8QLGDG $SOLFDFLRQHVGHODV'HULYDGDV

Transcripción

1 5HVXHOYHW~3iJppp 'HPXHVWUDTXHODIXQFLyQI[ [ FRV[WLHQHDOJ~QSXQWRFUtWLFRHQHOLQWHUYDOR f() = ( - 4) cos Como es producto de dos funciones continuas y derivables, una polinómica de º grado ( -4) y otra trigonométrica ( cos), la función es continua. f(-) = ((-) - 4)cos(-4) = f() = ( -4)cos4 = 0 Como se cumplen las dos condiciones del teorema de Rolle, hay algún punto crítico en el intervalo [-,] y por tanto en el intervalo (-3,3) que incluye al anterior. 5HVXHOYHW~3iJppt,QYHVWLJDXVDQGRHOFULWHULRGHODSULPHUDGHULYDGDORVH[WUHPRVUHODWLYRVGH I[ _ _ f() = Convertimos la función en valor absoluto en función a trozos: Hallamos los valores que la anulan : = 0 J = = 53 = 4 1 Estudiamos el signo de la función en los tres intervalos que sobre la recta real forman los ceros : Intervalo (, 1), f(0) = 4. Intervalo ( 1,4), f() = = - Intervalo ( 4, ), f(5) = = Si < 1 Luego la función a trozos es f()= +5 4Si1><4 en que el intervalo Si P4 central, en el cual la función es negativa hemos cambiado de signo la función.

2 La función tiene dos puntos angulosos en =1 y = 4, en los cuales no es derivable, luego la función derivada es : 5 Si < 1 f š ()= + 5Si1<<4 5 Si > 4 El único valor que anula la derivada primera es = 5/ que junto a los puntos angulosos = 1 y = 4 conforman los intervalos de prueba del signo de la derivada primera: Intervalos (-, 1) (1, 5/) (5/,4) ( 4, ) f () f (0) = -5 f () = - +5=1 f (3) = - 3+5=-1 f (5) = 5-5 = 5 Función Þ Ü Þ Ü En = 1 tiene un mínimo relativo pues la función derivada pasa de negativa a la izquierda a positiva a la derecha. En = 5/ tiene un máimo relativo pues la función derivada pasa de positiva a la izquierda a negativa a la derecha. En = 4 tiene un mínimo relativo pues la función derivada pasa de negativa a la izquierda a positiva a la derecha. 5HVXHOYHW~3iJppu +DOODORVYDORUHVGHPSDUDTXHODIXQFLyQI[ e - m VHDFyQFDYDKDFLDDUULEDHQWRGR[ f() = e - m f () = e - m. f () = e -m La derivada de la derivada segunda no se anula y es positiva para todo valor de Para que la función sea cóncava hacia arriba la derivada segunda ha de ser positiva: f () = e - m ; e > m; 0 < m < e / ya que se anula para = ln(m).

3 5HVXHOYHW~3iJppv 8WLOL]DQGRHO FULWHULRGHODVHJXQGD GHULYDGDGHPXHVWUDTXH I[ PtQLPRUHODWLYR 1 + WLHQHHQ[ XQ f()= 1+ Hf ()= 1+ = 1+ Hf () = = = Una vez halladas las derivadas primera hallamos los valores que anulan la primera ( posibles máimos o mínimos ) : 1+ = 0 J = 0 Ahora para demostrar que es mínimo relativo ha de ser la derivada segunda positiva, que los es para cualquier valor de, es decir f (0), luego la función f() tiene un mínimo en = 0. 5HVXHOYHW~3iJpqm +DOODORVLQWHUYDORVGHFRQFDYLGDG\ORVSXQWRVGHLQIOH[LyQGHODIXQFLyQI[ [ [ f() = 4-8 ˆ Hallamos las dos primeras derivadas : f () = ; f () = ˆ Igualamos la derivada segunda a cero para saber los intervalo de signo constante: f () = 0 ; 1-16 = 0 J = 16 1 = 4 3 = = ˆ Como la función no tiene discontinuidades los intervalos de signo constante de f (), y su curvatura lo damos en la tabla : Intervalos (-, - 1,15) (-1.15, 1,15) ( 1,15, ) f ()= 1-16 f (-) = 3 >0 f (0) = -16 f () = 3 Función

