Métodos Matemáticos III - Derivadas e Polinômios

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Métodos Matemáticos III
Profesores: Humberto Cipriano, Fabián Duarte, Ljubo Franetovic, Marcela Fuentes, Máximo Lira,
Joaqúın Prieto, Jorge Rivera, Diego Romero
Ayudantes jefe: Maŕıa Jesús Negrete y Pedro Schilling
Ayudant́ıa Nº2
Otoño 2023
Derivadas de orden superior
1. Ejercicio 2.4 del Apunte del curso.
Dado α > 0 y f(x) = 3αx, explique por qué para todo n ∈ N se cumple que
f (n)(x) = 3[ln(α)]n · αx
Solución:
Para mostrar lo que se pide, se derivará la función hasta encontrar un patrón y aśı hallar la derivada
n-ésima. Además, para encontrar la derivada de f(x) primero se transforma la función aplicando
logaritmo. Se tiene entonces que
f(x) = 3αx ⇒ ln(f(x)) = ln 3 + x · ln(α)⇒ f
′(x)
f(x)
= ln(α)⇒ f ′(x) = f(x) · ln(α) = 3 ln(α) · αx.
Para n=2 se tiene que (aplicamos el mismo método anterior):
ln(f (1)(x)) = ln(3 ln(α)) + x · ln(α)
1
f (1)(x)
· f (2)(x) = ln(α)
f (2)(x) = ln(α) · f (1)(x)
f (2)(x) = 3[ln(α)]2 · αx
n=3:
ln(f (2)(x)) = ln
(
3[ln(α)]2
)
+ x · ln(α)
1
f (2)(x)
· f (3)(x) = ln(α)
f (3)(x) = ln(α) · f (2)(x)
f (3)(x) = 3[ln(α)]3 · αx
De esta forma, encontramos la derivada n-ésima:
f (n)(x) = ln(α) · f (n−1)(x)
f (n)(x) = [ln(α)]2 · f (n−2)(x)
...
f (n)(x) = [ln(α)]n−1 · f1(x)
f (n)(x) = [ln(α)]n · f(x)
f (n)(x) = 3[ln(α)]n · αx
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Otra manera de verlo:
f(x) = 3αx = 3eln(α
x).
Luego, por regla de la cadena
f (1)(x) = 3 ln(α) · eln(α
x) = 3 ln(α) · αx.
De esta manera, cada vez que uno derive nuevamente “salta” la constante ln(α), por lo que el
resultado es directo a partir de lo indicado.
2. Ejercicio 2.5 del Apunte del curso.
Para x ∈ R++, dado k ∈ N encuentre la expresión de f (k)(x) cuando f(x) = ln(x).
Solución:
Al igual que en el ejercicio anterior, se derivará la función hasta que podamos encontrar un patrón
y aśı la derivada k-ésima. Se tiene entonces que:
f (1)(x) =
1
x
⇒ f (2)(x) = − 1
x2
⇒ f (3)(x) = 2
x3
⇒ f (4)(x) = − 6
x4
f (5)(x) =
24
x5
.
Con lo anterior, se puede inferir que:
f (k)(x) =
(−1)k+1 · (k − 1)!
xk
,
donde el término (−1)k+1 se explica porque las derivadas son negativas cuando k es par; el término
(k − 1)! es un factorial de k − 1, es decir,
(k − 1)! = 1 · 2 · 3 · · · (k − 1).
Polinomio de Taylor
3. Ejercicio 2.6 del Apunte del curso.
Encuentre P2(x) cuando x0 = 1 y f(x) = xe
πx.
Solución:
En primer lugar, se sabe que:
P2(x) = f(x0) + f
′(x0)(x− x0) +
f ′′(x0)
2!
(x− x0)2.
Por otro lado:
f ′(x) = eπx + π · xeπx = (1 + πx)eπx, f ′′(x) = πeπx + (1 + πx)πeπx = (2π + π2x)eπx.
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Entonces:
P2(x) = f(1) + f
′(1)(x− 1) + f
′′(1)
2!
(x− 1)2
= eπ + (1 + π)eπ(x− 1) + (2π + π
2)eπ
2
(x− 1)2
=
[
1 + (1 + π)(x− 1) + (2π + π
2)
2
(x− 1)2
]
· eπ
4. Ejercicio 2.8 del Apunte del curso, parte 1.
Dada f(x) = x
1
3 , determine P3(x) considerando x0 = 1.
Solución:
Primero que todo, se sabe que:
P2(x) = f(x0) + f
′(x0)(x− x0) +
f ′′(x0)
2!
