Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (46)

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7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
c) f ′(x) =
1
1 + x2
+
1
1 + x−2
(−x−2) = 1
1 + x2
− 1
x2 + 1
= 0.
e) En el intervalo (0,+∞) la función f(x) es derivable con derivada nula, luego es constante, y el
valor de esa constante es f(1) = arctan(1) + arctan(1) = π/4 + π/4 = π/2. Por tanto la gráfica
sobre ese intervalo es la recta horizontal y = π/2. Como es impar, la gráfica en la parte negativa
de las x es la recta horizontal y = −π/2.
f) Por lo anterior, hay una discontinuidad esencial (de salto finito) en x = 0, por lo que no hay
forma de definir f(0) para que f(x) sea continua en x = 0.
o
33. Dada la función f(x) = 2 tan(x)− tan2(x), se pide:
a) Calcula su ĺımite cuando x tiende a π/2.
b) Encuentra los puntos del intervalo (−π/2, π/2) en los que es creciente.
Solución: En principio, el ĺımite es una indeterminación del tipo ∞ − ∞. Pero sustituyendo el
valor de tan(x) y operando se tiene
ĺım
x→π/2
f(x) = ĺım 2
sen(x)
cos(x)
− sen
2(x)
cos2(x)
= ĺım
2 sen(x) cos(x)− sen2(x)
cos2(x)
=
0− 1
0
= −∞
(todos los ĺımites se toman con x → π/2, y el signo final es negativo porque el denominador tiende
a cero pero siempre por valores positivos). La derivada
f ′(x) = 2(1 + tan2(x))− 2 tan(x)(1 + tan2(x)) = 2(1 + tan2(x))(1− tan(x))
es positiva precisamente si 1 − tan(x) > 0, es decir si tan(x) < 1. Teniendo presenta la gráfica de
la función tan(x), o las de las funciones sen(x) y cos(x), esto ocurre precisamente si x está en el
intervalo (−π/2, π/4).
o
34. Dada la función f(x) =
(lnx)2
x2
, calcular sus ĺımites cuando x → 0+ y cuando x → +∞, y calcular
y simplificar sus derivadas primera y segunda.
Solución: Para todos los cálculos (excepto para la derivada segunda) podemos también ver la
función como f(x) = (lnx/x)2, lo que nos da dos opciones para operar, ambas con similar dificultad.
Para el primer ĺımite podemos hacer
ĺım
x→0+
(lnx)2
x2
=
+∞
+0
= +∞ ó ĺım
x→0+
lnx
x
=
−∞
+0
= −∞ ⇒ ĺım
x→0+
f(x) = (−∞)2 = +∞
Para el segundo podemos aplicar directamente la regla de l’Hôpital:
ĺım
x→+∞
(lnx)2
x2
=
(∞
∞
)
= ĺım
x→+∞
2 lnx 1x
2x
= ĺım
x→+∞
lnx
x2
=
(∞
∞
)
= ĺım
x→+∞
1/x
2x
=
0
∞ = 0
o bien hacer:
ĺım
x→+∞
lnx
x
=
(∞
∞
)
= ĺım
x→+∞
1/x
1
= ĺım
x→+∞
1
x
= 0 ⇒ ĺım
x→+∞
f(x) = 02 = 0
Matemáticas de 1 , problemas 136 Alberto del Valle Robles
7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
Para la primera derivada tenemos las opciones:
[
(lnx)2
x2
]′
=
2 lnx 1xx
2 − 2x(lnx)2
x4
= 2
lnx− (lnx)2
x3
= 2
lnx(1− lnx)
x3
[
(lnx/x)2
]′
= 2
lnx
x
1
xx− lnx
x2
= 2
lnx(1− lnx)
x3
y otras dos para la derivada segunda:
f ′′(x) =
[
2
lnx− (lnx)2
x3
]′
= 2
x3
[
1
x − 2 1x lnx
]
− 3x2
[
lnx− (lnx)2
]
x6
= 2
1− 2 lnx− 3 lnx+ 3(lnx)2
x4
=
2
1− 5 lnx+ 3(lnx)2
x4
f ′′(x) =
[
2
lnx(1− lnx)
x3
]′
= 2
x3
[
1
x(1− lnx)− 1x lnx
]
− 3x2 lnx(1− lnx)
x6
=
2
1− lnx− lnx− 3 lnx+ 3(lnx)2
x4
= 2
1− 5 lnx+ 3(lnx)2
x4
o
35. Calcula el valor de A = ĺım
x→0
xsen(x).