4 ˆ Tiene dos puntos de infleión en los valores de que anulan f () ya que cambia de curvatura a izquierda y derecha de ellos : = 3 3 y= 3 3 5HVXHOYHW~3iJpqp 'DGDODIXQFLyQI[ [ [HVWXGLDVXFUHFLPLHQWRRGHFUHFLPLHQWRVXVPi[LPRVPtQLPRV \SXQWRVGHLQIOH[LyQ\VXFRQFDYLGDG+D]XQDUHSUHVHQWDFLyQJUiILFDDSUR[LPDGDGH\ I[ f() = Hallamos las dos primeras derivadas : f () = 6-8; f () = 1. Estudio de la monotonía y máimos y mínimos Hallamos los ceros de la derivada primera : f () = 0 ; 6-8 = 0 = 3 3 Como al ser la función polinómica no tiene discontinuidades, los intervalos de signo constante de f () para el estudio de la monotonía y máimos y mínimos son : (, 3 3 ), 3 3, 3 3 y 3 3,+ Estudio de la curvatura y puntos de infleión Hallamos los ceros de f () : f () = 0, 1 = 0; = 0 Como la función es continua en R, los intervalos de signo constante de f (), para el estudio de la curvatura son: (-, 0) y ( 0, + ) Realizamos el estudio conjunto en una tabla : Intervalos f () Monotonía f () Concavidad (-, -1,15) (-1,15, 0) (0,1,15) ( 1,15, ) f (-) = 16 f (-1) = - f () = 16 Ü Þ Ü f (-1) = -1 f (1 ) = 1

5 Puntos críticos : Maimo en = ya que pasa de creciente a la izquierda a decreciente a la dcha. m nimo = 3 3 ya que pasa de decreciente a la izquierda a creciente a la dcha. Punto de infleión en = 0 pues cambia de concavidad. La representación gráfica es : 5HVXHOYHW~3iJpqq 5HSUHVHQWDODJUiILFDGHODIXQFLyQI[ _[ [_ f () = Una de las formas de representar una función de º grado en valor absoluto es representar la parábola normalmente y después la parte de la función que sea negativa ( esté por debajo del eje horizontal ) trasladarla por encima. Puntos de corte con los ejes : Eje horizontal o de abscisas ( f() = 0) 4 + 3=0H= = 4 = 4 = 1 4+ = 3 son el ( 1,0) y el (3,0) Eje vertical o de ordenadas ( = 0, y = f(0))

6 f(0) = 3, luego el punto (0, 3). Vértice ( máimo ) = -b/a = 4/ =, y = f() = = = -1; V(, -1 ) Ahora las representamos : 5HVXHOYHW~3iJpqt QR" +DOODHOPi[LPRDEVROXWR\HOPtQLPRDEVROXWRGHI[ [[ HQ 9HUSRUTXp f() = La función es continua y derivable para todo. Hallamos las máimos y mínimos relativos : f () = , si f () = 0, = ±. Como f () = 1 y f () = 4, en = hay un mínimo relativo y como f (-) = -4, en = - hay un máimo relativo. Calculamos los límites laterales en las frontera del intervalo : A = lim G = 10 4 ( 3)+( 3) 3 = = 8 B = lim G = = = 4 Ahora comparamos A = 8, B = 4 f(-) = 4 y f() = - El mínimo absoluto está en = y es (, - ) y el máimo absoluto está en = - y es ( -, 4).

7 5HVXHOYHW~3iJpqu KDOODHOPi[LPR\HOPtQLPRDEVROXWRVGHODIXQFLyQI[ 1 +3 f()= 1 +3 Discontinuidades no tiene pues no se anula el denominador. Hallamos la derivada primera para calcular los máimos y mínimos : f š ()= +3 ( 1) ( +3) = +3 + ( +3) = ++3 ( +3) f () = 0; ++3 ( +3) = 0 J = 0 J = = 4 = 1 3 Para saber cuál es máimo y cuál mínimo usamos el criterio de la derivada primera : Por la izquierda de 3, f (0) f() Ü. Por la derecha de 3 : f (4) f() Þ, luego en = 3 tiene un máimo relativo. Por la izquierda de - 1, f ( -) f() Þ. Por la derecha de - 1 : f (0) f() Ü, luego en = - 1 tiene un mínimo relativo. 1 A=B= G lim +3 =0 Luego la función tiene un máimo absoluto en (3,1/6) y un mínimo absoluto en ( -1, -1/). 5HVXHOYHW~3iJpqv &DOFXODlim G0 tg

8 tg = 0 lim G0 tg0 = 0 0 Indeterminado, aplicamos la regla de L Hopital derivando el numerador y el denominador : lim G0 1 tg = lim G0 sec = 1 sec 0 = 1 1 = 1 5HVXHOYHW~3iJprm &DOFXOD G+ lim e lim G denominador : lim G lim G e = e = lim e = lim, indeterminado, aplicamos la regla de L Hopital derivando el numerado y el G e = G e = lim G, como sigue siendo indeterminado, volvemos a derivar de nuevo : e = = 0 5HVXHOYHW~3iJprn 'HPXHVWUDTXHlim G0 (cos ec) =1 lim G0 (cos ec) =0cos ec0 = 0, indeterminado. Si lo escribimos : 1 cos ec lim G0 = lim sen G0 = 0 0, que también es indeterminado pero ahora sí podemos aplicar la regla de L Hopital para resolver la indeterminación : lim G0 1 sen = lim cos G0 = 1 cos0 = 1 1 = 1 5HVXHOYHW~3iJpro &DOFXODlim G0 L = lim G0 = 0 0, indeterminado, si tomamos logaritmos neperianos :

9 lnl = ln lim G0 = lim G0 ln( ) = lim G0 ln= lim aplicamos la regla de L Hopital : ln 1 G0 =, para resolver esta indeterminación ln lnl = lim 1 G0 = lim G HVXHOYHW~3iJpro = lim G0 = 0 H L = lim G0 = e 0 = 1 &DOFXODlim G0 (1+ ) 3 L = lim, indeterminación que resolvemos aplicando logaritmos G0 (1+ ) 3 = 1 nepaerianos y después aplicando la regla de L Hopital : lnl = ln lim G0 (1+ ) 3 = lim G0 ln (1+ ) 3 numerador y el denominador: = lim G0 3ln(1+) = 0 0, indeterminado, derivamos el lnl = lim G = lim, despejando L= e 3 G0 1+ = 3 1 = 3 35%/(0$63538(676 D(QXQFLDHOWHRUHPDGH%RO]DQR:HLHUVWUDVV E&DOFXODHOYDORUPi[LPRDEVROXWR\HOPtQLPRDEVROXWRGHODIXQFLyQI[ [ [HQHO LQWHUYDOR>@ D Teorema de Bolzano : Si una función es continua en un intervalo cerrado [a, b] y el signo de f(a) es distinto del signo de f(b), entonces eiste, al menos, un c perteneciente al intervalo abierto (a, b) de modo que f(c) = 0. Y como consecuencia del anterior el teorema de Weierstras : Si una función es continua en un intervalo cerrado [a, b], alcanza en este intervalo el máimo y el mínimo absolutos. E f() = Primero estudiamos si tiene algún máimo o mínimo relativo en el intervalo igualando la primera derivada a cero y estudiando el signo de la derivada segunda para esos valores :

