Prueba 2 2010 I - Erick Noguéz Vera

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PONTIFICIAUNIVERSIDADCAT ÓLICADECHILE
FACULTADDEMATEM ÁTICAS.
DEPARTAMENTODEMATEM ÁTICA.
PRIMERSEMESTRE2010.
INTERROGACIÓNII
MAT210-E ⋆ CÁLCULOI
1.Considerelafunci´on f(x)= |x2 − 4|− 3|x − 2|.
a)Determinelospuntosdonde f esderivable.Justifiquesurespuesta.
b)Determinelospuntosdondelarectatangentealgr´aficode f esparalela
alarecta y = x − 3.
2.Sea f(x)=
x2 +1
x2 − 1.
a)Determinarlosm´aximoslocalesym´ınimoslocalesde f .
b)Determinelosintervalosdecrecimientoydecrecimientod e f .
c)Estudiarlosintervalosdecrecimientoydecrecimientode f ′.
d)Esbozarelgr´aficodelafunci´on f .
3. a)Sean f,g funcionesderivables,sea
h(x)=
x
f(g(x))
.
Determineelvalorde h′(3)sabiendoque:
g(3)=2 ,f (2)= −2,g ′(3)=5 ,f ′(2)=7 ,f ′(3)=12 ,f (3)=3 .
b)Probarque
√
1+ x ≤ 1+ x
2
, paratodo x ≥ 0.
4.Sea p unn´umeropositivo.Considerelafunci´on
f(x)=(4 − 3x2)
(
p − x − 1
p
)
.
a)Pruebequelafunci´on f poseeexactamenteunm´aximoyexactamenteunm´ınimo
local.Encuentreestosvalores.
b)Sean Mp elm´aximolocalde f(x)y mp elm´ınimolocalde f(x),calculadosenla
parte a).Determineelmenorvalorposiblede Mp − mp.
1
Solución
1. a) En primer lugar notemos que:
f(x) =





x2 + 3x − 10 si x ≤ −2,
−x2 + 3x − 2 si − 2 < x < 2,
x2 − 3x + 2 si x ≥ 2.
Luego para todo punto x 6= ±2 la función f(x) es derivable ya que es un polinomio.
Analicemos los casos x = ±2, es decir debemos calcular la derivada por definión
en estos puntos.
Para x = −2:
ĺım
h→0+
f(−2 + h) − f(−2)
h
= ĺım
h→0+
7h − h2
h
= 7
ĺım
h→0−
f(−2 + h) − f(−2)
h
= ĺım
h→0−
−h + h2
h
= −1
Luego la función no es derivable para x = −2. De manera analoga para x = 2
tenemos que
ĺım
h→0+
f(2 + h) − f(2)
h
= ĺım
h→0+
7h − h2
h
= 7
ĺım
h→0−
f(2 + h) − f(2)
h
= ĺım
h→0−
−h + h2
h
= −1
Con lo cual la función tampoco es derivable en x = 2. En conclusión la función
es derivable en para todo x en R \ {−2, 2}.
b) De la parte a), sabemos que para todo punto x 6= ±2, la función es derivable, mas
aún tenemos que
f ′(x) =





2x + 3 si x < −2,
−2x + 3 si − 2 < x < 2,
2x − 3 si x > 2.
El problema nos pide determinar todos los puntos donde la pendiente de la recta
tangente a la curva determinada por y = f(x), tiene pendiente m = 1, es decir
buscamos todos los puntos donde f ′(x) = 1. Tenemos tres casos a revisar, a saber.
2
Para x < −2, buscamos x tal que
f ′(x) = 2x + 3 = 1
es decir x = −1 pero como −1 no es menor que −2, queda descartado.
Para −2 < x < 2, buscamos x tal que
f ′(x) = −2x + 3 = 1,
es decir x = 1, el cual si se encuentra en el conjunto en cuestion, luego x = 1
satisface lo pedido.
Finalmente para x > 2, buscamos x tal que
f ′(x) = 2x − 3 = 1,
es decir x = 2, el cual no es mayor que 2 por lo tanto queda descartado.
Se concluye que el único punto que satisface lo pedido es x = 1.
2. a) En primer lugar calculemos la derivada de la función f(x),
f ′(x) =
−4x
(x − 1)2 , para todo x 6= ±1.
De resolver la ecuación f ′(x) = 0 tenemos que el punto x = 0 es un candidato a
máximo o mı́nimo local.
Notemos que si x > 0 tenemos que f ′(x) < 0, es decir la función es dereciente. Y
si x < 0 tenemos que f ′(x) > 0, es decir la función es creciente.
En resumen el punto x = 0 es un máximo local de f(x) y en el intervalo (−∞, 0)
la función es creciente y en el intervalo (0,∞) la función es decreciente.
b) Calculemos la segunda derivada de f(x), para analizar los intervalos de crecimien-
to o decrecimiento de f ′(x).
f ′′(x) =
4(3x4 − 2x2 − 1)
(x2 − 1)4 .
En este caso f ′′(x) = 0 para x = ±1, con lo cual tenemos que
f ′′(x) > 0, x ∈ (−∞,−1),
f ′′(x) < 0, x ∈ (−1, 1),
f ′′(x) > 0, x ∈ (1,∞).
Es decir f ′(x) es creciente en los intervalos (−∞,−1); (1,∞) y decreciente en el
intervalo (−1, 1).
3
c) Para bosquejar el gráfico notemos que las rectas x = 1, x = −1 son asintotas
verticales de f(x), ya que
ĺım
x→1
f(x) = ĺım
x→−1
f(x) = ∞,
además la recta y = 1 es una asintota horizontal ya que
ĺım
x→±∞
f(x) = 1.
Con lo cual el gráfico queda de la siguiente manera:
−1 1
1
4
3. a) Como las funciones f, g son diferenciables tenemos derecho a utilizar regla de la
cadena, con lo cual
h′(x) =
f(g(x)) − xf ′(g(x))g′(x)
(f(g(x)))2
,
evaluando en x = 3,
h′(3) =
f(g(3)) − 3f ′(g(3))g′(3)
(f(g(3)))2
,
=
f(2) − 3f ′(2)5
(f(2))2
,
=
−107
4
.
b) Consideremos la función f(x) =
√
1 + x − 1 − x
2
. Calculemos su derivada,
f ′(x) =
1
2
(
1√
1 + x − 1
)
.
Sabemos que
(
1√
1 + x
− 1
)
< 0 ya que 1 <
√
1 + x, luego para todo x ≥ 0
tenemos que f ′(x) < 0, es decir f(x) es decreciente en el intervalo [0,∞).
Por otro lado f(0) = 0, con lo que se concluye que f(0) = 0 ≥
√
1 + x − 1 − x
2
,
para todo x en [0,∞), de donde se tiene lo pedido.
4. Dado que buscamos encontrar los máximos y mı́nimos de la función dada, buscaremos
en primer lugar los puntos cŕıticos, para ello derivamos,
f ′(x) = 9x2 + 6
(
1
p
− p
)
x − 4,
a continuación resolvemos la ecuación f ′(x) = 0, la cual nos entrega dos soluciones
α1 =
2p
3
, α2 = −
−2
3p
.
Debemos probar que uno de estos valores determina un maximo local y el otro deter-
mine un minimo local de la funcion f(x), para ello, dada que ahora sabemos que
f ′(x) = (x − α1)(x − α2),
5
podemos notar que f ′(x) > 0 si x pertenece a (−∞, α1) ∪ (α2,∞) y que f ′(x) < 0 si
x pertenece a (α1, α2), en consecuencia se tiene que f(x) es creciente en (−∞, α1) ∪
(α2,∞) y decreciente en (α1, α2). Se concluye que f(α1) es el máximo local de f(x) y
que f(α2) es el mı́nimo local de f(x).
Consideremos a continuación la función
Mp − mp = 4
(
p − 2
3p
+
1
9p3
+
p3
9
− 2p
3
+
1
p
)
,
nos piden encontrar el mı́nimo de esta función, para ello derivamos, nuevamente,
(Mp − mp)′ = 4
(
1
3
− 1
3p4
+
p2
3
− 1
3p2
)
=
4
3
(
(1 + p2)
(
1 − 1
p4
))
igualamos a cero, para encontrar dos soluciones reales, a saber p = ±1, pero como
pedimos que la variable p fuese positivo nos quedemos con el valor p = 1. Verifiquemos
que para este valor la función Mp − mp posee un mı́nimo local. Para ello basta notar
que para valores de p en el intervalo (0, 1), se tiene que (Mp − mp)′(p) < 0 y que para
valores de p en el intervalo (1,∞) tenemos que (Mp − mp)′(p) > 0. Se concluye que la
función Mp − mp tiene un minimo local en para el valor p = 1.
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