Ayudanta Extra

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Ayudantía Extra 
 
1) (Problema 10 de la guía 5) Demuestre que si f(x) es una función derivable en todo R 
con f(0)=0 y |f´(x)|<1, para todo x perteneciente a los reales, entonces 
|f(x)|<|x|, para todo x distinto de cero. 
Demostración: Por absurdo, “negamos el entonces” y esperamos que una parte de la 
hipótesis resulte en una contradicción. 
Supongamos entonces que existe un x, tal que, |f(x)|≥ |x|. 
Primer caso: x>0 
Como f es derivable en todo ℝ, se puede aplicar teorema de valor medio en cualquier 
intervalo de la forma de los reales, ���	��		
�, ����
��	����	�0, ��. 
Aplicándolo para el último intervalo dicho tenemos que 
∃� ∈ �0, �����		
�	����� = ���� − ��0�� − 0 =
����
� 
Aplicando valor absoluto tenemos que |�����| = |�� �|| | > 1, lo que contradice la hipótesis 
que |f´(x)|<1, para todo x perteneciente a los reales. Por lo tanto, de existir x no puede ser 
positivo, ahora mostremos que no puede ser negativo. 
Segundo caso: 0>x 
Como f es derivable en todo ℝ, se puede aplicar teorema de valor medio en cualquier 
intervalo de la forma de los reales, ���	��		
�, ����
��	����	��, 0�. 
Aplicándolo para el último intervalo dicho tenemos que 
∃� ∈ �0, �����		
�	����� = ��0� − ����0 − � =
����
� 
Aplicando valor absoluto tenemos que |�����| = |�� �|| | > 1, lo que contradice la hipótesis 
que |f´(x)|<1, para todo x perteneciente a los reales. Por lo tanto, de existir x no puede ser 
negativo, pero tampoco puede ser positivo, por lo tanto, no puede ser ningún x distinto de 
0, entonces se debe tener que |f(x)|<|x|, para todo x distinto de cero, como se nos pedía 
demostrar. 
2) (Problema 13 de la guía 5) Sea f(x) continua en ��, #�	$	���%&�#��	�'	��, #�.	 
Demuestre que si ���� ∙ ��#� < 0 y que si ����� ≠ 0	�'	��, #�, entonces f(x)=0 
exactamente una vez en ��, #�. 
Prueba: 
Hechos: I) el enunciado nos parte dando todas las condiciones para que podamos usar 
Teorema de valor ½ en ��, #�. 
 II) el hecho que ���� ∙ ��#� < 0, nos dice que en a la función es positiva y en b es 
negativa o viceversa. 
Para demostrar este problema, se puede hacer la siguiente manera: 
1) Primero mostrar que pasa alguna vez por x en ��, #� 
2) Que si pasa, pasa solo una vez (que el x es único en ��, #�) 
Mostremos 1) 
Podemos usar el hecho II) con el teorema de valor intermedio, pues la función es continúa 
en ��, #�, por lo tanto, existe un c perteneciente a (a,b) en el que se cumpla f(c) = 0. 
Mostremos 2) 
Supongamos que existiesen dos puntos s,t distintos que pertenezcan a (a,b) y en los que la 
función se anula. Como ���� ∙ ��#� < 0, s y t no pueden ser ni a ni b (sino el resultado 
anterior sería cero), tenemos que ��, �� ⊂ ��, #�		por lo que, podemos usar teorema de valor 
medio en ��, ��, este nos dice que existe c perteneciente a (s,t) que cumple 
����� = ���� − ����� − � =
0 − 0
� − � = 0 
Pero esto contradice la hipótesis, pues ����� ≠ 0	�'	��, #�, por lo que, el punto donde la 
función se anula es único. 
(supuse que t>s, podría ser al revés, pero sería lo mismo), 
3) (Problema 9 de la guía 5) Demuestre que para x>0: 
1
2√� + 1 < √� + 1 − √� <
1
2√� 
Indicación: Aplique el teorema de valor medio a ���� = √� en ��, � + 1� 
Prueba: Sigamos la indicación, la función ���� = √� es derivable para todo x>0, por lo 
que, es continua para todo x>0, lo que nos da permiso para aplicar el teorema de valor 
medio para todo intervalo ��, #� ∈ �0,∞� 
Así que apliquemos lo para el intervalo ��, � + 1� (x≥0, o si no, la raíz no estaría definida) 
Entonces ∃� ∈ ��, � + 1����		
�	1√�2���� = √ 345√ 345 	��		
�	��		
�	
4
6√7 = √� + 1 − √�	 
Pero la función 
4
6√ es decreciente en los reales positivos, pues su derivada es 
− 14√�9 
Que es siempre negativo para todo x>0, por lo que, si x<c<0+1 
1
2√� + 1 <
1
2√� = √� + 1 − √� <
1
2√� 
Como se nos pedía mostrar. 
Nota: Otra forma de mostrar el último paso es a través de inecuaciones 
Ejemplo: c>x => c
0.5
>x
0.5
 => 1/ c
0.5
<1/ x
0.5 
� 
4
67:.; <
4
6 :.; 
 
(Si el teorema siguiente no lo han visto en clase, no es válido llamarlo en la prueba a menos 
que lo demuestren) 
Teorema: Sea c un punto crítico 
a) si ����� > 0		∀� < � y ����� < 0		∀� > � entonces c es un máximo global 
b) si ����� < 0		∀� < � y ����� > 0		∀� > � entonces c es un mínimo global 
La idea gráfica detrás del teorema es que estamos teniendo es: 
 
 
 
4) (Ejercicio 2 del Stewart, parte aplicaciones de la derivada) Halles dos números, tales 
que la es 23 y el producto es máximo. 
Solución: Sea x un número e y el otro 
Te están pidiendo resolver 
=��	� ∙ $	�
>���	�		
�	� + $ = 23 
 De la condición que tenemos sabemos qué y=23-x, por lo tanto, podemos reescribir el 
problema como 
=��	���� = �23 − �� ∙ �	 
Derivamos ����� = 23 − 2�, ������ = −2 
Sólo hay un punto crítico x=23/2 y como la segunda derivada es siempre negativa es 
máximo local. Ahora si ocupamos el teorema de arriba tenemos que antes de x=23/2 la 
derivada es siempre negativa y después es siempre positiva, por lo tanto, es un máximo 
global del problema. Por lo tanto los dos números serían x=y=23/2. 
 
5) (Ejercicio 29 del Stewart, parte aplicaciones de la derivada) En un cartel rectangular 
los márgenes superior e inferior miden 6 cm cada uno y los laterales 4 cm cada uno. Si el 
área del material se fija en 384cm
2
, ¿cuáles son las dimensiones del cartel de área máxima? 
Solución: Aquí se supone que los márgenes no son utilizables, asi que la idea es maximizar 
el área utilizable o disminuir el área pérdida por los márgenes. 
Dibujo 
 
El problema es =��	�$ − 2 ∙ 6 ∙ � − 2 ∙ 4 ∙ �$ − 6� 
Sujeto a que xy=384 según enunciado 
El y-6 esta, porque los cuadrados grises claros los estaríamos descontando dos veces si 
fuera solo y. Reemplazando el problema que tenemos que resolver es 
=��	���� = 384 − 2 ∙ 6 ∙ � − 2 ∙ 4 ∙ B384� − 6C 
Sacamos la primera y segunda derivada 
����� = −12 + 8 ∙ 384/�6 
 ������ = −16 ∙ 384/�9 
Puntos críticos x=+/-16. El negativo no tiene sentido en este caso, así que nos quedamos 
solo en el positivo. Como �9 >0 para todo x positivo, la segunda derivada valuada en 16 es 
negativa, por lo que, es máximo local. Ahora 8 ∙ 384/166=12, por lo que, la primera 
derivada es negativa para todo x=�0,16� (x negativos para nuestro problema no tienen 
sentido, y x=0 produciría área cero) y positiva para todo x >16, por lo que, por teorema es 
máximo global. 
Los resultados pedidos serían x=16 e y=24, con un área utilizable de 48. 
 
 
 
 
 
Nota 
 Si te piden ver si una función continua alcanza un máximo o mínimo local en un punto c 
donde f no es derivable, pero si es alrededor de él (existe un intervalo que tiene a c como 
centro donde es derivable en todo punto menos c (ver ejercicio 15 de la guía 6 por 
ejemplo)), lo que tienes que investigar es cómo se comporta la derivada cerca de él. Por 
ejemplo, si la función antes del punto iba creciendo y después del punto empezó a decrecer 
el punto es un máximo local, y si antes del punto iba decreciendo y después de él empezó a 
crecer es un mínimo local (la idea gráfica es la misma que la del teorema). 
¿Cómo Mostrarlo? Pongamos el caso del máximo local (el otro se hace igual, hágalo como 
ejercicio si quiere), es decir, antes de c la función iba creciendo y después empezó a 
decrecer. 
Caso 1.1) supongamos que en el intervalo en que la función iba siempre creciendo existe un 
punto s, tal que, ���� ≥ ����, como f es derivable en (s,c) y continua en ��, �� existe un 
punto �E��, ��, ���		
�, ����� = ��7�5��F�	75F , pero como ���� ≥ ���� la derivada en r es 
negativa o cero, lo que contradice el hecho de que en ese intervalo la derivada era creciente. 
Caso1.2) Si suponemos que el s ahora está en el intervalo donde la derivada iba 
decreciendo como f es derivable en (c,s) y continua en ��, �� existe un punto �E��, ��,
���		
�, ����� = ��F�5��7�	F57 , pero como���� ≥ ���� la derivada en r es positiva o cero, lo 
que contradice el hecho de que en ese intervalo la derivada era negativa. 
Entonces c es un máximo global en el intervalo, o dicho de otra manera, un máximo local.