10 f () = ; = 0 ; = 9/ que pertenece al intervalo [0,5]. Para saber si es máimo o mínimo halamos el signo de la derivada segunda en ese punto : f () = - ; f (9/) = - luego tiene un máimo relativo en = 9 /, y = f(9/) = - (9/) + 9 (9/) = -81/4 + 81/ = 81/4 Ahora hemos de hallar los límites laterales de la función en los puntos frontera del intervalo : A = G0 lim+ ( + 9)=0yB= G5 lim ( + 9) = 5 +95= = 0 Como 81/4 > B = 0, tiene un máimo absoluto en = 9/ y un mínimo absoluto en = 0. D &DOFXOD D E \ F SDUD TXH OD IXQFLyQ I[ + a si < 3 FXPSOD ODV KLSyWHVLV GHO b+ c si P3 WHRUHPDGH5ROOHHQHOLQWHUYDOR>@ E(QFXHQWUDHOSXQWRRSXQWRVFRUUHVSRQGLHQWHDOD WHVLVGHOWHRUHPD D Para que la función f()= + a si < 3 cumpla las hipótesis del teorema de b + c si P3 Rolle, ha de ser continua en [0,8], derivable en (0,8) y f(0) = f(8). Continuidad Como es una función a trozos y en cada trozo es una función polinómica, es continua en cada intervalo, la duda está en el punto frontera = 3, que hemos de hacer que los límites laterales sean iguales : lim f()=lim G3 G3 ( + a)=3 +3a = 9 + 3a = G3 lim f()=lim + G3 (b + c)=3b + c Tenemos ya una ecuación con tres incógnitas 3a - 3b - c = -9, necesitamos al menos otras dos. Derivabilidad La derivada de la f() es : f ()= + asi<3, la duda está en el punto = 3 en b si > 3 que deben coincidir las derivadas laterales f (3 - ) = 6 + a = f (3 + ) = b, que nos proporciona la segunda ecuación : a - b = - 6. Igualdad de la función en los etremos

11 f(0) = f(8), para halar f(0) sustituimos = 0 en el primer intervalo y para f(8) sustituimos = 8 en el segundo, quedando: 0 = 8b + c que es la tercera ecuación. Resolvemos el sistema : a b = 6 G 8b +c = 0 3a 3b c = 9 F3 3F1 E La derivada primera queda : f ()= en el primer intervalo : f (c) = c - 39/8 = 0, luego c = 39/16. a b = 6 8b +c = 0 c = 9 39/8 si < 3 9/8 si P 3 a = 39/8 b = 9/8 c = 9 que sólo puede anularse 8WLOL]DHOWHRUHPDGH%RO]DQR\HOGH5ROOHSDUDSUREDUTXHODVJUiILFDVGHODVIXQFLRQHVI[ [ \J[ [ GHILQLGDVSDUD[!VHFRUWDQHQXQVRORSXQWR f() = ; g() = - Construimos una nueva función h() = f() - g() = - - de manera que cuando h() = 0 entonces f() = g() es decir serán los puntos de corte entre ambas funciones. Las dos funciones son continuas y derivables luego h() también lo es. Primero hemos de probar que h() se anula ( corta al eje horizontal ) alguna vez y después demostrar que sólo es una vez. lim h()=lim G0 + G0 +( )= 1ylim G h() =lim G ( )= = 0= Como pasa de valores negativos a positivos y es continua, alguna vez ha de pasar por el cero ( teorema de Bolzano). La derivada primera es f () = + - que para valores de es siempre positiva, luego es creciente para valores de y por tanto sólo puede cortar una vez al eje horizontal ( teorema de Rolle).

12 Si h() corta una vez al eje horizontal f() y g() tienen un único punto de corte para ( = 0, ), como se muestra en la figura. &RPSUXHEDTXHODHFXDFLyQ[ [ WLHQHXQD~QLFDVROXFLyQUHDO f () = lim G ( )= ylim G+ ( ) =+ Como la función pasa de negativa a positiva y es continua, en algún punto ha de pasar por cero. Como f () = para todo número real, f() = es creciente en su dominio luego sólo puede cortar al eje horizontal una única vez que es la solución de la ecuación = 0. 'HPXHVWUDTXHODHFXDFLyQ[ H [ [ WLHQH~QLFDPHQWHGRVVROXFLRQHV 3RGUtDV GHFLUHQWUHTXpGRVQ~PHURVHQWHURVFRQVHFXWLYRVHVWiFDGDXQDGHODVVROXFLRQHV" 4 + 4e ( -1) = 0 Estudiamos la función asociada f() = 4 + 4e ( - 1) Al ser el mayor eponente par ( y e siempre ) tenemos : lim G (4 + 4e ( 1)) = + ylim G+ ( 4 +4e ( 1)) = + Además f () = e = 4( + e ) se anula para = 0 siendo negativa para valores de es decir decreciente y positiva para valores de es decir creciente, luego según el teorema de Rolle f() al ser continua y derivable tiene un mínimo relativo en = 0 de valor f(0) = -4. Si tiene un mínimo en valores de la función negativo ( 0, -4) y tiende a infinito tanto para valores pequeños como grandes ( ± ) ha de cortar al eje horizontal en dos puntos, que son las dos únicas soluciones de su ecuación asociada. Para buscarlas como ya sabemos que f(0) = - 4, probemos :

13 f(-1 ) = (-1) e -1 (-1-1) = 1-8/e ya que 8/e > 1 f(-) = (-) e -1 (--1) = 4-1/e ya que 4 > 1/e = 1,6... f(1) = e(1-1) = 1 Las dos raíces están entre [-,0], una, y entre [0,1], la otra, ya que, al ser continua y cambiar de signo en los límites de los intervalos, obligatoriamente ha de pasar por cero ( teorema de Bolzano) como se ve en la figura. (VWXGLDORVLQWHUYDORVGHFUHFLPLHQWR\GHFUHFLPLHQWRGHODIXQFLyQI[ 1+ 1 f()= 1+ 1 = 1 1+ si 1+ 1 si P 0 ya que para = - y para =. La función tiene dos discontinuidades = -1 en el primer intervalo ( que anula el denominador) y = 1 en el segundo intervalo ( que anula el denominador de ese intervalo ). f ()= (1+) si (1 ) si en = 0 no es derivable, es un punto anguloso. Para estudiar la monotonía tenemos los intervalos ( -, -1), (-1,0), (0,1) y (1,+ ), que estudiamos disponiéndolos en forma de tabla : Intervalos f () Función (-, -1) f (-) = - Þ (-1, 0) f (-1/) =-8 Þ ( -0, 1 ) f (1/) = 8 Ü ( 1,+ ) f () = >0 Ü

14 3 'DGDODIXQFLyQI[ KDOOD D6XVLQWHUYDORVGHFUHFLPLHQWR\GHFUHFLPLHQWR E6XVH[WUHPRVUHODWLYRV D + Hallamos la derivada primera : f ()= 3 3 ( ++3) Igualamos a cero la primera derivada : ( ++3) = 0 J + = 0 J = -1 Construimos los intervalos de signo constante de la primera derivada y hallamos su signo para estudiar la monotonía y etremos relativos : Intervalos f () Función (-, -1) f (-) Þ ( -1,+ ) f (0) >0 E Como en = -1, f () = 0 y pasa de ser decreciente a la izquierda a creciente a la derecha, tiene un mínimo relativo, El valor de y = f( 1)= 3 M1, 6, luego el mínimo relativo tiene de coordenadas ( -1, 1,6 ) como se aprecia en la gráfica siguiente : Ü ŠŠŠŠ &DOFXODORVPi[LPRV\PtQLPRVGHODIXQFLyQ\ [ H - Â Derivada primera : y = e - - e - = ( - )e -. Â Valores que anulan la primera derivada : ( )e = 0 J e = 0 H = = 0 J ( )=0 = 0 = 0 J = Â Derivada segunda : y = (-) e - - (- ) e - = ( -4+)e -

15 Â Sustituimos los valores que anulan la primera derivada en la segunda para saber si son máimos o mínimos : y (0) = luego en = 0, y = 0 hay un mĺnimo relativo. y () = ( 4 + )e = e <0Hen=,y= 4 e hay un máimo relativo. 8QDJHQWHFRPHUFLDOFREUDXQDFRPLVLyQ C = GRQGH[UHSUHVHQWDHOLPSRUWHHQPLOHVGHSHVHWDVGHODYHQWDUHDOL]DGD'HWHUPLQDODFDQWLGDGTXHKDEUi GHYHQGHUSDUDTXHODFRPLVLyQVHDPi[LPD Â Derivada primera : C ()= Â Valores que anulan la primera derivada : = 0 J = 500 J = 5 Â Derivada segunda : C () = <0 Â Sustituimos los valores que anulan la primera derivada en la segunda para saber si son máimos o mínimos : C (5) = <0luegomáimo Luego habrá de vender 5000 pesetas para que la comisión sea el máimo. +DOODQ~PHURVUHDOHVD\EWDOHVTXHODIXQFLyQ

