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PRIMERA PARTE
Desigualdades e inecuaciones – Continuidad- Funciones circulares – G. Analítica – Derivadas y
Aplicaciones.
Prof. JORGE INOSTROZA LAGOS Prof. CLAUDIO LABBÉ D.
2010
1
INDICE 1.-FUNCIÓN REAL. Ejercicios Resueltos;Desigualdades e inecuaciones: 02 Guía # 1. Ejercicios Propuestos 16 2.-FUNCIONES DE UNA VARIABLE Ejercicios Resueltos. 17 Guía # 2. Ejercicios Propuestos 22 3.-LIMITE Y CONTINUIDAD. Ejercicios Resueltos 26 Guía # 3. Ejercicios Propuestos 35 4.-FUNCIONES CIRCULARES Ejercicios Resueltos de Trigonometría 40 Guía # 4.Ejercicios Propuestos 48 5.-GEOMETRÍA ANALÍTICA. Ejercicios Resueltos. 49 Guía # 5.Ejercicios Propuestos 57 6.-LA DERIVADA. Ejercicios Resueltos 58 Guía # 6.Ejercicios Propuestos 70 7.-APLICACIONES DE LA DERIVADA. Ejercicios Resueltos 58 Guía # 7. Ejercicios Propuestos 87 8.- TEOREMA DE L’HOPITAL Ejercicios Resueltos 92 Guía # 8. Ejercicios Propuestos 97
2
CALCULO APLICADO 1.- FUNCIÓN REAL Ejercicios Resueltos: Desigualdades, Inecuaciones, Supremo Acabado el estudio que caracteriza los reales como un cuerpo ordenado y completo, se puede entender los siguientes ejercicios resueltos. 1) Pruebe las siguientes desigualdades:
a) 2 ab
ba
≥+ , ∀ a, b ∈ ℝ+
b) ba
2ab ab 2
ba+
≥≥+ , ∀ a, b ∈ ℝ+
OBS.: M.A. ≥ M.G. ≥ M.H.
c) a3b + ab3 ≤ a4 + b4 , ∀ a, b ∈ ℝ
d) a4 + b4 ≥ 2a2b2
e) ba ba +≤+ , ∀ a, b ∈ ℝ+
Solución:
a) Como x2 ≥ 0 ∀ x ∈ ℝ, y x + x1 ≥ 2 (puesto que x + 1
x – 2 = ( 1x
x− )2 ≥ 0), entonces
si x = ba , se tiene b1
x a= , y por lo tanto 2
ab
ba ≥+ //
b) i) P/D: a + b – 2 ab ≥ 0 ⇔ ( a – b )2 ≥ 0 ⇔ a b
2+ ≥ ab .
ii) P/D: a b2ab+ ≥ 1
ab ⇔ a + b ≥ 2 ab ⇔ a b
2+ ≥ ab , ya probado.
c) a4 + b4 – a3b – ab3 > 0 ⇔ a3(a –b) – b3(a – b) ≥ 0 ⇔ (a3 – b3)(a – b) ≥ 0 ⇔
(a2 + ab + b2)(a – b)2 ≥ 0, y como cada factor es mayor o igual a cero, queda probado. d) a4 + b4 ≥ 2a2b2 ⇔ a4 + b4 – 2a2b2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥ 0// e) Primero notemos que x2 ≥ y2 ⇔ x ≥ y ∀ x, y ∈ ℝ+, pues
x2 – y2 = (x – y)(x + y) ≥ 0 ⇒ x – y ≥ 0 ya que x + y ≥ 0.
Luego, como (a + b) ≤ (a + b) + 2 ab = ( a + b )2, entonces ba ba +≤+ //
3
2) Probar las siguientes desigualdades:
a) (a + b)(b + c)(a + c) ≥ 8abc ∀ a, b, c ∈ ℝ+
b) (ab + bc)(ac + bc)(ab + ac) ≥ 8a2b2c2 ∀ a, b, c ∈ ℝ+
c) (a + b)2 + (b + c)2 + (a + c)2 ≥ 4(ab + bc + ac) ∀ a, b, c ∈ ℝ+ Solución:
a) Como a + b ≥ 2 ab b + c ≥ 2 bc (∗) a + c ≥ 2 ac
(a + b)(b + c)(a + c) ≥ 8 ab bc ac = 8abc// b) Multiplicando (∗) por c, a, b, respectivamente, tenemos
ac + bc ≥ 2c ab ba + ca ≥ 2a bc ab + cb ≥ 2b ac
Multiplicando miembro a miembro: (ac + bc)(ba + ca)(ab + cb) ≥ 8abc ab bc ac = 8abc·abc ≥ 8a2b2c2
// c) Ya que todo número real elevado al cuadrado es mayor o igual a cero:
(a – b)2 ≥ 0
entonces a2 –2ab + b2 ≥ 0
a2 + b2 ≥ 2ab /+(2ab)
a2 + 2ab + b2 ≥ 4ab
(a + b)2 ≥ 4ab (1)
Del mismo modo: (b + c)2 ≥ 4bc (2)
(a + c)2 ≥ 4ac (3)
Sumando (1) + (2) + (3): (a + b)2 + (b + c)2 + (a + c)2 ≥ 4(ab + bc + ac)//
4
3) Probar que
a) a + b + c = 6 ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ 12
b) a + b + c = 1 ⇒ (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc
c) a + b = 1 ⇒ 4ab ≤ 1
d) a2 + b2 = 4 ⇒ a4 + 41
a + b4 + 4
1b
> 16 ∀ a, b ∈ ℝ+
Solución:
a) De a + b + c = 6 tenemos (a + b + c)2 = 62 ⇒ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac) = 36 (∗)
Por otra parte, en la solución 2c) anterior se demostró que
a2 + b2 ≥ 2ab
Del mismo modo: b2 + c2 ≥ 2bc sumando ⇒ 2a2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2bc + 2ac
c2 + a2 ≥ 2ac ⇒ 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ac) (∗∗)
Finalmente, reemplazando (∗∗) en (∗):
a2 + b2 + c2 + 2(a2 + b2 + c2) ≥ 36
3(a2 + b2 + c2) ≥ 36 /:3
⇒ a2 + b2 + c2 ≥ 12//
b) De a + b + c = 1 se tiene
1 – a = b + c
1 – b = a + c ⇒ (b +c)(a + c)(a + b) = a2b + abc + a2c + ab2 + b2c + abc + ac2 + bc2
1 – c = a + b = (a2b + bc2) + (ab2 + ac2) + (a2c + b2c) + 2abc
= b(a2 + c2) + a(b2 + c2) + c(a2 + b2) + 2abc
y puesto que a2 + b2 ≥ 2ab, entonces
(b +c)(a + c)(a + b) ≥ 2abc + 2abc + 2abc + 2abc
≥ 8abc//
c) De a + b = 1 tenemos a2 + 2ab + b2 = 1.
Pero a2 + b2 ≥ 2ab ⇒ a2 +2ab + b2 ≥ 4ab ⇒ 1 ≥ 4ab, o bien 4ab ≤ 1//
5
d) Por demostrar que a2 + b2 = 4 ⇒ a4 + 41
a + b4 + 4
1b
> 16 ∀ a, b ∈ ℝ+
Solución:
a2 + b2 = 4 /( )2 ⇒ a4 + 2a2b2 + b4 = 16 ⇒ a4 + b4 = 16 – 2a2b2 (1)
Ahora bien, como todo número real al cuadrado es siempre positivo o cero, tenemos
(a – b)2 ≥ 0 ⇒ a2 – 2ab + b2 ≥ 0 ⇒ a2 + b2 ≥ 2ab
4 ≥ 2ab ⇒ ab ≤ 2 (∗)
También
(a2 – b2)2 ≥ 0 ⇒ a4 – 2a2b2 + b4 ≥ 0 ⇒ a4 + b4 ≥ 2a2b2 /: a4b4
41
a + 4
1b
≥ 2 22
a b (2)
Sumando (1) + (2):
a4 + b4 + 41
a + 4
1b
≥ 16 – 2a2b2 + 2 22
a b (3)
Y de (∗) ab ≤ 2 /( )2
a2b2 ≤ 4 /·(–2)
–2a2b2 ≥ –8
y Entonces (3) da:
ab ≤ 2 /( )2 a4 + b4 + 41
a + 4
1b
≥ 16 – 8 + 8
a2b2 ≤ 4 a4 + b4 + 41
a + 4
1b
≥ 16//
2 21
a b ≥ 4 /·(2)
2 22
a b ≥ 8
6
4) Resolver las inecuaciones
a) 2x + 1 > x + 3 i) 34x 1 x 2
−+ +
≥ 1
b) x2 – 2x – 35 ≥ 0 j) – 1 < 3x 4x 7+−
≤ 1
c) x – 1 < 2x + 5 < – x – 10 k) 2(x 1)(x 2)(x 1)
(2x 3)(3x 2)+ − +
− − ≤ 0
d) (x – 1)(x + 2) > 0 l) x 23 x+−
≤ 1
e) x2 – 2x – 48 < 0 m) ⎮2x + 3⎮ > 5
f) (x2 + 3x – 4)(2x2 + 4) ≤ 0 n) ⎮x – 5⎮ + ⎮1 – x⎮ < 4
g) 2x
(x 2)+ ≤ 0 ñ)
2
2x 2x 3x 5x 6
− +− +
> 15
h) x – 2x
> 1 o) ⎮1 + ⎮x – 2⎮ + x⎮ < 4
Solución:
a) 2x + 1 > x + 3 ⇒ 2x – x > 3 – 1 ⇒ x > 2.
S = { x ∈ ℝ / x > 2 } ≡ ] 2, ∞ [.
b) Factorizando: x2 – 2x – 35 ≥ 0 ⇒ (x – 7)(x + 5) ≥ 0
Valores críticos (VC) (son los valores de x que anulan los factores (x + 5) y (x – 7)):
(x – 7) = 0 ⇒ x = 7 ; (x + 5) = 0 ⇒ x = – 5 ;
De modo que x – 7 > 0 si x > 7 ∧ x – 7 < 0 si x < 7
x – 5 > 0 si x > 5 ∧ x – 5 < 0 si x < 5. Luego, tenemos la tabla:
Tabla:
(x – 7) – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + +
(x + 5) – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
(x – 7)(x + 5) + + + + + + + + + + – – – – – – – – + + + + + + + + +
–∞ < x ≤ – 5 7 ≤ x < ∞
Luego, el conjunto solución S es
S = { x ∈ ℝ / –∞ < x ≤ –5 ∨ 7 ≤ x < ∞ }
o bien x ∈ ] –∞, –5 ] ∪ [ 7, ∞ [
x –∞ – 5 7 ∞
7
c) x – 1 < 2x + 5 ∧ 2x + 5 < – x – 10 ⇔ – x < 6 ∧ 3x < – 15
⇔ x > – 6 ∧ x < – 5.
o bien S = { x ∈ ℝ / – 6 < x < – 5 } ≡ ] – 6, – 5 [
– ∞ ∞
d) (x – 1)(x + 2) > 0. Los valores críticos de x son, entonces, x = 1, x = –2. Hagamos una tabla con
los VC y los factores (x – 1) y (x + 2):
Tabla:
(x – 1) – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + +
(x + 2) – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
(x – 1)(x + 2) + + + + + + + + + – – – – – – – – + + + + + + + + +
–∞ < x < – 2 1 < x < ∞ Luego, el conjunto solución S de nuestro problema será S = { x ∈ ℝ / x < –2 ∨ x > 1 }
o bien S = ] – ∞ , – 2 [ ∪ ] 1 , ∞ [
e) Factorizando:
x2 – 2x – 48 < 0 ⇒ (x – 8)(x + 6) < 0 ⇒ VC: (x – 8) = 0 ⇒ x = 8
(x + 6) = 0 ⇒ x = – 6 Tabla:
(x – 8) – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + +
(x + 6) – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + +
(x – 8)(x + 6) + + + + + + + + + – – – – – – – – + + + + + + + +
– 6 < x < 8
S = { x ∈ ℝ / – 6 < x < 8 }
o bien x ∈ ] – 6 , 8 [ //
– 6 – 5
S
x –∞ – 2 1 ∞
x –∞ – 6 8 ∞
8
f) Puesto que en (x2 + 3x – 4)(2x2 + 4) ≤ 0, el factor (2x2 + 4) es siempre positivo, basta estudiar el
factor (x2 + 3x – 4) tal que (x2 + 3x – 4) ≤ 0.
x2 + 3x – 4 ≤ 0 ⇒ (x + 4)(x – 1) ≤ 0 ⇒ VC: x = – 4 , x = 1.
Tabla:
(x + 4) – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + +
(x – 1) – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + +
(x + 4)(x – 1) + + + + + + + + + + – – – – – – – – + + + + + + + + +
– 4 ≤ x ≤ 1 ⇒ S = { x ∈ ℝ / – 4 ≤ x ≤ 1 } ó x ∈ [ – 4, 1 ]// g) El signo lo define el numerador (puesto que (x +2)2 es siempre positivo para x ≠ – 2, (ya que la
división por cero no está definida en ℝ). Luego:
S = { x ∈ ℝ / x ≤ 0 } – { –2 }.
h) x – 2x
> 1 ⇒ x – 2x
– 1 > 0 ⇒ 2x x 2
x− − > 0 ⇒ (x 2)(x 1)
x− + > 0
⇒ VC: (x – 2) = 0 ⇒ x = 2; (x + 1) = 0 ⇒ x = –1; x = 0.
Tabla:
Luego, (x 2)(x 1)x
− + > 0 ⇒ –1 < x < 0 ó 2 < x < ∞
⇒ Solución = S = { x ∈ ℝ / –1 < x < 0 ∨ 2 < x < ∞ }
o bien: x ∈ ] –1, 0 [ ∪ ] 2, ∞ [
(x – 2) – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + +
(x + 1) – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
x – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + +
(x 2)(x 1)x
− + – – – – – + + + + + + + – – – – – + + + + + +
x –∞ – 4 1 ∞
x –∞ –1 0 2 ∞
9
i) 34x 1 x 2
−+ +
≥ 1 ⇒ 34x 1 x 2
−+ +
– 1 ≥ 0 ⇒ 4(x 2) 3(x 1) (x 1)(x 2)(x 1)(x 2)
+ − + − + ++ +
≥ 0
⇒ (x 3)(x 1)(x 1)(x 2)
+ −+ +
≤ 0.
Vemos que los valores críticos son x = –3 , x = 1 , x = –1 , x = –2. Tabla:
–3 ≤ x < –2 –1 < x ≤ 1
⇒ S = [ –3, –2 [ ∪ ] –1, 1 ]
NOTA: El conjunto solución S no incluye los valores x = –2 & x = –1, pues ellos hacen cero el denominador.
j) – 1 < 3x 4x 7+−
≤ 1 ⇔ –1 < 3x 4x 7+−
∧ 3x 4x 7+−
≤ 1
⇒ 3x 4x 7+−
+ 1 > 0 ∧ 3x 4x 7+−
– 1 ≤ 0.
Estudiemos cada inecuación por separado:
i) 3x 4x 7+−
+ 1 > 0 ⇒ 3x 4 (x 7)x 7
+ + −−
> 0 ⇒ 4x 3x 7−−
> 0 ⇒ V.C. x = 34
, x = 7.
Tabla:
–∞ < x < 34
7 < x < ∞
⇒ Si = { x ∈ ℝ / ∞ < x < 34
∨ 7 < x < ∞ }
esto es, x ∈ ] ∞, 34
[ ∪ ] 7, ∞ [
(x + 3) – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
(x – 1) – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + +
(x + 1) – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + +
(x + 2) – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + +
(x 3)(x 1)(x 1)(x 2)
+ −+ +
+ + + + + + – – – – – + + + + + + – – – – – + + + + + +
4x – 3 – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + +
x – 7 – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + +
(4x – 3)(x – 7) + + + + + + + + + – – – – – – – – + + + + + + + +
x –∞ –3 –2 –1 1 ∞
x –∞ 43 7 ∞
10
ii) 3x 4x 7+−
– 1 ≤ 0 ⇒ 3x 4 (x 7)x 7
+ − −−
≤ 0 ⇒ 2x 11x 7+−
≤ 0 ⇒ V.C. x = – 112
, x = 7.
Tabla:
– 112
≤ x < 7
⇒ Sii = { x ∈ ℝ / – 112
≤ x < 7 }
o bien x ∈ [ – 112
, 7 [
Luego, la solución final S será S = Si ∩ Sii = [ – 112
, 34
[
k) Como (x2+1) es siempre positivo, entonces no altera el signo, por lo que basta analizar
(x 1)(x 2)(2x 3)(3x 2)
+ −− −
≤ 0.
Valores críticos: x = –1 ; x = 2 ; x = 23 ; x = 3
2 .
Tabla:
–1 ≤ x < 32
23 < x ≤ 2
⇒ S = [ –1, 32 [ ∪ ]
23 , 2 ]
2x + 11 – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + +
x – 7 – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + +
(2x + 11)(x – 7) + + + + + + + + – – – – – – – – + + + + + + + +
(x + 1) – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
(x – 2) – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + +
(2x – 3) – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + +
(3x – 2) – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + +
)2x3)(3x2()2x)(1x(
−−−+ + + + + + – – – – – + + + + + + – – – – – + + + + + +
x –∞ –1 32
23 2 ∞
x –∞ – 112 7 ∞
11
l) Puesto que | X | ≤ a ⇔ – a ≤ X ≤ a , entonces
x 23 x+−
≤ 1 ⇔ x 2x 3+−
≤ 1 ⇔ –1 ≤ x 2x 3+−
≤ 1 (con X ≡ x 2x 3+−
)
i) x 2x 3+−
≤ 1 ⇔ x 2x 3+−
– 1 ≤ 0 ⇔ 5x 3−
≤ 0 ⇒ x – 3 ≤ 0 ⇒ S1 : x ≤ 3.
ii) –1 ≤ x 2x 3+−
⇒ x 2x 3+−
+ 1 ≥ 0 ⇒ 2x 1x 3
−−
≥ 0 ⇒ V.C. x = 12
, x = 3.
Tabla:
– ∞ < x ≤ 21 3 < x < ∞
⇒ S2 = { x ∈ ℝ / – ∞ < x ≤ 12
∨ 3 < x < ∞ } .
Luego, ST = S1 ∩ S2 ⇒ ST = { x ∈ ℝ / – ∞ < x ≤ 12
}
m) Como | X | > a ⇔ X > a ∨ X < – a, entonces
⎮2x + 3⎮ > 5 ⇔ 2x + 3 > 5 ∨ 2x + 3 < – 5. Tenemos así dos casos:
i) 2x + 3 > 5 ⇒ x > 1
ii) 2x + 3 < – 5 ⇒ x < – 4
De aquí que el conjunto solución S es S = { x ∈ ℝ / x < – 4 ∨ x > 1} o bien S = { ] – ∞, – 4 [ ∪ ] 1, ∞ [ }// n) ⎮x – 5⎮ + ⎮1 – x⎮ < 4 . Como x – 5 ≥ 0 si x ≥ 5, entonces ⎮x – 5⎮ = (x – 5)
y 1 – x ≥ 0 si x ≤ 1, entonces ⎮1 – x⎮ = (1 – x),
luego, tenemos los V.C. 1 y 5: Si x ≤ 1, entonces
⎮x – 5⎮ + ⎮1 – x⎮ < 4 ⇔ –(x – 5) + (1 – x) < 4 ⇒ 6 < 4 + 2x ó x > 1.
Si 1 < x ≤ 5, entonces
⎮x – 5⎮ + ⎮1 – x⎮ < 4 ⇔ –(x – 5) – (1 – x) < 4 ⇒ 4 < 4 ⇒⇐
2x – 1 – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + +
x – 3 – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + +
2x 1x 3
−−
+ + + + + + + + + – – – – – – – – + + + + + + + +
x –∞ 21 3 ∞
1 5
12
Si x > 5, entonces
⎮x – 5⎮ + ⎮1 – x⎮ < 4 ⇔ (x – 5) – (1 – x) < 4 ⇒ 2x < 10 ó x < 5 ⇒⇐
Luego, el conjunto solución ST es vacío, esto es
ST = ∅.
