Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (53)

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9 UNA VARIABLE: GRÁFICAS (*)
En cuanto a las aśıntotas horizontales, se tiene:
ĺım
x→+∞
f(x) = ĺım
x→+∞
x2 + 2x+ 1
ex
(
=
∞
∞
)
= ĺım
x→+∞
2x+ 2
ex
(
=
∞
∞
)
= ĺım
x→+∞
2
ex
=
2
∞ = 0
ĺım
x→−∞
f(x) = ĺım
x→−∞
e−x(x2 + 2x+ 1) = ∞ ·∞ = ∞
luego el eje es una aśıntota horizontal por la derecha, y no hay aśıntotas por la izquierda (tampoco
oblicuas, pues el ĺımite en −∞ de f(x)/x vale igualmente ∞).
Para analizar el crecimiento calculamos la derivada
f ′(x) = −e−x(x2 + 2x+ 1) + e−x(2x+ 2) = e−x(−x2 + 1) = −e−x(x2 − 1)
e−x es positivo, mientras que la parábola x2−1 se anula en x = ±1, es negativa entre esos puntos y
positiva fuera de ellos. Por tanto la derivada es positiva (función creciente) en el intervalo (−1, 1) y es
negativa (función decreciente) en el resto, y en consecuencia hay un mı́nimo relativo cuando x = −1
(punto A = (−1, 0)) y un máximo relativo cuando x = 1 (punto C = (1, f(1)) = (1, 4/e) = (1, 1′47)).
Los puntos de inflexión se alcanzan para los valores de x que anulan la derivada segunda
f ′′(x) = e−x(x2 − 1)− 2xe−x = e−x(x2 − 2x− 1)
que son x = 1−
√
2 = −0′41 (con f(−0′41) = 0′52) y x = 1+
√
2 = 2′41 (con f(2′41) = 1′04). Aśı,
los puntos de inflexión son D = (−0′41, 0′52) y E = (2′41, 1′04). Con todo esto ya podemos trazar
la gráfica:
✲
✻
−2 −1 1 2 3 4
2
1
r
r rr
rr
r
A
B
C
D
E
F
G
o
8. Representar gráficamente la función f(x) =
(lnx)2
x2
: Dominio, signo, aśıntotas, cortes con los ejes,
extremos, crecimiento y puntos de inflexión.
Solución: Podemos también ver la función como f(x) = (lnx/x)2, lo que nos da dos opciones
para operar, ambas con similar dificultad.
El dominio de la función es el intervalo (0,+∞), para que tenga sentido lnx, y sus valores son
positivos porque todo va elevado al cuadrado, por lo que la gráfica está en el primer cuadrante.
El único corte con los ejes se produce cuando lnx = 0, o sea en el punto P = (1, 0).
El eje vertical es una aśıntota, pues
ĺım
x→0+
(lnx)2
x2
=
+∞
+0
= +∞ ó ĺım
x→0+
lnx
x
=
−∞
+0
= −∞ ⇒ ĺım
x→0+
f(x) = (−∞)2 = +∞
Matemáticas de 1 , problemas 157 Alberto del Valle Robles
9 UNA VARIABLE: GRÁFICAS (*)
También es aśıntota el eje vertical; el correspondiente ĺımite sale aplicando 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 haciendo:
ĺım
x→+∞
lnx
x
=
(∞
∞
)
= ĺım
x→+∞
1/x
1
= ĺım
x→+∞
1
x
= 0 ⇒ ĺım
x→+∞
f(x) = 02 = 0
Para la primera derivada tenemos las opciones de cálculo:
[
(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
Esta derivada se anula cuando lo hace su numerador lnx(1 − lnx), o sea cuando lnx = 0 (x = 1,
con f(1) = 0) y cuando lnx = 1 (x = e, con f(e) = e−2). En cuanto a su signo, x3 es positivo, lnx
es negativo en (0, 1) y positivo en (1,+∞), y 1 − lnx es positivo en (0, e) y negativo en (e,+∞),
luego la derivada es negativa, y la función decrece, en los intervalos (0, 1) y (e,+∞), mientras que
la derivada es positiva, y la función crece, en el intervalo (1, e). En consecuencia, hay un mı́nimo
en el punto P = (1, 0) y un máximo en el punto Q = (e, e−2).
