x1x 0 x 0x

ln(1 x) 0lim : lim

x 0 1

x 0lim (1 x) e e e

+→ →

+

→+ = = =

5) x 0

x 0lim x : 0

→ indeterminado

x 0lim x ln x : 0.

x

x 0lim x e →

∞

→=

1x

1 2x 0 x 0x 0 x 0

ln xlim limlim x ln x lim x

x 0x x

x 0lim x e e e e e 1

− −→ →→ →−

−→

= = = = = =

6) x 0

x 0lim (ln x) :

→∞ indeterminado

1x ln x

1 xx 01x 0 2 ln xx 0 x 0x x

ln(ln x) limlimlim x ln(ln x) lim

x 0

x 0lim (ln x) e e e e e 1

→→→ →

− −

→= = = = = =

7) xlim (ln x ln(x 1)) :→∞

− + ∞ − ∞ indeterminado

x x x

x xlim (ln x ln(x 1)) lim ln ln lim ln1 0

x 1 x 1→∞ →∞ →∞

− + = = = = + +

4.22 TEOREMA DE TAYLOR Si f es diferenciable en ⟨a - δ, a + δ⟩ ⊂ I hasta el orden n+1 ⇒

f(x) = Pn(x) + Rn(x) donde

(n)2 n

n nf (a) f (a)

P (x) f (a) f (a)(x a) (x a) (x a) R (x)2! n!

′′′= + − + − + + − +⋯

(n 1)n 1

nf ( (x))

R (x) (x a)(n 1)!

++θ= −

+

El valor θ(x) está entre x y a

A Rn(x) se llama error de truncamiento y Pn(x) es un polinomio de grado n

nf (x) P (x)≈

Si a = 0 ⇒

(n)2 n0 0

0 0f ( ) f ( )

f (x) f ( ) f ( ) x x x2! n!

′′′≈ + + + +⋯


23

Ejemplos

1) 2 3 n

x x x xe 1 x

2! 3! n!≈ + + + + +⋯

2) 3 5 2n 1

nx x xsenx x ( 1)

3! 5! (2n 1)!

+

≈ − + − + −+

⋯

3) 2 4 2n

nx x xcos x 1 ( 1)

2! 4! (2n)!≈ − + − + −⋯

4) 2 3 4 n

n 1x x x xln(x 1) x ( 1)

2! 3! 4! n!++ ≈ − + − + + −⋯

5) 2 3 n11 x x x x

1 x≈ + + + + +

−⋯

4.23 SOLUCIÓN NUMÉRICA DE ECUACIONES MÉTODO DE NEWTON-RAPHSON Sea la ecuación f(x) = 0. Considérese que la función f es diferenciable alrededor de la raíz xr de f(x) = 0. Generamos la sucesión {xi} con los puntos de intersección al eje x de la recta tangente a la gráfica de la función f.

De la figura, la ecuación de la recta tangente, LT, a f es

i 1 i 1 i 1y f (x ) f (x ) (x x )− − −′− = −

Como (xi ,0) ∈ LT ⇒ i 1 i 1 i i 10 f (x ) f (x )(x x )− − −′− = −

⇔ i 1i i 1

i 1

f (x )x x

f (x )−

−−

= −′

Para generar la sucesión {xi} con esta fórmula se necesita un punto inicial xo.

(xi -1,f(xi -1))

xi -1 xi xi +1 xr

Y

X

f LT


24

ALGORITMO DE NEWTON-RAPHSON ENTRADA La función: f, su derivada: f´, punto inicial: x0, número de iteraciones: N, tolerancia: tol. para k=1, 2,..., N hacer f0=f(x0) df0=f´(x0) si df0 ==0 entonces SALIDA El método fracasó parar fin de si

f 0

x x0df 0

= −= −= −= −

fx=f(x) e=|x – x0| er=e / |x| SALIDA k, x, fx, e, er si er < tol o |fx| < tol entonces SALIDA La solución aproximada es: x parar fin de si x0=x fin de para Ejemplos

1) xln x e 0−− =


25

Programa principal en Visual Basic Net Public Function f(ByVal x As Double) As Double Return Math.Log(x) - Math.Exp(-x) End Function Public Function df(ByVal x As Double) As Double Return Math.Exp(-x) + 1 / x End Function Private Sub ButtonCalcular_Click(ByVal sender As System.Object, ByVal e As System.EventArgs) Handles ButtonCalcular.Click Dim x0, x, tol As Double Dim n, k As Integer x0 = Convert.ToDouble(TextBoxX0.Text) tol = Convert.ToDouble(TextBoxTol.Text) n = Convert.ToInt32(TextBoxN.Text) ListBox1.Items.Add("i" & " " & "xi" &" " & "f(xi)" ) For k = 1 To n x = x0 - f(x0) / df(x0) ListBox1.Items.Add(k & " " & x & " " & f(x)) If Math.Abs(f(x)) < tol Or Math.Abs(x - x0) / Math.Abs(x) < tol Then ListBox1.Items.Add("La solución aprox. es") ListBox1.Items.Add(x) Return End If x0 = x Next End Sub

2) 3x 3

sen x 02

+ − =π


26

4.24 ERROR RELATIVO APROXIMADO

Al valor: )(

)(af

dxaf ′′′′

se llama error relativo aproximado de f en “a”

4.26 RAZÓN DE CAMBIO

Al valor: )()( adx

dfaf ≡≡≡≡′′′′

se llama razón de cambio de f respecto a “x” en “a”.

En la mayoría de los problemas de aplicación la variable “x” representa al tiempo.

4.25 APLICACIONES DE LA DERIVADA A LA FÍSICA

y = s( t ) : describe la trayectoria efectuada por un móvil en el tiempo t. v = s´ ( t 0 ) : representa la velocidad del móvil en el instante t0

a = s´´( t0 ) : representa la aceleración del móvil en el instante t0.

4.26 APLICACIONES DE LA DERIVADA A LA ECONOMÍA

t f vC (x) C C (x)= +


27

donde: x : representa la cantidad del producto Ct : representa el costo total Cf : representa el costo fijo (salarios, alquiler, etc.) Cv : representa el costo variable

pxI ====

donde: I : representa el ingreso total x : representa la cantidad vendida p : representa el precio unitario

FUNCIÓN DEMANDA )(pDq ====

donde: p : representa al precio q : representa la cantidad demandada

Ley de la demanda: “A mayor precio, menor demanda; y a menor precio, mayor demanda”.

FUNCIÓN OFERTA )(pq ϑ====

donde: p : representa al precio q : representa la cantidad ofertada

Ley de la oferta: “A mayor precio, mayor oferta; y a menor precio, menor oferta”.

p

q

D

p1 p2

q1

q2


28

COSTO MARGINAL Es la razón de cambio del costo total respecto a la cantidad vendida. Esto es:

)(xCC tmg ′′′′====

INGRESO MARGINAL Es la razón de cambio del ingreso total respecto a la cantidad vendida. Esto es:

)(xII mg ′′′′====

Observación i) Si la firma opera bajo libre competencia, el precio es constante. ii) Si la firma es un monopolio, el precio no es constante.

ELASTICIDAD

Es la cantidad: p

dp

qdq

e ====

ELASTICIDAD DE LA DEMANDA

Es la cantidad: )(pDq

ped ′′′′====

ELASTICIDAD DE LA OFERTA

Es la cantidad: )(pq

peo ϑ′′′′====

EQUILIBRIO ECONÓMICO Es el punto en donde: mgmg IC ====

p

q ϑ

p1 p2

q1

q2


29

UTILIDAD Es la cantidad: )()()( xCxIxU t−−−−====

EJERCICIOS RESUELTOS CÁLCULO DE DERIVADAS Calcular las derivadas de:

1) 3

5 x 1y

x 2

−=+

Solución 153x 1

yx 2

−= +

1 45 5

13 3 3 2 3

2

1 x 1 x 1 1 x 1 3x (x 2) (x 1)y

5 x 2 x 2 5 x 2 (x 2)

−− ′ − − − + − −′ = = + + + +

45

645 5

3 2 3 2

3 23

1 x 2 2x 6x 1 2x 6x 1y

5 x 1 (x 2) 5(x 1) (x 2)

+ + + + + ′ = = − + − +

2) x

3 3f (x) log (1 x) arcsen= − −

Solución

x3 3f (x) (log (1 x)) (arcsen )′ ′ ′= − − x

32x3

1 1(1 x) ( )

(1 x) ln 3 1 ( )′ ′= − −

− −

13

2x3

1

(1 x) ln 3 1 ( )

−= −− − 2

1 1

(1 x) ln 3 9 x

−= −− −

3) 36y tan xπ=

Solución 2

6 6y 3tan x (tan x)π π′ ′= 2 26 6 6(3 tan x) (sec x) ( x)π π π ′=

2 26 6 6(3 tan x) (sec x) ( )π π π=

2 22 6 6y tan x sec xπ π π′ =

4) x

3f (x) ln(tan )=


30

Solución 2 x

2 3x x x 13 3 3 3x x x

3 3 3

sec1 1f (x) (tan ) (sec )( )

tan tan tan′ ′ ′= = =

5) y ln(ctg x)=

Solución 2

21 1 csc xy (ctg x) ( csc x)

ctg x ctg x ctg x

−′ ′= = − =

6) y ln(cos x)=

Solución 1 1 sen x

y (cos x) ( sen x)cos x cos x cos x

−′ ′= = − =

7) 3 2f (x) sen x=

Solución 2 2 2 2 2 2f (x) 3sen x (sen x ) 3sen x (2x cos x )′ ′= =

8) 2y tan (2x tan x)= −

Solución y 2 tan(2x tan x) (tan(2x tan x))′ ′= − −

22 tan(2x tan x) (sec (2x tan x) (2x tan x) )′= − − − 2 2y 2 tan(2x tan x)(sec (2x tan x)(2 sec x)′ = − − −

9) 2f (x) cos (x cos x)= −

Solución f (x) 2cos(x cos x) (cos(x cos x))′ ′= − −

2cos(x cos x) (sen(x cos x)) (x cos x)′= − − −

f (x) sen2(x cos x) (1 senx)′ = − +

10) 3y arctan(ln(1 x ))= −

Solución

3 33 2 3 2 3

1 1 1y (ln(1 x )) (1 x )

1 (ln(1 x )) 1 (ln(1 x )) ln(1 x )′ ′ ′= − = −

+ − + − −

23 2 3

1 1y ( 3x )

1 (ln(1 x )) ln(1 x )′ = −

+ − −


31

11) 24 xf (x) 3 x= −

Solución 124xf (x) (3 x)= −

3 32 2 2 24 4x x x x 21 1

4 4f (x) (3 x) (3 x) (3 x) (3 ln3(x ) 1)− −

′ ′ ′= − − = − − 32 2

4x x14f (x) (3 x) (3 ln3(2x) 1)

−′ = − −

12) 4 2y 1 x arcsen x= −

Solución 124 2y (1 x ) arcsen x= −

1 12 24 3 2 4

2 2

1 1y (1 x ) ( 3x ) arcsen x (1 x ) 2x

2 1 (x )

−′ = − − + −

−

1 12 23 4 2 43

y x (1 x ) arcsen x (1 x ) 2x2

− −−′ = − + −

13) f (x) x ln x=

Solución 1

f (x) ln x x ln x 1x

′ = + = +

14) 22

y x log x=

Solución

22

1y 2x log x x

x ln 2′ = +

15) 2f (x) x arcsen x=

Solución

2

2

1f (x) 2x arcsen x x

1 x′ = +

−

16) sen2x x

f (x)1 3x

−=−

Solución


32

2

(2cos 2x 1)(1 3x) (sen2x x)( 3)f (x)

(1 3x)

− − − − −′ =−

17) 2

sec(1 x)y

x 1

−=−

Solución 2

2 2

(x 1)sec(1 x) tan(1 x) 2xsec(1 x)y

(x 1)

− − − − −′ =−

18) 1 2x

f (x) ln1 2x

− = +

Solución

2

1 1 2x 1 2x (1 2x)2 ( 2)(1 2x)f (x)

1 2x 1 2x 1 2x (1 2x)1 2x

′ − + − − − + ′ = = − + − + +

4f (x)

(1 2x)(1 2x)′ =

− +

19) 2

2

x x 1y ln

x x 1

− − = + −

Solución

2 2

2 2

x x 1 x x 1y

x x 1 x x 1

′ + − − −′ = − − + −

( ) ( )( )

1 12 22 2 2 2

2

22 2

1 (x 1) x x x 1 1 (x 1) x x x 1x x 1

x x 1 x x 1

− − − − + − − + − − − + − = − − + −

( ) ( ) ( )( )

( )

2 2 2 2

2 2 2

22 2

x 1 x x x 1 x 1 x x x 1

x x 1 x 1 x 1

x x 1 x x 1

− − + − − + − −−

+ − − −=− − + −

2x x 1y

+ −′ =2

2 2

2

x x 1 x 1 x x 1

−

− − − + −2

2

2

x 1

−=−


33

20) 2xf (x) arcctg 2x−= π

Solución 2 2x x

2

1f (x) ln ( 2x)arcctg2x 2

1 (2x)− − −′ = π π − + π

+

21) 21 x

yx 2

−=+

Solución 2 2

2 2

2x(x 2) (1 x )1 x 4x 1y

(x 2) (x 2)

− + − − − − −′ = =+ +

22) 3x2f (x) e log (1 3x)−= −

Solución

3x 3x2

1f (x) e ( 3) log (1 3x) e ( 3)

(1 3x) ln 2− −′ = − − + −

−

3x3x

23e

f (x) 3e log (1 3x)(1 3x) ln 2

−−′ = − − −

−

23) 2x 4

f (x)1 x

−=−

Solución 1

2 2f (x) (1 x) (x 4)−

= − −

3 12 2

32

221 4 4x 5x

f (x) (1 x) (x 4) 2x(1 x)2 2(1 x)