ñ) 2
2x 2x 3x 5x 6
− +− +
> 15
⇔ 2
2x 2x 3x 5x 6
− +− +
> 15
∨ 2
2x 2x 3x 5x 6
− +− +
< – 15
a) 2
2x 2x 3x 5x 6
− +− +
– 15
> 0 ∧ b) 2
2x 2x 3x 5x 6
− +− +
+ 15
< 0 ⇒ 2 2
25(x 2x 3) (x 5x 6)
5(x 5x 6)− + − − +
− + > 0
a) 2
24x 5x 9
5(x 5x 6)− +− +
> 0 ∧ b) 2
26x 15x 215(x 5x 6)
− +− +
< 0
En ambas situaciones, numerador y denominador son trinomios de 2º grado, los que analizaremos
gráficamente, observando el discriminante y el coeficiente de x2 para ver cómo se desarrolla la
parábola:
a) Para x2 – 2x + 3, el discriminante Δ es Δ < 0; entonces la parábola no corta al eje X, y se desarrolla
hacia arriba, ∴ x2 – 2x + 3 > 0 ∀ x ∈ ℝ.
En x2 – 5x + 6, el discriminante Δ = 1, y como
x2 – 5x + 6 = (x – 3)(x – 2), la parábola abierta
hacia arriba corta al eje X en x = 2 & x = 3; luego
x2 – 5x + 6 > 0 si x ∈ ] –∞, 2 [ ∪ ] 3, ∞ [ . Por lo que Sa = ] –∞, 2 [ ∪ ] 3, ∞ [. b) Con igual análisis: 6x2 – 15x + 21 < 0 ∀ x ∈ ℝ ∧ x2 – 5x + 6 < 0 si x ∈ ] 2, 3 [.
Luego, la solución total ST es ] –∞, 2 [ ∪ ] 2, 3 [ ∪ ] 3, ∞ [ , ó bien ST = ℝ – { 2, 3 }.
o) De ⎮1 + ⎮x – 2⎮ + x⎮ < 4 , consideremos dos casos:
Caso a):
Si x ≥ 2, entonces |x – 2| = (x – 2). Luego, ⎮1 + (x – 2) + x⎮ < 4 ⇒ |2x – 1| < 4
⇒ – 4 < 2x – 1 < 4 ó – 32
< x < 52
.
⇒ Sa = { x ∈ ℝ / x ≥ 2 ∧ x < 52
} = [ 2, 52
[.
2 3
13
Caso b):
Si x < 2, entonces |x – 2| = – (x – 2). Luego, ⎮1 – (x – 2) + x⎮ < 4 ⇒ 3 < 4
⇒ Sb = { x ∈ ℝ / x < 2 } = ] – ∞, 2 [.
Luego, la solución total ST es ST = ] – ∞, 52
[.
5) Señale Supremo o Ínfimo, si los hay, en los siguientes conjuntos:
a) A = { x ∈ ℝ / 5x 1− < 1 }
b) B = { x ∈ ℝ / 2|x – 2| – |x + 1| + x ≥ 0 }
c) C = { x ∈ ℝ / x2 – x – 2 < 0 ∧ x ≥ 0 }
d) D = { y ∈ ℝ / y = 21x
; –1 ≤ x ≤ 1 }
e) E = { x ∈ ℝ / 4 x+ > x }
f) F = { x ∈ ℝ / x = (–1)n (2 – n42
) ; n = 1, 2, 3, 4, ..... }
Solución:
Se trata de encontrar el conjunto solución de cada inecuación y señalar intuitivamente el Supremo e Ínfimo de éste.
a) Condición inicial: 5x – 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ 15
.
Sabiendo que a < b ⇒ a2 < b2 , ∀ a, b ∈ ℝ+, tenemos que
5x 1− < 1 ⇒ 5x – 1 < 1 ⇒ x < 25
⇒ A = { x ∈ ℝ / 15
≤ x < 25
}.
Por consiguiente, Sup A = 25
∉ A ∧ Ínf A = 15
∈ A.
b) Los puntos críticos a considerar para los signos de los valores absolutos son 2 y –1.
Si x ≤ –1, entonces x – 2 < 0 ∧ x + 1 < 0 ⇒ 2|x – 2| – |x + 1| + x =
–2(x – 2) + (x + 1) + x ≥ 0 ⇒ 5 ≥ 0.
Por lo tanto, Sa = { x ∈ ℝ / x ≤ –1 }. Si –1 < x < 2 ⇒ 2|x – 2| – |x + 1| + x = –2(x – 2) – (x + 1) + x ≥ 0
–1 2
a b c
a
b
14
⇒ –2x + 3 ≥ 0 ⇒ x ≤ 32
.
Por lo tanto, Sb = { x ∈ ℝ / –1 < x ≤ 32
}.
Si x ≥ 2 ⇒ 2|x – 2| – |x + 1| + x = 2(x – 2) – (x + 1) + x ≥ 0
⇒ 2x ≥ 5 ⇒ x ≥ 52
, ⇒ Sc = { x ∈ ℝ / x ≥ 52
}.
Luego, ST = Sa ∪ Sb ∪ Sc = ] –∞, –1] ∪ ] 1, 32
] ∪ [ 52
, ∞ [ ;
⇒ no hay Sup A ni Ínf A . c) x2 – x – 2 = (x – 2)(x + 1) < 0 si x ∈ ] –1, 2 [ (Ver parábola)
∴ C = { x ∈ ℝ / 0 ≤ x < 2 }
⇒ Sup C = 2 ; Ínf = 0.
d) Si y = 21x
, una figura aproximada sería
Luego,
Sup D = ∞ ; Ínf D = 0
e) 4 + x ≥ 0 ó x ≥ – 4 ∴ 4 + x > x2 ⇒ x2 – x – 4 < 0.
Como x2 – x – 4 = 0 ⇒ x = 1 172
±
⇒ E = 1 172
− , 1 172
+
(Observar la parábola)
f) F = { –2, ......, 178
, – 149
, 0, 1, 74
,.......,2 }
Si n es par, lleva signo (+), y a mayor n menos se le resta a 2; luego, x < 2.
Si n es impar, lleva signo (–), y a mayor n, menos se resta a 2, por lo que tendrá signo
menos; luego, x > –2.
∴ Sup F = 2 e Ínf F = –2.
c
2 –1
–1 1
1 172
− 1 172
+
15
6) Determinar las cotas superiores e inferiores y señalar Supremo e Ínfimo del conjunto
a) A = { x ∈ ℝ / x = 1 ± n1 ; n ∈ ℕ }
b) B = { x ∈ ℝ / x = 5nn43
−+ ; n ∈ ℕ }
Solución:
a) Para n = 1, 2, 3, 4,...... tenemos
A = { 2, 23 ,
34 ,
45 ,......; 1, ......,
32 ,
21 , 0 }
Entonces: Sup A = 2 ; Ínf A = 0;
cota superior A = { x ∈ ℝ / x ≥ 2 }; cota inferior A = { x ∈ ℝ / x ≤ 0 }.
b) Para n = 1, 2, 3, 4,...... tenemos
B = { –47 , –
311 , –
215 , –
119 ,
127 ,
231 ,
335 , .........., 4 }
Ordenando: B = { –19, –2
15 , –311 , –
47 , 4, ..........,
335 ,
231 , 27 }
Así, Sup B = 27 ; Ínf B = –19
cota superior A = { x ∈ ℝ / x ≥ 27 }; cota inferior A = { x ∈ ℝ / x ≤ –19 }.
========== 0000000000 ==========
1 + n1 1 –
n1
16
Guía Nº 1.- EJERCICIOS PROPUESTOS
1.- Pruebe que ∀ a, b ∈ ℝ, con a < b, entonces a < a b2+ < b.
2.- Pruebe que si a ≤ b & c ∈ ℝ– ⇒ ac ≥ bc.
3.- Pruebe que si a ≤ b ⇒ 1a
≥ 1b
, a, b ∈ ℝ+.
4.- Pruebe que si a < 0 , b < 0 ⇒ ab > 0.
5.- Pruebe que si a < b , c < d ⇒ a +c < b + d.
6.- Pruebe que ∀ a, b, c ∈ ℝ+ ⇒ (a + b)2 + (b + c)2 + (a + c)2 ≥ 4(ab + bc + ac).
7.- Resolver:
a) 4x 23+ ≥ 2x 4
5− e) 4x2 – 9x + 25 ≥ 0
b) (x + 1)(x – 3)(x + 6) ≥ 0 f) x 6x 4+−
≤ 9
c) x2 – 3x + 8 ≤ 0 g) (x 5)(3 x)(x 1)(2 x)− −+ −
> 0
d) 3x2 + 6x – 9 ≥ 0 8.- Resolver, graficando el conjunto solución:
a) ⎮x – 8⎮ ≤ 6
b) ⎮4x + 9⎮ ≥ 11
c) ⎮3x – 2⎮ + ⎮4x + 6⎮ ≥ 4
d) 2x + 6 + ⎮x – 4⎮ ≤ 10
e) 1 x− – 2 x− > 1
f) 2x – 5 > 2x x 4+ +
9.- Señale Supremo e Ínfimo, si los hay, en
a) S = { x ∈ ℝ / 2x
– 2 xx 1−−
≤ 1 } b) S = { x ∈ ℝ / ⎮x⎮ + ⎮x + 1⎮ < 2 }
c) S = { x ∈ ℝ / 2
2x 2x 3x 4x 3
− −− +
< 5 }
===== 00000 =====
17
2.-Funciones de una variable Ejercicios Resueltos 1) Si f(x) es la función dada, hallar su dominio:
a) f(x) = 2x 1
x 2−+
; b) f(x) = 24 x− ; c) f(x) = 1x 2−
Solución:
a) Dom f = { x ∈ ℝ / 2x 1
x 2−+
∈ ℝ } = { x ∈ ℝ / x2 + 2 ≠ 0 } ⇒ Dom f = ℝ.
b) Dom f = { x ∈ ℝ / 4 – x2 ≥ 0 } = { x ∈ ℝ / x2 ≤ 4 } ⇒ Dom f = [ –2, 2 ].
c) Dom f = { x ∈ ℝ / x – 2 ≠ 0 } = ℝ – { 2 }. 2) Si f(x) es una función, determinar su recorrido.
a) f(x) = 2x 4x 2−−
; b) f(x) = | x – 3 | ; c) f(x) = 5 – x2
Solución:
a) Rec f = { y ∈ ℝ / y = 2x 4x 2−−
} = { y ∈ ℝ / y = x + 2 ; x ≠ 2 } ⇒ Rec f = ℝ – { 4 }.
b) Rec f = { y ∈ ℝ / y = | x – 3 | } ⇒ Rec f = { y ∈ ℝ / y ≥ 0 }.
c) Rec f = { y ∈ ℝ / y = 5 – x2 } = { y ∈ ℝ / x = 5 y− } ⇒ Rec f = { y ∈ ℝ / y ≤ 5 }. 3) Determinar Dom f para la función
a) f(x) = x 2− + x6 − ; b) g(x) = 1x x−
Solución:
a) Dom f(x) = { x ∈ ℝ / x – 2 ≥ 0 ∧ 6 – x ≥ 0 }
⇒ Dom f(x) = { x ∈ ℝ / x ∈ [ 2, 6 ] }.
b) Dom g(x) = { x ∈ ℝ / | x | – x > 0 } ; si x ∈ ℝ+ ⇒ x – x = 0 ⇒ x ∉ Dom g(x);
si x ∈ ℝ– ⇒ – x – x > 0 ⇒ x < 0.
Por consiguiente, Dom g(x) = { x ∈ ℝ / x < 0 }.
18
4) Si f(x) = x + 1x
; g(x) = x1 x−
, calcular:
a) (f + g)(x) ; b) (f·g)(x); c) f (x)g
; d) (f o g)(x); e) (g o f)(x).
Solución:
a) (f + g)(x) = f(x) + g(x) = (x + 1x
) + ( x1 x−
) = x + 1x
+ x1 x−
= 3 2x 2x x 1
x(1 x)− + − +
−.
b) (f·g)(x) = f(x)·g(x) = (x + 1x
)·( x1 x−
) = 2x 1
1 x+−
.
c) f (x)g
= f(x)g(x)
= (x + 1x
):( x1 x−
) = (x + 1x
)·( 1 xx− ) =
2
2(x 1)(1 x)
x+ − .
d) (f o g)(x) = f(g(x)) = f( x1 x−
) = x1 x−
+ 1 xx− =
22x 2x 1x(1 x)− +−
.
e) (g o f)(x) = g(f(x)) = g(x + 1x
) = )x(1
x
x1
x1
+−
+ /·
xx =
2
2x 1
x x 1+
− −.
5) Un cilindro recto circular de radio r y altura h, se inscribe en un cono de altura 12 [cm] y
radio 4 [cm]. Exprese
a) la altura h en función de r,
b) el volumen V en función de r.
Solución:
a) Haciendo la proporción hr =
124 ⇒ h = 3r.
b) Vol. cilindro = (área de la base)·(altura) = π r2·h
⇒ V = π r2·3r ⇒ V = 3π r3// .
6) Se construye una caja a partir de un cartón rectangular de 20 x 30 [cm]. Para ello se recortan en cada esquina un cuadrado de lado x para doblar y hacer la caja. Expresar el volumen V de la caja en función de x.
Solución:
V = (largo)·(ancho)·(alto)
V = (30 – 2x)·(20 – 2x)·(x)
V = 4x3 – 100x2 + 600x//
r h
12
4
x
20
30
x
x
x x
x x
19
7) Pruebe si las funciones dadas son par, impar o ninguna de ellas:
a) f(x) = 3x3 – 4x ; b) g(x) = 4x 1+ ; c) h(x) = 2x2 – 3x + 4 Solución:
Recordemos que: F(x) es par si F(–x) = F(x)
F(x) es impar si F(–x) = – F(x) Luego:
a) f(–x) = 3(–x)3 – 4(–x) = –3x3 + 4x = –(3x3 – 4x) = – f(x) ⇒ impar
b) g(–x) = 4( x) 1− + = 4x 1+ = g(x) ⇒ par
c) h(–x) = 2(–x)2 – 3(–x) + 4 = 2x2 + 3x + 4 ≠ h(x) ⇒ ni par ni impar. 8) Para una función f(x) cualquiera, pruebe que
a) g(x) = f(x) f( x)2+ − es siempre una función par. ( Componente par de f(x) )
b) h(x) = 2
)x(f)x(f −− es siempre una función impar. ( Componente impar de f(x) )
Solución:
a) g(–x) = f( x) f(x)2
− + = g(x) ⇒ g(x) es par.
b) h(–x) = 2
))x((f)x(f −−−− = 2
)x(f)x(f −− = –2
)x(f)x(f −− = –h(x) ⇒ h(x) es impar.
9) Encontrar la componente par y la componente impar de las funciones
a) f(x) = 3x2 – 2x + 4 ; b) f(x) = 4x
1−
; c) f(x) = 3x3 + x2
Solución: Definiendo por g(x) como la función par buscada y por h(x) la función impar:
a1) g(x) = 2
)x(f)x(f −+ = 21 [(3x2 – 2x + 4) + (3x2 + 2x + 4)] = 3x2 + 4 (par)
a1) h(x) = 2
)x(f)x(f −− = 21 [(3x2 – 2x + 4) – (3x2 + 2x + 4)] = –2x (impar)
b1) g(x) = 21 ( 1
x 4− + 1
x 4− −) =
21 (
4x1−
– 4x
1+
) = (x 4) (x 4)(x 4)(x 4)+ − −− +
= 28
x 16−.
b2) h(x) = 21 ( 1
x 4− – 1
x 4− −) =
21 ( 1
x 4−+ 1
x 4+) = (x 4) (x 4)
(x 4)(x 4)+ + −− +
= 22x
x 16−.
c1) g(x) = 21 [(3x3 + x2) + (–3x3 + x2)] = x2.
20
c2) h(x) = 21 [(3x3 + x2) – (–3x3 + x2)] = 3x3.
10) Señale condiciones para que la función f(x) = ax bcx d
++
tenga una inversa
Solución:
Debe ser uno a uno y sobre. Luego, si
y = ax bcx d
++
, entonces, despejando x ⇒ x = b dycy a−−
. Por lo tanto, y ≠ ac
(es sobre).
Para que sea uno a uno:
1
1
ax bcx d
++
= 2
2
ax bcx d
++
⇒ acx1x2 + adx1 + bd + bcx2 = acx1x2 + bcx1 + adx2 + bd
⇒ x1(ad – bc) = x2(ad – bc). Por consiguiente, si ad – bc ≠ 0, ⇒ x1 = x2. 11) Hallar la inversa, si la tiene, para las funciones
a) f(x) = x 1x 2+−
; b) f(x) = x + 1x
; c) f(x) = 3xx 4−
.
Solución:
a) y = x 1x 2+−
⇒ y(x – 2) = x + 1 ⇒ x(y – 1) = 2y + 1 ⇒ x = f –1(y) = +−
2y 1y 1
.
Esto es, la función inversa f –1(x) pedida está dada por f –1(x) = +−
2x 1x 1
.
(Es claro que debe tenerse y ≠ 1. Luego, Rec f = { y / y ≠ 1 } ).
b) y = x + x1 =
x1x2 + ⇒ y no es uno a uno, por lo que ∄ f –1(y), pues
2
1
1
x 1x+ =
22
2
x 1x+ ⇒ x1·x2
2 + x1 = x12·x2 + x2 ⇒ x1(x2
2 + 1) = x2(x12 + 1) ⇒ x1 ≠ x2.
c) y = 3xx 4−
⇒ (despejando x) x = 4yy 3−
= f –1(y) , y Rec f = Dom f –1 = {y / y ≠ 3 }.
12) Verificar que (f ◦ g) –1 = g –1 ◦ f –1 para f(x) = 3xx 2−
, g(x) = x 2x 2−+
Solución:
a) (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(2x2x
+− ) =
2)(
)(3
2x2x
2x2x
−+−
+−
= 3(x 2)(x 2) 2(x 2)
−− − +
= 3(2 x)x 6−+
.
Hallemos ahora (f ◦ g)–1 : Sea y = 3(2 x)x 6−+
. Entonces y(x + 6) = 3(2 – x)
⇒ x(y + 3) = 6(1 – y) ⇒ x = 6(1 y)y 3−+
; haciendo el cambio x ↔ y, tenemos
21
y = 6(1 x)x 3−+
. En consecuencia, (f ◦ g)–1(x) = 6(1 x)x 3−+
.
b) Por otra parte, hallemos las funciones inversas f –1(x) y g –1(x) : f –1(x):
De f(x) = 3xx 2−
, pongamos y = 3xx 2−
; despejemos x :
y(x – 2) = 3x ⇒ x(y – 3) = 2y ⇒ x = 2yy 3−
.
Haciendo el cambio de variable x ↔ y, tenemos y = 2xx 3−
, o sea,
f –1(x) = 2xx 3−
.
g –1(x):
De g(x) = x 2x 2−+
, pongamos y = x 2x 2−+
. Despejando x :
y(x + 2) = x – 2 ⇒ x(y – 1) = –2(y + 1) ⇒ x = 2(y 1)y 1
− +−
= 2(y 1)1 y+−
.
Cambiando x ↔ y, se tiene y = 2(x 1)1 x
+−
, o sea g –1(x) = 2(x 1)1 x
+−
.
Finalmente:
g –1 ◦ f –1 = g –1(f –1) = g –1(3x
x2−
) = ( )
( )3xx2
3xx2
1
12
−
−
−
+ = 2(2x x 3)x 3 2x
+ −− −
= 6(x 1)(x 3)
−− +
= 6(1 x)(x 3)
−+
Luego g –1 ◦ f –1 = 6(1 x)(x 3)
−+
.
Así queda verificado que (f ◦ g) –1 = g –1 ◦ f –1.
========== 0000000000 ==========
22
Guía Nº 2 . EJERCICIOS PROPUESTOS
1.- Si y = f(x) es una función de variable real, determinar Dom f y Rec f:
a) f(x) = x 1− + x 6+ ; b) f(x) = 2x x 2− − + 2
13 2x x+ −
; c) f(x) = 11 x 3− −
;
d) f(x) = Ln (x2 – 3x + 6); e) f(x) = 4 x− ; f) f(x) = x 1x 1+−
.
2.- Si el Dom f(x) = [0, 1], ¿cuál es el dominio de a) f(x – 3); b) f(2x – 5) ?
3.- Sea la función definida por ramas: 1
si x ≤ –2
x +1
si –2 < x < 0
–1
si 0 ≤ x ≤ 1
x – 2 si 1 < x Graficar: f(x); f(|x|); |f(x)|; f(x – 2); f(2 – x).
4.- Grafique las funciones, atendiendo la paridad y la monotonía:
a) f(x) = 1 – x2 ; b) f(x) = |3x + 1| ; c) f(x) = 5x – 1 ; d) f(x) = 3
1x
.
5.- Determine, analítica y gráficamente, los ceros (intersección con el eje X) de las funciones: a) f(x) = x2 + 6x + 6 ; b) f(x) = Ln x
c) f(x) = 2x2 – 4x + 2 ; d) f(x) = (x2 – 1)(x2 – 2x – 4)
6.- Determine, analítica y gráficamente, la intersección con el eje Y de:
f(x) =
23
a) f(x) = 12x 3+
; b) f(x) = 2x2 –
4x + 2 ; c) f(x) = x2 + 6x + 6 d) f(x) = |x2 –
4|.
7.- Haga el gráfico de: ([ ] = parte entera)
a) f(x) = [x] ; b) f(x) = [2x] ; c)
f(x) = [x] – x.
8.- Determine las asíntotas verticales y horizontales de los gráficos de:
a) f(x) = 21
x 1− ; b) f(x) = x
x 4− ; c) f(x) =
2
25x
3x 1+ ; d) f(x) =
2xx 1−
.
9.- Obtenga los gráficos de |3x – 1| si x < 1 1 – |x| si –5 ≤ x < –1
2 si 1 ≤ x ≤ 5 ; 0 si –1 ≤ x ≤ 2
x2 – 2x – 4 si x > 5 x + [2x] si 2 < x ≤ 4
10.- Calcule
a) (f ± g)(x) ; b) (f·g)(x) ; c) fg
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
(x) ; d) (f o g)(x);
e) (g o f)(x)
siendo: i) f(x) = 4x – x2 , g(x) = 1x 5+
; ii) f(x) = 21
4 x−, g(x) =
2x2 – 4 – 1.
11.- Encuentre, si existe, f –1(x), si:
a) f(x) = 2x 1x 3
+−
; b) f(x) = 21
x 1−.
12.- Dado el gráfico de f(x), ¿cómo es el gráfico de:
f(x) = g(x) =
24
a) f(x + a) ; b) f(x – a) c) f(x) – b ?.
13.- Dado el gráfico de la función f(x) = x2, hallar el gráfico de:
a) f(x + 2) ; b) f(x – 3) + 1
14.- Verificar la monotonía de:
a) f(x) = x3 + 3x + 5 ; b) f(x) = x + 1x
; c) f(x) = 2x
1 x+
15.- Señale el Dominio si
a) f(x) = 1(x 1)(x 2)− +
.
b) f(x) = 23 2x x− − .
16.- Si f(x) = ax b
x a+−
, probar que f(f(x)) = x.
17.- Si f(x) = ax, probar que f(x) + f(1 – x) = f(1).
18.- Si f(x + 1) = x2 – 5x + 3, hallar f(x).
19.- Probar que f(x) es invertible y hallar f–1(x) si
a) f(x) = x 3x 1−+
; b) f(x) = 2 xx 6−+
.
20.- Verificar si es par o impar, o en su defecto señale la componente par y la componente impar, si
a) f(x) = x2 + 1x
; b) f(x) = 3
2x xx 1
++
c) f(x) = x(x3 + x)
21.- Si f(x) = 3x 6
2 x−−
∧ g(x) = x 2x 1+−
, hallar
a) (3f – 2g)(x) ; b) f(2x)·g( x2
) c) (f o g)(x) d) (g o f)–1(x)
25
22.- Sean
3x si x ≤ 0 x 8− si x ≥ 8
x2 – 4 si x > 0 x – 8 si x < 8
a) Encuentre (f o g)(x) y (g o f)(x). Grafique ambas funciones. b) Calcule i) (f + g)(x) ; ii) f(a2 – 1/2) ; iii) g(a2 +8) c) Determine si y = 0 está en el Rec (f·g)(x).
========== 0000000000 ==========
f(x) = g(x) =
26
3.-Límites y continuidad.- Ejercicios Resueltos 1) Tomando en consideración que la definición de límite establece : lím f(x) = L ⇔ ∀ ℇ > 0, ∃ δ > 0 ∋ 0 < | x – a| < δ ⇒ | f(x) – L | < ℇ
probar, según la definición:
a) lím (2x – 1) = 1 x → 1 b) lím (x2 + 2x + 1) = 1 x → 0
c) lím x 2x+ = 2
Solución:
a) | f(x) – L | = | (2x – 1) – 1 | = | 2(x – 1) |; luego, δ ≥ 2ε ∧ | x – 1 | < δ ⇒ 2| x – 1 | < ℇ.
Por lo tanto, | (2x – 1) – 1 | < ℇ// b) | f(x) – L | = | (x2 + 2x + 1) – 1 | = | x2 + 2x | = | x | | x + 2 |.
Como x se acerca a cero en algún momento,
| x + 2 | < 3 ∧ si δ ≥ 3ε ∧ | x | < δ ⇒ 3| x | < ℇ ó
| x | | x + 2 | < ℇ ⇒ | (x2 + 2x + 1) – 1 | < ℇ//
c) | f(x) – L | = x 2 2x+ − = x 2 2x
x+ − =
2 xx−
. 2
Como en las cercanías de 2 : | x | > 1,
haciendo | x | = 1 ⇒ 2 x
x−
< x 2
1−
; luego, δ ≤ ℇ ∧ | x – 2 | < δ ⇒
2 xx− < ℇ ∧ x 2 2
x+ − < ℇ//
2) El álgebra de límites nos permite calcular
a) lím 2x 4x 2−−
c) lím 2
2x x
2x 5x 7−
+ − d) lím x 5
x 25−
−
x → 2
x → 2 x → 1 x → 25
27
b) lím 3x 1
x 1−−
e) lím 2
23x 13x 102x 7x 15
− −− −
Solución:
a) lím (x 2)(x 2)x 2
− +−
= lím (x + 2 ) = 4. d) lím ( x 5)( x 5)( x 5)
−− +
= lím 1x 5+
= 110
.
b) lím 2(x 1)(x x 1)
(x 1)− + +
− = lím (x2 + x +1) = 3. e) lím (x 5)(3x 2)
(x 5)(2x 3)− +− +
= lím 3x 22x 3
++
= 1713
.
c) lím x(x 1)(x 1)(2x 7)
−− +
= lím x2x 7+
= 19
.
3) Teniendo presente los límites clásicos
i) lím sen(ax)bx
= ab
ii) lím bxa 1cx− = b
cLn a iii) lím
bx(1 ax)+ =
eab podemos calcular
a) lím tgaxbx
; b) lím Arcsenxx
; c) lím sen5xtg3x
d) lím 21 cos x
x− ; e) lím
3xe 1senx
− f) lím 5x(1 4x)+
Solución:
a) lím tgaxbx
= lím ( senaxbx
· 1cosax
) = lím senaxbx
·lím 1cosax
= ab
·1 = ab //
b) Haciendo u = Arcsen x ⇒ x = sen u ; x → 0 ⇒ u → 0. Luego
lím Arcsenxx
= lím usenu
= 1//
c) lím sen5xtg3x
= lím ( sen5x3x
· 3xtg3x
) = lím sen5x3x
·lím 3xtg3x
= 53
·1 = 53 // (Se usó a))
d) lím 21 cos x
x− = lím ( 2
1 cos xx
− 1 cos x1 cos x++
) = lím 2
21 cos x
x (1 cosx)−+
= lím 2
2sen x
x· lím 1
1 cos x+ = 1
2 //
x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0 x → 0 x → 0
x → u
x → 0 x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0 x → 0 x → 0 x → 0
x → 0
x → 2 x → 2 x → 25 x → 25
x → 1 x → 1 x → 5 x → 5
x → 1 x → 1
x → 1 x → 5
28
e) lím 3xe 1
senx− = lím (
3xe 13x− · 3x
sen x) = lím
3xe 13x− ·lím 3 x
sen x = (Ln e)·3 = 3//
f) lím 5x(1 4x)+ = e20
// (según iii))
4) Los límites en el infinito tienen una significación geométrica que se traducen en asíntotas, como
por ejemplo, lím 1x
= ∞ señala que el eje OY es la asíntota vertical de la curva 1x
; a su vez
lím 1x
= 0 señala que el eje OX es asíntota horizontal de dicha curva.
Calculemos:
a) lím 1x 8−
b) lím 21
x 1− c) lím
2
2x x 1x x 1
+ +− +
d) lím 2x 5x 42x 1− +
+
Solución:
a) lím 1x 8−
= ∞ , ⇒ x = 8 es asíntota vertical.
b) lím 21
x 1− = ∞ , ⇒ x = ± 1 son asíntotas verticales.
c) lím 2
2x x 1x x 1
+ +− +
= lím 2
2
1 1x x1 1x x
1
1
+ +
− + = 1 , ⇒ y = 1 es asíntota horizontal.
d) lím 2x 5x 42x 1− +
+ = ∞ , ⇒ x = – 1/2 es asíntota vertical.
5) La existencia del límite equivale a la igualdad de sus límites laterales. Calcular:
a) lím x 3x 3−+
b) lím 2x 12x 6−−
c) lím 7x 4−
Solución:
a) Si x ≥ 3 ⇒ lím x 3x 3−+
= lím (x 3)x 3−+
= 0.
Si x ≤ 3 ⇒ lím x 3x 3−+
= lím (x 3)x 3
− −+
= 0.
b) Si x ≥ 6 ⇒ lím 2(x 6)x 6−−
= lím 2(x 6)(x 6)
−−
= 2.
x → 0 x → 0 x → 0 x → 0
x → 0
x → 0
x → ∞
x → 8 x → 1 x → ∞ x → – 1/2
x → 8
x → ±1
x → ∞ x → ∞
x → – 1/2
x → 3 x → 6 x → 4
x → 3
x → 3–
x → 6
x → 3+
x → 3
x → 6+
29
Si x ≤ 6 ⇒ lím 2(x 6)x 6−−
= lím 2(x 6)(x 6)
−− −
= –2
c) lím 7x 4−
= ∞
6) Calcular los límites laterales
a) lím x 3x 3−+
b) lím ( x 6 x)+ + c) lím 7x 4−
d) lím ( x 6 x)+ +
Solución:
a) Si x < 3 ⇒ lím (x 3)x 3−+
= 1.
b) Si x ≥ – 6 ⇒ ( x 6)+ ∈ ℝ ∧ lím ( x 6 x)+ + = – 6.
c) Si x < 4 ⇒ x – 4 > 0 ⇒ lím 7(x 4)−
= +∞.
d) Si x < – 6 ⇒ ( x 6)+ ∄ ⇒ lím ( x 6 x)+ + ∄
7) Abordemos estas misceláneas:
a) lím (x (x a)(x b))− + + f) lím 2x 8 x 8x 2
− +−
b) lím x cos 1x g) lím
x 2 2
x 110 1025 25
+
+−−
c) lím x x
x x3 33 3
−
−−+
h) lím 3(x 3) 27
x+ −
d) lím x 2e ex 2−−
i) lím 32 x 4x 8
−−
e) lím x
xx e
1 e−
Solución:
a) lím (x (x a)(x b))(x (x a)(x b))
(x (x a)(x b))+ + +
− + + ⋅+ + +
= lím 2x (x a)(x b)
(x (x a)(x b))− + +
+ + + =
x → 6
x → 4
x → 6–
x → 3– x → – 6+ x → 4– x → – 6–
x → 3–
x → – 6+
x → 4–
x → – 6–
x → ∞ x → 0
x → 0
x → 2
x → 0
x → 4 x → 0
x → 0
x → 8
x → ∞ x → ∞
30
lím :xx(a b) ab:x(x (x a)(x b))
− + −+ + +
= lím
2
ab(a b) x(x a)(x b)1
x
− + −
⎛ ⎞+ ++⎜ ⎟⎝ ⎠
=
lím ab(a b) x
a b1 (1 )(1 )x x
− + −
⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠
= – a b2+
//
b) Como | x cos 1x | = | x |·| cos 1
x | ≤ | x |·1 = x (puesto que siempre | cos 1x | ≤ 1 ), entonces
– x ≤ x cos 1x ≤ x ; luego, si x → 0 ⇒ lím x cos 1
x = 0 //
c) lím x x
x x3 33 3
−
−−+
·x
x33
= lím 2x
2x3 13 1
−+
= 02
= 0//
d) lím x 2e ex 2−−
·2
2ee
−
− = lím x 2
21e
(x 2)e−
−−
− = lím
ue 1u− · 2
1e−
= 21
e−lím
ue 1u− = e2·Ln e = e2
//
e) lím ( xx
1 e−) ex = lím
1xe 1x
−⎛ ⎞−−⎜ ⎟⎝ ⎠
·ex = (– Ln e)–1 · 1 = – 1//
f) lím 22( x 2)
x 2−−
= lím 2( x – 2 ) = 0//
g) lím x 2 2
x 110 1025 25
+
+−−
= lím x 2
x(10 1) 10(25 1) 25
− ⋅− ⋅
= 210
25·lím
x
x10 1 x
x 25 1⎛ ⎞− ⋅⎜ ⎟−⎝ ⎠
=
4x
x10 1 xlím lím
x 25 1⎛ ⎞− ⋅⎜ ⎟−⎝ ⎠
= 4·(Ln 10)· 1Ln25
= 2· Ln10Ln5 //
h) lím 3(x 3) 27
x+ − = lím
3 3u 3u 3−−
= lím 2 2(u 3)(u 3u 3 )
(u 3)− + +
− = lím (u2 + 3u + 9) = 27//
i) lím 32 x 4x 8
−−
= lím 23
3 33
( x 2)( x ) 2
−−
= 2·lím ( )
3
2 23 3 3
( x 2)( x 2) ( x ) 2 x 2
−
− + +
= 2·lím 2 23 3
1( x) 2 x 2+ +
= 16 //
===== 00000 =====
x → ∞
x → ∞
x → ∞
x → 0
x → 0 x → 0
x → 2 x → 2
x–2 = u
u → 0 u → 0
x → 0 x → 0
x → 4 x → 4
x → 0 x → 0 x → 0
x → 0
x → 0
x+3 = u
u → 3 u → 3 u → 3
x → 8 x → 8 x → 8
x → 8
x → 0
31
PROBLEMAS: 1) En un círculo de radio 4 sean l(h) y L(h) las longitudes de las cuerdas AB y MN, distantes h
y 12
(4+h) del centro O, donde 0 < h < 4. Demostrar que
a) l(h) = 2 216 h− ; L(h) = (4 h)(12 h)− +
b) lím l(h) 2L(h)
=
Solución:
a) En el Δ rectángulo OPM tenemos
16 = (2 + h/2)2 + (L/2)2
16 – 4 – 2h – 2h
2 = ( )2L
2 ⇒ L = 248 8h h− − ⇒ L(h) = (4 h)(12 h)− +
En el Δ rectángulo OTA de tiene
16 = h2 + (l/2)2 ⇒ 64 – 4h2 = l2 ⇒ l(h) = 2 216 h−
b) lím l(h)L(h)
= lím 22 16 h
(4 h)(12 h)−
− + = 2·lím 4 h 4 h
12 h 4 h+ ⋅ −+ ⋅ −
= 2·lím 4 h12 h++
= 2· 2 24
= 2 //
2) Para la cuerda AB de una circunferencia de centro O calcular
lím área del segmento circular ACBárea del sector circular AOBC
Solución:
Área segm. circular ACB = área sector AOBC – área Δ AOB
Ahora bien: área sector AOBC = 1 ACB2 ·r
= 212 r θ (ya que ACB = r·θ )
y área Δ AOB = 12 ·base·altura
h → 4
h 12
(4+h) 4
M
A
N
B
12
L
O
P
4
T
h → 4 h → 4
AB → 0 O θ r
A B
C
H
h → 4 h → 4
l
32
= 12 AB·OH = 1
2 AB·r 2cos θ
Hallemos ahora AB en función de r y θ. De la figura, AB2
2 rsen = θ ⇒ AB = 2 r 2sen θ
luego, área Δ AOB = r2 sen
2θ
2cos θ .
Así, lím área del segmento circular ACBárea del sector circular AOBC
= lím 2 2
2
12 2 2
12
r r sen cosr
θ θθ−
θ
= lím 12 2 2
12
sen cosθ θθ−
θ = lím 2
22
sen1 cos
θθ
θ
⎛ ⎞− ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
= 1 – 1·1 = 0// 3) En la parábola y = 3x2, si a ≠ 0, h ≠ 0, trazar la recta por los puntos P(a, 3a2), Q((a+h), 3(a+h)2).
Sea x la abscisa del punto en que la recta corta al eje X.
Demostrar que
lím x(h) = a2
Solución:
De la ecuación de la recta que pasa por dos puntos,
tenemos 2 2 2y 3a 3(a h) 3a
x a (a h) a− + −=− + −
La abscisa x la obtenemos haciendo y = 0.
Luego, despejando x : x = –2
23a h
6ah 3h+ + a
x = –2a
2a h+ + a
Entonces lím x = lím (–2a
2a h+ + a) = – a
2 + a = a
2 //
===== 00000 =====
AB → 0 AB → 0
θ → 0 θ → 0
h → 0 h → 0
a
P
Q
a+h h
3(a+h)2
3a2
h → 0
33
CONTINUIDAD
1) Analizar la continuidad de las funciones siguientes en los puntos que se indican:
a) 3
28 xx 2x−−
si x < 2
2x si x > 2
b) x2 + 2x si x ≤ 1
2x si x > 1
c) f(x) = (1 + x)cotgx en x = 0
d) f(x) = 1 2cos x3x
−π −
en x = 3π
Solución:
a) i) lím 3
28 xx 2x−−
= lím 2(2 x)(4 2x x )
x(x 2)− + +
− = – lím
2(4 2x x )x
+ + = – 6
ii) lím 2x = 4 ; luego, la discontinuidad es irreparable, pues no hay límite.
b) lím x(x + 2) = 3 ∧ lím 2x = 2 y como f(1) = 12 + 2(1) = 3 ⇒ no hay límite y
la discontinuidad es irreparable.
c) lím x cosx
1 senxx(1 x)⎡ ⎤
+⎢ ⎥⎣ ⎦
= lím x cos x1 senx
x(1 x)⎡ ⎤+⎢ ⎥
⎣ ⎦ = e1·1 = e.
Luego, la función tiene discontinuidad reparable, lo que se resuelve haciendo f(0) = e. d) Si hacemos u = x –
3π , entonces π – 3x = 3(
3π – x) = – 3u. Luego,
lím 1 2cos x3x
−π −
= lím 31 2cos(u )3u
π− +−
= lím 3 31 2(cos cosu sen senu)3u
π π− −−
lím 31
2 21 2( cosu senu)3u
− + − = lím cosu 1 senu3
3u 3 u−
− = lím 2(cos u 1)
3u(cos u 1)−+
– lím
3 senu3 u
f(x) = en x = 2
f(x) =
en x = 2
en x = 1
x → 2– x → 2– x → 2–
x → 2+
x → 1– x → 1+
x → 0 x → 0
x → 33
u → 0 u → 0
u → 0 u → 0 u → 0 u → 0
34
lím − ⋅ −+
2
2
sen u senu3u lím3(cosu 1) 3 uu
= (– 1)·0 – 33
= – 33 //
La función será continua en x =3π si f(
3π ) = – 3
3 //
2) Señale los puntos del dominio de f(x) donde la función no es continua
a) ex –1 ≤ x < 0
x2 0 ≤ x ≤ 1 b) x2 x ≤ 1
x2 – 38(x 1)
x− x > 1
Solución:
a) lím ex = 1 ∧ lím x2 = 0 ; luego, en x = 0 no hay continuidad; como ∀ xo ≠ 0 lím ex = xoe ∧ lím x2 = xo
2 , la función es continua.
b) lím x2 = 1 ∧ lím (x2 – 38(x 1)
x− ) = 1 , luego, la función es continua en x = 1, que es
el único punto que presenta dificultad.
3) Determine valores para A y B de modo que
sen(x 1)x 1
++
si x < 0
f(x) = B si x = 0
2x Ax3x+ si x > 0
sea continua en ℝ. Solución:
lím sen(x 1)x 1
++
= sen11
= sen 1
lím 2x Ax3x+ = A
3
Por consiguiente la continuidad se produce cuando sen 1 = A3
= B, esto es, cuando
A = 3 sen 1 ; B = sen 1//===== 00000 =====
u → 0 u → 0
f(x) =
f(x) =
x → 0– x → 0+
x → xo x → xo
x → 1– x → 1+
x → 0–
x → 0+
35
Guía # 3 . EJERCICIOS PROPUESTOS
1) Calcular los límites, usando álgebra de límites y aquellos conocidos:
a) lím tg5xsen3x
c) lím x2 cotg2(3 x)
b) lím x3 cotg x·cosec x d) lím x
sen x
2) Resolver
a) lím 3 2
3 23x 2x x 4
4x 3x 1− + −− −
c) lím 2
3 3x 3x 1
−
+
b) lím 2x 1
5x 2++
3) Calcular
a) lím 1
sen x(1 senx)+ d) lím x3x(1 )+
b) lím 3xa 1tg3x
− e) lím ( )xx 1x 3+−
c) lím 2x
3xe 1e 1
−−
f) lím x xa b
x−
4) Señale los puntos en que la función dada no es continua
a) f(x) = 3 x 1x 1+−
b) f(x) = 29 x− c) f(x) = 21
1 x+
5) Estudiar la continuidad en el dominio de f(x) si
a) 3x 1
x 1−−
x ≠ 1
3 x = 1
b) 3x 3x 10
x 2+ −−
x ≠ 2
0 x = 2
x → 0
x → 0
x → 0
x → 0+
x → ∞
x → ∞
x → ∞
x → ∞
x → 0
x → 0
x → 0
x → 0
x → 0
f(x) =
f(x) =
36
c) 2x + 1 x ≤ 1
8 – 3x 1 < x < 2
x + 3 x ≥ 2 6) Señalar si es posible evaluar las funciones dadas en el punto x0 para que sean continuas
a) f(x) = 2x 1
x 1−−
, x0 = 1
b) f(x) = sen3xtg5x
, x0 = 0
c) f(x) = Ln1x(1 x)+ , x0 = 0
7) Use el teorema del Valor Medio para mostrar que la ecuación f(x) = 0 tiene soluciones en el intervalo señalado: a) x3 + x + 1 = 0 en [–1, 0] b) x3 – 3x2 + 1 = 0 en [0, 1] c) x5 – 5x3 + 3 = 0 en [–3, –2] 8) Señale las discontinuidades de a) f(x) = x 17
x 17−−
b) f(x) = 2x 5x 6
x 2+ ++
c) f(x) = 1
1 x−
9) Calcular los límites
a) lím 2
216 x16 x−
− ; b) lím 1( 1 x 1 x)
x+ − − ; c) lím
2x 162 x
−−
f(x) =
x → 4+ x → 0 x → 4
37
d) lím x 4 2x+ − e) lím x 4
x 2−−
f) lím 23x 4
x 8−−
g) lím 2x(1 3x)+ h) lím
23 2x 2x 4
6x 3+ +−
i) lím 1 1x 3x 3−−
10) Evaluar los límites unilaterales
a) lím 4 x4 x++
b) lím 2
216 x16 x−−
c) lím 2x 2
x 5x 6−
− +
11) Calcular los límites lím f(x) y lím f(x), si: a) f(x) = 1 + [x] – x b) f(x) = x
2⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
c) f(x) = ( )[ ]x1−
12) Calcular los límites laterales
a) f(x) = 1x 1−
, si x → 1 b) f(x) = 23 x−
, si x → 3
13) Evaluar los límites trigonométricos en los puntos de indeterminación:
a) lím sen3xx
b) lím arcsen2x3x
c) lím tg3x5x
d) lím 1 cos4xsen3x− e) lím 1 tg3x
sen2x− f) lím ( )2
2x2
1 senx
⋅
g) lím sen3xsen5x
h) lím 1 cos2xx
− i) lím arctg2xarcsen3x
14) Calcule los límites de las funciones trascendentes
a) lím x3 1x− b) lím
3xe 1senx
− c) lím x·Ln x d) lím 7Ln x
x → 0 x → 4 x → 8
x → 0 x → 5 x → 3
x → 4– x → 4– x → 2+
x → n– x → n+
x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0 x → 0 x → 1
38
15) Evalúe los límites
a) lím 2
22x
9 x− b) lím
2
22x
9 x− c) lím
2
25x 3x 12x 4x 7
− ++ −
d) lím 2
4x 3x 1−
+
16) Determine las asíntotas verticales y horizontales de
a) f(x) = 21
x 4− b) f(x) =
2
22x
x 1+ c) f(x) = 3 2
1x x 6x+ −
d) f(x) = 2x 4
x 16+−
17) Calcule lím f(x h) f(x)h
+ − para:
a) f(x) = 3x b) f(x) = sec x c) f(x) = (3 + x)–3 d) f(x) = e3x
e) f(x) = Ln x f) f(x) = 7
x g) f(x) = 1 x+ e) f(x) = cos 2x
18) Analizar la continuidad de f(x) en el punto señalado:
– x si x < 0 a) f(x) = en x = 0. x2 si x > 0 x + 1 si x < 1 b) f(x) = en x = 1. 3 – x si x > 1 x2 – 3 si x ≤ 2 c) f(x) = en x = 2. x + 2 si x > 2
d) f(x) = x 9x 9++
en x = 9.
19) Encuentre los valoras de c y d para que la función sea continua en 4x si x ≤ –1
x → 3 x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → 0
39
f(x) = cx + d si –1 < x < 2
– 5x si x ≥ 2
20) Señale los puntos de continuidad de cada función:
2
22x x 6x 3x 2
− −− +
si x ≠ 2
a) f(x) = 7 si x = 2 b) f(x) = (2 x)(3 x)+ − .
c) f(x) = 2
49 x
x 16−−
d) f(x) = 2x
x 1−
========== 0000000000 ==========
40
4.-FUNCIONES CIRCULARES
Ejercicios Resueltos
I) Identidades trigonométricas 1) Verificar la identidad
sen4α – 1 = 2 tg2α + tg4α Solución:
Se trata de verificar que la igualdad es válida para todo α donde existan las funciones consideradas.
Una forma es desarrollar el primer y/ó el segundo miembro por separado, hasta llegar a una identidad ya
establecida. En este caso:
2º miembro: tg2α(2 + tg2α) = (sec2α – 1)(2 + sec2α – 1)
= (sec2α – 1)(sec2α + 1)
= sec4α – 1 ≡ 1er miembro//
2) Demostrar que
senα·cosα·tgα + cosα·senα·cotgα = 1.
Solución:
senα·cosα·tgα + cosα·senα·cotgα
senα·cosα·(tgα + cotgα)
senα·cosα· ( )sen coscos sen
α α+α α
senα·cosα·2 2sen cos
sen cos⎛ ⎞α + α⎜ ⎟α α⎝ ⎠
sen2α + cos2α
1.
3) Verificar que
tg2α + sec2α = cos sencos sen
α + αα − α
Solución
tg2α + sec2α = sen2cos2
αα
+ 1cos2α
= 2 22sen cos (sen cos )
cos2α α + α + α
α
= 2
2 2(sen cos )cos sen
α + αα − α
= 2(sen cos )
(cos sen )(cos sen )α + α
α + α α − α
41
= cos sencos sen
α + αα − α //
4) Verificar la identidad 2
2sec 1 = 2sen
secαα −
α
Solución: 1 2 1 ⇒ sec 1
secα −α
= sec 1sec sec
α −α α
= 1 – 1secα
= 1 – cos α
2 ⇒ Como sen2α = 1 cos
2− α , entonces 2sen2
2α = 1 – cos α //
5) Verificar la identidad
tg2(4 2π θ+ ) = 1 sen
1 sen+ θ− θ
Solución:
tg2(4 2π θ+ ) = tg2 1
2(
2π + θ ) =
212 212 2
sen ( )
cos ( )
π
π
⎛ ⎞+ θ⎜ ⎟⎜ ⎟+ θ⎝ ⎠
≡
2
2
2
1 cos( )
1 cos( )
π
π
⎛ ⎞− + θ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ + θ⎝ ⎠
≡ 2
2
1 cos( )
1 cos( )
π
π
− + θ
+ + θ ≡ 1 sen
1 sen+ θ− θ //
( pues cos( 2π ± θ ) = ± sen θ ).
6) Verificar que:
sen(4θ)cos(θ) – sen(3θ)cos(2θ) = sen(θ)·cos(2θ)
Solución:
Reformulando lo que se debe demostrar, queda por demostrar que:
2sen(2θ)cos(2θ)cos(θ) – sen(3θ)cos(2θ) = sen(θ)cos(2θ) ⇔
2sen(2θ)cos(θ) – sen(3θ) = sen(θ) ⇔
2sen(2θ)cos(θ) – sen(2θ+θ) = sen(θ) ⇔
2sen(2θ)cos(θ) – sen(2θ)cos(θ) – sen(θ)cos(2θ) = sen(θ) ⇔
sen(2θ)cos(θ) – sen(θ)cos(2θ) = sen(θ) ⇔
2sen(θ)cos2(θ) – sen(θ)[cos2(θ) – sen2(θ)] = sen(θ) ⇔
sen(θ)cos2(θ) + sen3(θ) = sen(θ) ⇔
sen(θ)[cos2(θ) + sen2(θ)] = sen(θ) ⇔
cos2(θ) + sen2(θ) = 1
42
Pero como esto es evidente, la demostración se completa cuando a partir de aquí rehacemos el proceso.
7) Comprobar que
cosθ + cos( 23π − θ ) + cos( 2
3π + θ ) = 0
Solución:
Desarrollando el primer miembro:
cosθ + cos 23π cosθ + sen 2
3π senθ + cos 2
3π cosθ – sen 2
3π senθ
cosθ + 2cos 23π cosθ
cosθ + 2(– 12 )cosθ
cosθ – cosθ
0//
(pues: cos 23π = – 1
2 ; ó bien: cos 23π = cos(
3ππ − ) = – cos
3π = – 1
2 )
8) Verificar que
cos5º – sen25º = sen35º Solución:
Reformulando, debemos demostrar que
cos(35º – 30º) – sen(60º – 35º) = sen35º. ( )
Desarrollando el primer miembro:
cos35ºcos30º + sen35ºsen30º – sen60ºcos35º + sen35ºcos60º
32
·cos35º + 12
sen35º – 32
·cos35º + 12
·sen35º
12
sen35º+ 12
·sen35º
sen35º.
Con esto hemos demostrado la igualdad ( ); si partimos desde aquí, llegaremos al punto inicial, y
con ello queda demostrado los que se pedía, pues esto último es una reformulación de lo primero.
Observaciones:
En el tema de las funciones trigonométricas inversas, también se dan identidades, y por ello debemos
considerar que:
a) y = sen x ⇔ x = arcsen y ; ∴ sen x = sen(arcsen y) ≡ y ;
43
arcsen(sen x) = arcsen(y) ≡ x.
b) De igual modo: cos(arcos y) ≡ y , si y = cos x ; arcos(cos y) ≡ x.
c) Si y = tg x, entonces x = arctg y , por lo que tg(arctg y) ≡ y ; arctg(tg x) ≡ x.
d) arcsen x = arcos 21 x−
arcos x = arcsen 21 x−
arcsec x = arctg 21 x+ .
1) Demostrar que
sec(arctg x) = 21 x+ Solución:
Sea arctg x = α. Entonces x = tg α. ∴ sec α = 21 tg+ α = 21 x+
∴ sec(arctg x) = 21 x+ //
2) Probar la identidad
arctg 43
– arctg 1 = arctg 17
Solución:
Por demostrar que α – β = δ si α = arctg 43
, β = arctg 1 , δ = arctg 17
; o bien tg(α – β) = tg δ.
Como tg(α – β) = tg tg1 tg tg
α − β+ α β
= 43
43
11−
+ = 1
7 = tg δ , ∴ α – β = δ.
3) Verificar que
arcos 4149
= 2 arcsen 27
Solución:
Sea α = arcos 4149
, entonces cos α = 4149
,
β = 2 arcsen 27
, entonces cos β = cos (2 arcsen 27
).
Y como cos2x = cos2x – sen2x , entonces cos β = cos2 (arcsen 27
) – sen2(arcsen 27
)
cos β = cos2 (arcos ( )2271− ) – ( )22
7
= ( )2
2271⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎝ ⎠
– ( )227
= (1 – 449
) – 449
44
= 4149
= cos α //
II) Ecuaciones trigonométricas
Las siguientes ecuaciones elementales nos ilustran cómo determinar todas las soluciones de una ecuación trigonométrica, ayudado además por el círculo goniométrico o unitario. 1) Resolver, encontrando todas las soluciones:
cos x = 12
Solución:
Si cos x = 12
, entonces x = arcos 12
+ α = ± 3π + α , x = ±
3π + 2kπ ; k � �
donde α es el número de vueltas al círculo.
2) Resolver completamente
sen x = 22
Solución:
sen x = 22 ⇒ x = arcsen 2
2 + α.
Según la fig.: x = 4π + 2kπ ∧ x = (π –
4π ) + 2kπ,
por consiguiente: x = (–1)k
4π + kπ, con k � .
3) Resolver completamente
tg x = –1
Solución:
tg x = –1 ⇒ x = arctg(–1) + α , x = –4π + α.
De la figura, se tiene
x = –
4π + k π ; k �
12
1
1
–1
–1 x
–x
22
22
1
1
–1
–1 x
–x
π–x
x = (–1)k
4π + kπ ; k �
1
1
–4π –1
–1
45
4) Resolver cotg x = – 3 .
Solución:
Hagamos el cambio cotg x = . Luego, resolvemos:
tg x = – 33
⇒ x = arctg(– 33 ) + kπ.
Por consiguiente, x = –6π + kπ
5) Resolver la ecuación sen 2x = 1 + cos 2x.
Solución:
Llevando la ecuación a una forma elemental, tenemos
2 sen x cos x = 1 + cos2x – sen2x
2 sen x cos x = cos2x + sen2x + cos2x – sen2x
2 sen x cos x = 2 cos2x
sen x cos x = cos2x
cos x (sen x – cos x) = 0
⇒ cos x = 0 ó sen x – cos x = 0.
cos x = 0 ⇒ x = (2k – 1)2π .
sen x – cos x = 0 ⇒ sen x = cos x ⇒ x = ±4π + 2kπ.
6) Resolver 1 + cos x = 2 sen2x.
Solución:
1 + cos x = 2 (1 – cos2x)
2 cos2x + cos x – 1 = 0
⇒ cos x = 21 1 4 2 ( 1)2 2
− ± − ⋅ ⋅ −⋅
= 1 34
− ±
Así: cos x = –1 ⇒ x = (2k –1)π.
cos x = 12
⇒ x = ±3π + 2kπ.
–1
12
46
III) Problemas de aplicación
1) Una torre es 35 [m] más alta que otra.Un observador, a 105 [m] de la más baja y en línea con las
cumbres, observa que sus cúspides están en una línea que hace un ángulo 30º con la horizontal.
Hallar sus alturas. Solución:
En el Δ ABC tenemos:
tg 30º = 1
105h
⇒ h1 = 105·tg 30º
h1 = 105· 33
h1 = 35 3 [m] ; h2 = (35 3 + 35) [m] ⇒ h2 = 35( 3 + 1) [m].
2) Un hombre observa desde un globo dos puntos distantes un kilómetro uno del otro. Cuando se
encuentra encima del punto medio entre ellos, encuentra que ambos puntos subtienden un
ángulo de 11º 24' con respecto al globo. Hallar la altura del globo.
Solución:
Reduciendo minutos a grados: 11º24' = 11,4º,
tenemos en la figura, α = 84,3º.
Entonces:
tg α = 12
h
tg 84,3º = 12
h ⇒ h = 12
·tg 84,3º
⇒ h ≈ 5 [km].
h1
105 [m] 30º
h2 35 [m]
A B
C
11,4º
12
α α
h
47
3) El ángulo de elevación de un poste es de 30º ; acercándose a él, el ángulo de elevación es ahora de
60º. Hallar su altura.
Solución:
Sea h la altura del poste.
En el Δ BCD tenemos:
tg 60º = hx
3 = hx
⇒ x = h3
.
En el Δ ACD :
tg 30º = hx 6+
⇒ 33
= hx 6+
⇒ 33
= h3
h6+
⇒ h = 3 3 ≈ 5,2 [m].
4) Calcular el área del triángulo en que dos de sus lados miden 5 [m] y 8 [m] y hacen un ángulo de 30º
entre sí.
Solución:
Llamemos: a = 5 [m] , b = 8 [m] , γ = 30º.
Si A es el área buscada, entonces:
A = 12
base·altura = 12
AB·hc .
En el Δ ADC: hc = b sen α , entonces
A = 12
c·b sen α
ó A = 12
a·c sen β
ó A = 12
a·b sen γ = 12
a·b sen γ = 12
5·8 sen 30º = 12
5·8· 12
= 10 [m]//
========== 0000000000 ==========
h
6 [m] x 30º 60º
A B C
D
α A B
C
hc a b
c
β
γ
D
48
Guía # 4.-Ejercicios Propuestos
1.- Demostrar las siguientes identidades:
a) cotg2θ· sec 11 sen
θ −+ θ
+ sec2θ sen 11 sec
θ −+ θ
= 0.
b) 1 + 2sec2θ·tg2θ – sec4θ – tg4θ = 0.
c) (tg θ – sen θ)2 + (1 – cos θ)2 = (sec θ – 1)2.
2.- Resolver completamente las ecuaciones:
a) sen x + cos x = –1.
b) sen x + cos x = 1 + 2sen x cos x.
c) cos 2x = cos x + sen x.
3.- Verificar las identidades:
a) arctg 17
+ arctg 18
+ arctg 118
= arcotg 3.
b) arcos 6365
+ 2arctg 15
= arcsen 35
.
4.- Si cosec α = –a2, hallar el valor de
3 32 2sen( ) sen(2 ( ))
tg( ) cosec(2 )
π π− α ⋅ π − − αα + π ⋅ π − α
.
5.- Para medir el ancho AB de un canal, un observador se ubica en el punto C más allá de B, en la
prolongación de AB. Luego, camina 100 [m] perpendicular a dicha recta; desde allí AB y AC
subtienden ángulos de 15º y 25º, respectivamente. Señale el ancho del canal.
========== 0000000000 ==========
49
5.-GEOMETRÍA ANALÍTICA Ejercicios Resueltos
RECTA Y CIRCUNFERENCIA
1) Mediante el uso de las pendientes,
a) Probar que los puntos A(1, 4) , B(6, –4) , C(–15, –6) son vértices de un triángulo
rectángulo.
b) Señalar las ecuaciones de los lados.
Solución:
a) De la definición de pendiente m de una recta que une dos puntos (x1, y1) y (x2, y2):
m = 2 1
2 1
y yx x
−−
tenemos:
mAB = – 85
; mBC = 221
mAC = 58
Como mAB·mAC = –1, los lados AB y AC son perpendiculares.
b) Usando la ecuación de la recta de pendiente m y que pasa por un punto (xo, yo):
y – yo = m(x – xo) se tiene: LAB: y – 4 = – 8
5(x – 6) ⇒ 8x + 5y – 44 = 0.
LBC: y + 6 = 221
(x + 15) ⇒ 2x – 21y – 96 = 0
LBC: y – 4 = 58
(x – 1) ⇒ 5x – 8y + 35 = 0
2) Hallar la distancia desde el origen y del punto P(0, –1) a la recta
3x – 4y + 4 = 0. Solución:
Sabemos que la distancia d, desde un punto (xo, yo) a la recta ax + by + c = 0, está dada por
d = o o2 2
ax by c
a b
+ +
+,
Entonces: distancia desde el origen = 2 2
3 0 4 0 43 4
⋅ − ⋅ +
+ = 4
5.
50
distancia desde P(0, –1) = 2 2
3 0 4 ( 1) 4
3 4
⋅ − ⋅ − +
+ = 8
5.
3) Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto de intersección de las rectas
L1: 6x – 2y + 8 = 0 ∧ L2: 4x – 6y + 3 = 0
y es perpendicular con la recta L3: 5x + 2y +6 = 0. Solución:
a) Intersección P:
6x – 2y + 8 = 0 x = 32
4x – 6y + 3 = 0 y = 172
b) Como la pendiente de la recta L3 es – 5
2, entonces la pendiente de la perpendicular buscada
será 25
; por consiguiente, la ecuación de la ⊥ que pasa por el punto P( 32
, 172
) es:
y – 172
= 25
(x – 32
) , esto es: 4x – 10y + 79 = 0 .
4) Hallar la recta que, pasando por el punto de intersección de las rectas 2x – y + 2 = 0 ;
x – y + 1 = 0, forme con los ejes coordenados un triángulo de área 32
.
Solución:
i) De la figura, es fácil deducir que la ecuación de
la recta buscada es
xa
+ yb
= 1.
y el área achurada es A = 12
a·b.
ii) Intersección: 2x – y + 2 = 0 x = –1 ∴ a = –1. x – y + 1 = 0 ⇒ y = 0 iii) Área: 1
2(–1)·b = 3
2 ⇒ b = –3. Por lo tanto la recta buscada es:
+ y3−
= 1 , o sea, 3x + y + 3 = 0
⇒
6x – 2y + 8 = 0
4x – 6y + 3 = 0
5x + 2y +6 = 0
⊥ buscada
P
x
y
a
b
51
5) Determinar el Lugar Geométrico (L.G.) de todos los puntos P(x, y) equidistantes de los puntos
A(2, 5) y B(3, 7).
Solución:
dPA = 2 2(x 2) (y 5)− + −
dPB = 2 2(x 3) (y 7)− + −
Condición: dPA = dPB
∴ (x – 2)2 + (y – 5)2 = (x – 3)2 + (y – 7)2
x2 – 4x + 4 + y2 – 10y + 25 = x2 – 6x + 9 + y2 – 14y + 49
⇒ 2x + 4y – 29 = 0 , ¡ es la simetral del trazo AB!
6) Dado un triángulo con vértices A(–3, 1) , B(5, –1) , C(6, 5) , hallar las ecuaciones de:
a) la altura hC
b) la transversal de gravedad tC
c) la simetral SC
correspondientes al vértice C. Solución:
a) mAB = – 14
; hC = recta por C y de pendiente AB
1m− .
Luego, la ecuación de hC es y – 5 = 4(x – 6) , o sea, 4x – y – 15 = 0.
b) Punto medio M: M = 1
2(5+3, 0) = (4, 0) ; tC = recta por los puntos C(6, 5) y M(4, 0) ;
entonces la ecuación de tC es: 5x – 2y – 4 = 0.
c) La transversal SC, por definición, es la ⊥ levantada en el punto medio del lado c del Δ.
Por lo tanto, esta ⊥ tiene pendiente AB
1m− , esto es, 4 ; y además pasa por M(4, 0). Por
consiguiente la ecuación de SC es: y– 0 = 4(x – 4) ⇒ 4x – y –16 = 0.
A
B
P(x,y)
M
hC SC
A B
C
M
tC tC
52
7) Desde el punto P(9,5) se bajan perpendiculares a los lados del triángulo de vértices A(8, 8) ,
B(0, 8), C(4, 0). Probar que el pie de estas
perpendiculares están sobre una línea recta.
Solución:
mAB = 0 ; LAB: y = 8.
mBC = 0 ; LBC: y = (–2)(x – 4) ⇒ 2x + y – 8 = 0
mAC = 0 ; LAC: y = 2(x – 4) ⇒ 2x – y – 8 = 0
Siendo Q, R, S los pie de las ⊥, las rectas tienen ecuaciones:
LPS: x = 9 ∩ LAB ⇒ S(9, 8).
LPR: y – 5 = – 12
(x – 9) ⇒ x + 2y – 19 = 0
2x – y – 8 = 0 ⇒ R(7, 6).
LPQ: y – 5 = 12
(x – 9) ⇒ x – 2y + 1 = 0
2x + y – 8 = 0 ⇒ Q(3, 2). Los puntos hallados S(9, 8), R(7, 6) y Q(3, 2) ¿son colineales?:
Sí, ya que: 1 9 81 7 6 01 3 2
= //
8) Los vértices de un triángulo ABC son: A(–2, 3) , B(5, 5) y C(4, –1). Hallar la ecuación de la
bisectriz del ángulo ACB.
Solución:
Las rectas BC y AC tienen ecuación (rectas por dos puntos):
6x – y – 25 = 0 ∧ 2x + 3y – 5 = 0.
Si b es la bisectriz buscada, P(x, y) un punto cualquiera de ella
cuyas distancias a las rectas son d1 y d2 , con d1 = – d2 ( ),
entonces
2 2
6x y 25
6 1
− −
+ = –
2 2
2x 3y 5
2 3
+ −
+ ⇒ 13 (6x – y – 25 = – 37 (2x + 3y – 5)
x
S
y
C
Q
R P(9,5)
A B
d2 d1 P
y
x
A
B
C
b
53
⇒ (6 13 + 2 37 )x – ( 13 – 3 37 )y – 25 13 – 5 37 = 0. ( ) Nótese que el punto P y el origen de coordenadas están de lados distintos de AC y del
mismo lado de BC, ello explica que d1 = – d2 .
9) Determinar el valor del parámetro k en la ecuación kx – y + 8 = 0 para que la recta pase por
(–2, 4). Hallar la ecuación de dicha recta.
Solución:
Como el punto está sobre la recta, entonces las coordenadas (–2, 4) de este punto satisfarán la
ecuación de la recta, esto es, k(–2) – (4) + 8 = 0 ⇒ –2k – 4 + 8 = 0 ⇒ k = 2. Luego la ecuación
de la recta buscada es 2x – y + 8 = 0.
10) Una recta pasa por el punto (–6, 7) y forma con los ejes coordenados un triángulo de área 10 12 .
Hallar su ecuación. Solución:
De la figura, como la recta buscada L corta el eje x en b
∧ al eje y en a, su ecuación toma la forma
yx a b
+ = 1.
Debemos hallar a y b.
Área Δ achurado = 12
a·b = 10 12 ⇒ ab = 21 (1)
Como la recta pasa por (–6, 7), estas coordenadas deben satisfacer la ecuación de la recta buscada,
o sea,
6 7 a b− + = 1 /·ab
7a – 6b = ab (2)
Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2):
ab = 21
7a – 6b = ab
tenemos a = 6 , b = 72
.
Luego, la recta buscada es 72
yx 6
+ = 1 ⇒ 2yx 6 7
+ = 1
x
y
a
b
L
54
⇒ 7x + 12y – 42 = 0.
11) Escribir las ecuaciones de la circunferencia centro C (-3,-5) y radio R= 7.
Solución. 222 )()( rkyhx =−+− 49)5()3( 22 =+++⇒ yx
12) Hallar la circunferencia centro:C(-4,-1) y tangente a la recta 01223 =−+ yx .
Solución:
El radio es la distancia del centro a la recta tangente; luego: 13213
2623
12)1(2)4(322
==+
−−+−=r
luego su ecuación es: 52)1()4( 22 =+++ yx .
13) Hallar la circunferencia que pasa por los puntos:A(-1,1) B(3,5) c(5,-3).
Solución.
Consideramos el triángulo de vértices: A,B y C y buscamos dos de sus mediatrices( perpendiculares al
punto medio de los lados) su intersección es el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo.
144
: ==ABAB ml ; puntomedio: )3,1()2
15;2
13( =+−
. 4)1(13 =+⇒−−=−⇒ yxxy
:428: −=
−=BCBC ml punto medio: )1,4()
235;
235( =
−+ 04)4(411 =−⇒−=−⇒ xyxy
:BCAB ll ∩ 5
1654
==⇒ xy Así la ecuación queda: .)54()
516( 222 ryx =−+− Pero:
44251)
51()
521()
54,
516();1,1(( 22 =+=−= dr
55
14) Dada la circunferencia: 118622 =+−+ yxyx .Pruebe que el punto P(2,-5) es interior a ella y Q(-
4,1) es exterior a ella.
Solución.
Buscamos las distancias de los puntos al centro de ella ,para comparar con el radio.
6)4,3(36)4()3(1186 2222 =−⇒=−+−⇔=+−+ ryCyxyxyx
62);( <=CPd ; 674);( >=CQd .
15) Hallar la ecuación de la circunferencia por A(-3,3) y B(1,4) y cuyo centro está en la recta
3x-2y = 23 .
Solución.
222222 )3()3()()( rkhrkyhx =−+−−⇒=−+−
222 )4()1( rkh =−+− ⇒ 2222 816216969 kkhhkkhh +−++−=+−+++
2172 −==⇒ kyh
)2
17,2(C∴ y el radio r=4
629, luego la circunferencia es :
4629)
217()2( 2 =++− yx .
16) Hallar al ecuación de la recta tangente de la circunferencia: 20)2()4( 22 =++− yx , en el punto
(6,2).
Solución.
Se sabe que ello se obtiene por desdoblamiento: 20)22)(2()46)(4( =+++−− yx luego:
2(x-4) + 4(y+2) = 20 o bién 2x+4y = 28.
17) Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los 3 puntos : A(-1,1) B(3,5) C(5,-3).
56
Solución.
Una forma es resolver el sistema que se genera a partir de :
022 =++++ fEyDxyx
035925053259
011
=+−++=++++
=++−+⇒
FEDFED
FED
534;
58;
532
−=−=−=⇒ FED
Y la ecuación pedida es: 0348325505
3458
532 2222 =−−−+⇒=−−−+ yxyxyxyx .
57
GUÍA # 5.-Ejercicios propuestos.
1.- Determinar si el L.G. 09822 =−−+ xyx ; es una circunferencia , determinando centro y radio.
2.- Hallar la circunferencia cuyo diámetro une los puntos (4,7) y (2,-3).
3.- Determinar la circunferencia centro (3,-5) y es tangente a x-7y +2 =0.
4.-Encontrar la circunferencia circunscrita al triángulo (4,3) ; (3,-3) ; (-1,2).
5.- Hallar las ecuaciones de las tangentes a: 0474844 22 =−+++ yxyx ,que tengan pendiente 23
− .
6.- Encontrar la ecuación de la tangente a : 258622 =+−+ yxyx , en el punto (-2,1).
7.- Hallar la longitud de las tangentes trazadas desde (6,4) a la circunferencia
: .0196422 =−+++ yxyx
________________________________________________________________
58
6.-LA DERIVADA Ejercicios Resueltos
"La derivada f '(x) de una función se define como la razón de cambio entre la variación de la
función y la variación de la variable", o sea
f '(x) = lím f(x h) f(x)h
+ −
1) Calcular f '(x) con la definición si:
a) f(x) = x2 ; b) f(x) = x3 ; c) f(x) = sen x; d) f(x) = ex ;
e) f(x) = x ; f) f(x) = Ln x ; g) f(x) = x2/3 ; h) f(x) = sec x ;
i) f(x) = cos2 x j) f(x) = 1x
k) f(x) = cos x .
Solución:
a) f '(x) = lím 2 2(x h) x
h+ − = lím
22hx hh+ = lím 2x h
1+ = 2x//
b) f '(x) = lím 3 3(x h) x
h+ − = lím
2 2 33hx 3h x hh
+ + = lím (3x2 + 3hx + h2) = 3x2//
c) Utilizando la identidad trigonométrica
sen α – sen β = 2sen 12
(α – β)·cos 12
(α + β)
tenemos f '(x) = lím sen(x h) sen xh
+ − = lím 1h (2sen 1
2((x+h) – x)·cos 1
2((x+h) + x)
lím 1h (2sen( h
2 )·cos(x+ h2 ) = lím cos(x+ h
2 )·h2
h2
sen( ) = cos x·1 = cos x//
d) f '(x) = lím x h xe e
h+ − = lím
x he (e 1)h− = ex·lím
he 1h− = ex·Ln e = ex
//
e) f '(x) = lím x h xh
+ − = lím x h xh
+ − · x h xx h x+ ++ +
= lím hh( x h x)+ +
= 12 x
= 1/ 21 x2
−//
f) f '(x) = lím Ln(x h) Ln xh
+ − = lím Ln ( )1hx h
x+ = lím Ln ( )
x 1h xh1
x⋅
+ = lím 1x
Ln ( )xhh1
x+
h → 0
h → 0 h → 0 h → 0
h → 0 h → 0 h → 0
h → 0 h → 0
h → 0 h → 0
h → 0 h → 0 h → 0
h → 0 h → 0 h → 0
h → 0 h → 0 h → 0 h → 0
59
= 1x
Ln e = 1x //
g) f '(x) = lím 2 / 3 2 / 3(x h) xh
+ − = lím
2 21 13 3(x h) x
h
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = lím
1 1 1 13 3 3 3(x h) x (x h) x
h
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Ahora bien, como a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ⇒ a – b = 3 3
2 2a b
a ab b−
+ +
entonces, haciendo a ≡ (x + h)1/3 , b ≡ x1/3 , tenemos
lím 1h 2 / 3 1/ 3 1/ 3 2 / 3
(x h) x(x h) x (x h) x⎧ ⎫+ −⎪ ⎪⎨ ⎬
+ + + +⎪ ⎪⎩ ⎭{ }1/ 3 1/ 3(x h) x+ + =
lím 2 / 3 1/ 3 1/ 3 2 / 3h
(x h) x (x h) x⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬
+ + + +⎪ ⎪⎩ ⎭{ }1/ 3 1/ 3(x h) x+ + = 2 / 3
13x
·2 x1/3 = 1/ 32 x3
−//
Observación: Se cumple hasta aquí que, si f(x) = xα , entonces f '(x) = α xα–1 (α ∈ ℝ).
h) f '(x) = lím sec(x h) sec xh
+ − = lím 1h
1 1cos(x h) cosx
⎛ ⎞−⎜ ⎟+⎝ ⎠ = lím 1
hcosx cos(x h)cosxcos(x h)
− +⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠
;
usando la identidad trigonométrica cos α – cos β = – 2sen 12
(α + β)sen 12
(α – β), tenemos
lím 1h
h h2 22sen(x )sen( )
cosxcos(x h)⎛ ⎞− + −⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
= lím h h2 2
h2
sen(x ) sen( )cosxcos(x h)
⎛ ⎞+⋅⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
= 2sen xcos x
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
·1 = sec x· tg x//
i) f '(x) = lím 2 2cos (x h) cos x
h+ − = lím ( ) ( )cos(x h) cos x cos(x h) cosx
h+ + + −
; y usando
la identidad trigonométrica anterior, tenemos
lím cos(x + h) + cos x · 1h
–2sen(x + h2 )sen(– h
2 ) =
lím cos(x + h) + cos x ·sen(x + h2 )·
h2
h2
sen( )⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= (2cos x )·(sen x )·(1) = 2cos x sen x //
j) f '(x) = lím 1 1
x h xh−
+ = lím 1h
· x (x h)x(x h)− +
+ = lím 1
h 2h
x hx−+
= –21x
//
k) Usando la identidad trigonométrica cos α – cos β = – 2sen 1
2(α + β)sen 1
2(α – β), se tiene
f '(x) = lím cos(x h) cos xh
+ − = lím 1h
–2sen 12
(2x + h)sen 12
(h) =
= lím – sen(x + h2 )
h2
h2
sen( ) = – sen(x)·1 = – sen x//
h → 0 h → 0 h → 0
h → 0
h → 0
h → 0 h → 0 h → 0
h → 0 h → 0
h → 0 h → 0
h → 0
h → 0
h → 0 h → 0 h → 0
h → 0 h → 0
h → 0
60
2) Aplicando el álgebra de derivadas, calcular f '(x) para la función f(x) dada, usando además
los ejemplos anteriores :
a) f(x) = (x + 1x
)2 d) f(x) = tg x
b) f(x) = x1 x+
e) f(x) = cosec x
c) f(x) = ex sen x f) f(x) = senh (x) ≡ x xe e
2−−
Solución :
a) f(x) = x2 + 2 + 21x
⇒ f '(x) = 2x + 0 –2x–3 = 2x – 32x
//
b) f '(x) = 21 (1 x) x 1
(1 x)⋅ + − ⋅
+ = 2
1(1 x)+
// (derivada de un cuociente).
c) f '(x) = (ex)'·sen x + ex·(sen x)' = ex sen x + ex cos x// (derivada de un producto).
d) f(x) = senxcosx
⇒ f '(x) = 2cosx cos x senx( senx)
cos x⋅ − − = 2
1cos x
= sec2 x//
e) f(x) = 1senx
⇒ f '(x) = 20 1 cosx
sen x− ⋅ = –cotg x cosec x//
f) f(x) = senh x ⇒ f '(x) = 12
[ (ex)' – (e–x)' ] = 12
[ ex –(– e–x) ] = 12
[ ex + e–x] = cosh x//
3) Haciendo uso de la regla de la cadena para derivar funciones compuestas, en que si y = f(x) ∧ x = x(u) ⇒ y(u) = f(x(u)); por tanto y '(u) = f '(x)·x'(u); calcular y'(x) si:
a) y(x) = sen x2 e) y(x) = x x x+ +
b) y(x) = Ln(cos x) f) y(x) = 5sen 3x –3cos 5x
c) y(x) = tg3 x2 g) y(x) = (5 –7x4)–5
d) y(x) = sen2
11 x+
h) y(x) = 3x 2
(3x 5)−+
Solución:
a) y(x) = sen u(x) ; u(x) = x2 ⇒ y '(x) = (sen u)'·u'(x) = (cos u)·(2x) = 2x· cos x2//
b) y(x) = Ln(u) ; u(x) = cos x ⇒ y '(x) = 1u
·u'(x) = 1cos x
·(–sen x) = – tg x//
c) y(x) = tg3 u(x) ; u(x) = x2 ⇒ y '(x) = [ tg3(u(x))]'·u'(x) = 3tg2(u)·[tg(u)]'·(2x)
= 3tg2(x2)·[sec2(x2)]·(2x) = 6x·tg2(x2)·sec2(x2)//
61
d) La situación se puede representar según el esquema siguiente para ver la composición:
x (1+x2) 2
11 x+
sen2
11 x+
f(x) = f1(f2(f3(x))) ⇒ f'(x) = f'3·f'2·f'1 = cos2
11 x+
·–3
2 212 (1 x )−+ ·2x
= – 2 3 / 2x
(1 x )+cos
21
1 x+//
e) y(x) = (x + (x + x1/2)1/2)1/2 ; derivando en forma directa:
y '(x) = 12 (x + (x + x1/2)1/2)–1/2 ·(1 + 1
2 (x + x1/2)–1/2 ·(1 + 12 x–1/2))
y '(x) = 1 112 x x2 x x x
⎛ ⎞⎜ ⎟⋅ +⎜ ⎟+⎝ ⎠+ +
· 112 x
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠
f) y '(x) = 5cos(3x)·3 – 3·(–sen 5x)·5 = 15cos 3x + 15sen 5x //
g) y '(x) = (–5)(5 – 7x4)–6·(–7·4x3) = 3
4 6140x
(5 7x )−//
h) y '(x) = 3 3
6
''(x 2) (3x 5) (x 2) (3x 5)
(3x 5)
⎡ ⎤− + − − +⎣ ⎦+
= 3 2
6
(3x 5) (x 2) 3(3x 5) 3
(3x 5)
⎡ ⎤+ − − + ⋅⎣ ⎦+
= 3 2
6(3x 5) 9(x 2)(3x 5)
(3x 5)+ − − +
+ . Simplificando:
= 4(3x 5) 9(x 2)
(3x 5)+ − −
+ = 4
23 6x(3x 5)
−+
//
4) Las ecuaciones siguientes definen en forma implícita la función y = y(x). Se pide hallar y '(x) si : a) x2y + xy2 – xy = 0 ó x2y(x) + xy2(x) – xy(x) = 0 b) y + cos 3x = xy ó y(x) + cos 3x = xy(x)
c) 2 2
2x y
xy+ = c
d) 22 yx
25 16− = 1
f1 f2 f3
62
Solución :
a) x2y + xy2 – xy = 0 /( ) '
2xy + x2y ' + y2 + 2xyy ' – y – xy ' = 0. Despejando y ' :
⇒ y ' (x2 – x + 2xy) = –2xy – y2 + y
⇒ y '(x) = 2
22xy y yx x 2xy
+ −− −
//
b) y + cos 3x – xy = 0 /( ) ' ⇒ y ' – 3sen 3x – y – xy ' = 0
y ' (1 – x) = 3sen 3x + y ⇒ y '(x) = 3sen3x y1 x
+− //
c) 2 2
2x y
xy+ = c /( ) '⇒
2 2 2 2
2 2(2x 2xy ')xy (x y )(y 2xyy ')
(xy )+ − + + = 0
⇒ y ' (2xy3 – (x2 + y2)2xy) = –2x2y2 + (x2 +y2)y2
⇒ y ' = 2 2 2
3y (y x )
2x y−
− ⇒ y ' =
2 2
3y(x y )
2x−
//
Nota: Si parte de x2 + y2 – c(xy2) = 0 , llegará a y ' = 2cy 2x
2y 2cxy−
− ; pero al sustituir c, los
resultados serán iguales.
d) 22 yx
25 16− = 1 /( ) ' ⇒ 2yy '2x
25 16− = 0 ⇒ y2x
25 8− y' = 0 ⇒ y ' = ( )8 2x
y 25 //
5) Usando logaritmo natural (Ln), encuentre y '(x) si :
a) y(x) = ax ; b) y(x) = xx ; c) y(x) = (f(x))g(x) ; d) xy – yx = 0
63
e) y(x) = 1/ 2x(x 1)
(x 1)(x 2)+⎛ ⎞
⎜ ⎟− +⎝ ⎠ f) y(x) = xα ; α ∈ ℝ g) y(x) =
324
5x x 1(3x 2)
++
Solución:
a) Ln y = x Ln a ⇒ 1y
y ' = Ln a ⇒ y '(x) = y Ln a = ax Ln a//
b) Ln y = x Ln x ⇒ 1y
y ' = Ln x + x· 1x
⇒ y ' = xx (Ln x + 1)//
c) Ln y = g(x) Ln f(x) ⇒ 1y
y ' = g ' Ln f(x) + g· f '(x)f(x)
⇒ y '(x) = (f(x))g(x) g'(x) Ln f(x) + g(x) f '(x)f(x)
//
d) xy = yx /Ln ⇒ y Ln x = x Ln y. Derivando implícitamente con respecto de x :
y ' Ln x + y· 1x
= Ln y + xy
·y ' ⇒ y '( Ln x – xy
) = Ln y – yx
⇒ y '(x) = xy
1Lnx −
(Ln y – yx
) = yyLnx x−
xLny yx−⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒ y '(x) = yx
xLny yyLnx x
−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠
//
e) Ln y = 1
2 (Ln x + Ln (x + 1)) – (Ln (x – 1) + Ln (x + 2)) . Derivando:
1y
y ' = 12
( ) ( )1 1 1 1x x 1 x 1 x 2+ − +
+ − + ⇒ y ' = y
2 2x 1 2x 1
x(x 1) (x 1)(x 2)+ +−+ − +
//
f) Ln y = α Ln x ⇒ 1
yy ' = α 1
x ⇒ y '(x) =
xα ·xα ⇒ y '(x) = α xα–1 //
g) Ln y = 3
4 Ln x + 12 Ln(x2 + 1) – 5Ln(3x + 2). Derivando:
1y
y ' = 34x
+ 2x
x 1+ – 15
3x 2+ ⇒ y '(x) =
1/ 2x(x 1)(x 1)(x 2)
+⎛ ⎞⎜ ⎟− +⎝ ⎠
· 34x
+ 2x
x 1+ – 15
3x 2+ //
6) Calcular la derivada de funciones inversas de f(x), o sea, de x = f–1(y), teniendo presente
que si y = f(x) con x = f–1(y) su inversa, entonces para hallar x'(y) a partir de y = f(x(y))
debemos derivar con respecto de y :
64
1 = f '(x)·x '(y) ⇒ x '(y) = 1f '(x)
a) x(y) = Arcsen y ⇔ y = sen x(y)
b) x(y) = Arctg y ⇔ y = tg x(y)
c) x(y) = Arcsenh y ⇔ y = senh x(y)
d) x(y) = Arcsec y ⇔ y = sech x(y) Solución:
a) x'(y) = 1f '(x)
= 1cos x
= 2
11 sen x−
= 2
11 y−
⇒ ddy
(Arcsen y) = 2
11 y−
//
b) x'(y) = 1(tgx)'
= 21
sec x = 2
11 tg x+
= 21
1 y+ ⇒ d
dy(Arctg y) = 2
11 y+
//
Observaciones: (1) Las funciones hiperbólicas se definen como
senh x = x xe e
2−− ; cosh x =
x xe e2
−+ ; tgh x = senhxcoshx
cosech x = 1senhx
; sech x = 1cosh x
cotgh x = 1tghx
Luego:
(senh x)' =
x xe e2
−+ = cosh x// ; (cosh x)' = x xe e2
−− = senh x
(tgh x)' = 2 2
2cosh x senh x
cosh x− = 1 – tgh2 x = sech2 x//
(cosech x)' = ( 1senhx
)' = – 2coshxsenh x
= –cosech x·cotgh x//
(sech x)' = ( 1cosh x
)' = – 2senhxcosh x
= –tgh x·sech x//
(cotgh x)' = 2 2
2senh x cosh x
senh x− = –cosech2 x//
(2) c) Hallemos ahora la derivada de Arcsenh y.
Si y(x) = senh x ⇒ x(y) = Arcsenh y (inversa). Despejando x de y = x xe e
2−− , tenemos
2y = ex – e–x /·ex ⇒ 2yex = e2x – 1 ⇒ e2x – 2yex – 1 = 0 (ecuac. de 2º grado):
65
ex = 22y 4y 4
2+ + ⇒ ex = y + 21 y+ (pues siempre ex > 0).
Luego, x(y) = Ln(y + 21 y+ ).
Por consiguiente, ddy
(Arcsenh y) = ddy
(x(y)) = ddy
(Ln(y + 21 y+ ) = 2
2
y
1 y1
y 1 y
++
+ + =
21
1 y+
⇒ ddy
(Arcsenh y) = 2
11 y+
De manera análoga, si y(x) = sech x = x x
2e e−+
, entonces, despejando x de y = x x2
e e−+ ,
tenemos y(ex + e–x) = 2 /·ex ⇒ y(e2x + 1) = 2ex ó
e2x – 2y
ex – 1 = 0 (ecuac. de 2º grado):
ex = 2
2 4 4y y2
+ −
= 12
24 4y2y y
⎛ ⎞−⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠
= 21 1 y
y+ − ⇒ x(y) = Ln
21 1 yy
+ − . Por lo
tanto
ddy
(Arcsech y) = ddy
(x(y)) = ddy
Ln21 1 y
y+ − =
22
2y 1 y 1
1 y22
yy1 1 y
⎛ ⎞− − +⎜ ⎟⎝ ⎠−
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
= 2 2 2
2 2 2
y (1 y ) 1 yy
1 1 y y 1 y
⎛ ⎞⎛ ⎞− − − − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ − −⎝ ⎠⎝ ⎠
= 2(1 1 y )− + −
2y (1 1 y )+ − 21 y−
⇒ d
dy(Arcsech y) = –
21
y 1 y−
Derivadas de orden 2 o más 7) Calcular f(n)(x) en
a) f(x) = 11 x+
d) f(x) = Ln x g) f(x) = 2x 3+
b) f(x) = cos x e) f(x) = xn h) f(x) = 1x(x 1)+
c) f(x) = e3x f) f(x) = xe–x
66
Solución:
a) f(x) = (1 + x)–1 ⇒ f '(x) = (–1)(1 + x)–2 ⇒ f ''(x) = (–1)(–2)(1 + x)–3 ⇒ f '''(x) = (–1)(–2)(–3)(1 + x)–4 ⇒ ……….. ⇒ f(n)(x) = (–1)n n!(1 + x)–(n + 1)
// b) f(x) = cos x ⇒ f '(x) = –sen x ⇒ f ''(x) = –cos x ⇒ f '''(x) = sen x ⇒ fiv(x) = cos x ⇒ fv(x) = –sen x ⇒ …………..
–sen x si n → 4n – 3 ⇒ sen x si n → 4n – 1 –cos x si n → 4n – 2 cos x si n → 4n c) f(x) = e3x ⇒ f '(x) = 3e3x ⇒ f ''(x) = 32e3x ⇒ f '''(x) = 33e3x ⇒ ......... ⇒ f(n)(x) = 3ne3x //
d) f(x) = Ln x ⇒ f '(x) = 1x
⇒ f ''(x) = –1x–2 ⇒ f '''(x) = 1·2 x–3 ⇒
fiv(x) = –1·2·3 x–4 ⇒ f(n)(x) = (–1)n+1 (n –1)! x–n , (n = 1, 2, 3,…….)
e) f(x) = xn ⇒ f '(x) = nxn–1 ⇒ f ''(x) = n(n –1)xn–2 ⇒ f '''(x) = n(n –1)(n–2)xn–3
⇒ fiv(x) = n(n –1)(n–2)(n –3)xn–4 ⇒
f(n)(x) = n(n –1)(n–2)(n –3)……(n – (n –1)) xn– n = n! //
f) f(x) = xe–x ⇒ f '(x) = –xe–x + e–x
f ''(x) = – e–x + xe–x – e–x = xe–x – 2e–x
f '''(x) = e–x – xe–x + 2e–x = 3e–x – xe–x
fiv(x) = –3e–x – e–x + xe–x = –4e–x + xe–x ....................................................................
f(n)(x) = e–x (–1)n + 1·n + (–1)n x
f(n)(x) = (–1)n e–x (x – n) //
g) f(x) = 2x 3+ = (2x + 3)1/2 ⇒ f '(x) = 12 (2x + 3)–1/2 ·2 = (2x + 3)–1/2 ⇒
f ''(x) = – 12 (2x + 3)–3/2 ·2 = – (2x + 3)–3/2
f '''(x) = 32 (2x + 3)–5/2 ·2 = 3 (2x + 3)–5/2
fiv(x) = – 3· 52 (2x + 3)–7/2 ·2 = – 3·5 (2x + 3)–7/2
………………………………………………………….
f(n)(x) =
67
f(n)(x) = (1)n+1 3·5·7·9·….(2n – 3)·(2x + 3)–(2n–1)/2 //
h) f(x) = 1x(x 1)+
= 1x
– 1x 1+
= x–1 – (x + 1)–1 ⇒ f '(x) = –x–2 + (x + 1)–2 ⇒
f ''(x) = 2 x–3 – 2 (x + 1)–3 ⇒ f '''(x) = –2·3 x–4 + 2·3 (x + 1)–4 ⇒
fiv(x) = 2·3·4 x–5 – 2·3·4 (x + 1)–5 ⇒ f(n)(x) = (–1)n·n! x–(n+1) – (–1)n+1·n! (x + 1)–(n+1) ⇒ f(n)(x) = (–1)n·n! x–(n+1) – (x + 1)–(n+1)
Sabiendo que f'(x) ≡ dfdx
y que df(x) = f'(x) dx es llamada la diferencial de la función f(x),
tenemos entonces que
a) d (f(x) ± g(x)) = d f(x) ± d g(x)
b) d (f·g)(x) = d f(x)·g(x) + f(x)·d g(x)
c) d ( fg
) = 2df(x) g(x) f(x) dg(x)
g (x)−i i .
8) Calcular d f(x) si
a) f(x) = tg arc sec x
b) f(x) = 3 / 2 2 / 3arcsen (x )
c) f(x) = 2
xx 1+
Solución:
a) d f(x) = 2
12 1/ 22
1sec arc sec x (arc sec x) dxx x 1
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
i i //
b) d f(x) = ( ) ( )1/ 2 2 / 3 1/ 3
2 / 3 23 22 3
1arcsen (x ) x dx1 (x )
−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠i //
c) d f(x) =
2
2
x2x 1
x 1 xdx
x 1+
+ −
+ =
2 3 / 2
1 dx(x 1)+
//
9) Si d (x·(x + 1)5) = f(x) dx, ¿cuánto es f(1) ?
Solución:
d (x·(x + 1)5) = ((x + 1)5 + 5x (x + 1)4) dx = f(x) dx ⇒ f(x) = (x + 1)5 + 5x (x + 1)4
⇒ f(1) = 25 + 5·24 = 24·7//
68
10) Si h(x) = x3 f(x) ; f(1) = 3 ; f'(1) = 1/2 ; f''(1) = 4 , hallar h''(1).
Solución:
h'(x) = 3x2 f(x) + x3 f'(x)
h''(x) = 6x f(x) + 3x2 f'(x) + 3x2 f'(x) + x3 f''(x)
h''(x) = 6x f(x) + 6x2 f'(x) + x3 f''(x). Por consiguiente,
h''(1) = 6 f(1) + 6 f'(1) + f''(1).
h''(1) = 6·3 + 6·1/2 + 4
h''(1) = 25//
11) Si f(0) = 1; f'(0) = 2; f''(0) = 1/2; g'(0) = 0; g''(0) = –1; g'(1) = 6; g''(1) = 10;
hallar (g o f)''(0).
Solución:
(g o f)(x) ≡ g(f(x)) ⇒ (g o f)'(x) = g'(f(x))·f'(x)
(g o f)''(x) = g''(f(x))·f'2(x) + g'(f(x))·f''(x)
(g o f)''(0) = g''(f(0))·f'2(0) + g'(f(0))·f''(0)
(g o f)''(0) = g''(1)·4 + g'(1)·1/2
= 10·4 + 6·1/2
= 43//
12) Si f(t) = t–1, hallar f(n)(t), con n ∈ ℕ.
Solución:
f'(t) = –t–2
f''(t) = (–1)(–2)t–3
f'''(t) = (–1)(–2)(–3)t–4....... ⇒ f(n)(t) = (–1)n·n!·t–(n+1)//
(Aunque en rigor esta condición debería demostrarse por inducción).
69
13) Sea
f(x) =
Hallar f'(3–) ∧ f'(3+).
Solución:
Si x ≤ 3, f'(x) = 1 ⇒ f'(3–) = 1.
Si x > 3, f'(x) = 2x – 2 ⇒ f'(3+) = 4.
14) Encuentre los valores de x en que f''(x) > 0 si f(x) = 21
x 1+ .
Solución:
f'(x) = –2 22x
(x 1)+ ; f''(x) = –
2 2 2
2 42(x 1) 2x(x 1) 4x
(x 1)+ − +
+i =
2 2
2 32(x 1) 8x
(x 1)− + +
+ ⇒
f''(x) = 2
2 36x 2
(x 1)−+
> 0 ⇒ 6x2 – 2 > 0 ⇒ x2 > 13 .
Esto es, – 13 < x < 1
3
==========0000000000==========
x + 1 si x ≤ 3 x2 – 2x + 1 si x > 3
70
GUÍA Nº 6.- EJERCICIOS PROPUESTOS
1) Pruebe que ddx
arcosec u(x) = –2
u'(x)u(x) u (x) 1−
.
2) Encontrar f'(x) para
a) f(x) = arcsen3/2(x2/3) c) f(x) = arcosec xcosec x
b) f(x) = arcos(sen x)
3) Pruebe que ddx
x4a
2 21 a x− – 21
4aarcsen ax +
2x2
arcsen ax = x arcsen ax
4) Calcular f'(x) si
a) f(x) = Ln (x + 21 x+ ) + Ln ( x + 21 x− )
b) f(x) = 2(ax b)
2+ – 2b(ax + b) + b2 Ln |ax + b|
c) f(x) = x 2 2x a± ± a2 Ln |x + 2 2x a± |
5) Empleando logaritmo, calcular f'(x) para
a) f(x) = 2 2
3 3
(2x 3) x 1
x 1
+ +
+ b) f(x) = 10
arctg x
c) f(x) = aLn x d) f(x) = (3x)x/3
6) Probar que
a) y = c1eax + c2e3ax satisface y'' – 4ay' + 3a2y = 0
b) y = c1e–x cos 2x + c2e–x sen 2x satisface y'' + 2y' + 5y = 0
7) Calcular ddx
arcsenh ( x ) ; 2
2d
dx(x arcsenh (x2))
2
2d
dx( cosh3 (2x)) ; d
dx(cosh (x)·senh (x))
8) Mediante la definición de derivada, calcular f'(x) para
a) f(x) = tg (2x) en x = 0 ; b) f(x) = x2sen ( x2
)
9) Mediante regla de la cadena y álgebra de derivadas calcule f'(x) si
71
a) f(x) = 2
2x 1x 1
−+
en x = –1 d) f(x) = x x x+ + en x = x0
b) f(x) = 3
3x 1
x 3x 2+
+ − en x = 1 e) f(x) = senx xcos x
cos x x senx−+
en x = x0
c) f(x) = 2
2
x 1 x
x 1 x
+ +
+ − en x = x0 f) f(x) = 24 cosec2(2 cosec34x)·cosec34x·cotg 4x
10) Verifique que la ecuación diferencial
(1 – x2)y' – xy + 1 = 0
se satisface tanto para y =2
arcosx
1 x− como para y =
2
2
Ln(x x 1)
x 1
+ −
−.
11) Pruebe que f(x) = Ln 1 x1 x+⎛ ⎞
⎜ ⎟−⎝ ⎠ ∧ g(x) = f a x
1 ax+⎛ ⎞
⎜ ⎟+⎝ ⎠ tienen la misma derivada.
12) Si f(x) = 21
x y g(x) =
2
x
2x 6x 1− +, calcule la derivada de (f o g)(x).
13) a) Si x = tg y , pruebe que (x2 + 1)y'' + 2x(x2 + 1)y' = 2.
b) Si y = arctg x , pruebe que (1 + x2)y'' + 2xy' = 0.
14) Si x3 + 3xy + y3 = 8 define y = y(x), calcule y'(x) ∧ y''(x).
15) Si f(x) = xLn x + axa +
xaa ; a > 0, hallar f'(x).
16) Pruebe que si x2/3 + y2/3 = a2/3 , entonces y'(x) = – y3x
.
==========0000000000==========
72
7.-APLICACIONES DE LA DERIVADA Ejercicios Resueltos.- I)Rectas tangentes y normal a una curva. 1) Encuentre las ecuaciones de las rectas tangente y normal a las curvas dadas, en el punto
dado:
a) y = x3 + 3x2 – 4x – 5 en P(1, –5).
b) y = 23x
– 34x
en P(–1, 7).
c) y = 3x 23x 2
−+
en P(2, 1/2).
Señale en cada caso los puntos de intersección, con los ejes, de las tangentes.
Solución:
a) Recordemos que la ecuación de la tangente está dada por y – y0 = y'(x1)(x – x0). Luego,
y'(x) = 3x2 + 6x – 4 ⇒ y'(1) = 5. Luego, y + 5 = 5(x – 1) ⇒ 5x – y – 10 = 0.
Ecuac. de la recta normal: y – y0 = – 1y '(x) (x1)(x – x0):
y + 5 = – 15 (x – 1) ⇒ x + 5y + 24 = 0.
Intersección de la tangente con los ejes: x = 0 ⇒ y = 10 ∧ y = 0 ⇒ x = 2.
b) y'(x) = – 36x
+ 412x
⇒ y'(–1) = 18. Por consiguiente,
la tangente: y – 7 = 18(x + 1) ⇒ 18x – y + 25 = 0
la normal: y – 7 = – 118 (x + 1) ⇒ x + 18y – 125 = 0
Intersección de la tangente con los ejes: x = 0 ⇒ y = 25 ∧ y = 0 ⇒ x = – 2518 .
c) y'(x) = 23(3x 2) (3x 2)3
(3x 2)+ − −
+ = 2
12(3x 2)+
⇒ y'(2) = 316 . Así,
la tangente: y – 12 = 3
16 (x – 2) ⇒ 3x – 16y + 2 = 0
la normal: y – 12 = – 16
3 (x – 2) ⇒ 32x + 6y – 67 = 0
Intersección de la tangente con los ejes: x = 0 ⇒ y = 18 ∧ y = 0 ⇒ x = – 2
3 .
73
2) Encuentre la ecuación de la tangente a y = x3 que pase por el punto (1, 5).
Solución:
Sea A el punto de tangencia; B el punto (1, 5).
De la figura, es claro que:
pendiente del trazo AB = y'(xo)
luego, 3
o
o
x 5x 1
−−
= 3xo2.
De aquí tenemos 2xo3 – 3xo
2 + 5 = 0
Por inspección: xo = –1 (no hay más raíces reales); de y = x3 ⇒ yo = –1 ⇒ A(–1, –1).
Finalmente, de la ecuación de una recta de pendiente conocida y que pasa por un punto dado:
y – (–1) = 3(x – (–1)) ⇒ ecuación de la tangente pedida: 3x – y + 2 = 0
3) Sea n ≥ 2 no especificado. Determine la intersección, con el eje x, de la tangente a la curva
y = xn en Po(xo, yo).
Solución:
y'(x0) = nx0n–1. ∴ y – yo = nxo
n–1(x – xo). Puesto que cualquier curva y = f(x) corta al eje x
cuando y = 0, entonces y = 0 ⇒ x = n
o on 1
o
nx ynx −
−//
4) Pruebe que la curva y = x5 + 2x no tiene tangentes horizontales. ¿Cuál es la pendiente mínima que
puede tener una tangente a esta curva?
Solución:
La tangente horizontal tiene pendiente y'(x) = 0 ; como y'(x) = 5x4 + 2 = 0, entonces no hay
solución; y como x4 = 0 si x = 0, la pendiente es m mínima: m = 2.//
5) Pruebe que la tangente a la elipse 2
2xa
+ 2
2xb
= 1 en el punto (xo, yo) se obtiene por
desdoblamiento.
Solución:
curva y = x3 tangente
(xo, xo3)
(1, 5)
A
B
74
Derivando implícitamente: 22xa
+ 22yy 'b
= 0 ⇒ y'(xo) = –2
o2
o
b xa y
. Por consiguiente,
la ecuación de la tangente es y – yo = 2
o2
o
b xa y
(x – xo). Esto implica
a2 y yo – a2 yo2 = – b2x xo + b2 xo
2 ó a2 y yo + b2x xo = a2 yo2 + b2 xo
2
y como a2 yo2 + b2 xo
2 = a2b2 (ya que el punto (xo, yo) pertenece a la elipse, por hipótesis),
entonces a2 y yo + b2x xo = a2b2, esto es o2
xxa
+ o2
yyb
= 1//
Este es el desdoblamiento pedido.
Nótese que igual situación ocurre con la hipérbola, la circunferencia,etc. Se puede demostrar que:
Para establecer la ecuación de la tangente en un punto P(xo, yo) de una curva dada por
una ecuación de 2º grado basta con sustituir:
x2 por xox y2 por yoy xy por 12
(yox + xoy) x por 12
(x + xo) y por 12
(y + yo)
en la ecuación de la curva.
I I) Signos de la derivada monotonía y concavidad.
Recordemos que si: f'(x) ≥ 0 ⇒ f(x) ⇗ ∧ f'(x) ≤ 0 ⇒ f(x) ⇘ 1) Hallar los intervalos de crecimiento para f(x) = 2
1 x1 x++
.
Solución:
Aquí f'(x) = 2
2(1 x ) 2x(1 x)
(1 x )+ − +
+ =
2
21 2x x
(1 x )− −+
; entonces f'(x) ≥ 0 ⇔ 1 – 2x –x2 ≥ 0
(pues (1 + x2) ≥ 0, ∀ x ∈ ℝ). Luego, x2 + 2x – 1 ≤ 0. Como el discriminante D del lado
izquierdo de esta inecuación es D = 22 – (–1)·4 = 8 > 0, se cumple que el intervalo de
crecimiento, en la parte de la parábola representada por y = x2 + 2x – 1, está bajo bajo el eje
OY. En otras palabras, la curva dada f(x) es creciente entre las raíces
r1 = –1 – 2 ∧ r2 = –1 + 2 .
esto es, f'(x) ≥ 0 ∀ x ∈ ( –1 – 2 , –1 + 2 ). En la figura siguiente se muestra la zona de crecimiento de la curva dada.
75
2) Hallar el intervalo de decrecimiento de la función f(x) = 3x1/3 – 5x1/5
Solución:
f'(x) = x–1/3 – x–4/5 . ∴ f'(x) ≤ 0 ⇔ 2 / 31
x – 4 / 5
1x
≤ 0 ⇔ 2 / 31
x ≤ 4 / 5
1x
⇔
x4/5 ≤ x1/3 ⇔ x4/5 – 1/3 ≤ 1 ⇔ x2/15 ≤ 1 ⇔ –1 ≤ x1/15 ≤ 1 ó –1 ≤ x ≤ 1.
3) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de las funciones
a) f(x) = 2
2x
x 1+ b) f(x) = x
3 + x2/3 – 8x1/3
c) f(x) = x3 – 2x2 + x – 1 d) f(x) = x 2x 1−+
Solución:
76
a) f'(x) = 3
2 3 / 2x 2x
(x 1)++
≥ 0 ⇔ x3 + 2x ≥ 0, pues (x2 + 1)3/2 ≥ 0 ∀ x. ∴ x(x2 + 2) ≥ 0
⇒ x ≥ 0 ⇒ f(x) ⇗ ∀ x ∈ ℝ+. ∴ también f(x) ⇘ ∀ x ∈ ℝ–//
b) f'(x) = 13
+ 23
x–1/3 – 83
x–2/3 ≥ 0 ⇔ 1 + 1/ 32
x – 2 / 3
8x
≥ 0 ⇔
2 / 3 1/ 3
2 / 3x 2x 8
x+ − ≥ 0 ⇔ (x1/3)2 + 2x1/3 – 8 ≥ 0 : ecuación de 2º grado en x1/3,
cuyas raíces son 8 y –64. Por lo tanto, la función f(x) es creciente en el intervalo
– ∞ ≤ x ≤ – 64 ∪ 8 ≤ x ≤ ∞
y en el complemento – 64 ≤ x ≤ 8 de este intervalo, la función es decreciente.
(Nótese que x ≠ 0 ).
c) f'(x) = 3x2 – 4x + 1 ≥ 0 ⇒ como el discriminante es mayor que cero, hay dos raíces reales
distintas para el trinomio. Luego, f'(x) ≥ 0 si x ∈ (–∞, r1) ∪ (r2, ∞), siendo r1 = 1/3 ; r2 = 1.
∴ f(x) ⇗ en (–∞, 1/3) ∪ (1, ∞)//
d) f'(x) = 2(x 1) (x 2)
(x 1)+ − −
+ = 2
3(x 1)+
≥ 0 ∀ x, (pues (x + 1)2 > 0, excepto en x = –1).
∴ f(x) ⇗ en (–∞, –1) ∪ (–1, ∞)//
4) Determinar el intervalo de concavidad hacia arriba para f(x) si
a) f(x) = 2 – x/6 – x3/6
b) f(x) = 2
2x
1 x−
c) f(x) = 3 x 1x 2−−
Solución:
a) f'(x) = – 1/6 – x2/2 ; f''(x) = –x. Por lo tanto, f''(x) > 0 si x < 0 ∧ f''(x) < 0 si x > 0.
Luego, hay concavidad hacia arriba si x ≤ 0 ∧ hacia abajo si x ≥ 0 ; por consiguiente, hay
cambio de concavidad en x = 0. Como f'(x) < 0 ∀ x, la función sólo es decreciente (en ℝ ).
77
b) f'(x) = 2 3
2 22x(1 x ) 2x
(1 x )− +−
= 2 22x
(1 x )−
f''(x) = 2 2 2
2 42(1 x ) 2x 2(1 x )( 2x)
(1 x )− − ⋅ − −
− =
2 2
2 32(1 x ) 8x
(1 x )− −−
= 2
2 32 6x(1 x )+−
⇒ como el numerador es positivo, el signo depende de (1 – x2)3. Por lo tanto,
f''(x) > 0 si (1 – x2) > 0, ó x < 1 ∨ x > –1. Luego, la concavidad hacia arriba es
cuando x ∈ (–1, 1); por consiguiente, la concavidad hacia abajo será en (–∞, –1) ∪ (1, ∞).
El cambio de concavidad se produce en x = ±1, donde no hay función.
c) f'(x) = 1/ 3 2 / 3 1/ 3 2 / 31 1
3 32 / 3
(x 2) (x 1) (x 1) (x 2)
(x 2)
− −− ⋅ − − − ⋅ −
−
f'(x) = 1/ 3 2 / 3 1/ 3 4 / 3(x 2) (x 1) (x 1) (x 2)
3
− − −− − − − −
f'(x) = [ ]4 / 3 2 / 3(x 2) (x 1) (x 2) (x 1)3
− −− − − − −
f'(x) = 2 431
3 (x 1) (x 2)−
− − = 2 / 3 4 / 31 (x 1) (x 2)
3− −− − −
f''(x) = 5 / 3 4 / 3 2 / 3 7 / 32 4(x 1) (x 2) (x 1) (x 2)9 9
− − − −− − + − −
= [ ]5 / 3 7 / 32 (x 1) (x 2) (x 2) 2(x 1)9
− −− − − + −
= 5 / 3 7 / 3(3x 4)2
9 (x 1) (x 2)−
− −.
Luego, el signo se verá en el siguiente cuadro:
Por consiguiente: f''(x) > 0 si x ∈ (1, 4/3) ∪ (2, ∞)
(x – 1) – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +
(3x – 4) – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + +
(x – 2) – – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + +
5 / 3 7 / 3(3x 4)2
9 (x 1) (x 2)−
− − – – – – – + + + + + + + – – – – – + + + + + +
x –∞ 1 4/3 2 ∞
78
f''(x) < 0 si x ∈ (–∞, 1) ∪ (4/3, 2)//
III) Máximos y mínimos.
Aquí los problemas son de dos tipos: aquellos que representan una situación real, práctica, y los que
son puramente teóricos.
Recordemos que los puntos críticos provienen de f'(x) = 0 y donde no hay derivada. Por lo que
f'(x0) = 0 ∧ f''(x0) > 0 ⇒ x0 es punto de mínimo
f'(x0) = 0 ∧ f''(x0) < 0 ⇒ x0 es punto de máximo
También se puede observar que si en x0 la función cambia de creciente (f'(x) > 0) a decreciente
(f'(x) < 0), el punto es de máximo, y si el cambio es de decreciente a creciente el punto es de
mínimo. Si en algún punto no hay cambio de monotonía, pero sí f''(x) = 0, se tiene el llamado
punto de inflexión. Veamos el gráfico:
x0 es punto de máximo local
x1 es punto de inflexión
x2 es punto de mínimo local
Ejemplos:
1) Analizar los puntos críticos de f(x) = 4x4 – x2 + 5.
Solución:
La función tiene derivada en todo su dominio; luego, los puntos críticos se obtienen de
f'(x) = 16x3 – 2x = 0 ⇒ 2x(8x2 – 1) = 0. ∴ x = 0; x = ± 12 2
son puntos críticos.
x0 x1 x2
79
f''(x) = 48x2 – 2 ⇒ a) f''(0) < 0 , por lo que x = 0 es punto máximo.
b) f''(± 12 2
) > 0 , por lo que x = ± 12 2
es punto mínimo//
2) Encontrar los valores máximos y mínimos de
f(x) = x3 – 12x + 10 para –3 ≤ x ≤ 3.
Solución:
f'(x) = 3x2 – 12 = 0 ⇒ x = ± 2 (puntos críticos).
También lo son x = – 3 ∧ x = 3, pues allí no hay derivada (¿por qué?).
f''(x) = 6x ⇒ f''(2) = 12 > 0. ∴ x = 2 es punto de mínimo, con f(2) = 6 f''(–2) = –12 < 0. ∴ x = –2 es punto de máximo, con f(–2) = 26
y como f(–3) = 19 ; f(3) = 1, entonces los valores máximo y mínimo son f(–2) ∧ f(2), esto es,
máximo = 26, mínimo = –6//
3) Determinar los valores máximos y mínimos de la curva
f(x) = x – 2 4 x en 0 ≤ x ≤ 100. Solución:
f'(x) = 12 x
– 3 / 412 x− = 3 / 41
2 x− (x1/4 – 1) = 0 ⇒ x = 1. (En x = 0 no hay
derivada).
Pero, f(0) = 0 ; f(1) = –1 ; f(100) = 10 – 10 > 0 ; luego, el valor mínimo es f(1) = –1 y el
máximo es f(100) = 10 – 10 . Como f''(x) = – 3 / 214 x− + 7 / 43
8 x− , entonces f''(1) > 0, y x = 1
es un mínimo local//
4) ¿Cuál es el área máxima de un rectángulo inscrito en un semicírculo de radio 1 en que dos vértices están en el diámetro? Solución:
a) Gráfico (necesario)
b) Modelo: área A = 2x·y , en que
x2 + y2 = 1 ; ∴ f(x) = 2x 21 x− .
c) Condición necesaria: f'(x) = 0.
Entonces, x
y
(x, y)
x x
y
0
80
f'(x) = 2 – 2
22x1 x−
= 0 ⇒ 2 2
2
2(1 x ) 2x
1 x
− −
− = 0 ⇒ 2x2 = 1 ∴ x = ± 2
2. Así, debemos
tomar x = 22
; luego, el área crítica será A = 2 · 121− = 1, (donde x = 2
2, y = 2
2) ∧ es
máxima, pues la mínima se produce cuando x ó y son nulos. (Por ello no es necesaria la segunda
derivada).
5) ¿Qué dimensiones debe tener una caja de base cuadrada sin tapa, de un volumen detrminado Vo,
de modo que emplee el mínimo de material en su construcción?
Solución:
a) La figura muestra la situación:
Buscamos el área A mínima:
A = x2 + 4xy
con la condición Vo = x2y.
De aquí, y = o2
Vx
, por lo que
b) Modelo: A ≡ f(x) = x2 + o4Vx
.
c) Condición necesaria:
f'(x) = 0 ⇒ 2x – o2
4Vx
= 0 ⇒ 2x3 = 4Vo ⇒
x = (2Vo)1/3 A = (2Vo)2/3 + 4(2Vo)1/3·1/ 3
o2 / 3
V2
y = o2 / 3
o
V(2V )
esto es, A = 25/3 Vo2/3.
d) La 2ª derivada no es necesaria, pues los valores encontrados aseguran un área mínima,
pues sería máxima si para el valor fijo de Vo, la base fuese infinitamente grande para una altura
infinitesimalmente pequeña.
6) Encontrar las distancias más corta y más larga desde el punto (–2, 1) a la curva
y = 1 + 218 2x−
Solución:
xx
y
y
81
Poniendo la curva en la forma 22 (y 1)x 1
9 18−
+ = ,
vemos que es la parte superior de una elipse
de centro (0, 1); (es parte superior porque el
valor de y, en la ecuación dada, es siempre positivo).
El punto (–2, 1) es interior a la elipse.
Si la distancia del punto dado (–2,1) a cualquier punto (x,y) de la elipse es máxima o mínima,
también lo es su cuadrado, por eso tomemos
d2((–2, 1), (x, y)) = (x+2)2 + (y – 1)2. Pero (y – 1)2 = 18 – 2x2
∴ f(x) = (x + 2)2 + 18 – 2x2 ó f(x) = 22 + 4x – x2 ⇒ f'(x) = 4 – 2x = 0
⇒ x = 2 ∧ y = 1 + 10
El punto P(2, 1 + 10 ) está a una distancia extrema del punto dado, y como
f''(x) = – 2 ⇒ f"(2) < 0,
entonces la distancia es máxima.
¿Cuál es el punto de la elipse que está a la mínima distancia del punto dado (–2, 1)?
Tomamos la recta que pasa por (–2, 1) y (2, 1 + 10 ), y – 1 = 104
(x + 2), y la interceptamos
con la curva dada y – 1 = 218 2x− . Esto implica 218 2x− = 104
(x + 2) ⇔
18 – 2x2 = 1016
(x + 2)2 ⇒ 21x2 + 20x – 124 = 0 ⇒ x = 20 400 84 12442
− ± + ⋅
cuyas soluciones son x = 2 ∧ x = – 6221
.
Por lo tanto, las coordenadas de los puntos de intersección de esta recta con la elipse corresponden a
P(2, 1+ 10 ) ∧ Q(– 6221
, 5 10121
+ )
Así, las distancias máxima y mínima buscadas son
d(PoP) = 26 máxima
d(PoQ) = 5 26121
+ mínima
–3 3
3 2
(–2,1)
x
P
Q
82
IV) Razón de Cambio
La derivada de la función y = f(x) expresa "la razón de cambio instantáneo entre lo que cambia la
función respecto de lo que cambia la variable".
f'(x0) = lím of(x )x
ΔΔ
= lím o of(x x) f(x )x
+ Δ −Δ
Si la variable es el tiempo t, la derivada es la rapidez v(t):
v(t) = lím S(t t) S(t)t
+ Δ −Δ
y en los problemas prácticos se habla de "rapidez con que crece el área", "rapidez con que disminuye el
volumen", etc.
Problemas:
1) Un estanque es de forma cónica, de 12 [dm] de alto y 12 [dm] de diámetro. Entra agua a razón de
4 [dm3/min]. Hallar la rapidez con que sube el nivel
del agua al momento que su altura es de 2 [dm] y al
momento que es de 8 [dm].
Solución:
El volumen V(t) del agua en cualquier instante t es
V(t) = 13 π
r2(t)·h(t)
y como, de la figura,
h(t)r(t)
= 126
⇒ r(t) = h(t)2
∴ V(t) = 112 π h3(t)
Entonces, derivando con respecto al tiempo,
dVdt
= 312 π h2(t)·h'(t); pero como entra agua a 4 [dm3/min], entonces dV
dt = 4. Por lo que
16 = π h2(t)·h'(t); así entonces, la rapidez h'(t) con que sube el agua será
h'(t) = 216h (t)π
.
Si h(t) = 2 [dm] ⇒ h'(t) = 4π
[dm/min]
Si h(t) = 8 [dm] ⇒ h'(t) = 14π
[dm/min]//
Δx → 0 Δx → 0
Δt → 0
h(t)
r(t)
6
12 V(t)
83
2) Un niño, de 5 [pie] de estatura, corre a 12 [pie/seg] y pasa bajo un poste cuyo farol está a
20 [pie] de altura.
a) Hallar la rapidez con que se mueve el extremo de la sombra del muchacho, cuando éste
está a 20 [pie] y a 50 [pie] del poste.
b) Calcular la rapidez con que aumenta la longitud de la sombra.
Solución:
a) Para cualquier tiempo t, sea x = x(t) la
distancia del niño AB al poste, entonces
x'(t) será la rapidez con que corre;
si y = y(t) es la longitud de su sombra, es claro
que y'(t) será la rapidez con que se mueve el
extremo de dicha sombra.
De la figura, x y20+ = y
5 ⇒ x y
y+ = 4 (∗)
⇒ xy
+ 1 = 4 ⇒ xy
= 3. Derivando con respecto al tiempo, x'y – xy' = 0.
Y como x' = 12 [pie/seg], x = 20 [pie], tenemos 12y = 20y', o sea y' = 35
y. Hallemos el valor
de y. De la proporción (∗), tenemos,
para x = 20, 20 yy+ = 4 ⇒ y = 20
3; ⇒ y' = 3
5( 20
3) ⇒ y' = 4 [pie/seg]
para x = 50, 50 yy+ = 4 ⇒ y = 50
3; ⇒ y' = 3
5( 50
3) ⇒ y' = 10 [pie/seg]
b) La rapidez con que aumenta la longitud de la sombra será x' + y'; entonces:
i) cuando el muchacho está a 20 [pie] del poste, x' + y' = 12 + 4 = 16 [pie/seg]
ii) cuando el muchacho está a 50 [pie] del poste, x' + y' = 12 + 10 = 22 [pie/seg]
x y 5
A
B
20
84
3) Un obrero sube un cubo de cemento a un andamio a 40 pies sobre su cabeza por medio de una
cuerda de 80 pies que pasa por una polea en el andamio. Si él sujeta la cuerda a nivel de la cabeza y se
aleja a 5 [pie/seg], ¿con qué rapidez sube el cubo, al momento que el obrero está a 30 pies de la base del
andamio?
Solución:
Sea x = x(t) la distancia del obrero al pie del andamio, por
lo que x'(t) será su rapidez ; y = y(t) la altura del cubo,
y, en consecuencia, y'(t) es la rapidez de subida del cubo
(todo para cualquier instante t).
Entonces, por Pitágoras,
x2 + 402 = (40 + y)2. (∗)
Derivando con respecto al tiempo,
2 x x' = 2(40 + y)·y' ⇒ y' = x x '40 y+
Del enunciado, x = 30 pies; x' = 5 [pie/seg].
Entonces y' = 30 540 y
⋅+
= 15040 y+
. Ahora, basta hallar y:
De (∗):
302+ 402 = (40 + y)2 ⇒ 2500 = (40 + y)2 ⇒ 40 + y = 50 ⇒ y = 10.
Así,
y' = 15040 10+
⇒ y' = 3 [pie/seg]
4) Se está derramando arena en un montón cónico a 50 [dm3/min], de modo que constantemente
mantiene su forma y donde la altura siempre es igual al radio basal del cono. ¿Con qué rapidez
está aumentando la altura cuando la arena tiene 5 [dm] de profundidad?
Solución:
El volumen V(t) del cono, en cualquier instante t, está dado por
V(t) = 13 π
r2(t)·h(t); como r(t) = h(t), entonces V(t) = 13 π
h3(t).
Derivando: V'(t) = π h2(t)·h'(t).
y
x
40+ y
40 – y
h(t) r(t)
85
∴ 50 = π·52·h'(t) ⇒ h'(t) = 2π
[dm/min]//
5) Un bote está siendo atracado a un muelle por medio de una cuerda, con un extremo atado a la
proa del bote y el otro pasando por una polea sujeta al muelle a 5 pies de altura sobre el agua. Si
la cuerda está remolcando a 4 [pie/seg], ¿con qué rapidez se está moviendo el bote hacia el muelle
cuando el tramo de la soga, entre la proa y la polea, es de 13 pies?
Solución:
Sea x(t) la distancia del bote al muelle,
luego, x'(t) será la rapidez con que se
mueve el bote, en cualquier instante t,
y(t) la longitud de la cuerda entre la
proa y la polea.
Entonces, de la figura,
x(t)2 + 52 = y(t)2
Derivando con respecto al tiempo: 2x x' = 2y y' ⇒ x' = y y 'x (∗)
Ahora bien, en el instante que el largo y de la cuerda es 13 pies, la distancia x del bote al muelle
será x = 2 513 5− = 12 pies; y la rapidez constante con que la cuerda pasa por la polea es y' = 4
[pie/seg]. Entonces (∗) ⇒ x' = y y 'x = 13 4
12⋅ = 13
3 = 4,3 [pie/seg]//
6) Una escalera de 20 pies de longitud está apoyada contra
una pared vertical; la base de ella se está desplazando
a 6 [pie/min]. ¿Con qué rapidez se mueve el extremo
superior cuando la base está a 5 pies de la pared?
Solución:
De la figura,
x2(t) + y2(t) = 400.
Derivando con respecto a t :
2x x' = 2y y' ⇒ y' = – 'x xy . Pero, cuando x = 5, entonces y = 2 520 5− =
5 15 .
5y(t)
x(t)
20
x(t)
y(t)
y'(t)
x'(t)
86
Luego, y' = – 5·65 15
= – 615
= – 1,55 [pie/min]. (El signo (–) significa que la parte
superior de la escalera está deslizándose hacia abajo).
7) Un puente levadizo, con dos partes móviles
de 20 metros de largo cada una, está siendo
elevado a razón de 2 [radianes/min]. ¿Con qué
rapidez está aumentando la distancia entre los
extremos cuando llevan un ángulo de 4π [rad]?
Solución:
Sea x(t) la proyección de cada parte móvil en cualquier instante t, esto es,
x(t) = 20 cos α(t). (∗)
Sea y(t) la separación entre los extremos A ∧ B de las partes móviles. Entonces la derivada y'(t) será la rapidez con que se están separando dichos extremos A ∧ B, en cualquier instante t. De la figura, vemos que 2x + y = 40.
Derivando con respecto al tiempo:
2x' + y' = 0
Esto implica y' = –2x' . (∗∗)
Hallemos x' :
De la relación (∗) x(t) = 20 cos α(t)
tenemos, al derivar con respecto al tiempo,
–x' = 20 cos α(t)·α'(t)
= 20 cos (π/4)·2
= 20· 22 ·2
–x' = 20 2
o sea x' = –20 2
(El signo de la rapidez x' es negativo , ya que la longitud de la proyección x(t) está disminuyendo con el tiempo, pues las partes móviles están elevándose). Finalmente, reemplazando en (∗∗)
y' = 40 2 [m/min]
α αx xy
20 20
partes móviles (o giratorias)A B
87
(El signo de la rapidez de separación y' es positivo, ya que la distancia de separación y(t) entre los
extremos de las partes móviles está aumentando con el tiempo, puesto que el puente se está elevando).
GUÍA Nº 7. Ejercicios Propuestos.(Razón de cambio)
1) Dos móviles parten del mismo punto: uno va al sur a 60 [km/h] y el otro al oeste a 25 [km/h].
¿Con qué rapidez aumenta la distancia entre ambos luego de dos horas?
( R: 65 [km/h] )
2) La altura de un triángulo aumenta 1 [cm/min], mientras que el área lo hace a 2 [cm2/min]. ¿Con qué
rapidez aumenta la base del triángulo cuando h = 10 [cm] y el área es 100 [cm2]?
( R: –1,6 [cm/min] )
3) Una escalera de 10 [pie] de largo se apoya en una pared. Si su extremo inferior se desliza
alejándose de la pared a 2 [pie/seg], ¿con qué rapidez cambia el ángulo entre la escalera y el
muro, cuando este ángulo mide π/4 radianes? ( R: 25
[rad/seg] )
4) Se infla un balón esférico a razón de 5 [pie3/min]. Si la presión se mantiene constante, ¿con qué
rapidez cambia el radio cuando éste mide 9 pulgadas? ( R: 20
9π [pie/min] )
5) Una luminaria se encuentra en lo alto de un poste de 16 pie. Una persona de 5 pie de altura se
aleja de la base del poste a 4 [pie/seg]. ¿Con qué rapidez se mueve el extremo de su sombra
cuando él está a 18 pie del poste? ( R: 64
11 [pie/seg] )
6) El inicio de una pista de aterrizaje está a 300 metros, perpendicular a una torre de 20 metros de
altura. Luego que un avión ha recorrido 300 metros por la pista a 100 [km/h], calcular la rapidez
en que cambia la distancia entre el avión y la cabina de la torre.
( R: 70,6 [km/h] )
88
Asíntotas. Una asíntota de una curva es una recta a la que se acerca arbitrariamente la curva, sin que llegue a
tocarla jamás, cuando ésta se aleja indefinidamente del origen (esto es, cuando la abscisa o la ordenada de
la curva van hacia el infinito). Estas asíntotas pueden ser
a) Verticales: de ecuación x = x0 si lím f(x) = ∞
b) Horizontales: de ecuación y = y0 si lím f(x) = y0
c) Oblicuas: de ecuación y = mx + b tal que m = lím f(x)x
; b = lím [ f(x) – mx ]
Ejercicios:
1) Determinar las asíntotas verticales y horizontales (si las hay), de las curvas
a) y = 2x
1 x+ ; b) y =
2
22x
x 1− ; c) y = xex ;
d) y = Ln(4 – x2) ; e) y = 3
2x
x 1+ .
Solución:
a) Dom y = { x ∈ ℝ / x > –1} ∧ lím 2x
1 x+ = + ∞ ⇒ x = –1 es una asíntota
vertical.
b) Es una función par (esto es, y(–x) = y(x)):
lím 2
22x
x 1− = + ∞ ; lím
2
22x
x 1− = – ∞
∴ x = ± 1 son asíntotas verticales. Por la simetría del gráfico (por ser función par), tenemos
lím 21
x
21−
= 2 ⇒ y = 2 es una asíntota horizontal.
c) lím xex = lím xx
e− = 0 (el denominador tiende a ∞ más rápido que el numerador).
Luego, el eje OX es una asíntota horizontal; y como lím xex ≠ ∞, no hay asíntota vertical.
x → x0
x → ∞
x → ∞ x → ∞
x → 1+
x → –1+
x → 1–
x → ± ∞
x → – ∞ x → – ∞
x → x0
89
d) lím Ln (4 – x2) = – ∞ ⇒ x = ± 2 son asíntotas verticales, y como lím Ln (4 – x2) no existe (pues el logaritmo de un Nº negativo no existe), entonces no hay asíntotas horizontales.
e) lím 3
2x
x 1+ ≠ ∞ ⇒ no hay asíntota vertical (∄ ningún Nº real x0 tal que x0
2 + 1 = 0).
lím 3
1 1x x
1+
= ∞ ⇒ no hay asíntota horizontal.
2) Determinar asíntotas oblicuas, si las hay, de las funciones
a) y = 3
2x
x 1+ ; b) y = 1
(x 1)(x 2)− + ; c) y = 3
1x x−
Solución: a) Si y = mx + b es la ecuación de la asíntota oblicua de la función f(x):
m = lím f(x)x
= lím 3
2x
x(x 1)+ = lím
21
x
11+
= 1
b = lím [f(x) – mx] = lím [3
2x
x 1+ – x ] = lím
3 3
2x x x
x 1− −
+ = lím 2
xx 1−+
= lím 1x
1x−+
= 0
∴ y = x es asíntota oblicua.
b) m = lím 1x(x 1)(x 2)− +
= 0 ; luego, no hay asíntota oblicua, pues la pendiente de ella es
nula; en x = 1 y en x = –2 las asíntotas son verticales (ya que lím 1(x 1)(x 2)− +
= ∞
y lím 1(x 1)(x 2)− +
= ∞ ). Además, como lím 1(x 1)(x 2)− +
= 0, el eje OX es una asíntota
horizontal.
c) lím 31
x(x x)− = 0 ⇒ m = 0 ⇒ no hay asíntota oblicua; pero sí hay asíntotas
verticales, de ecuaciones x = 0, x = –1, x = 1, pues como 31
x x− = 1
x(x 1)(x 1)+ −, entonces
lím 1x(x 1)(x 1)+ −
= lím 1x(x 1)(x 1)+ −
= lím 1x(x 1)(x 1)+ −
= ∞.
x → ± 2 x → ± ∞
x → x0
x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞
x → 1
x → –2 x → ∞
x → ∞
x → 0 x → –1 x → 1
90
3) Pruebe que en cada caso hay asíntotas oblicuas:
a) f(x) = 3
2x
x 1− ; b) f(x) =
2x 4x+ ; c) f(x) = 1
x 1− – x
Solución:
a) lím f(x)x
= lím 2
2x
x 1− = 1, ∴ m = 1.
lím [f(x) – mx] = lím [3
2x
x 1− – x] = lím 2
xx 1−
= 0, ∴ y = x es la asíntota oblicua.
b) lím f(x)x
= lím 2
2x 4
x+ = 1 ⇒ m = 1.
lím [f(x) – mx] = lím [2x 4x+ – x] = lím 4
x = 0, por lo tanto, y = x es la asíntota oblicua.
c) lím f(x)x
= lím ( 21
x x− – 1) = –1, ∴ m = –1.
lím [f(x) – mx] = lím [( 1x 1−
– x) – (–x)] = lím [ 1x 1−
] = 0, ∴ y = – x es la asíntota
oblicua.
Por otra parte, como lím [( 1x 1−
– x) = ∞, entonces x = 1 es una asíntota vertical.
4.-Graficar las curvas y sus asíntotas (cuyas ecuaciones ya determinamos anteriormente):
a) y = 2x
1 x+ ; b) y =
2
22x
x 1− ; c) y = xex ; d) y = Ln (4 – x2) ;
e) y = 3
2x
x 1+ ; f) y = 1
(x 1)(x 2)− + ; g) y = 3
1x x−
; h) y = 3
2x
x 1− ;
i) y = 2x 4x+ ; j) y = 1
x 1− – x
Solución:
y =2x
1 x+ y
=2
22x
x 1−
x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
a) x
y
2
–1 10
b)
x → 1
–1 0x
y
91
y = xex
y = Ln (4 – x2) e) f)
y =3
2x
x 1+
y
= 1(x 1)(x 2)− +
g) y = 3
1x x−
h)
c) d)
x
y
0
y
x–1/2
–2 1
–1 x
y
0 1
–1 x
y
0 1
x
y
0
y
x
Ln 4
–2 2 0
92
y =3
2x
x 1−
i) j)
y = 2x 4x+
y = 1
x 1− – x
8.- TEOREMA DE L'HÔPITAL Señalado para indeterminaciones del tipo
00
; ∞∞
; 0·∞ ; 00 ; ∞0 ; 1∞ ; ∞ – ∞
Ejercicios Resueltos 1) Indeterminación de la forma .
Calcular los siguientes límites:
a) lím xe 1
sen x− ; b) lím tg x
xα ; c) lím
x
2e 1 x
x− − ; d) lím
x x5 3x− .
Solución:
a) lím xe 1
sen x− = 0
0 = lím
xecosx
= 1//
x
y
0 1 x
y
0
x → 0 x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0
93
b) lím tg xxα = 0
0 = lím
2sec x1
α α = 1//
c) lím x
2e 1 x
x− − = 0
0 = lím
xe 12x− = lím
xe2
= 12 //
d) lím x x5 3
x− = 0
0 = lím
x x5 Ln5 3 Ln31− = Ln 5 – Ln 3 = Ln 5
3 //
2) Indeterminación de la forma 0·∞.
Calcular
a) lím x Ln x ; b) lím e–x Ln x c) lím (x – π)cotg x d) lím sec 7x·cos 3x
Solución:
a) lím x Ln x = 0·–∞ = lím 1/ 2
Ln xx−
= −∞∞
= lím 3 / 21
2
1xx−−
= lím (–2 x1/2) = 0//
b) lím e–x Ln x = 0·∞ = lím xLnxe
= ∞∞
= lím x
1x
e = lím x
1xe
= 0//
c) lím (x – π)cotg x = 0·∞ = lím xtgx− π = 0
0 = lím 2
1sec x
= lím cos2 x = 1//
d) lím sec 7x·cos 3x = ∞·0 = lím cos3xcos7x
= 00
= lím 3sen3x7sen7x−−
= 37 //
3) Indeterminación de la forma 00.
Determinar
a) lím xsen x ; b) lím (sen x)tg x
Solución:
Como lím f(x) = lím eLn f(x) = elím Ln f(x) , entonces:
a) lím xsen x = 00 = senxlímLn xe ⇒ lím sen x Ln x = 0·–∞ = lím Lnx
cosec x
x → 0 x → 0
x → 0 x → 0 x → 0
x → 0 x → 0
x → 0+ x → ∞ x → π x → π/2
x → 0+ x → 0+ x → 0+ x → 0+
x → ∞ x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → πx → πx → πx → π
x → π/2 x → π/2 x → π/2
x → 0+ x → 0+
x → x0 x → x0
x → 0+ x → 0+ x → 0+
94
= lím 1x
cosec xcotgx− = – lím
2sen xxcosx
= – lím 2senxcos xcos x x senx−
= 0.
∴ lím xsen x = e0 = 1//
b) lím (sen x)tg x = 00 = elím tg x Ln sen x ⇒ lím Lnsenxcotgx
= −∞∞
= lím 2cosx
senx(cosec x)
= lím sen x·cos x = 0.
∴ lím (sen x)tg x = e0 = 1//
3) Indeterminación de la forma ∞0.
Calcular
a) lím1xx b) lím (ex + x)1/x
Solución:
a) lím 1xx = ∞0 = lím eLn
1xx = elím 1
x Ln X ⇒ lím Ln xx
= ∞∞
= lím 1x1
= lím 1x
= 0.
∴ lím1xx = e0 = 1//
b) lím (ex + x)1/x = ∞0 = elím 1x Ln x(e x)+ ⇒ lím
xLn(e x)x+ = ∞
∞ = lím
x
xe 1
(e x)·1++
= ∞∞
= lím x
xe
e 1+ = lím
x
xee
= lím 1 = 1.
∴ lím (ex + x)1/x = e1 = e//
4) Indeterminación de la forma 1∞
Calcular
a) lím (1 + ax
)bx ; b) lím ( )xx1 x+
c) lím ( )2x 12x 32x 5
+−+
Solución:
x → 0+ x → 0+
x → 0+
x → 0+
x → 0+ x → 0+ x → 0+
x → 0+
x → 0+
x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞
x → ∞
x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
95
a) lím (1 + ax
)bx = 1∞ = elím bx Ln(1 + ax ) ⇒ lím
ax
1bx
Ln(1 )+ = 0
0 = lím 2
2
ax
ax(1 )( (bx) )b−
−
+ −
/·2
2(bx)(bx)−−
= lím 2
ax
ab(1 )b+
= 2ab
(1)b = ab.
∴ lím (1 + ax
)bx = eab.
b) lím ( )xx1 x+
= 1∞ = lím ( )1 x 11 x 11 x
+ −+ −+
= lím ( ) ( )1 x 11 11 11 x 1 x
+ −⎡ ⎤− −⎢ ⎥+ +⎣ ⎦
= lím ( )1(1 x)111 x
+−++
·lím ( ) 1111 x
−−
+ = e(–1)(1) ·(1–0)–1 = e–1, (usando a))
c) lím ( )2x 12x 32x 5
+−+
= 1∞ = lím ( )2x 5 5 12x 5 5 32x 5
+ − ++ − −+
= lím ( )2x 5 4812x 5
+ −−++
= lím 522(x ) 4
5 52 2
8 81 12(x ) 2(x )
+ −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥− −+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
= lím 522(x )
52
41x
+⎛ ⎞−+⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
·lím 4
52
812(x )
−⎛ ⎞−+⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
= e(–4)(2) . (1 + 0)–4
= e–8.
5) Pruebe que la curva y = ( )2x1cos
x tiene una asíntota horizontal y señale su ecuación.
Solución:
lím ( )2x1cos
x = 1∞ = lím e
2x Ln(cos 1x ) ⇒ lím
2
1x
1x
Ln(cos ) = 0
0 = lím 2
3
1 1x x
1x
( sen )( )
cos ·( 2x )−
− −
−
= – lím 1x1x
x sen2cos
= – lím x 1tg2 x
= ∞·0 = – lím 1x
2x
tg
= – lím 2
2
21 1xx
2x
( )sec−
− = – lím
2 1xsec
2 = – 12
.
x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞
x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞
x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞ x → ∞
x → ∞ x → ∞
96
∴ lím ( )2x1cos
x = e– 1
2 = 1e
. Por consiguiente, y = 1e
es asíntota horizontal.
6) Si f'(x) es función continua, pruebe que
lím f(x h) f(x h)2h
+ − − = f'(x).
Solución:
Como hay indeterminación 00
entonces aplicamos L'Hôpital, derivando con respecto a h :
lím f '(x h)(1) f '(x h)( 1)2 1
+ − − −i
= lím f '(x h) f '(x h)2
+ + − = 2f '(x)2
= f'(x).
7) Si f''(x) es continua, pruebe que
lím 2f(x h) 2f(x) f(x h)
h+ − + − = f''(x).
Solución:
Aplicando L'Hôpital con respecto a h
lím f '(x h)(1) f '(x h)( 1)2h
+ − − − = lím f '(x h) f '(x h)2h
+ + − = 00
= lím f ''(x h) f ''(x h)2
+ + −
= 2f ''(x)2
= f''(x).
========== 0000000000 ==========
x → ∞
h → 0
h → 0 h → 0
h → 0
h → 0 h → 0 h → 0
97
GUÍA # 8.- Ejercicios Propùestos:
Identifique las indeterminaciones y resuelva:
1) lím 3
2 318x
2x 6x− 7) lím (ex – 1)x
2) lím tgx1 sec x−
8) lím (sen x )sen x
3) lím Lnxcosec x
9) lím ( )1
ax x1 e+
4) lím (x2 – 1)2xe− 10) lím 2
11 xx −
5) lím x1 1x e 1
⎛ ⎞−⎜ ⎟−⎝ ⎠
11) lím (π – 2x)tg x
6) lím xtg x 12) lím ( )2
x xx e+
========== 0000000000 ==========
x →∞
x → 0
x → 0+
x →∞
x →∞
x → 0+
x → 0+
x → 0+
x →∞
x →1
x →2π
x →∞