(x− x0)2 +
f ′′′(x0)
3!
(x− x0)3.
Por otro lado:
f ′(x) =
1
3x
2
3
, f ′′(x) =
−2
9x
5
3
, f ′′′(x) =
10
27x
8
3
.
Se tiene entonces que:
P3(x) = f(1) + f
′(1)(x− 1) + f
′′(1)
2!
(x− 1)2 + f
′′′(1)
3!
(x− 1)3
= 1 +
1
3
(x− 1)−
2
9
2
(x− 1)2 +
10
27
6
(x− 1)3
= 1 +
1
2
(x− 1)− 1
9
(x− 1)2 + 5
81
(x− 1)3
Análisis de crecimiento
5. Ejercicio 2.11 del Apunte del curso.
Explique por qué f(x) = ex + e−x es creciente cuando x > 0, y es decreciente cuando x < 0.
Solución:
La función es creciente cuando f ′(x) > 0. Ya que
f ′(x) = ex + (−1) · e−x = ex − e−x
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ocurre que la función es creciente cuando
ex − e−x > 0
ex > e−x
ex >
1
ex
e2x > 1
2x > ln(1)
2x > 0
x > 0.
Por lo tanto, la función f(x) es creciente cuando x > 0. De forma análoga, será decreciente cuando
x < 0.
6. Ejercicio 2.14 del Apunte del curso.
Dado k ∈ N, α ∈ R++ explique por qué h : R+ → R tal que h(x) = xke−αx es creciente en el intervalo
]0, kα [, y es decreciente en ]
k
α ,+∞[.
Solución:
Para que la función h(x) sea creciente se debe cumplir que h′(x) > 0. Ya que
h′(x) = kxk−1e−αx − αxke−αx = e−αx ·
(
kxk−1 − αxk
)
,
el signo de la derivada lo manda la cantidad kxk−1 − αxk, pues e−αx es positivo para todo x. Se
tiene entonces que h′(x) > 0 cuando:
kxk−1 − αxk > 0 ⇐⇒ xk ·
(
k
x
− α
)
> 0.
Por lo tanto, la función h(x) es creciente cuando
(i) :
(
xk > 0 ∧ k
x
− α > 0
)
∨ (ii) :
(
xk < 0 ∧ k
x
− α < 0
)
.
Para (i) se tiene que x > 0 y que x < kα , por lo que la función es creciente cuando x ∈]0,
k
α [. Por
otro lado, como x está en R+ no puede ocurrir que xk < 0, por lo que (ii) nunca se cumple.
En resumen, h(x) = xke−αx es creciente el intervalo ]0, kα [ y, por lo tanto, decreciente en ]
k
α ,+∞[.
7. Ejercicio 2.16 del Apunte del curso.
Suponga que f : R → R y g : R → R son dos funciones crecientes. Usando la regla de la cadena,
explique por qué la función h : R→ R tal que h(x) = f(g(x)) es creciente.
Solución:
Para demostrar que h(x) es creciente, se debe analizar el signo su derivada: la función h(x) es
creciente si h′(x) > 0, es decir, cuando
h′(x) = f ′(g(x)) · g′(x) > 0.
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Como g es creciente se tiene que g′(x) > 0. Por otro lado, como f es creciente en todo su dominio,
evaluada en g(x) sigue siendo creciente, es decir, f ′(g(x)) > 0. Con todo esto se concluye que
h(x) = f(g(x)) es creciente ya que su derivada es positiva.
8. Ejercicio 2.18 del Apunte del curso.
Si la función f(x) es creciente, ¿la función g(x) = (f(x))2 es creciente?
Solución:
Para responder la pregunta se debe analizar el signo de g′(x). Ya que (regla de la cadena)
g′(x) = 2 · f(x) · f ′(x),
como f(x) es creciente se cumple que f ′(x) > 0. Sin embargo, el signo de g′(x) también depende
del signo de f(x). Aśı, cuando f(x) > 0, ocurre que g(x) es creciente, mientras que si f(x) < 0 se
tiene que g(x) es decreciente.
En resumen: si f(x) es creciente, el cuadrado de ella no necesariamente es creciente, de modo que
resultado depende del signo de la función f(x).
Por ejemplo para f(x) = x se tiene que g(x) = x2. Es claro que f(x) (ĺınea verde) es creciente,
mientras que g(x) (ĺınea azul) se creciente en cierto tramo (x > 0) y decreciente en otro (x < 0).
La siguiente figura es ilustrativa.
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