− −− + −′ = − − + − =−

24) y ln(sec x tan x)= +

Solución

21 ( sec x tan xy (sec x tan x sec x)

sec x tan x

+′ = + =+

)sec x

sec x tan x+sec x=

25) f (x) ln(csc x ctg x)= −

Solución


34

2 csc x( csc x ctg x1f (x) ( csc xctgx csc x)

csc x ctg x

− −′ = − + =

−)

csc x ctg x−csc x= −

26) 2y ln(x 4 x )= + −

Solución

122

1y (1

x 4 x′ = +

+ −

122(4 x ) 2−

−24 x x

x)− +=

2( x 4 x+ − 22

1

4 x) 4 x=

−−

27) 2 21 9f (x) x x 9 ln(x x 9)

2 2= − − + −

Solución 1 1

2 22 2 2122

1 1 1 9 1f (x) x 9 x (x 9) 2x (1 (x 9) 2x)

2 2 2 2x x 9

− −′ = − + − − + −

+ −

22

2 2

1 x 9 1x 9

2 22 x 9 x 9= − + −

− −

22

2

2(x 9)f (x) x 9

2 x 9

−′ = = −−

28) 21 3 xy x 3 x arcsen

2 2 3= − +

Solución 1

22 2

2x3

1 1 1 3 1 1y 3 x x (3 x ) ( 2x)

2 2 2 2 31 ( )

−′ = − + − − +

−

22

2 2

1 x 33 x

2 2 3 x 2 3 x= − − +

− −

22

2

6 2xy 3 x

2 3 x

−′ = = −−

29) Calcular y´, de x 5y x 1 5x 5x= − − −

Solución x l n x 5y e 1 5x 5x= − − −

45x ln x 1 5x1

5 |1 5x|y e (ln x 1) (|1 5x | 5x) [ ( 5) 5]− −

−′ = + − − − − −


35

∴ 45x 1 5x1

5 |1 5x|y x (ln x 1) (|1 5x | 5x) [ ( 5) 5]

− −−

′ = + − − − − −

30) Calcular y´, de y arccos(x y)= −

Solución

2

1y (1 y )

1 (x y)′ ′= − −

− − ⇔

2 2

1 1y 1

1 (x y) 1 (x y)

′ − = − − − − −

∴ 2

1y

1 (x y) 1′ = −

− − −

31) Calcular y´, de y = arctan x2 – x3 arccsc 2x Solución

2 34 2

1 1y 2x 3x arccsc2x x 2

1 x 2x 4x 1

′ = − − −

+ −

22

4 2

2x xy 3x arccsc 2x

1 x 4x 1′ = − +

+ −

32) Calcular y´, de y = sen3(x3-x)3 Solución y´ = 3sen2(x3-x)3 3(x3-x)2 (3x2-1) 33) Calcular y´, de y = arcsec(log2 π2x) Solución

2x2x2x 2x 2

2 2

1 1y (ln ) 2

ln 2log (log ) 1′ = π π

ππ π −

34) Calcular y´, de y = arctan[log2 x – sec(2x – x3)] Solución

3 3 23 2

2

1 1y sec(2x x ) tan(2x x ) (2 3x )

x ln 21 [log x sec(2x x )]

′ = − − − − + − −

35) Hallar y´, si y=arcsen3(ctg(x3-3)3+3) Solución

2 3 3 3 2 22 3 3

3 3 2

( csc (x 3) )3(x 3) 3xy 3 arcsen (ctg(x 3) 3)

1 [ctg(x 3) 3]

− − −′ = − +− − +


36

36) Hallar y´, si 6 4 3 2y x x 1 x= − −

Solución 11624 3 2y (x x (1 x ) )= − −

51 1 1362 2 2

51 1 162 2 2

4 3 2 3 2 2 21 x6 2

4 3 2 3 2 2 4 216

y (x x (1 x ) ) (4x 3x (1 x ) (1 x ) ( 2x))

(x x (1 x ) ) (4x 3x (1 x ) x (1 x ) )

− −

− −

′ = − − − − − − −

= − − − − + −

37) 2 2x y

14 9

+ =

Solución

2 2x y(1)

4 9

′ ′+ =

⇔

x 2y y 0

2 9′+ = ⇔

9xy

4y

−′ =

38) 2 2x y

12 3

− =

Solución

2 2x y(1)

2 3

′ ′− =

⇔

2x y y 0

3′− = ⇔

3xy

2y′ =

39) 2 3x y 3y x 1 x− = −

Solución 2 3(x y 3y x) (1 x)′ ′− = − ⇔ 2 3 22xy x y 3y 9xy y 1′ ′+ − − = −

⇔ 3

2 2

1 2xy 3yy

9xy x

+ −′ =−

40) yx ln(x y) 3+ − =

Solución

(yx ln(x y)) (3)′ ′+ − = ⇔ 1

y xy (1 y ) 0x y

′ ′+ + − =−

⇔ 2

2

yx y 1y

1 x yx

− +′ =− +

41) 2x y x ln y 4− =

Solución


37

2 12xy x y ln y x y 0

y′ ′+ − − = ⇔

2

2

y ln y 2xyy

yx x

−′ =−

42) 3x y arctan(x y) 1− − =

Solución

2 32

13x y x y (1 y ) 0

1 (x y)′ ′+ − − =

+ − ⇔

2 2

3 2

3x y(1 (x y) ) 1y

x (1 (x y) ) 1

− + − +′ =+ − +

43) 3y sen(x 2y) 2x− − =

Solución

23y y cos(x 2y)(1 2y ) 2′ ′− − − = ⇔ 2

2 cos(x 2y)y

3y 2cos(x 2y)

+ −′ =+ −

44) 4 y ysen x 11− − =

Solución 1

21

(4 y) ( y ) ycos x y sen x 02

−′ ′− − − − = ⇔ 1

212

ycos xy

(4 y) sen x−

−′ =− +

45) yarcsen 2x 1 ln y− =

Solución

2

2y yy arcsen2x

y1 4x

′′ + =−

⇔ 2

2

2yy

1 4x (y arcsen2x 1)

−′ =− −

46) x3 ln(xy) y−π = −

Solución

x 13 ln3( ) (y xy ) y

xy−π ′ ′−π = + − ⇔

x3 xy ln3 yy

xy x

−ππ +′ =−

47) 2 3 xyx y 1− = π

Solución

3 2 2 xy2xy 3x y y ln (y xy )′ ′+ = π π + ⇔ xy 3

2 2 xy

y ln 2xyy

3x y x ln

π π −′ =− π π

48) sec(x y) 1 y− = −

Solución


38

sec(x y) tan(x y)(1 y ) y′ ′− − − = − ⇔ sec(x y) tan(x y)

y1 sec(x y) tan(x y)

− −′ =− + − −

49) y 2x x y 3− − = −

Solución y y ln xx e− −= ,

y 2x x y 3− − = − ⇔ y ln x 2e x y 3− − = −

⇔ y ln x ye ( y ln x ) 2x y

x− ′ ′− − − = ⇔

yy ln x y 1x

y ln x y

e 2x x y 2xy

e ln x 1 x ln x 1

− − −

− −

− − − −′ = =+ +

50) x 3x y y 1− = −

Solución x 3x y y 1− = − ⇔ x ln x 3e y y 1− = −

⇔ x ln x 2e (ln x 1) 3y y y′ ′+ − = ⇔ x ln x

2

e (1 ln x)y

1 3y

+′ =+

51) Calcular y´, de y 2 x xx ln(sen(x xy)) 5 3− − = +

Solución La ecuación es equivalente a

y l n x 2 x xe ln (sen(x xy)) 5 3− − = +

Derivando, se tiene y l n x 2 x x(e ln (sen(x xy))) (5 3 )′ ′− − = +

⇔ 2

yy ln x x xx 2

cos(x xy)e (y ln x ) (2x y xy ) 5 ln 5 3 ln 3

sen(x xy)

−′ ′+ − − − = +−

x x 2 y 1

y 2

5 ln5 3 ln3 (2x y) ctg(x xy) x yy

x ln x x ctg(x xy)

−+ + − − −′⇔ =+ −

52) Calcular y´, de ecos x x 2y ln(x y) e− − = − π

Solución ecos x ln y x 2(e ln(x y)) (e )′ ′− − = − π

⇔ ecos x l n y x e 1cos x 1

y x ye ( senx ln y y ) (1 y ) e e x−−

′ ′− + − − =

⇔ ecos x x 1 e 1 cos xcos x 1 1

y x y x y(y ) y e x y senx ln y+ −

− −′+ = + +


39

∴

ex 1 e 1 cos x 1x y

cos x cos x 1y x y

e x y senx ln yy

y

+ −−

−

+ +′ =

+

53) Calcular y´, de senx y 2y ln x e x− = −

Solución

La ecuación es equivalente a senx ln y y ln(ln x) 2e e e x− = − Derivando implícitamente

ysenx ln y y ln(ln x) 2 1senxy x ln x

e (cos x ln y y ) e (y ln(ln x) ) 2x −′ ′+ − + = −

∴

yy ln x2 1 senxx ln x

senx ysenxy

2x y cos x ln yy

y ln x ln(ln x)

−− − +′ =

−

54) Calcular y′ de ln(y3+x-2)+senx2 = 0 para x =0. Solución

2 23

1(3y y 1) 2x cos x 0

y x 2′ + + =

+ − ⇔

3 2

2

(y x 2)2x cos x 1y

3y

− + − −′ =

55) Si f(x) = lnx, calcular f (x)′′′

Solución 1

f (x)x

′ = , 2

1f (x)

x

−′′ = , 3

2f (x)

x′′′ =

56) Si f(x) = senx, calcular f(4)(π/4) Solución f (x) cos x′ = , f (x) sen x′′ = − , f (x) cos x′′′ = −

(4)f (x) sen x= ⇒ (4)4

2f ( )

2π =

57) Si f(x) = senx, calcular f(8)(x) Solución

f (x) cos x′ = , f (x) sen x′′ = − , f (x) cos x′′′ = − , (4)f (x) sen x= , (5)f (x) cos x= , (6)f (x) sen x= − , (7)f (x) cos x= − (8)f (x) sen x=

58) Si f(x) = cosx, calcular f(3)(x)


40

Solución f (x) sen x′ = − , f (x) cos x′′ = − , f (x) sen x′′′ =

59) Si f(x) = cosx, calcular f(5)(x) Solución

f (x) sen x′ = − , f (x) cos x′′ = − , f (x) sen x′′′ = , (4)f (x) cos x= (5)f (x) sen x= −

60) Si f(x) = x cosx, calcular 3f ( )π′′′

Solución f (x) cos x xsen x′ = − , f (x) 2sen x x cos x′′ = − −

f (x) 3cos x xsen x′′′ = − + ⇒ 3

3 3 3 3f ( )

2 2 2 2 6π − π − π′′′ = + = +

61) Si f(x) = x lnx, calcular f (2)′′′

Solución

f (x) ln x 1′ = + , 1

f (x)x

′′ =

2

1f (x)

x

−′′′ = ⇒ 1

f (2)4

′′′ = −

62) Si f(x) = arcsenx, calcular f (x)′′

Solución 1

22

2

1f (x) (1 x )

1 x

−′ = = −

−

3221

2 2 3

xf (x) (1 x ) ( 2x)

(1 x )

−−′′ = − − =−

63) Si f(x) = arctanx, calcular f (x)′′

Solución

2

1f (x)

1 x′ =

+

2 2

1f (x) (2x)

(1 x )′′ = −

+

64) Si f(x) = 3-πx, calcular f (x)′′


41

Solución xf (x) 3 ln 3( )−π′ = −π

x 2 2f (x) 3 (ln 3)−π′′ = − π

65) Hallar 2

2

d y

dx, si 2t

x sen(2t)

y 2

=

=

Solución 2 2dy t t

dtdxdt

dy 2 (2t) ln 2 2 t ln 2

dx 2cos 2t cos 2t= = =

2t

2

2

d 2 t ln 2d dydt cos2td y d dy d dy dt dt dx

dx ddx dx dt dx dxdx (sen2t)dt dt

= = = =

2 2 2

2

t t 2 t

2

t 2

3

(cos2t)(ln 2)(2 2 2t ln 2) 2 t ln 2( sen2t)2

cos 2t2cos 2t

2 ((1 2t ln 2)(ln 2)(cos2t) 2t ln 2 sen2t)

2cos 2t

+ − −

=

+ +=

66) Hallar f (x)′ , si

3

x

2x , 5 x 1

f (x) 2 1, 1 x 6

ln x x, 6 x 12

−

− − < ≤= − < ≤ − < <

Solución

Como f no es continua en 1, ni en 6, entonces por un teorema∃ f (1)′ , ∃ f (6)′ 3

x

( 2x ) , 5 x 1

f (x) (2 1) , 1 x 6

(ln x x) , 6 x 12

−

′− − < <′ ′= − < < ′− < <

2

x

6x , 5 x 1

f (x) 2 ln 2, 1 x 6

11, 6 x 12

x

−

− − < <′ = − < < − < <


42

67) 2

sen x, 5 x 1f (x)

(x 1) , 1 x 2

π − < ≤ −= + − < <

Solución cos x, 5 x 1

f (x)2(x 1), 1 x 2

π π − < < −′ = + − < <

f es continua en -1

h 0 h 0

f ( 1 h) f ( 1) sen ( 1 h) 0f ( 1) lim lim

h h− −− → →

− + − − π − + −′ − = =

h 0 h 0

sen h sen hlim lim

h h− −→ →

− π π= = − π = −ππ

2

h 0 h 0

f ( 1 h) f ( 1) ( 1 h) 0f ( 1) lim lim

h h+ ++ → →

− + − − − + −′ − = =

1hh 0

lim (h 2 )+→

= − + = +∞

∴ ∃ f ( 1)′ −

68)

2

3

2x 2x, 5 x 2f (x) x 8

2x , 2 x 73 3

− − < ≤=

+ − < <

Solución

2

4x 2, 5 x 2f (x)

x 2, 2 x 7

− − < <′ = + < <

f es continua en 2. 2

h 0 h 0

f (2 h) f (2) 2(2 h) 2(2 h) 4f (2) lim lim

h h− −− → →

+ − + − + −′ = =

h 0f (2) lim (2h 6) 6

−− →′ = + =

3 813 3

h 0 h 0

(2 h) 2(2 h) 4f (2 h) f (2)f (2) lim lim

h h+ ++ → →

+ + + − −+ −′ = =

2

h 0f (2 lim (h 6h 18) 6

++ →′ = + + =

Como f (2) f (2)− +′ ′= , ⇒ f (2) 6′ =

∴ 2

4x 2, 5 x 2f (x)

x 2, 2 x 7

− − < ≤′ = + < <

69) Hallar f´(x), si


43

3

27x, x 3

f (x) x , 3 x 0

ln(x 1), x 0

≤ −

= − < < + ≥

Solución

2

1x 1

27, x 3

f (x) 3x , 3 x 0

, x 0+

< −′ = − < < >

h 0 h 0

f ( 3 h) ( 81) 27( 3 h) 81f ( 3) lim lim 27

h h− −−→ →

− + − − − + +′ − = = =

3

h 0 h 0

2 54hh 0

f ( 3 h) ( 81) ( 3 h) 81f ( 3) lim lim

h h

lim (h 9h 27 )

+ −

−

+→ →

→

− + − − − + +′ − = =

= − + +

= +∞

∴ ∃ f ( 3)′ −

3

h 0

h 0

h 0lim 0

hf (0)

ln(h 1) 0lim ln e 1

h

−

+

→

→

− =′ =

+ − = =

∴ ∃ f ´ (0)

Luego, 2

1x 1

27, x 3

f (x) 3x , 3 x 0

, x 0+

< −′ = − < < >

70)

3

2

4

x x, 7 x 1

f (x) x x, 1 x 1

x 1, 1 x 5

− − < < −= + − < < − < <

Solución


44

2

3

3x 1, 7 x 1

f (x) 2x 1, 1 x 1

4x , 1 x 5

− − < < −′ = + − < < < <

71) Calcular a y b tal que

2x , x 1f (x)

ax b, x 1

<= + ≥

sea derivable en x = 1. Solución La función tiene que ser continua en x = 1.

x 1lim f (x) f (1)→

= ⇔ 1 = a + b

h 0

f (1 h) f (1)f (1) lim

h−−→

+ −′ =2

h 0

(1 h) (a b)lim

h−→

+ − +=2

h 0h 0

(1 h) 1lim

h→<

+ −=

2

h 0

h 2hlim

h−→

+=h 0lim (h 2)

−→= +

= 2

h 0

f (1 h) f (1)f (1) lim

h++→

+ −′ =h 0

a(1 h) b (a b)lim

h+→

+ + − +=h 0lim a

+→=

= a

f (1) f (1) f (1) f (1)− +′ ′′ ′∃ ⇔ = =

a = 2, b = -1

72) Calcular 12

f ( )′ − , si existe, de

3 2 12

12

8x 4x , xf (x)

10x 3, x

− + < −= − − ≥ −

Solución f es continua en -1/2.

1 11 2 22 h 0

f ( h) f ( )f ( ) lim

h−−→

− + − −′ − =3 21 1

2 2

h 0

8( h) 4( h) (5 3)lim

h−→

− − + + − + − −=

3 2

h 0

8h 16h 10hlim

h−→

− + −= 2

h 0lim ( 8h 16h 10)

−→= − + −

= -10


45

1 12 21

2 h 0

f ( h) f ( )f ( ) lim

h++→

− + − −′ − =12

h 0

10( h) 3 2lim

h+→

− − + − −= = -10

1 1 12 2 2

f ( ) f ( ) f ( ) 10− +′ ′′∴ − = − = − = −

73) Aplicando la definición, hallar f ( 1)′ − , si existe, de

2x , x 1f (x)

1 2x, x 1

< −= − − ≥ −

Solución

h 0

f ( 1 h) f ( 1)f ( 1) lim

h−−→

− + − −′ − =2

h 0

( 1 h) ( 1 2( 1))lim

h−→

− + − − − −= h 0lim (h 2)

−→= −

= -2

h 0

f ( 1 h) f ( 1)f ( 1) lim

h++→

− + − −′ − = h 0

1 2( 1 h) ( 1 2( 1))lim

h+→

− − − + − − − −=h 0lim ( 2)

+→= −

= -2

f ( 1) f ( 1) f ( 1)− +′ ′ ′∴ − = − = −

Luego, f ( 1) 2′ − = −

74) Hallar los valores de a, b y c para que la función

38

|x|

2

, x , 2] [2,f (x)

ax bx c, x 2,2

∈< −∞ − ∪ + ∞ >= + + ∈< − >

sea continua en x = 2 y derivable en x = -2. Solución f es continua en x = 2 ⇔

x 2 x 2f (2) lim f (x) lim f (x) 4a 2b c 1

− +→ →= = ⇔ + + = (1)

4 3x

|x| 2f (x) 24 | x | f ( 2)−′ ′= − ⇒ − = (2)

f (x) 2ax b f ( 2) 4a b′ ′= + ⇒ − = − + (3)

Como f ( 2)′∃ − ⇒ de (2) y (3), se tiene: -4a + b = 3/2 (4)

Por un teorema, si f es derivable en x = -2, entonces f es continua en x = -2

x 2 x 2f ( 2) lim f (x) lim f (x)

− +→ →⇔ − = =


46

⇔ 4a – 2b + c = 1 (5) Luego, resolviendo simultáneamente (1), (4) y (5), resulta a = -3/8, b = 0, c = 5/2 75) Hallar las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la curva

2x3 + 2y3 – 9xy = 0, en el punto (2, 1) Solución Calcularemos la pendiente de la recta tangente

(2x3 + 2y3 – 9xy)´ = 0 2 26x 6y y (9y 9xy ) 0′ ′⇔ + − + = 2

2

3y 2xy

2y 3x

−′⇔ =−

2

2(2,1)

y 3(1) 2(2)

2(1) 3(2)

′ −=−

5

4=

Luego, las ecuaciones de las rectas: tangente y normal son

5T 4

4N 5

L : y 1 (x 2)

L : y 1 (x 2)

− = −

− = − −

76) Hallar el ángulo que forma la recta y – 4x +3 = 0 con la recta tangente a la

curva descrita por 523xx 2 x

3 2 4sec(log (1 )) y arccos( ) y ( x) xπ− + + − + = − + en x = 0

Solución

Si x = 0 ⇒ -1+ y -22

( )ππ + 1= 0 ⇔ y = 1

Luego, el punto de tangencia es (0, 1) Derivando la ecuación, se tiene

23

4

2 xx2 5x x x

3 32 2 x y 3x2 16

( )1/ 2sec(log (1 )) tan(log (1 )) y y (ln y y ) ( x) 1

(1 )ln3 1

π′ ′− + + + + + + = − − ++ −

Al evaluar en el punto (0, 1), se tiene

(0,1)0 y 0 0 0 1′+ + + = +

(0,1)y 1′⇔ =

Así que, la pendiente de la recta tangente es mT = 1 La pendiente de la recta y – 4x +3 = 0 ⇔ y = 4x-3 es m = 4.


47

Por lo tanto, T

T

m m 4 1 3tan

1 mm 1 4 5

− −θ = = =+ +

⇔ θ = arctan(3/5) = 37°

77) Hallar el ángulo que forman las dos curvas descritas por

2 2x4

y 1+ = , 24y 3x= en el primer cuadrante.

Solución Primero, determinaremos el punto o puntos de intersección

2

22x

3xx44 42

y 11

4y 3x

+ = ⇒ + =

=

x2 + 3x – 4 = 0 x = -4 ∉ IC

x = 1 2 3 334 2 2

y y y⇒ = ⇔ = ± ⇔ = ∈ IC

x22 2x x

y 1 2yy 0 y4 2 2y

−′ ′+ = ⇒ + = ⇔ = ⇔ 3

2

31 6(1, )

m y′= = −

32

2 33 3 324 4 8y 4(1, )

y x 2yy y m y′ ′ ′= ⇒ = ⇔ = ⇔ = =

Luego, 3 3

4 62 13

2 1 24

m m 10 3tan

1 m m 211

+−θ = = =

+ −

10 321

arctan( ) 39.5θ = ≈

78) Hallar las rectas: tangente y normal de la curva descrita por

arctan(y2 - x) = log2(x2 + 1) – 1 en x = 1.

Solución Si x = 1 ⇒ arctan(y2 - 1) = log2(1 + 1) – 1 ⇔ y = ±1 Derivando la ecuación, resulta

2 2 2

1 1(2yy 1) 2x

1 (y x) (x 1) ln 2′ − =

+ − +

2 2

2

2x(1 (y x) ) 1y

2y2y(x 1) ln 2

+ −′ = ++

1 1(1, 1) ln 2 2

y ( )±′ = ± +


48

1 1T 2 ln 2 2

2 ln 2N 1 ln 2

L : y ( 1) ( )(x 1)

L : y ( 1) (x 1)+

− ± = ± + −

− ± = −∓

79) Hallar el ángulo que forman las curvas y = ln(2x-4), y = -ln(x-3) en su

punto común. Solución

y ln(2x 4)

y ln(x 3)

= − = − −

⇔ ln(2x-4) = -ln(x-3) ⇔ 2x2 -10x + 11 = 0

⇔ 10 2 3 5 3

x4 2

± ±= =

Pero 5 3

x2

−= no pertenece a la intersección de los dominios.

Luego, 5 3

x2

+=

5 32

1 x

1y ln(2x 4) y m y 3 1

x 2+=

′ ′= − ⇒ = ⇒ = = −−

5 32

2 x

1y ln(x 3) y m y ( 3 1)

x 3+=

′ ′= − − ⇒ = − ⇒ = = − +−

Luego, 3 1 3 1

tan 2 3 arctan(2 3) 741 ( 3 1)( 3 1)

− − − +θ = = ⇔ θ = ≈− + −

GRAFICAS DE FUNCIONES

80) Graficar 3 2 3f (x) 9x x= − , hallando intersecciones, asíntotas y extremos.

Solución i) Intersecciones. Si x = 0 ⇒ y = 0 Si y = 0 ⇒ x = 0, x = 9 Luego, los puntos de intersección son: (0, 0), (9, 0) ii) Asíntotas

3 2 3

x

9x xm lim

x→ ±∞

−= 93xx

lim 1→ ±∞

= − = -1

( )3 2 3

xb lim 9x x x

→ ±∞= − +

2 3 3

2x 3 32 3 2 3 2

9x x xlim

9x x x 9x x x→ ±∞

− +=− − − +


49

2x 9 93 3

x x

9lim

1 1 1→ ±∞

=− − − +

= 3

Por lo tanto, la asíntota oblicua es y = -x + 3. iii) Extremos

232 3 21

3f (x) (9x x ) (18x 3x )

−′ = − − 23

2

2 3

6x x

(9x x )

−=−

f (x) 0 x 6′ = ⇒ =

∃ f (x) :′ x = 0, x = 9

81) Graficar 132f (x) [(x 4) (x 5)]= + −

Solución i) Intersecciones

Si x = 0 ⇒ 3y 80 4.3= − ≈ −

<-∞, 0>

<0, 6>

<6, 9>

<9, ∞>

Signo de f ´

-

+

-

-

(0, f(0)) es un punto mínimo

(6, f(6)) es un punto máximo

y=-x+3

3

3

6 9


50

Si y = 0 ⇒ x = -4, x = 5 Luego, los puntos son: (0; -4.3), (-4; 0), (5; 0)

ii) Extensión. Df = ℝ

iii) Simetría. No existe iv) Asíntotas

11 33

22

x x

[(x 4) (x 5)] 4 5m lim lim 1 1

x x x→ ±∞ → ±∞

+ − = = + −

= 1

13

2 13 3

22

2 2 2x x

3x 24x 80b lim ([(x 4) (x 5)] x) lim

[(x 4) (x 5)] x[(x 4) (x 5)] x→±∞ →±∞

− −= + − − =+ − + + − +

= 1 ∴ y = x + 1 v) Extremos

1 23 3

x 2f (x)

(x 4) (x 5)

−′ =+ −

f (x) 0′ = ⇒ x = 2

∃ f ´(x): x = -4, x = 5

vi) Concavidad y puntos de inflexión.

543 3

18f (x)

(x 4) (x 5)

−′′ =+ −

∃ f ´´(x): x = -4, x = 5

<-∞, -4>

<-4, -2>

<2, -5>

<5, +∞>

signo f ´

+

-

+

+

(-4, f(-4))

(2, f(2))

máximo

mínimo


51

vii) Gráfica

82) Graficar 3

2

x 2f (x)

(x 1)

−=−

Solución i) Intersecciones. Si y = 0 ⇒ x = 21/3 x = 0 ⇒ y = -2

ii) Extensión. Df = ℝ - {1}

iii) Simetría. ∃ iv) Asíntotas.

3

3 2x

x 2m lim

x 2x x→ ±∞

−=− +

= 1

3 2

2 2x x

x 2 2x x 2b lim x lim 2

x 2x 1 x 2x 1→ ±∞ → ±∞

− − −= − = = − + − +

Luego, las asíntotas son: y = x + 1, x = 1 v) Extremos

<-∞, -4>

<-4, 5>

<5, +∞>

signo f ´´

+

+

- (5, f(5)) Punto de inflexión

∪

∪

∩

y = x+1

(2; -4.8)

-4 5

-4.3


52

3 2 2

3 3

x 3x 4 (x 1)(x 2)f (x)

(x 1) (x 1)

− + + −′ = =− −

f (x) 0′ = ⇒ x = -1, x = 2

∃ f ´(x): x = 1


4

6(x 2)f (x)

(x 1)

−′′ =−

f ´´(x) = 0 ⇒ x = -1, x = 2

∃ f ´(x): x = 1

vii) Gráfica.

<-∞, 1>

<1, 2>

<2, +∞>

signo f ´´

-

-

+ (2, f(2)) Punto de inflexión

∩

∩

∪

(-2; -3/4)

-2

32

<-∞, -1>

<-1, 1>

<1, 2>

<2, +∞>

signo f ´

+

-

+

+

(-1, f(-1))

(1, f(1))

máximo

mínimo


53

83) Graficar 4 21f (x) (x 6x 8x) 5

4= − + +

Solución i) Intersecciones. (0, 5)


iii) Simetría. ∃

iv) Asíntotas. ∃ v) Extremos.

3f (x) x 3x 2′ = − +

f (x) 0′ = ⇒ x = 1, x = -2


2f ¨(x) 3x 3′′ = −

f (x) 0′′ = ⇒ x = ±1

vii) Gráfica.

84) Graficar f(x) = 5x2/3 – x5/3 Solución

<-∞, -1>

<-1, 1>

<1, +∞>

signo f ´´

+

-

+ (1, f(1)) P. de inflexión

∪

∩

∪

(-1, f(-1)) P. de inflexión

<-∞, -2>

<-2, 1>

<1, +∞>

signo f ´

-

+

+

(-1, f(-1)) mínimo

(-2, -1)

(-1, 7/4)

5

(1, 23/4)


54

i) Intersecciones. Si x = 0 ⇒ y = 0 y = 0 ⇒ x = 5 Luego, los puntos de intersecciones son: (0, 0) y (5, 0)


iii) Simetría. ∃ iv) Asíntotas.

2 / 3 5 / 32 / 3

1/ 3x x

5x x 5m lim lim x

x x→ ±∞ → ±∞

− = = − = ±∞

∴ ∃ asíntotas v) Extremos.

1/ 3 2 / 310 5f (x) x x

3 3−′ = −

f (x) 0′ = ⇒ x = 2

∃ f ´(x): x = 0


1/ 3

2 / 3

10 1 xf (x)

9 x

+′′ = −

f (x) 0 x 1′′ = ⇒ = −

∃ f (x) :′′ x = 0

<-∞, -1>

<-1, 0>

<0, +∞>

signo f ´´

+

-

-

(2, f(2)) Punto de inflexión ∪

∩

∩

<-∞, 0>

<0, 2>

<2, +∞>

signo f ´

-

+

-

(0, f(0))

(2, f(2)) máximo

mínimo


55

vii) Gráfica

85) Graficar

2

23

30 4x 2x, x , 6 6, 4

x 6f (x) 8 2x, x { 6, 4}

(x 5)(x 8) , x 4,

− − ∈< −∞ − > ∪ < − >+= − ∈ −

− − ∈< + ∞ >

Solución i) Intersecciones. Si x = 0 ∈ <-∞, -6>∪<-6, 4> ⇒ y = 5 Si y = 0 ⇒ 30-4x-2x2 = 0 ⇔ x = -5∈<-∞, -6>∪<-6, 4> x = 3∈<-∞, -6>∪<-6, 4>

23 (x 5)(x 8) 0− − = ⇔ x=5∈<4, +∞>

x=8∈<4, +∞> Los puntos de intersección son: (0, 5), (-5, 0), (3, 0), (5, 0), (8, 0)


iii) Simetría. ∃ iv) Asíntotas

2

2x

30 4x 2xm lim 2

x 6x→ −∞

− −= = −+

2

x x

30 4x 2x 8x 30b lim ( 2x) lim 8

x 6 x 6→ −∞ → −∞

− − += − − = = + +

2233

x x

(x 5)(x 8) 5 8m lim lim 1 1 1

x x x→ +∞ → +∞

− − = = − − =

23

xb lim [ (x 5)(x 8) x]

→ +∞= − − −

(2, f(2))


56

2

2x 2 2 23 3

21x 144x 320b lim

(x 5)(x 8) x (x 5)(x 8) x→ +∞

− + −=− − + − − +

b = -7 Luego, las asíntotas son: x = -6 y = -2x + 8, x → -∞ y = x – 7, x → +∞ v) Extremos

2 13 3

2

2(x 9)(x 3), x , 6 6, 4

(x 6)f (x)

x 6, x 4,

(x 5) (x 8)

− + + ∈< −∞ − > ∪ < − > +′ = − ∈< + ∞ > − −

f (x) 0 x 9, x 3, x 6′ = ⇒ = − = − =

∃ f ´(x): x = -6, x = 5, x = 8


5 43 3

2

3

3(x 12x 39), x , 6 6, 4

(x 6)f (x)

2, x 4,

(x 5) (x 8)

− + + ∈< −∞ − > ∪ < − >+′′ = − ∈< + ∞ >

− −

<-∞, -9>

<-9, -6>

<-6, -3>

<8, +∞>

signo f ´

-

+

+

-

(-9, f(-9))

(6, f(6))

máximo <-3, 4>

<4, 5>

<5, 6>

<6, 8>

+

+

-

+

(-3, f(-3))

(8, f(8))

mínimo

máximo

mínimo


57

vii) Gráfica.

86) Hallar las asíntotas y los extremos de la función

3 2

2

x 2x 7x 3f (x)

2x

+ + −=

Solución i) Asíntotas

3

x 7 3f (x) 1

2 2x 2x= + + −

<-∞, -6>

<-6, 4>

<8, +∞>

signo f ´´

+

-

+ (4, f(4))

∪

∩

∪ <4, 5>

<5, 8> -

-

∩

∩

(-6, f(-6)) P. de inflexión

P. de inflexión

P. de inflexión (5, f(5))

(-9; 32)

(-3; 8) (6; 1.5)

(4; -1.8)

(4; -2.5)

(8; 0)

4 -5

y=-2x+8

y=x-7

x= - 6


58

2 3x

1 1 7 3m lim

2 x 2x 2x→ ±∞

= + + −

12

=

2x

x 7 3 xb lim 1

2 2x 22x→ ±∞

= + − − −

= 1

∴ 12

y x 1= + es una asíntota oblicua y x = 0 es una asíntota vertical.

ii) Extremos

2 3

1 7 3f (x)

2 2x x′ = − + ⇔

3

3

x 7x 6f (x)

2x

− +′ =

3f (x) 0 x 7x 6 0′ = ⇒ − + =

⇔ x = 1, x = -3, x = 2

PROBLEMAS DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS 87) Encontrar la ecuación de la recta que pasa por P = (3, 4) y forma con el

primer cuadrante un triángulo de área mínima. Solución La ecuación de la recta que pasa por el punto P = (3, 4) es y – 4 = m(x - 3) Si y = 0 ⇒ x = 3-4/m Si x = 0 ⇒ y = 4 – 3m

<-∞, -3> <-3, 0> <0, 1> <1, 2> <2, +∞>

+ - + - +

(-3, f(-3)) punto máximo

(1, f(1)) punto máximo

(2, f(2)) punto mínimo


59

El área del triangulo es 4m(3 )(4 3m)

A2

− −=

2(3m 4)

2m

− −=

2

2

18m 32A (m)

4m

− +′ = 28

m18= − +

43

A (m) 0 m′ = ⇒ = ±

3

16A (m)

m′′ = −

43

A ( ) 0′′ < ⇒ A asume su máximo en 4/3

43

27A ( ) 0

4′′ − = > ⇒ A asume su mínimo en m = – 4/3.

Por lo tanto, la recta buscada es 43

y 4 (x 3)− = − − ⇔ 4x + 3y – 24 = 0

88) Se quiere construir un jardín que tenga la forma de un sector circular con

un perímetro de 30 metros. Hallar el jardín de mayor área. Solución

rL

A2

=

El perímetro es 30 = 2r + L ⇔ L = 30 – 2r Reemplazando, se tiene

r(30 2r)A

2

−= ⇔ A(r) = 15r – r2

A (r) 15 2r′ = − 152

A (r) 0 r′ = ⇒ =

152

A ( ) 2 0′′ = − <

Luego, el área máxima es cuando r = 15/2 y L = 30-2(15/2) = 15.

Y su área máxima es 15

22( )15A 56,25 m

2= =

89) Encontrar los puntos de la curva y2 = x + 1 que están más cerca del origen. Solución


60

2 2d x y= +

Pero y2 = x + 1 ⇒ 122d (x x 1)= + +

1221

2d (x) (x x 1) (2x 1)

−′ = + + +

12

d (x) 0 x′ = ⇔ = −

Si y2 = x + 1 ⇒ 12

y = ±

Por lo tanto, los puntos son 2 21 12 2 2 2

( , ), ( , )− − −

90) Un rectángulo tiene dos vértices sobre el eje X, los otros dos están

respectivamente sobre las rectas y = x, 4y+5x=20. Hallar el valor de "y" para que el área del rectángulo sea máximo.

Solución

El punto de intersección de las dos rectas y x

4y 5x 20

= + =

es 20 209 9

x , y= =

El área del rectángulo es A = sy (1) Pero y + s + t = 4 (2)

(-1, 0)

(x, y)

(0, 0) X

Y

y

s

(20/ 9, 20/ 9)

t y

20 / 9

(4, 0)

X

Y (3, 0)

y = x

y


61

Por otro lado, por semejanza de triángulos, de la figura, se tiene 209

209

4t 4t y

y 5

−= ⇒ = (3)

Reemplazando (3) en (2), se obtiene 94

5 5y s y 4 s 4 y+ + = ⇒ = − (4)

Sustituyendo (4) en (1), resulta 29 9

5 5A (4 y)y 4y y= − = −

185

A (y) 4 y′ = −

109

A (y) 0 y′ = ⇒ =

Como 10 189 5

A ( ) 0′′ = − < ⇒ A asume su máximo para y = 10/9

91) Un cilindro circular recto es inscrito en un cono circular recto de radio r y

altura H. Encontrar el radio R del cilindro, si su volumen es máximo. Solución

Por semejanza de triángulos, se tiene H h R

H r

− = Rr

h H H⇔ = − (1)

El volumen del cilindro es 2V R r= π (2)

Reemplazando (2) en (1), resulta 32 R

rV H(R )= π −

Se considera que H y r son datos conocidos (dimensiones del cono) 23

rV (R) H(2R R )′ = π −

23

V (R) 0 R 0 R r′ = ⇒ = ∨ =

R

r

h

H-h

H

R

r


62

6r

V (R) H(2 R)′′ = π −

23

V ( r) 2 H 0′′ = − π < ⇒ el volumen del cilindro es máximo cuando 23

R r=

92) Trazar una tangente a la elipse 9x2 + 16y2 = 144, de modo que el área del

triángulo que forma con los ejes coordenados sea mínima. Obtener las coordenadas del punto de tangencia P y el área mínima sabiendo que P está en el primer cuadrante.

Solución

9x2 + 16y2 = 144 ⇒ 9x

y16y

′ = −

La pendiente de la recta tangente a la elipse en el punto (r, t) es

(r,t)

9rm y

16t′= = −

Su ecuación es 9r

L : y t (x r)16t

− = − −

Hallaremos los puntos de intersección de L con los ejes coordenados

Si x = 0 ⇒ 29r

y t16t

= +

Si y = 0 ⇒ 216t

x r9r

= +

Luego, el área del triángulo es 2 21 16t 9r

A r t2 9r 16t

= + +

72

r t=

Pero el punto (r, t) pertenece a la elipse, por consiguiente satisface su ecuación: 9r2 + 16t2 = 144 ⇒ t = (9 – 9r2/16)1/2

Reemplazando en la expresión anterior, resulta

1229

16

72A

r(9 r )=

−

(r, t)

L


63

32

2

2 2916

81( 8 r )A (r)

r (9 r )

− +′ =−

2A (r) 0 8 r 0 r 8′ = ⇒ − + = ⇔ =

De la expresión: 9r2 + 16t2 = 144, se obtiene: 32

t 2=

Luego, el área mínima es 32

144 72A 12

2rt 8 2= = = u2

93) Se tiene una hoja rectangular de papel, de lados 8 15 metros. Se desea hacer

con ella una caja sin tapa, cortando en sus esquinas cuadradas iguales y doblando convenientemente la parte restante. Determinar el lado de los cuadrados que deben ser cortados, a fin de que el volumen sea el mayor posible.

Solución

V = x(15 – 2x)(8 – 2x) = 4x3 -46x2 +120x V´(x) = 12x2 -92x + 120 V´(x) = 0 ⇒ 12x2 -92x + 120 = 0 ⇒ x = 5/3 V´´(x) = 24x -92 V´´(5/3) = -52 < 0 Luego, el volumen es máximo cuando x = 5/3. 94) Si la suma de las áreas de un cubo y de una esfera es constante. ¿Cuál es la

relación entre el radio de la esfera r y el lado del cubo "a" cuando la suma de sus volúmenes es mínima?

Solución

15-2x

x

8-2x

x

x

x

x

x

x

x

x

15

8


64

El área del cubo es Ac = 6a2 El área de la esfera es Ae = 4πr2 La suma de las áreas es

6a2 + 4πr2 = cte.=C ⇔ 122c 4 r

6a ( )− π= (1)

El volumen del cubo es Vc = a3

El volumen de la esfera es 3e

4V r

3

π=

La suma de los volúmenes es

3 3c e

4V V V a r

3

π= + = + (2)

Reemplazando (1) en (2), se tiene

322

3c 4 r 4V r

6 3

− π π= +

2 1/ 2 2c 4 r6

V (r) ( ) ( 2 r) 4 r− π′ = − π + π 122c 4 r a

6 2V (r) 0 ( ) a 2r2r r− π =′ = ⇒ = ⇔ ⇔ =

1 12 2 2 22 2c 4 r c 4 r 4 r1

6 2 6 3V (r) 2 ( ) ( ) 8 r

−− π − π π′′ = − π + + π

2 22 1a a a42 3 4 2 3

V ( ) 2 a a 8 (2 )a− π′′ = − π + π + π = π +

a2

V ( ) 0′′ > ⇒ V asume su mínimo cuando r = a/2 ⇔ a = 2r

95) Demostrar que el volumen del mayor cilindro recto que puede ser inscrito

en un cono es 4/9 del volumen del cono. Solución

r

a


65

Por semejanza de triángulos, se tiene H h R R

h H HH r r

− = ⇒ = −

El volumen del cilindro es Vc = πR2h = Hπ(R2 – R3 / r) Vc´(R) = Hπ(2R – 3R2 / r) Vc´(R) = 0 ⇔ Hπ(2R – 3R2 / r) = 0 ⇔ R = 2r/3

6Rc r

V (R) H (2 )′′ = π −

2c 3

V ( r) 2H 0′′ = − π < ⇒ Vc asume su máximo para R = 2r/3 y es

2 292c 3 4

V ( r) h r h= π = π

Pero R 2 1 1r 3 r 3

h H H H r( )H H= − = − = , entonces

2 24 1 4c 9 3 27

V r ( H) r H= π = π 2 27c4

r H V⇔ π = (1)

Por otro lado, el volumen del cono es

21co 3

V r H= π (2)

Reemplazando (1) en (2), resulta

9co c4

V V= ⇔ 4c co9

V V=

96) Si un punto de una elipse inscrito en un semicírculo está sobre el diámetro

y tiene otros dos puntos sobre la semicircunferencia en posición simétrica. Demostrar que su área será un máximo e igual a πr2 / 2, donde r es el radio del círculo.