Con estos datos podemos esbozar la gráfica, en la que la escala del eje vertical está aumentada:
✲
✻
rr
1
1/e2
P
Q
1 e 4
Es claro que debe haber un punto de inflexión entre el mı́nimo y el máximo, y otro a la derecha
del máximo. Para determinarlos con precisión hay que encontrar los ceros de la derivada segunda.
Tenemos dos v́ıas para el cálculo de la derivada:
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
El numerador 1− 5 lnx+ 3(lnx)2 es un polinomio de grado 2 en lnx que vale cero cuando
lnx =
5±
√
25− 4 · 3
6
=
5±
√
13
6
=
{
1′432 . . .
0′232 . . .
⇒ x =
{
e1
′432... = 4′196 . . .
e0
′232... = 1′262 . . .
y por tanto esos son los valores de x en los que se sitúan los puntos de inflexión.
o
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10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
10. UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
1. Calcula los extremos absolutos de la función f(x) = x+ 2 cos(x) en el intervalo [0, π/2].
Calcula los extremos absolutos de la misma función en el intervalo [0, π].
Solución: La derivada f ′(x) = 1−2 sen(x) se anula cuando sen(x) = 1/2, y en el intervalo [0, π/2]
esto sólo ocurre para x = π/6. Para encontrar los extremos absolutos hay que comparar el valor de
f en este punto cŕıtico con sus valores en los extremos del intervalo; o sea, hay que comparar
f(0) = 2 f(π/6) = π/6 +
√
3 ≈ 2,25 f(π/2) = π/2 ≈ 1,57
Por tanto, en el intervalo [0, π/2] el máximo absoluto se alcanza en x = π/6 (con valor π/6 +
√
3)
y el mı́nimo absoluto se alcanza en x = π/2 (con valor π/2).
En el intervalo [0, π] hay otro punto cŕıtico en x = 5π/6 y hay que comparar los siguientes valores
f(0) = 2 f(π/6) ≈ 2,25 f(5π/6) = 5π/6−
√
3 ≈ 0,88 f(π) = π − 2 ≈ 1,14
Por tanto, en el intervalo [0, π] el máximo absoluto se alcanza en x = π/6 (con valor π/6 +
√
3) y
el mı́nimo absoluto se alcanza en x = 5π/6 (con valor 5π/6−
√
3).
o
2. Encuentra y clasifica todos los puntos cŕıticos de la función f(x) = x5 − 75x3 + 1620x − 1000 y
determina sus extremos absolutos en el intervalo [2, 10].
Solución: La derivada f ′(x) = 5x4−225x2+1620 = 5(x4−45x2+324) es un polinomio bicuadrático
cuyas ráıces (puntos cŕıticos de f) se calculan aśı:
x2 =
45±
√
452 − 4 · 324
2
=
45±
√
2025− 1296
2
=
45±
√
729
2
=
45± 27
2
{
36 ⇒ x = ±6
9 ⇒ x = ±3
Al evaluar esos cuatro puntos cŕıticos en la derivada segunda f ′′(x) = 5(4x3−90x) = 10x(2x2−45)
se obtienen valores positivos para x = 6 y x = −3 (y por tanto en esos puntos hay mı́nimos relativos)
y valores negativos para x = −6 y x = 3 (donde se alcanzan máximos relativos).
Para conocer los extremos absolutos en el intervalo dado hay que considerar los valores en sus
bordes (x = 2 y x = 10) y en los puntos cŕıticos que contenga (x = 3 y x = 6). Esos valores son
f(2) = 1672 f(3) = 2078 f(6) = 296 f(10) = 40200
luego dentro de ese intervalo el mı́nimo absoluto se alcanza en x = 6 y el máximo absoluto en
x = 10.
o
Matemáticas de 1 , problemas 159 Alberto del Valle Robles
	UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN