Ayudanta 26 - Vargas

Vista previa del material en texto

CÁLCULO 1-MAT1503
Ayudant́ıa 26
Rodrigo Vargas
1. Considere
f(x) =
 xsin
(
1
x
)
si x 6= 0
0 si x = 0
Pruebe que f es diferenciable en x 6= 0 y que f no tiene derivada en
x = 0.
Solución: En x 6= 0 se cumple que f es diferenciable por ser producto
y composición de funciones diferenciable. Para calcular f ′ utilizamos
regla de derivación:
f ′(x) = sin
(
1
x
)
+ x
(
sin
(
1
x
))′
= sin
(
1
x
)
+ x cos
(
1
x
) (
1
x
)′
= sin
(
1
x
)
− cos
(
1
x
)
· 1
x
Para x = 0 utilizamos la definición de derivada se tiene
ĺım
x→0
f(x)− f(0)
x− 0
= ĺım
x→0
x sin
(
1
x
)
x
= ĺım
x→0
sin
(
1
x
)
pero este ĺımite no existe, entonces f no es diferenciable en x = 0.
2. Sea f : [a, b] → R diferenciable con 0 < a < b y que satisface
f(a) = f(b) = 0
Pruebe que existe c ∈ (a, b) tal que la tangente a f en el punto c pasa
por el origen.
Solución: Sabemos que la recta tangente al gráfico de f en un punto
c es:
y = f(c) = f ′(c) · c + b
Si queremos que la recta pase por el origen debemos tener que b = 0,
es decir, debemos demostrar que existe c ∈ (a, b) tal que
f(c) = f ′(c) · c
1
o equivalentemente que existe c ∈ (a, b) tal que
f ′(c) =
f(c)
c
Para esto, consideremos la función g : [a, b] → R definida mediante
g(x) =
f(x)
x
la cual es diferenciable debido a que f lo es y x 6= 0 en [a, b] y sabe-
mos que el cuociente de funciones diferenciables es diferenciable. Por el
Teorema del Valor Medio existe c ∈ (a, b) tal que
g ′(c) =
g(b)− g(a)
b− a
= 0
La última igualdad la obtuvimos debido a la definición de g junto a que
f(a) = f(b) = 0. Usando la regla de la derivación para el cuociente de
funciones obtenemos la derivada de la función g en el punto x = c:
g′(c) =
f ′(c) · c− f(c)
c2
Entonces, se obtiene que
f ′(c) · c− f(c)
c2
= 0 ⇒ f ′(c) = f(c)
c
como queriamos demostrar.
3. Demuestre usando el Teorema del valor medio que
x
x + 1
≤ ln(1 + x) ≤ x ∀ x ≥ 0
2
Solución: Consideremos la función f : [0, x] → R definida por
f(t) = ln(1 + t)
Por el Teorema del Valor Medio existe ξ ∈ (0, x) entonces
f ′(ξ) =
f(x)− f(0)
x− 0
=
ln(1 + x)− ln(1)
x
=
ln(1 + x)
x
Además, derivando la función f obtenemos
f ′(ξ) =
1
1 + ξ
Notemos que, como 0 < ξ < x entonces
1
1 + x
≤ 1
1 + ξ
≤ 1 ⇒ 1
1 + x
≤ f ′(ξ) ≤ 1
⇒ 1
1 + x
≤ ln(1 + x)
x
≤ 1
Por lo tanto, multiplicando por x la última desigualdad se obtiene
x
x + 1
≤ ln(1 + x) ≤ x
4. Calcule y′(x) e y′′(x) si
a) xy3 + 2xy = sin x
b) y5x2 + sin(y2)x = 2x
Solución:
a) Derivando implicitamente la igualdad obtenemos que
y3 + 3xy2y′ + 2y + 2xy′ = cos x
⇒ y′(3xy2 + 2x) = cos x− y3 − 2y
⇒ y′ = cos x− y
3 − 2y
x(3y2 + 2)
Derivando nuevamente se obtiene que
y′′ =
(− sin x− 3y2y′ − 2y′)(3xy2 + 2x)− (cos x− y3 − 2y)(6xyy′ + 2)
(3xy2 + 2x)2
3
y′′ =
−x sin x(3y2 + 2)− 2(cos x− y3 − 2y)
x2(3y2 + 2)2
−y′
(
x(3y2 − 2)(3y2 + 2) + 6xy(cos x− y3 − 2y)
x2(3y2 + 2)2
)
y′′ =
−x sin x(3y2 + 2)− 2(cos x− y3 − 2y)
x2(3y2 + 2)2
−
(
cos x− y3 − 2y
x(3y2 + 2)
) (
(3y2 − 2)(3y2 + 2) + 6y(cos x− y3 − 2y)
x(3y2 + 2)2
)
b) Derivando implicitamente obtenemos
5y4y′x2 + 2y5x + cos(y2)2yy′x + sin(y2) = 2
⇒ y′(5y4x2 + 2xy cos(y2)) = 2− 2xy5 − sin(y2)
⇒ y′ = 2− 2xy
5 − sin(y2)
xy(5y3x + 2 cos(y2))
la derivada y′′ queda como ejercicio para el lector.