R

r

h

H-h

H

R

r

H

h


66

Solución

El área de la elipse es A = πab Pero de la figura, se tiene r2 = a2 + b2 ⇒ a = (r2 – b2)1/2 A = πb(r2 – b2)1 / 2 (1)

1 12 22 2 2 2 2A (b) (r b ) b (r b )

−′ = π − − π − 12

2 2

2 2

r 2 b

(r b )

π − π=−

A (b) 0′ = 22

b r⇒ =

1 12 22 2 2 2 2 2

2 2

4 b(r b ) b( r 2 b )(r b )A (b)

r b

−− π − + π − π −′′ =−

222

A ( r) 2 r 0′′ = − π < ⇒ A asume su máximo en 22

b r=

Reemplazando en (1), se obtiene que el área es 2r

A2

π=

97) Determinar la mayor área lateral del cilindro circular recto que puede ser

inscrito en un cono circular recto de altura H y radio r. Solución

R

r

h

H-h

H

R

r

H

h

r

a

b


67

El área lateral del cilindro es A = 2πRh Por semejanza de triángulos, resulta H h R H h

R rH r H

− −= ⇒ =

Reemplazando en la expresión, se tiene

2H h 2 rA 2 hr (Hh h )

H H

− π = π = −

2 rA (h) (H 2h)

H

π′ = −

H2HH r

A (h) 0 h ; R r2 H 2

−′ = ⇒ = = =

∴ r H rHA 2

2 2 2

π = π =

98) Determinar las dimensiones del cilindro recto de mayor área lateral que

puede inscribirse en una esfera dada, de radio r. Solución

El área lateral del cilindro es A = 2πRh De la figura, según semejanza de triángulos, se tiene

12

h2 22 1

2h2

r RR (4r h )

R r

+= ⇒ = −

−


R

h

h/2

r-h/2

r


68

122 2A h(4r h )= π −

1 12 22 2 2 2 2A (h) (4r h ) h (4r h )

−′ = π − − π −

A (h) 0 h 2r′ = ⇒ = ; 22

R r= 31 1 2

2 2 22 2 2 2 2 2h12 2

A (h) (4r h ) ( 2h) 2 h(4r h ) (4r h ) ( 2h)− − −π′′ = π − − − π − + − −

31

2 22 2 3 2 23 h(4r h ) h (4r h )− −= − π − − π −

4A ( 2r) 3 4 8 0′′ = − π − π < ⇒ el área lateral del cilindro asume su máximo

para 22

h 2r; R r= =

99) Determinar el cono circular recto de mayor área total que puede inscribirse

en una esfera de radio r. Solución

El área total del cono es A = πRg + πR2

r

h - r R

2r - h

g h

h g

R

R

2r - h


69

Por semejanza de triángulos, se tiene

2 2h RR 2rh h

R 2r h= ⇒ = −

−

Además, se tiene

1 12 22 2 2 2 2g R h g (R h ) (2rh)= + ⇔ = + =

Reemplazando estos resultados en una expresión anterior, se obtiene

1 12 22 2A (2rh h ) (2rh) (2rh h )= π − + π −

122 3 2A 2r (2rh h ) (2rh h )= π − + π −

122 3 21

2A (h) 2r (2rh h ) (4rh 3h ) (2r 2h)

−′ = π − − + π −

2 2 312

2 3

2r (4rh 3h ) (2r 2h) 2rh hA (r)

2rh h

π − + π − −′ =

−

2 2 312

A (h) 0 2r (4rh 3h ) (2r 2h) 2rh h 0′ = ⇒ − + − − =

⇔ 2 28h 23rh 16r 0− + =

⇔ 23r 17r

h16

±=

100) Un agente en bienes estima que el beneficio mensual P en soles que

obtiene al alquilar un edificio de S está dado por P = -2S2 + 92S. ¿Qué número de pisos harán más rentable el edificio?

Solución P´(S) = -4S + 92 P´(S) = 0 ⇒ S = 23 P´´(S) = -4 < 0. Entonces P asume su máximo en S = 23. 101) Sean A = (1, 4) y B = (3, 0) dos puntos de la elipse 2x2 + y2 = 18. Hallar el

tercer punto C de modo que el área del triángulo ABC sea el mayor posible.

Solución


70

El área del triángulo es bh

A2

=

b AB 4 16 2 5= = + =��

La ecuación de la recta L es 2x + y - 6 = 0

2r s 6h

5

+ −=

Pero C es elemento de la elipse, entonces 2r2 + s2 = 18 ⇒ s = (18 – 2r2)1/2

Luego,

22r 6 18 2rh

5

− + −=

Reemplazando estos resultados en la fórmula del área del triángulo, se obtiene

2A 2r 6 18 2r= − + −

1221

2

2

2 (18 2r ) ( 4r)A (r)

2r 6 18 2r

−+ − −′ =

− + −

A (r) 0 r 6′ = ⇒ = ±

Se puede comprobar que el área es máximo cuando r 6= − , s 6= 102) Hallar la ecuación de la recta que pasa por P = (1, 4) de modo que la suma

de sus componentes positivas de los puntos de intersección con los ejes coordenados sea la menor posible.


71

Solución

L: y – 4 = m(x - 1) Si x = 0 ⇒ y = 4 – m Si y = 0 ⇒ x = 1 – 4/m Luego, S = y + x = (5m –m2 -4)/m

2

2

m 4S (m)

m

− +′ =

S (m) 0 m 2′ = ⇒ = ±

3

8S (m)

m′′ = −

S ( 2) 1 0′′ − = > ⇒ S asume su mínimo en m = -2.

∴ L: 2x + y = 6 103) Se necesita construir un embudo cónico cuya generatriz debe ser igual a

20 cm. ¿Cuál debe ser la altura del embudo para que su volumen sea el mayor posible?

Solución

P = (1, 4)

L

h g

R


72

El volumen del cono es 2R h

V3

π=

Pero de la figura, por el teorema de Pitágoras, se tiene 400 = h2 + R2 ⇔ R2 = 400 – h2 Reemplazando en la expresión anterior, se tiene

33

V (400h h )π= −

23

V (h) (400 3h )π′ = −

203

V (h) 0 h 3′ = ⇒ = ±

V (h) 2 h′′ = − π

20 403 3

V ( 3) 3 0′′ = − π < ⇒ V asume su máximo para una altura 203

h 3=

104) Un cono recto es cortado por un plano paralelo a su base. ¿A que distancia

de la base debe ser hecho el corte para que el cono recto de base en la sección determinada y de vértice en el centro del cono dado, tenga volumen máximo?

Solución

Por semejanza de triángulos, se tiene 3h 4H

4 R

h r

−= ⇒

3h 4HR r

4h

− =

(1)

El volumen del cono es 2R H

V3

π= (2)


R

r

H3h4

−

H h4

+

h

R

H

r

h/4

h


73

23 2 2

2

rV (16H 24hH 9h H)

48h

π= − +

2

2 22

rV (H) (48H 48hH 9h )

48h

π′ = − +

h 3V (H) 0 H H h

4 4′ = ⇔ = ∨ =

2

2

rV (H) (96H 48h)

48h

π′′ = −

2h4

rV ( ) 8 0

h

π′′ = − < ⇒ V asume su máximo para H = h/4

23h4

rV ( ) 8 0

h

π′′ = > ⇒ V asume su mínimo para H = 3h/4

Luego, el corte debe hacerse a una altura de la base h h h

4 4 2+ =

Es decir a la mitad de la altura del cono original. 105) Demostrar que el rectángulo de área máxima inscrito en un círculo dado

es una cuadrado. Solución

El área del rectángulo es A = ba Pero de la figura, por el teorema de Pitágoras, se tiene

2 22 2 2a b

R b 4R a4 4

= + ⇒ = −

b

a

R a/2

b/2


74

Reemplazando en la expresión del área, se obtiene 122 2A a(4R a )= −

12

12

22 2

2 2

aA (a) (4R a )

(4R a )′ = − −

−

A (a) 0 a 2 R′ = ⇒ = , b 2 R=

Luego, como a = b, se tiene que el rectángulo de mayor área inscrito en la circunferencia es un cuadrado. 106) Determinar el punto P de la curva y = x2 + x que está más cerca del punto

(7, 0). Si P es tal punto, demostrar que la recta que pasa por (7, 0) y P es normal a la curva en P.

Solución P = (x, y) = (x, x2 + x) La distancia de P al punto (7, 0) es d = ((x-7)2 + (x2 + x)2)1/2

2

2 2 2

2(x 7) 2(x x)(2x 1)d (x)

2 (x 7) (x x)

− + + +′ =− + +

3 2d (x) 0 2x 3x 2x 7 0′ = ⇒ + + − = ⇔ x = 1

Luego, el punto es P = (1, 2) L: m = -2/6 = -1/3, LT: mT = f ´(1) = 2(1) + 1 = 3 m.mT = -1 Luego, L es una recta normal a LT 107) Una hoja de papel tiene S cm2 de material impreso, con márgenes superior

e inferior de 4 cm y márgenes laterales de 2 cm. Determinar cuales deben ser las dimensiones de la hoja para que se use la menor cantidad de papel.

Solución


75

El área es A = (x+4)(y+8) El área del rectángulo interior es xy = S ⇒ y = S/x Reemplazando en la expresión anterior, se tiene A = (x+4)(8+S/x) = 8x + 32 + S +4S/x

2

4SA (x) 8

x′ = −

SA (x) 0 x , y 2S

2′ = ⇒ = =

Luego, las dimensiones del papel es S2

4 , 8 2S+ +

108) Demostrar que el triángulo isósceles de área máxima que puede inscribirse

en una circunferencia es un triángulo equilátero. Solución

El área del triángulo es

x+4

y+8

4

2 S

x

y

a a

r

b/2

d

r


76

2abc a bA

4r 4r= = (1)

De la figura, por el teorema de Pitágoras, se tiene

22 b

d r4

= −

2 22 2

2 2 2 2 2 2 2 2b b4 4

b b(r d) a (r r ) a a 2r 2r r

4 4+ + = ⇔ + − + = ⇔ = + −

……….. (2) Al reemplazar (2) en (1), se tiene

221 b

A br b r2 4

= + −

122 2

2 21 b b b bA (b) r r r

2 4 2 4 2

− ′ = + − + − −

2 2A (b) 0 b 3r′ = ⇒ = (3)

Al reemplazar en (2), se obtiene a2 = 3r2 (4) Luego, de (3) y (4) se concluye que a = b, por consiguiente, el triángulo isósceles inscrito en la circunferencia es un triángulo equilátero. PROBLEMAS DE RAZÓN DE CAMBIO 109) Una cometa está a 80 pies de altura sobre el nivel del suelo.

Horizontalmente se aleja a una velocidad de 4 pies/s del niño que la sostiene. ¿A qué velocidad el niño está soltando la cuerda, cuando esta mide 100 pies?

Solución

z

x

80

cometa

niño


77

x: distancia horizontal z: longitud de la cuerda t: tiempo dxdt

4= , dzd t ?=

De la figura, por el teorema de Pitágoras, se tiene z2 = x2 +802 Cuando z = 100 ⇒ x2 = 1002 – 802 ⇔ x = 60

Si z2 = x2 +802 ⇒ dz dx

2z 2xdt dt

=

dz dz2(100) 2(60)(4) 2.4 pies / s

dt dt= ⇔ =

110) Una escalera de 3m se apoya contra un muro vertical; la base empieza a

deslizarse a razón de 1.2 m/s. ¿A qué velocidad cae la parte superior de la escalera cuando la base está a 2.4 m del muro?

Solución

y: altura sobre el suelo x: distancia que separa del muro dx

1.2dt

= , dy

?dt

=

De la figura, según el teorema de Pitágoras, se tiene x2 + y2 = 9 Si y = 2.4 ⇒ x = 1.8

De x2 + y2 = 9, se obtiene dx dy

2x 2y 0dt dt

+ =

dy2(1.8)(1.2) 2(2.4) 0

dt+ = ⇔

dy0.90 m / s

dt= −

x

y

escalera muro

3


78

111) Se extrae el agua de un reservorio cónico de 8 pies de diámetro y 10 pies de profundidad (vértice hacia abajo) a la velocidad constante de 5 pies3/min. ¿Qué tan rápido está bajando el nivel del agua cuando la profundidad del agua en el reservorio es de 6 pies?

Solución

Según dato del problema

3dV5 pies / min

dt= −

h = 6 Por semejanza de triángulos, se tiene r h

4 10= ⇒

2r h

5= (1)

El volumen del cono es 2r h

V3

π= (2)


316V h

300

π=

2dV 4 dhh

dt 25 dt

π= ⇔ 24 dh5 6

25 dt

π− = ⇔ dh 125

pies / mindt 144

= −π

112) Si y = 4x – x3, y x crece de modo uniforme a razón de 1/3 u/s. Hallar

cómo varía la pendiente de la gráfica cuando x = 2. Solución dx 1

dt 3=

2dym 4 3x

dx= = −

dm dx6x

dt dt= − 1

6(2) 4 u / s3 = − = −

4

r

h

10


79

113) Un tendedor de alambres trepa a un poste telefónico a razón de 2.5 pies/s, mientras su jefe está sentado a la sombra de un árbol vecino observándolo. Si el terreno es llano y el jefe está a 36 pies de la base del poste, ¿cuántos segundos tiene que trepar el tendedor de alambres para que la distancia entre él y el jefe crezca a razón de un pie/s?

Solución

dy

2.5 pies / sdt

= , dz

1 pies / sdt

=

De la figura z2 = y2 +362 (1)

dz dy2z 2y

dt dt= ⇔ z(1) = y(1.5) ⇔ z 2.5y= (2)


(2.5y)2 = y2 + 362 ⇔ 36

y5.25

=

Pero, según la física e

tv

=

∴

365.25t 6.2847 s2.5

= =

114) Se hecha agua a razón de 30 cm3/s en una copa cónica de 10 cm de altura

y de un radio superior de 5 cm. ¿A qué velocidad está subiendo el nivel cuando está 2 cm por debajo del borde?

Solución

36

y z

tendedor

Jefe


80

El volumen del agua es 2r h

V3

π= , dV

30dt

=

Por semejanza de triángulos, se tiene h 10

h 2rr 5

= ⇒ =


3V h12

π=

2dV dhh

dt 4 dt

π= ⇔ 2 dh30 8

4 dt

π= dh 15

cm / sdt 8

⇔ =π

115) Se bombea aire a un globo, de modo que su volumen se incrementa en 200

cm3 / s. Despreciando la compresión del aire. ¿A qué ritmo crece el radio cuando el diámetro llega a 30 cm?

Solución El globo es una esfera, cuyo volumen es expresado por

34V r

3

π=

2dV dr4 r

dt dt= π ⇔ 2 dr

200 4 (15)dt

= π dr 2

cm / sdt 9

⇔ =π

116) Una aeronave que vuela en dirección norte a 640 millas/h pasa sobre

cierta ciudad al mediodía; una segundo aeronave que va dirección oeste a 600 millas/h está verticalmente sobre la misma ciudad 15 minutos más tarde. Si las aeronaves están volando a la misma altura, ¿con qué rapidez se estarán separando a la 1:15 pm?

Solución

r

5

h 10


81

y = representa distancia del que vuela al norte x = representa distancia del que vuela al oeste z = distancia entre aeronaves 1h 15 min = 1.25 h De la figura z2 = y2 + x2 Sabemos por la física que espacio = velocidad × tiempo y = 640×1.25 = 800 x=600×1 = 600 z2 = 8002 + 6002 ⇒ z = 100

De z2 = y2 + x2, se tiene dz dx dy

2z 2x 2ydt dt dt

= + ⇔ 2dz1000 600 800 640

dt= + ×

∴ dz

872 millas / hdt

=

117) Un barco se dirige hacia el sur con una velocidad de 6 km/h; otro hacia el

este a 8 km/h. A las 16 horas el segundo pasa por el punto donde el primero estuvo hace dos horas antes. Se pregunta:

a) ¿Cómo varía la distancia entre ellos a las 15 horas? b) ¿Cómo varía la distancia entre ellos a las 17 horas? c) ¿Cuándo la distancia no variaba?

Solución

x

y z

6 km/h

8 km/h 16 h

14 h este

sur

ciudad

x

y

z

norte

oeste


82

dx8 km / h

dt= ,

dy6 km / h

dt=

De la figura, por el teorema de Pitágoras, se tiene z2 = x2 + y2 Sabemos que espacio = velocidad × tiempo a) hx = -1, hy = 1 y =vy× hy = 6×1 = 6 x = vx×hx = 8×(-1) = -8 z = ((-8)2 + 62)1/2 = 10 De z2 = x2 + y2, se obtiene

dz dx dyz x y

dt dt dt= + (1)

dz dz

10 ( 8)8 6(6) 2.8 km / hdt dt

= − + ⇒ = −

b) hx = 1 hy = 3 x = 1×8 = 8 y = 3×6 = 18 z = (82 + 182)1/2 = (388)1/2 Reemplazando en (1), se tiene dz 1

(64 108) 8.73 km / hdt 388

= + ≈

c) hx = h - 16 hy = h – 14 x = (h - 16)8 y = (h - 14)6 dz

0dt

=

De (1), se obtiene 0 = (h - 16)64 + (h - 14)36 ⇒ h = 382 / 25 ≈ 15h 17min 118) Una ciudad tiene forma de un cuadrdado de x km de lado. A causa del

crecimiento de la población y la construcción de suburbios x está


83

creciendo a razón de 1/2 km/año. Hallar la razón de incremento del área urbana cuando ocupa 36 km2

Solución Sea lado del cuadrado: x x2 = 36 ⇒ x = 6 dx 1

dt 2=

A = x2 dA dx

2xdt dt

= ⇔ dA 1

2(6) 6 km / añodt 2

= =

119) Una cometa que vuela a 100m de altura es empujada horizontalmente por

el viento a una velocidad de 4 m/s. Si la cuerda se va soltando desde un punto fijo, ¿a qué velocidad se aleja la cometa en el instante en que se han soltado 125 m de la cuerda?

Solución

dx

4dt

=

z = 125 dz

?dt

=

2 2 2z x 100= + ⇒ x = (1252 - 1002)1/2 = 75 dz dx

2z 2xdt dt

=

Luego, dz 1

(75)4 2.4 m / sdt 125

= =

120) Un peatón de 1.80 m de alto se aleja de una lámpara de calle, colocada a

5.4 m de altura, a 1.2 m/s. Determine: a) La velocidad del extremo de su sombra. b) La razón del incremento de la longitud de la sombra.

x

100 z

cometa

cuerda

punto fijo


84

Solución

dy

1.2dt

=

a) Por semejanza de triángulos

x 1.8

x y 5.4=

+ ⇔ x = y/2

dx 1 dy 1(1.2) 0.6 m / s

dt 2 dt 2= = =

b) d dx dy

(x y) 1.2 0.6 1.8 m / sdt dt dt

+ = + = + =

121) Huyendo de un perro una ardilla trepa por un árbol. El perro corre a 12

m/s y la ardilla a 6m/s, ¿cuál será el cambio de distancia relativo entre los dos cuando el perro está a 12 m del árbol y la ardilla ha trepado 5 m?

Solución

dx

12dt

= − , dy

6dt

= , dz

?dt

=

De la figura, por el teorema de Pitágoras, se tiene, z2 = x2 + y2 Si x = 12, y = 5 ⇒ z = 13

x

y

z

+

-

árbol

x

5.4

peatón

1.8 h

y


85

dz dx dy2z 2x 2y

dt dt dt= + ⇔

dz13 12(12) 5(6)

dt= − +

dz8.77 m / s

dt⇔ = −

122) Una piscina tiene 25 pies de ancho, 40 pies de largo y 3 pies de

profundidad en un extremo y 9 pies en el otro, siendo el fondo un plano inclinado. Si se bombea agua al interior de la piscina a razón de 10 pies cúbicos por minuto, ¿a qué velocidad se está elevando el nivel del agua cuando tal nivel es de 4 pies en el extremo más profundo?

Solución

dV

10dt

=

da?

dt=

Por semejanza de triángulos, se tiene h a 20

h a40 6 3

= ⇒ = (1)

El volumen de la mitad de un paralelepípedo es 25ah

V2

= (2)

25

3

40

9

a

h

40

h a

9 - 3


86


2250V a

3=

dV 500 daa

dt 3 dt=

500 da

10 (4)3 dt

= da

0.015 pies / mindt

⇔ =

123) Sobre una pila de forma constantemente cónica cae arena a razón de 3 pies

cúbicos por minuto. Supóngase que el diámetro en la base del montón es siempre tres veces su altura. ¿A qué velocidad está aumentando la altura cuando ésta ha llegado a los 4 pies?

Solución

2r = 3h ⇒ r = 3h / 2 dV

3dt

=

dh?

dt=

El volumen es 2

3r h 3V h

3 4

π π= =

2dV 9 dhh

dt 4 dt

π=

r

h


87

29 dh dh 13 4 pies / min

4 dt dt 12

π= ⇔ =π

124) Un bañista en una playa nada paralelamente a una orilla rectilínea a una

velocidad de 20 km/h, manteniéndose a una distancia constante de un kilómetro de la orilla. Desde un lugar de observación situado a un kilómetro tierra adentro, un salvavidas sigue siempre observando al bañista. ¿A qué velocidad en radianes por minuto habrá de girar la visión del salvavidas para seguir al bañista en el momento en que éste pase frente al lugar del salvavidas?

Solución

dx

20dt

=

x2

xtan arctan( )

2θ = ⇔ θ =

dx1 12 dt 2

2 2 2x x x2 2 2

(20)d 10

dt 1 ( ) 1 ( ) 1 ( )

θ = = =+ + +

20x 0 2

d 10 10 110 km / h km / min km / min

dt 60 61 ( )=

θ = = = =+

125) Un salvavidas está ubicado a 6 km del punto más cercano a una playa

rectilínea. El quiere llegar hasta el campamento situado a 10 000 m a lo largo de la playa a partir del punto más próximo a él. El salvavidas puede nadar a razón de 4 km/h y caminar por la arena de la playa a5 km/h. ¿Cuál será el tiempo más corto posible del desplazamiento del salvavidas al campamento?

Solución

θ

x

1 km

1 km

orilla

observador


88

10 000 m = 10 km Por la física, sabemos que v=d/t ⇔ t = d/v t = t1 + t2

2x 36 10 xt

4 5

+ −= +

122dt 1 1

(36 x ) xdx 4 5

−= + −

dt0 x 8

dx= ⇔ =

∴ 36 34 10 8

t 2.9 horas4 5

+ −= + =

126) Un hombre está parado en un muelle y jala un bote por medio de una

cuerda. Sus manos están a 3m por encima del amarre del bote. El bote está a 3.6 m del muelle. Si el hombre jala la cuerda a una velocidad de 90 cm/s, ¿a qué velocidad se aproxima el bote al muelle?

Solución

z: longitud de la cuerda x: distancia desde la línea horizontal donde está el bote dzdt

90 cm / s 0.9 m / s= − = −

x

3 z

bote

manos

cuerda

x

6

campamento

2x 36+

salvavidas

punto cercano


89

De la figura, se obtiene x2 + 9 = z2 Para x = 3.6, se tiene z = 4.7

De x2 + 9 = z2 , resulta dx dz

2x 2zdt dt

=

dx(3.6) (4.7)( 0.9)

dt= − ⇔

dx1.17 m / s

dt= −

PROBLEMAS APLICADOS A LA ECONOMÍA 127) La demanda para un detergente está dada por la ecuación

D = -30+1000/p donde D está en miles de cajas y p es el precio por cajas en soles. Si el precio está subiendo a razón de un sol por caja a la semana, ¿cuál es la tasa de variación correspondiente a la demanda (en cajas por semana)? si:

d) El precio actual es de 20 soles por caja. e) El precio actual es de 25 soles por caja.

Solución dp

1sol / cajadt

=

2

dD 1000 dp

dt dtp= −

a) Si p = 20, entonces

2

dD 1000(1) 2.5 cajas / sem

dt 20= − = −

Como la demanda está expresado en miles de cajas, entonces dD

2500 cajas / semdt

= −

b) Si p = 25, entonces

2

dD 10001.6 cajas / sem

dt 25= − = −

128) Si la función de costo total es C = 0.1x2 + 5x + 200, determinar el costo

promedio y costo marginal. Solución Cm = C/x = 0.1x + 5 + 200/x Cmg = Cm´(x) = 0.2x + 5 129) Si la función demanda es q = -30+500 / (p+10), determinar el ingreso total

y marginal


90

Solución Si la firma opera bajo libre competencia, entonces el precio p es constante. I = pq Img = I´(q) = p Si la firma es un monopolio, el precio p no es constante, entonces q = -30+500(p+10) ⇔ p = -10 + 500 / (q+30) I = pq = q(-10 + 500 / (q+30)) = -10q + 500q / (q+30)

mg 2

15000I I(q) 10

(q 30)= = −

+

130) Calcular la elasticidad de la demanda, si la función de demanda es

q = (10-p) / 5, cuando p = 5 Solución Si p = 5 ⇒ q = 7/5

d 75

p 1 5 5E D (p)

q 5 7

′ = = − = −

131) El costo total de un monopolista es C = 0.1x2 + 5x + 200 y el precio de

venta de una pieza es p = 10 – x/20, siendo x la producción diaria. Determinar el valor de x que maximiza la ganancia.

Solución Como la firma es un monopolio porque p no es constante, entonces I = px = 10x – x2 / 20 U(x) = I(x) – C(x) = 10x – x2 / 20 - 0.1x2 - 5x - 200

310

U (x) x 5′ = − +

503

U (x) 0 x′ = ⇒ =

503

3U ( ) 0

10′′ = − < ⇒ U asume su máximo para x = 50 / 3. Es decir para x =

50 / 3 maximiza la ganancia. 132) Calcular el punto de equilibrio de un monopolista cuya función de costo

es C = x2 / 2 + 20x + 15 y el precio de venta de cada unidad es p = 30-x. Solución Cmg = C´(x) = x + 20 I = px = 30x – x2 Img = I´(x) = 30 – 2x El equilibrio se da cuando Cmg = Img


91

⇔ x + 20 = 30 – 2x ⇔ x = 10/3 PROBLEMAS APLICADOS A LA FÍSICA 133) Si la trayectoria recorrida por un móvil está determinado por

S(t) = 4t2 – 7t + 8 ii) Determinar la velocidad del móvil en el instante t. iii) Determinar los intervalos para t donde la velocidad cambia de signo. iv) Determinar la aceleración del móvil

Solución i) V = S´(t) = 8t - 7 ii) S´(t) = 0 ⇔ t = 7/8

iii) a = S´´(t) = 8 134) Un objeto que se lanza verticalmente hacia abajo desde la azotea de un

edificio, con una velocidad inicial de v0 pies/s, viaja aproximadamente según la ecuación S = v0t + 16t2 pies en t segundos. Si toca el suelo a los 2.5 s, con una velocidad de 110 pies/s. ¿Cuál es la altura del edificio?

Solución S = v0t + 16t2 S´(t) = v0 + 32t 110 = S´(2.5) = v0 + 32(2.5) ⇔ v0 = 30. Entonces S = 30t + 16t2 h = S(2.5) = 30(2.5) + 16(2.5)2 = 175 pies. PROBLEMAS SOBRE ERROR RELATIVO APROXIMADO 135) La altura de un cono circular es el doble del radio de la base. Al efectuar

una medición se halló que la altura es de 12 pulgadas con un error posible de 0.005 pulgadas. Hallar el error aproximado en el cálculo del volumen del cono.

Solución h = 2r h = 12" dh = 0.005"

2 3r h hV

3 12

π π= =

<-∞, 7/8>

<7/8, +∞>

Signo de S´(t)

-

+

decrece

crece


92

2hdV dh

4

π= 2(12) (0.005)4

π= 39pu lg

50

π=

136) Una caja metálica de forma cúbica de 64 pulg3 de volumen interior tiene

por caras, planchas de 1/4 pulgadas de espesor. Si el costo del metal a emplearse es de S/. 8 por pulg3. Aplicando diferenciales hallar el costo aproximado del metal que se empleará en la construcción de la caja.

Solución

V = a3 V = 64 ⇔ a = 4

1da

4=

C = 8a3 dC = 24a2da = 24(4)2(1/4) = S/. 96 137) Un tanque cilíndrico abierto tiene una capa exterior de 1/32 pulg. de

espesor. Si el radio interior es de 6 pulg. y la altura 10 pulg., aplicando diferenciales encontrar aproximadamente la cantidad de pintura que se requiere para recubrir el tanque.

Solución

a

4+1/ 4


93

dr = (1/32)" r = 6" h = 10" V = 10πr2 dV = 20πr dr = 20π(6)(1/32) = 15π/4 138) Se quiere construir un recipiente de forma cúbica de 1000 pulg de

volumen; sus caras son de un material que cuesta $ 2 por pulg2 ¿Con que exactitud se debe construir la arista de cada cara para que el costo total del material sea el correcto con una tolerancia de $ 50?

Solución V = a3 V = 1000 ⇒ a = 10 A = 6a2 C = 2A=12a2 dC = 50 dC = 24a da 50 = 24(10) da ⇔ da = 5/24 pulg. 139) Se mide el diámetro de una esfera y con el resultado se calcula el valor de

su volumen, si el máximo error posible al medir el radio es 0.02 cm y el error máximo aceptable al calcular el volumen es de 3 cm3 ¿Cuál es el diámetro aproximado de la esfera más grande a la que pueden aplicarse estas condiciones.

Solución 34 r

V3

π=

dr = 0.02 cm dV = 3 cm3 dV = 4πr2 dr

3 = 4π(0.02)r2 ⇔ 3

r 52

=π

Por lo tanto, el diámetro es 3

102π

140) Un cilindro circular recto tiene 10 cm de altura, si el radio cambia de 2 a

2.06 cm. Calcular el cambio aproximado correspondiente al volumen del cilindro y hallar el error porcentual de cambio en el volumen.

Solución


94

V = 10πr2 dV = 20πr dr Cambio del volumen: ∆V ≈ dV = 20π(2)(0.06) = 2.4π cm3

Error dV 2.4

0.06V 10 4

π≈ = =π

141) Un tubo cilíndrico abierto tendrá un recubrimiento de 2 cm de espesor. Si

el radio interior tiene 6 m y la altura es de 10 m, calcule mediante diferenciales la cantidad aproximada de material de revestimiento que se usará.

Solución

V = 10πr2 dV = 20πr dr = 20(6)(2/100)π = 12π/5 cm3 APLICACIONES DEL TEOREMA DE H´OSPITAL

142) Calcular x

x 0

e 1lim

ln(x 1)→

−+

Solución Calculando directamente, se obtiene

x

x 0

e 1 0lim :

ln(x 1) 0→

−+

Aplicando el teorema de Hospital, se tiene x x

1x 0 x 01 x

e 1 elim lim 1

ln(x 1)→ → +

− = =+

6

10

1/50


95

143) Calcular x 0

x sen xlim

x sen x→

+ π− π


x 0

x sen x 0lim :

x sen x 0→

+ π− π

Aplicando el teorema de Hospital, se tiene

x 0 x 0

x sen x 1 cos x 1lim lim

x sen x 1 cos x 1→ →

+ π + π π + π= =− π − π π − π

144) Calcular 1xx

x 0lim (e x)→

+


1xx

x 0lim (e x) : 1±∞→

+

Aplicando propiedad de logaritmos, resulta x x

1 xx 0 x 0x

ln(e x) e 1lim lim

x 2x e xx 0lim (e x) e e e→ →

+ ++

→+ = = =

145) Calcular nx

x 0

xe xlim

1 cos nx→

−−


nx

x 0

xe x 0lim :

1 cos nx 0→

−−

Aplicando el teorema de Hospital, se tiene nx nx nx

x 0 x 0

xe x e nxe 1lim lim

1 cos nx nsen nx→ →

− + −=−

=nx 2 nx

2x 0

2ne n xe 2lim

nn cos nx→

+ =

146) Calcular l n x

x 1

a xlim

ln x→

−


l n x

x 1

a x 0lim :

ln x 0→

−


96

Aplicando el teorema de Hospital, se tiene l n x 1l n x

l n xx1x 1 x 1 x 1x

a (ln a) 1a xlim lim lim (a ln a x) ln a 1

ln x→ → →

−− = = − = −

147) Calcular x 0

x tan xlim

x senx→

−−


x 0

x tan x 0lim :

x senx 0→

−−

Aplicando el teorema de Hospital, se tiene 2

x 0 x 0

x tan x 1 sec xlim lim

x senx 1 cos x→ →

− −=− −

x 0

2sec x sec x tan xlim

senx→

−=

2

x 0

1 senx2

cos xcos xlimsenx→

− =

3x 0

12 lim

cos x2

→= −

= −

148) Calcular x 1

1 xlim

ln x x 1+→

− −


x 1

1 xlim :

ln x x 1+→

− ∞ − ∞ −

Efectuando, se tiene

x 1 x 1

1 x x 1 x ln xlim lim

ln x x 1 (x 1) ln x+ +→ →

− − − = − −

x 1

x 1 x ln xlim

(x 1) ln x+→

− −=−

x 1

x ln x 0lim :

x ln x x 1 0+→= −

+ −



97

x 1

1 ln xlim

1 ln x 1

1

2

+→

+= −+ +

= −

149) Calcular

3x 0

x arcsenxlim

sen x→

−


3x 0

x arcsenx 0lim :

0sen x→

−


2

1

1 x3 2x 0 x 0

1x arcsenx 0

lim lim :0sen x 3sen x cos x

−

→ →

−− =

Aplicando otra vez el teorema de Hospital, se tiene

2 3

x

(1 x )

2 3x 0lim

6senx cos x 3sen x

−

→

−=

−

Aplicando otra vez el teorema de Hospital, se tiene

3 12 232 2

22 3

(1 x ) x( )(1 x ) ( 2x)

(1 x )3 2 2x 0

lim6cos x 12sen cos x 9sen x cos x

− − − −

−

→= −

− −

1

6= −

150) Calcular

12(x 2)e

x 2lim (x 2)

−−

+→−


12(x 2)e e 0

x 2lim (x 2) 0 0

−−∞−

+→− = =

Para evitar la indeterminación, aplicamos lo siguiente


98

121 (x 2)

2(x 2)x 2lim e ln (x 2)

e

x 2lim (x 2) e

−−−

− +→+

−

→− = (1)

Vamos a calcular el límite del numerador 1

2(x 2)1

2(x 2)x 2 x 2

ln(x 2)lim e ln(x 2) lim :

e

−+ +

−

−

→ →

− ∞− =∞

Aplicando el teorema de Hospital, se tiene 1

2(x 2)1

2(x 2)

2

x 2 x 2

1 (x 2)lim e ln(x 2) lim

2e

−+ +

−

−

→ →

−− = − 1 0

02

= − =∞

Luego, reemplazando en (1), se tiene 1

2(x 2)e 0

x 2lim (x 2) e 1

−−

+→− = =

151) Calcular tan x

x 0

1lim

x+→

Solución

Aplicando directamente, se obtiene 0∞ Aplicando propiedad de logaritmos, resulta

1ln( ) ln(x )1 xx ctgx ctgx

x 0 x 0 x 0

tan x lim tan x ln( ) lim lim :

x 0

1lim e e e

x

−

+ + +→ → →+

∞∞

→

= = =

1x2csc xx 0 x 0

senxlim lim senx

x 0 0e e e e 1

−

+ +−→ →

− − = = = = =

152) Calcular

2sen x

x 0

1lim

1 cos x→

−


2sen x0

x 0

1lim :

1 cos x→

∞ −

Aplicando propiedad de logaritmos, resulta 2 2

2x 0 x 0

1 ln(1 cos x)sen x lim sen x ln( ) lim :1 cos x csc x

x 0

1lim e e

1 cos x→ →

− ∞−− ∞

→

= = −


99

senx 41 cos x

2 2x 0 x 0

sen x 0lim lim :2csc x ctgx 02cos x 2cos xe e

−→ →

−− −= =

3 2

x 0 x 0

4sen x cos x 2sen x cos xlim lim02senx 4cos x senx 1 2cos xe e e 1→ →− + − += = = =

153) Calcular 12x

x 0lim (1 x)

−→+


12x

x 0lim (1 x) :1

−

∞

→+

Aplicando propiedad de logaritmos, resulta

122 x 0x

ln(1 x) 0lim :

0x

x 0lim (1 x) e

−→−

+

→+ =

2

x 0 x 0

11 11 xlim lim

2x 2 x x 1e e e 0

e

− −→ →

++ −∞

∞= = = = =

154) Calcular 1x

x 0lim (sec x)→


1x

x 0lim (sec x) :1∞→


1x 0x

ln(sec x) 0lim :

x 0

x 0lim (sec x) e→

→= x 0

lim tan x0e e 1→= = =

155) Calcular 2

xlim x tan x

2cos x−π→

π −



100

2xlim x tan x :

2cos x−π→

π − ∞ − ∞

Efectuando, resulta

2 2x x

2xsenx 0lim x tan x lim :

2cos x 2cos x 0− −π π→ →

π π − − =

2

x

2senx 2x cos xlim

2senx−π→

−=−

= -1

156) Calcular x

x 0lim (1 e ) ln(senx)

+→−


x

x 0lim (1 e ) ln(senx) : 0

+→− × ∞

Dando la forma para aplicar el teorema de Hospital, se tiene

x

x1x 0 x 0

1 e

ln(senx)lim (1 e ) ln(senx) lim :

+ +→ →−

∞− =∞

x

x 2

x 2

xex 0 x 0(1 e )

cos xcos x (1 e ) 0senxlim lim :

0e senx+ +→ →−

−= =

x 2 x x

x xx 0

senx (1 e ) 2(1 e )e cos xlim 0

e senx e cos x+→

− − − −= =+

157) Calcular

1x

x 0

tan xlim

x+→


1x

x 0

tan xlim :1

x+

∞

→

Aplicando propiedad de logaritmos, resulta tan x

1 xx

x 0

ln( ) 0lim :

x 0

x 0

tan xlim e

x

+→+→

=


101

2

x 0

x sec x tan x 0lim :

x tan x 0e+→

−

=

x 0

x senx cos x 0lim :

x cos xsenx 0e+→

−

= 2 2

2 2x 0

1 cos x sen x 0lim1 cos xsenx x(cos x sen x) 01e e e 1

+→

− ++ + −= = = =

158) Calcular xx 0

1 1lim

x e 1+→

− −


xx 0

1 1lim :

x e 1+→

− ∞ − ∞ −

Efectuando, se tiene x

x xx 0 x 0

1 1 e 1 x 0lim lim :

x 0e 1 xe x+ +→ →

− − − = − −

x

x xx 0

e 1 0lim :

0e 1 xe+→

−=− +

x

x x xx 0

elim

e e xe1

2

+→=

+ +

=

159) Calcular 5

1 2 ln x

x 0lim x

++

→


501 2 ln x

x 0lim x : 0

++

→


x 0

5ln x5 lim :1 2 ln x1 2 ln x

x 0lim x e

+→+

∞+ ∞+

→=

5x 0 2

5lim

2e e+→= =


102

160) Calcular bx

x

5alim cos

x→ +∞


bx

x

5alim cos :1

x∞

→ +∞

Aplicando propiedad de logaritmos, resulta 5ax

1xx

ln(cos( )) 0bx b lim :0

x

5alim cos e

x

→ +∞

→ +∞

=

5ax

5axx

sen( )5ab lim

cos( )e

→ +∞−

= 0e= =1

161) Calcular 2 2x 0

1 1lim

sen x x→

−


2 2x 0

1 1lim :

sen x x→

− ∞ − ∞

Efectuando, se tiene 2 2

2 2 2 2x 0 x 0

1 1 x sen x 0lim lim :

0sen x x x sen x→ →

− − =


2 2 2 2x 0 x 0

2x 2senx cos x 2x sen2x 0lim lim :

02x sen x 2x senx cos x 2x sen x x sen2x→ →

− −= =+ +

2 2x 0

2 2cos2x 0lim :

02sen x 2xsen2x 2x sen2x 2x cos2x→

−=+ + +

2x 0

4sen2x 0lim :