[Calcula B=ln(A), usando equivalencias y transformando un producto 0·∞ en un cociente ∞/∞].
Solución: Como los ĺımites “conmutan con funciones continuas” (como los logaritmos), se tiene
B = ln(A) = ln( ĺım
x→0
xsen(x)) = ĺım
x→0
ln
(
xsen(x)
)
= ĺım
x→0
sen(x) ln(x) = ĺım
x→0
x ln(x) =
donde hemos usado la equivalencia sen(x) ≈ x. Transformamos la indeterminación 0 · ∞ según la
indicación para obtener una del tipo ∞/∞ a la que podemos aplicar la regla de l‘Hôpital:
= ĺım
x→0
ln(x)
1/x
= ĺım
x→0
1/x
−1/x2 = ĺımx→0 (−x) = 0
y en consecuencia A = eB = e0 = 1.
o
36. Halla el valor de los ĺımites A = ĺımx→+∞ x (ln(x+ 1)− ln(x)) y B = ĺımx→0 (x+ ex)
1
x .
Solución: En A reescribimos la función como un cociente y aplicamos l’Hôpital. En B tomamos
logaritmos, aplicamos l’Hôpital y depejamos B:
A = ĺım
x→+∞
x (ln(x+ 1)− ln(x)) = ĺım
x→+∞
ln
(
x+1
x
)
1/x
=
(
0
0
)
= ĺım
x→+∞
1
x+1 − 1x
−1/x2 = ĺımx→+∞
x
x+ 1
= 1
ln(B) = ĺım
x→0
ln (x+ ex)
1
x = ĺım
x→0
ln(x+ ex)
x
=
(
0
0
)
= ĺım
x→0
1 + ex
x+ ex
= 2 ⇒ B = e2
o
Matemáticas de 1 , problemas 137 Alberto del Valle Robles
7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
37. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→+∞
x · ln
(
x+ 5
x+ 2
)
.
Solución: El ĺımite en x → +∞ de x+ 5
x+ 2
es 1 (dividiendo por x en el numerador y el denominador),
por lo que en principio hay una indeterminación del tipo ∞ · 0, que podemos resolver aśı:
Opción 1: Llevamos la expresión a un cociente al que aplicamos la regla de l’Hôpital como sigue:
ĺım
x→∞
x·ln
(
x+ 5
x+ 2
)
= ĺım
x→∞
ln
(
x+5
x+2
)
1/x
=
(
0
0
)
= ĺım
x→∞
x+2
x+5
x+2−(x+5)
(x+2)2
−1/x2 = ĺımx→∞
3x2
(x+ 5)(x+ 2)
= 3
(el último ĺımite es estándar: se resuelve dividiendo arriba y abajo por x2 o aplicando l’Hôpital 2
veces).
Opción 2: Podemos usar la equivalencia ln(1 + t) ≈ t cuando t → 0+ como sigue:
ln
(
x+ 5
x+ 2
)
= ln
(
1 +
3
x+ 2
)
≈ 3
x+ 2
(x → +∞) ya que 3
x+ 2
→ 0 (x → +∞)
Entonces podemos sustituir ese factor en el ĺımite inicial para obtener
ĺım
x→+∞
x · ln
(
x+ 5
x+ 2
)
= ĺım
x→+∞
x · 3
x+ 2
=
3
1 + 2/x
= 3
o
38. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→1
(
1
ln(x)
− 1
x− 1
)
.
Solución: En principio es una indeterminación del tipo ∞ − ∞ que operando se transforma en
una del tipo 0/0, y ésta se resuelve aplicando 2 veces la regla de l’Hôpital:
ĺım
x→1
(
1
ln(x)
− 1
x− 1
)
= ĺım
x→1
x− 1− ln(x)
(x− 1) ln(x) =
(
0
0
)
= ĺım
x→1
1− 1/x
(x− 1)/x+ ln(x) =
ĺım
x→1
x− 1
x− 1 + x ln(x) =
(
0
0
)
= ĺım
x→1
1
1 + ln(x) + 1
=
1
2
Se puede acortar un poco (sólo se aplica l’Hôpital una vez) si se observa, haciendo el cambio de
variable t = x− 1, que ln(x) es equivalente a x− 1 cuando x → 1.
o
Matemáticas de 1 , problemas 138 Alberto del Valle Robles