5. Probar que f(x) = x3− 3x+ b no puede tener más de una ráız en [-1,1]
para todo b.
Solución: Notemos que
f ′(x) = 3x2 − 3
entonces f ′(x) = 0 ⇔ x = ±1. Como f(0) = −3 < 0 entonces la
función f es decreciente en [−1, 1]. Luego posee a lo más un cero en
[-1,1]. De lo contrario la función no seŕıa decreciente.
6. Pruebe que x4 + ax2 − b tiene exactamente dos raices reales para todo
a, b reales positivos.
Solución: Sea f(x) = x4 + ax2 − b y note que f(x) = f(−x). Siempre
es posible encontrar x0 ∈ R+ tal que x40 + ax20 > b entonces
f(−x0) = f(x0) > 0 y f(0) = −b < 0
Por el Teorema del Valor Intermedio, existe c0 ∈ (−x0, 0) y c1 ∈ (0, x0)
tal que
f(c0) = 0 f(c1) = 0
4
Supongamos que existe otra ráız, es decir, que existe c2 tal que f(c2) = 0
entonces
f(c0) = f(c1) = f(c2)
Por el teorema de Rolle existe d1 ∈ (c0, c1) y d2 ∈ (c1, c2) tal que
f ′(d1) = f
′(d2) = 0
pero la derivada se anula solo una vez, ya que f ′(x) = 2x(2x2 + a) =
0 ⇔ x = 0 o x2 = −a/2 < 0 como la última ecuación no tiene raices
reales se establece que
f ′(x) = 0 ⇔ x = 0
Por lo tanto, f solo posee dos ráıces reales.
7. Analizar el comportamiento de la función
f(x) =
x2 + 1√
x2 − 1
Solución: Notemos que
f(x) ∈ R ⇔ x2 − 1 > 0 ⇔ x2 > 1 ⇔ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞)
Entonces, Dom(f) = R− [−1, 1] y además f(x) > 0, ∀ x ∈ Dom(f).
f ′(x) =
2x
√
x2 − 1− (x
2 + 1)x√
x2 − 1
x2 − 1
=
2x(x2 − 1)− x(x2 + 1)
(x2 − 1)3/2
=
x3 − 3x
(x2 − 1)3/2
Entonces, f ′(x) = 0 ⇔ x(x2−3) = 0 ⇔ x = 0 ó x = ±
√
3. Analizando
el signo de f ′ obtenemos
5
Entonces, f es creciente en (−
√
3,−1) ∪ (1,
√
3) y f es decreciente en
(−∞,−
√
3) ∪ (
√
3,∞). Derivando, nuevamente la función se obtiene
f ′′(x) =
3(x2 + 1)
(x2 − 1)5/2
Analizando el signo de f ′′ obtenemos
Ya que f ′′(x) ≥ 0 para todo x ∈ Dom(f). Además f posse dos aśıntotas
verticales en x = 1 y en x = −1.
ĺım
x→∞
(f(x)− x) = ĺım
x→∞
(
x2 + 1√
x2 − 1
− x
)
= ĺım
x→∞
x2 + 1− x
√
x2 − 1√
x2 − 1
= ĺım
x→∞
(x2 + 1)2 − x2(x2 − 1)√
x2 − 1[x2 + 1 + x
√
x2 − 1]
= ĺım
x→∞
x4 + 2x2 + 1− x4 + x2√
x2 − 1[x2 + 1 + x
√
x2 − 1]
= ĺım
x→∞
3x2 + 1√
x2 − 1[x2 + 1 + x
√
x2 − 1]
= 0
Luego la recta y = x es una aśıntota de la curva y por simétria también
lo es y = −x. El gráfico de la función queda como la figura:
6
7