Ayudanta 8 - Max Cubillos

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Facultad de Matemáticas
Departamento de Matemáticas
MAT1610 - Cálculo I
Sección 8 - Sala B15
Ayudant́ıa N°8
Ayudante: Maximiliano Cubillos Alvarez
mecubill@uc.cl
Problema 1
Encontrar la derivada enésima de la función
f(x) = log(
a+ bx
a− bx
)
Solución:
Notemos que la primera derivada de f puede ser calculada separando la resta de logaritmos y
aplicando la regla de la cadena, teniendo cuidado con los signos:
f ′(x) =
b
a+ bx
+
b
a− bx
o bien
f ′(x) =
(a
b
+ x
)−1
+
(a
b
− x
)−1
Ahora notemos que cada vez que se derive esta expresión, por derivación de polinomio, caerá el
exponente anterior y se multiplicará. Al derivar las siguientes n − 1 veces y teniendo cuidado con
los signos tendriamos:
f (n)(x) = (−1)(n−1)(n− 1)!
(a
b
+ x
)−n
+ (n− 1)!
(a
b
− x
)−n
Reordenando términos tenemos:
f (n)(x) =
(n− 1)!bn
(a2 − (bx)2)2
((a+ bx)n + (−1)n(a− bx)n)
Problema 2
En triángulo 4ABC está formado por una cuerda AC de la parábola y = kx2 y las tangentes
AB y BC en cada extremo de la cuerda. Si AC permanece perpendicular al eje de la parábola y
se acerca al vértice cde ella a razón constante de dos unidades por segundo, determine la tasa de
cambio que experimenta el área del triángulo cuando la cuerda AC se encuentra cuatro unidades
sobre el vértice de la parábola.
Solución:
Por simetŕıa con respecto al eje Y, como AC es horizontal, el 4ABC es isóseles y B se encuentra
sobre el eje Y. Si C se encuentra sobre la parábola, entonces para un punto x0 la pendiente de la
recta tangente es m = 2kx0 y la ecuación de la recta tangente es y = 2kx0(x− x0) + k(x0)2 (visto
en ayudant́ıa). Debemos encontrar la ubicación del punto B, para esto hacemos x=0 en la recta y
tenemos y = −kx0. Luego B(0,−kx0) y el área del triángulo es:
4 = 2k(x0)3
1
Figura 1: Parábola y = kx2
Derivando con respecto a x0 tenemos:
d4
dx0
= 6k(x0)
2
Ahora, derivando con respecto al tiempo (que es lo que nos interesa) y usando regla de la cadena
tenemos,
d4
dt
=
d4
dx0
dx0
dt
=
d4
dx0
dx0
dy0
dy0
dt
Por enunciado y lo que se dedujo, tenemos
d4
dx0
= 6k(x0)
2 y
dx0
dy0
=
1
dy0
dx0
=
1
2kx0
y como el enunciado nos dice que AC se acerca a tasa de 2 unidades por segundo la derivada de y0
con respecto al tiempo es −2 (negativa porque disminuye):
dy0
dt
= −2
Reemplazando esto tenemos,
d4
dt
= 6k(x0)
2 1
2kx0
(−2) = −6x0
pero debemos dejar esto en función de y0 y no de x0 ya que el momento que nos dan (cuando la
cuerda BC se encuentra a 4 unidades sobre el vértice) está en función de esta variable:
d4
dt
= −6
√
y0
k
Luego para y0 = 4,
d4
dt
= − 12√
k
2
Problema 3
Un niño eleva un volant́ın que está a 50 metros de altura y que se mueve horizontalmente con
velocidad constante de 5 m/s. Determinar la velocidad con que cambia el ángulo entre el hilo y la
horizontal cuando se han soltado 50
√
2 metros de hilo.
Solución:
Ocuparemos la variable x para denotar la distancia horizontal que ha recorrido el volant́ın desde su
origen y θ para el ángulo que forma. Podemos considerar el triángulo que forma el hilo del volant́ın
con la horizontal y la altura, en donde se cumple para θ,
50
x
= tan(θ)⇒ x = 50 cot(θ)
Notemos que tanto θ como x vaŕıan con el tiempo (x = x(t) y θ = θ(t)). Podemos según esto
derivar la última expresión con respecto al tiempo t ,
dx
dt
= 50(cot θ)′ = −50 csc θdθ
dt
Ahora, por enunciado tenemos que
dx
dt
= 5
Luego despejando
dθ
dt
que es lo que nos pide este ejercicio tenemos,
dθ
dt
= −sin θ
2
10
Pero nos falta calcular θ ya que el momento que nos dan (cuando el hilo se ha soltado 50
√
2 metros)
no está en eso términos.
Para esto usamos pitágoras para encontrar x (distancia horizontal recorrida) y notamos que
x = 50
Luego el triángulo formado es isóseles y θ =
π
4
(es un triángulo rectángulo). Reemplazando tenemos
que la velocidad con que cambia el ángulo en el punto dado es
dθ
dt
= −
( 1√
2
)2
10
= − 1
20
Problema 4
Demostra que si 0 < x <
√
π
2
, entonces
sin2(x) < (sin(x))2
Solución:
Notemos que si 1 < x <
√
π
2
, entonces 1 6 x 6 x2 <
π
2
y como la función seno es estrictamente
creciente en [0,
π
2
] (¿Porqué?) luego
sinx 6 sin(x2) < 1
además,
sinx < 1⇒ (sinx)2 < sinx
3
Por transitividad tenemos
sin2(x) < (sin(x))2
para 1 < x <
√
π
2
.
Ahora falta demostrarlo para x ∈ (0, 1)
Definamos la función
f(x) = sin(x2)− (sinx)2
Debemos mostrar que f ′(x) > 0 dado que f(x) = 0. Tenemos que,
f ′(x) = 2x cos(x2)− 2 sinx cosx
Notamos que en este intervalo x > sinx > 0 (¿Porqué?), además, como 0 < x < 1 , 0 < x2 < x < 1.
Y coseno es estrictamente decreciente en (0, 1) (Porqué?), luego:
cos(x2) > cosx > cos 1 > 0
Aśı, usando lo anterior tenemos que x cos(x2) > sinx cosx, por lo tanto,
f ′(x) = 2(x cos(x2)− sinx cosx) > 0
que es lo que queŕıamos probar.
Problema 5
Sea f(x) = (x− b)n(x− a)m . Probar que existe un c ∈ R tal que:
m
m
=
c− a
b− c
Solución:
Notemos que la función f es continua con dos ráıces a y b con multiplicidad m y n respectivamente.
Tenemos que f(a) = f(b) = 0. Por el teorema del valor medio tenemos que existe un c ∈ R tal que
(b− a)f ′(c) = f(b)− f(a) = 0⇒ f ′(c) = 0
Ahora,
f ′(x) = (x− a)m−1(x− b)n−1[(m(x− b) + n(x− a)]
Luego para el c anterior tenemos,
(c− a)m−1(c− b)n−1[(m(c− b) + n(c− a)] = 0
y aśı
m(c− b) = −n(c− a)
que es lo que piden.
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