Ayudanta Auffarth

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMATICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMATICA
CÁLCULO I
ROBERT AUFFARTH
AYUDANTÍA
1. ¿Cuál es mayor, 3π o π3?
Solución: Supongamos que 3π > π3.
Consideremos la función lnx. Como es creciente (verificar) y mayor que
cero para todo x mayor que 1, podemos aplicarla a la desigualdad, y per-
mance igual:
ln 3π > lnπ3
Usando las propiedades del logaritmo, podemos finalmente llegar a que
ln 3
3
>
lnπ
π
Como 3 < π, nos basta demostrar que
lnx
x
es decreciente en algun inter-
valo que contenga a (3, π), es decir que la derivada de la función es menor
que 0 en ese intervalo.
Derivando, tenemos que
d
dx
(
lnx
x
)
=
1− lnx
x2
. Como x2 > 0 para todo
x, debemos estudiar el signo de 1 − lnx. Sabemos que esa expresión es
igual a cero cuando x = e, y como el logaritmo es creciente, la expresión
es menor que cero para todo x > e. Como e < 3 < π, la derivada es
efectivamente menor que cero en el intervalo dado, y entonces 3π > π3.
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1
2. Demostrar que si f es diferenciable entonces es continua.
Solución: Por el enunciado, la derivada existe, y podemos escribir:
f ′(x0) = lim
h→0
f(x0 + h)− f(x0)
h
Conociendo esto, podemos ver claramente que
lim
h→0
hf ′(x0) = 0
⇐⇒ lim
h→0
h
f(x0 + h)− f(x0)
h
= lim
h→0
(
f(x0 + h)− f(x0)
)
= 0
⇐⇒ lim
h→0
f(x0 + h) = f(x0)
⇐⇒ f es continua.
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3. Demostrar que si |f | es diferenciable en x0, un punto interior del dominio
y f es continua en x0 entonces f es diferenciable en x0.
Solución: Dividamos la solución en tres casos; para f(x0) > 0, f(x0) < 0,
y para f(x0) = 0.
Caso I. f(x0) > 0
Por teorema, como |f | es diferenciable entonces es continua, y entonces
existe un δ > 0 tal que si |x − x0| < δ ⇒ f(x) > 0. Vemos que esto se
cumple para algún x + h cuando h tiende a 0, y entonces
|f(x0)|′ = lim
h→0
|f(x0 + h)| − |f(x0)|
h
= lim
h→0
f(x0 + h)− f(x0)
h
= f ′(x0)
∴ f ′(x0) existe, y es igual a
d
dx
|f(x)|
∣∣∣∣
x0
.
Caso II. f(x0) < 0
Podemos usar el mismo argumento que el caso anterior, pero para decir que
como f(x0) < 0, entonce existe un δ > 0 tal que si |x−x0| < δ ⇒ f(x) < 0.
Por las mismas razones que antes, podemos decir que
2
|f(x0)|′ = lim
h→0
|f(x0 + h)| − |f(x0)|
h
= lim
h→0
−f(x0 + h) + f(x0)
h
= −f ′(x0)
∴ f ′(x0) existe, y es igual a −
d
dx
|f(x)|
∣∣∣∣
x0
Caso III. f(x0) = 0
En este caso, queremos demostrar que lim
h→0
f(x0 + h)
h
exista. Sabemos que
lim
h→0
|f(x0 + h)|
h
existe, y es igual a |f(x0)|′. Como existe, si nos acercamos
por la derecha o por la izquierda, nos da el mismo ĺimite:
lim
h→0+
|f(x0 + h)|
h
= lim
h→0
∣∣∣∣f(x0 + h)h
∣∣∣∣ = limh→0− |f(x0 + h)|h =
lim
h→0
−
∣∣∣∣f(x0 + h)h
∣∣∣∣
⇐⇒ lim
h→0
∣∣∣∣f(x0 + h)h
∣∣∣∣ = 0
⇐⇒ lim
h→0
f(x0 + h)
h
= 0
⇐⇒ f ′(x)
∣∣∣∣
x0
= 0
∴ f ′(x) existe.
�
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