04sen2x 12x cos2x 4x sen2x→=

+ −

2x 0

8cos 2xlim

24cos2x 32xsen2x 8x cos2x→=

− −

8 1

24 3= =

162) Calcular x

x 0lim senx→

Solución


103

Calculando directamente, se obtiene x 0

x 0lim senx : 0→


1x 0x

ln|senx|lim :

x

x 0lim senx e

→

∞∞

→=

2

x 0

x cos x 0lim :

senx 0e →=

2

x 0

2x cos x x senxlim

cos xe →

−

= 0e= =1

163) Calcular 2

x 0lim x(ln | x |)→


2

x 0lim x(ln | x |) : 0→

× ∞

Dando la forma para aplicar el teorema de Hospital, se tiene 2

21x 0 x 0x

(ln | x |)lim x(ln | x |) lim :→ →

∞=∞

21x 0 x 0x

1 x(2 ln | x |)

| x | | x |lim 2 lim x ln x→ →

= = −− 1x 0

x

ln | x |2 lim :

→

∞= −∞

21x 0x

1 x| x | | x |

2 lim→

= −− x 0

2 lim x→

= = 0

EJERCICIOS PROPUESTOS Calcular la derivada

1] 2

2

1 x xy

1 x x

+ −=− +

2] 32 2f (x) 2 x 3 x= + +

3] 5

55

1 xy

2 x

+=−

4] 3f (x) x 2 x 3 x= + +

5] 3

1 2 3y

x x x= + − 6] 2 43f (x) x 2 x 4 x= + −

7] y cos 2x 2sen x= − 8] 2 2y sen(cos x) cos(sen x)= −

9] f (x) tan(sen(arctan(2x)))= 10] a a xa x af (x) x a a= + +

11] 3 2 x 3y log x 3 x= − 12] 2

2

1 x 1y ln

4 x 1

−= +


104

13] 2 3x x3 2

f (x) 5sec 7csc= − 14] 2y ln(x x 1)= + +

15] 22y sen[cos (log (2x))]= 16]

1x

tan( )f (x) 2=

17] 2152

f (x) ctg x 9log (sen(5x))= − 18] 1 x

y arccos2

− =

19] 2y ln(1 sen x) 2sen x arctan(sen x)= + −

19] 21 xf (x) arctan arccos 1 x

1 x

+ = + − −

20] 1 2

y arctan arcsec(2x)x2

= − 21] 2 2y x arccsc(x ) senh 2x= −

22] 3x xf (x) x x x= + + 23]

5 x xx 5 xf (x) x x 5= + +

24] x ln xy (ln x) x= 25] xxy log e x= +

26] f (x) arccsc(cosh x) arcsec(senh x)= −

27] 2 2 33y log (x 1) arcsen (ln(1 x ))= − + +

28] 2x2 5x x 5f (x) x 2 (2x)= + − π + π −

29] 2 3ln 2x log2x x xy e 2+ −= − 29] 2 sen x 3y (x 1) x= + +

30] x xe e

y ln cos arctan2

− − =

31] x 353

5 2

x 5f (x) (1 xe )

x 4

−= + ++

32] x, x 0

yln(1 x), x 0

<= + ≥

33]

22 x

1e

x e , x 1f (x)

, x 1

− ≤= >

34] 2

x ln x x 1, x 1f (x) 1 1

cos x , x 12 2

− + >= − π − ≤ π π

35] 2

2

x 3 , x 2

f (x) x 4x 5, 2 x 0

5 x , x 0

+ < −= + + − ≤ ≤ − >


105

36] 3 2 1

28x 4x , x

f (x)10x 1, x 0

− + < −= − − ≥

37] 2

27, x 3

f (x) 3x , 3 x 0

1, x 0

x 1

≤ −

= − < < ≥ +

38] ln x 2y xy x 1− = − , calcular x 1

y =′

39] 2 2 2 2 xarccos(x y e) ln(x y )

y− − + =

40] 2 2 xarctan(x y x)

y− − = π 41] 2 2 x y

3log (xy x ) y x+ = +

42] 2 3

yx yln(2x 2y) e

3− − = 43] 3 2x xy x y+ = +

44] 50 25(x y 5) xy+ − = 45] 2 x ycos( x y e ) ye−+ − =

46] y x 5x 2y 5 x− = + 47] 2y 2x sen(xy) e− =

48] 5/ 2 5y (x y) x 3− + = − 49] ln x 2y xy x 1− = −

Graficar, hallando intersecciones, asíntotas, extremos y concavidad

1] 3 2f (x) x 2x 4x 2= + − + 2] 3 2f (x) x 6x 9x= + +

3] 4 2y x 14x 24x 1= − − + 4] 5 3f (x) 3x 125x 2160x= − +

5] 4 2f (x) x 12x 36= − + 6] 4 3 2f (x) 3x 8x 6x= − +

7] 2 2f (x) (x 1)(x 9)= − − 8] 4 3y 2x 4x= −

9] 5 4f (x) 4x 5x= − 10] 3 2 3y 4x x 0− + =

11] 2

xf (x)

x 1

−=+

12] 2

2

xf (x)

x 1=

+

13] 3x 3

f (x)x 2

−=+

14] 2

x 1f (x)

x x 1

+=+ +

15] 2x 3x 4

f (x)x 2

− −=−

16] 3

2

xf (x)

x 1=

−

17] 3x

f (x)x 2

=−

18] 2

2

x 4f (x)

x 9

−=−

19] 2

2

x 3f (x)

x 1

+=+

20] 2 23f (x) 4 (x 1)= −


106

21] 2 23 3f (x) (x 4) (x 4)= + − − 22] 3 2 3f (x) 4x x= −

23] 3 3 2f (x) x x 5x 5= − − + 24] 3 3 2f (x) x 2x 4x 8= − − +

25] 2

2

16x 4x 6f (x)

9x 6x 8

+ −=− −

26] 4 2

2

x 5x 4f (x)

x 2x 24

− +=+ −

27] 2

x, x 2

x 1f (x)1

x 2, x 2x

≤ += − + >

28]

3 3 2

2

x 2x , x 0

xf (x) , x 0x 1

− ≥= > −

29]

2

2

2

x 1, x 3, x 0

x x 1f (x)

x 9, x 3

x 1

− > − ≠ += − ≤ +

30]

2

2

2

2

2(x 1), x 1

(x 1)f (x)

x, x 1

x 1

− > −+=

< − −

31]

2

2

3

2

x, x 2

x 4f (x)x

, x 2, x 24 x

< −

−=

> − ≠ −

32] f (x) x sen x= −

33] f (x) x cos x= + 34] 2f (x) sen x=

Aplicando el teorema de H´ospital, calcular los siguientes límites

1] 3x 0

arcsen 2x 2arcsen xlim

x→

− 2]

3x 0

arcsen x arctan xlim

x→

−

3] 1

1 x

x 1lim x −

→ 4]

x2

tan

x 1lim (2 x)

π

→−

5] 4

tan 2x

xlim (tan x)

π→ 6] sen x

x 0lim (ctg x)

→

7] x1x

x 0lim (ln )

+→ 8]

1x

x

xlim tan

2x 1→ ∞

π +

9] xx 0

1 1lim

x e 1→

− − 10]

x 1

1 1lim

ln x x 1→

− −

11] x 0

1lim ctg x

x→

−

12]

12x

x 0

arcsen xlim

x→


107

13] 1x2

x 0lim ( arccos x)π→

14] ln x

xx

xlim

(ln x)→ ∞

1) Sea la curva C descrita por la ecuación: 3 3y 3xy x 1+ − = − . Hallar la

ecuación de la recta tangente a la curva en el punto (2, y). 2) Hallar el polinomio de segundo grado P(x) tal que

a. Pase por (3, 5) y que la recta tangente a la curva en este punto sea paralela a la recta 3x + y = 1.

b. Y la recta perpendicular a la tangente a la curva en el punto ( 1, P( 1))− − tenga un ángulo de 45º.

3) Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la curva 2 2x 4y 4x 8y 3 0+ − − + = . Trazadas desde el punto (-1, 3).

4) Si A es la intersección de 2 vías perpendiculares, un móvil A1 pasa por A a las 9 am en dirección Norte a razón de 60 km/h. Un móvil A2, pasa por A en dirección Este a las 10 am el mismo día a 90 km/h. Hallar la razón de la distancia entre los dos móviles a las 11 am del mismo día.

5) Un automóvil que viaja a razón de 30 pies/s se acerca a una intersección. Cuando el automóvil está a 120 pies de la intersección, un camión que viaja a razón de 40 pies/s cruza la intersección. Si el automóvil y el camión están en carreteras que forman ángulos rectos una con respecto a la otra. ¿Con qué rapidez se separan el automóvil y el camión 2 segundos después de que el camión pasó por la intersección?.

6) Un recipiente tiene 12 m de largo y extremos que tienen la forma de triángulos isósceles invertidos que miden 3 m de altura y 3 m de base. El agua fluye al recipiente a razón de 2 m3/min. ¿Con qué rapidez aumenta el nivel del agua, cuando el agua tiene 1 m de profundidad?

7) Un recipiente tiene 16 m de largo y sus extremos son trapecios isósceles con altura de 4 m, base menor de 4 m y base mayor de 6 m. Se vierte agua en el recipiente a razón de 10 m3/min. ¿Con que rapidez crece el nivel del agua cuando el agua tiene 2 m de profundidad?

8) Un punto se mueve sobre la parábola 2y2 = 7x, de manera que la abscisa aumenta uniformemente 3 cm/s. ¿En qué punto aumenta la abscisa y la ordenada a la misma razón?

9) Un rectángulo tiene 120 m. de perímetro. ¿Cuáles son las medidas de los lados del rectángulo que dan el área máxima?

10) Una recta variable que pasa por el punto (1, 2) corta al eje X en A(a, 0) y al eje Y en B(0, b). Hallar el área del triángulo AOB de superficie mínima, suponiendo a y b positivos.

11) Una ventana tiene forma de rectángulo, culminando en la parte superior con un triángulo equilátero. El perímetro de la ventana es de 3 metros. ¿Cuál debe ser la longitud de la base del rectángulo para que la ventana tenga el área máxima?


108

12) Un faro se encuentra ubicado en un punto A, situado a 5 Km. del punto más cercano O de una costa recta. En un punto B, también en la costa y a 6 Km. de O, hay una tienda. Si el guardafaros puede remar a 2 km/h, y puede cambiar a 4 km/h, ¿dónde debe desembarcar en la costa, para ir del faro a la tienda en el menor tiempo posible?

13) Determinar las dimensiones del cono invertido de mayor área lateral que puede inscribirse en un cono circular recto de radio 1cm y altura 3cm, como se muestra en la figura siguiente:

14) Determinar las dimensiones del cono de volumen mínimo circunscrito a

una semiesfera de radio R, de tal forma que el plano de la base del cono coincida con el de la semiesfera.

15) Los puntos A y B están situados uno frente al otro y en lados opuestos de un río recto de 300 mts. de ancho. El punto D está a 600 mts. de B y en su misma orilla. Una compañía de teléfonos desea tender un cable desde A hasta D. Si el costo por metro de cable es el 25% más caro bajo el agua que por tierra. ¿Cómo se debe tender el cable, para que el costo total sea mínimo ?

16) Se desea diseñar una lata con una capacidad para un litro (1000 cm3) con

forma de un cilindro circular recto. Qué dimensiones debe tener la lata para usar la menor cantidad de material posible.

17) Determinar el área del mayor rectángulo que se puede inscribir dentro de la región limitada por la parábola f(x) = 12 – x2 y el eje X.


109

18) Halle la altura máxima que alcanza un proyectil lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 5 m/s.

19) Calcular el área máxima de la circunferencia inscrita en el trapecio si h =2b y B+2b = 8

20) Se tiene una casa de forma rectangular. Se desean enchapar las paredes.

Calcular a cuánto ascendería el presupuesto, si la casa posee 3 ventanas de 5 m2 cada una y 5 puertas de 5 m2 cada una. b, a, h dimensiones y b a 5h 50+ + = , costo×m2 = S/. 5

21) Se da una circunferencia de radio R donde se divide su diámetro en dos

partes que se toman como diámetro de dos circunferencias. Halle el área máxima de la superficie comprendida entre la 3 circunferencias.

22) Un viaje subsidiado por un colegio costará 15 soles a cada alumno si viajan no más de 150a alumnos; sin embargo, el costo por alumno se reducirá 0.05 soles por cada uno que sobrepase los 150 soles. ¿Cuántos alumnos deben realizar el viaje a fin de que el colegio reciba los mayores ingresos brutos?

23) Trazar una recta de modo que pase por el punto (1, 4) y que la suma de las longitudes de los segmentos cortados por dicha recta en los ejes coordenados sean los menores posibles. Indicar la recta.

24) Un cuadro de 1.4 m de altura cuelga de la pared de modo que su borde inferior está a 1.8 m por encima del radio de la vista del observador. A qué distancia de la pared debe situarse el observador para que su posición sea la más ventajosa para contemplar el cuadro (es decir, para que el ángulo visual sea mayor posible).

25) Halle el ángulo θ en la siguiente figura, sabiendo que el cono tiene la menor superficie lateral posible y que está circunscrito en torno a una esfera dada. Indique el senθ

b

r

r

B

h=2b

b a

h


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26) Halle los ángulos agudos del triángulo rectángulo que tiene el área máxima

entre todos los triángulos, en los que la suma de las longitudes de uno de los catetos y la hipotenusa es constante.

27) Halle la longitud mínima del segmento que divide el triángulo equilátero de lado c en dos figuras de áreas iguales.

28) Hallar la altura de un prisma triangular regular de volumen máximo, inscrito en una esfera de radio R.

29) Una piedra ha sido lanzada a velocidad inicial prefijada bajo el ángulo α respecto al horizonte. Despreciando la resistencia del aire, determinen con qué α la distancia de vuelo de la piedra será la máxima.

θ

α

R


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112

Matemática I - Derivadas (Aplicaciones)

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