16 f()= sen si + a + b si VHDGHULYDEOHHQHOSXQWR[ 3DUDHVRVYDORUHVGHD\EDQDOL]DVLI[WLHQHLQIOH[LyQHQHOSXQWR[ Para que sea derivable en = 0, se debe cumplir : c Que sea continua en = 0 lo que implica que los límites laterales en = 0 y el valor de la función en ese punto han de ser iguales : lim f() =lim sen0=sen0=0=lim G0 G0 G0 +f()=lim + a + b)=b=f(0)=sen0 = 0 G0 +( Luego ya sabemos que b = 0. d Las derivadas laterales en = 0 han de ser iguales : Luego a = 1. f (0 )=cos(0) = 1 = f (0 + )=-0 + a Para que tenga un punto de infleión en = 0 ha de anularse la derivada segunda y ser no nula la derivada tercera en = 0. f ()= cos si + 1 si sen si Hf () = si Hf ()= cos si 0 si 0. Como f (0) = - sen 0 = 0 y f (0) = - cos 0 = -1, sí tiene un punto de infleión en = 5HSUHVHQWDODJUiILFDGHODIXQFLyQI[ [[ Para representar una función estudiamos los siguientes apartados : 'RPLQLR Como es una función polinómica de segundo grado, su dominio es 5, ( -, + ) $VtQWRWDV Verticales : No tiene pues no hay ningún valor de que haga la función ±

17 Horizontal : No tiene pues lim G f() = ( ) = Oblicua : Tampoco tiene ya que es de segundo grado. &RUWHV FRQ ORV HMHV : Eje horizontal o de abscisas ( y = f() = 0) = 0 J = = 4 5 = 5, ( -0,3, 0) y ( 4,3, 0) Eje vertical o de ordenadas ( = 0 ) f(0) = 1, luego es el punto ( 0,1). 6LPHWUtDV No tiene ya que f(-) = 1-4(-) + (-) = ± f() Crecimiento, decrecimiento y máimos y mínimos _ Derivada primera f () = 4 - _ Valores que anulan la derivada primera 4 - = 0 ; = _ Derivada segunda f () = -, f () = -, luego tiene un máimo en = y f () = = = - 3. &RQFDYLGDG HLQIOH[LRQHV Como la derivada segunda f () = -, la función es cóncava hacia abajo en todo su dominio. 7DEOD UHVXPHQ - (-,0,3) -0,3 (-0,3,0) 0 (0,) (,4,3) 4,3 (4,3,+ ) + y 0, PC 1, PC -3 0, PC f () = 0 f() Ü Má Þ f () f()

18 5HSUHVHQWDFLyQ (VWXGLD\UHSUHVHQWDJUiILFDPHQWH\ [ [ Para representar una función estudiamos los siguientes apartados : 'RPLQLR Como es una función polinómica de tercer grado, su dominio es 5, ( -, + ) $VtQWRWDV Verticales : No tiene pues no hay ningún valor de que haga la función ± Horizontal : No tiene pues lim G f() =( ) 3 = Oblicuas : Tampoco tiene ya que es de tercer grado. &RUWHV FRQ ORV HMHV : Eje horizontal o de abscisas ( y = f() = 0) = 0, para resolver esta ecuación hemos de probar por Ruffini entre los divisores del término independiente Div() = { ±1, ± } luego los puntos de corte con el eje horizontal son : (-, 0) y (1,0) Eje vertical o de ordenadas ( = 0 ) f(0) =, luego es el punto ( 0,).

19 6LPHWUtDV No tiene ya que f(-) = (-) 3-3(-) + = ± f() Crecimiento, decrecimiento y máimos y mínimos _ Derivada primera f () = 3-3 _ Valores que anulan la derivada primera 3-3 = 0 ; = ± 1 _ Derivada segunda f () = 6, f (-1) = - 6, luego tiene un máimo en = -1 y f (-1) = (-1) 3-3 (-1) + = = 4, f (1) = 6, luego tiene un mínimo en =1 y f (1) = = = 0, que además es punto de corte con el eje OX. &RQFDYLGDG HLQIOH[LRQHV Como la derivada segunda f () = 6 se anula para = 0 y, a la izquierda, f (0 - ), la función es cóncava hacia abajo para y como, a la derecha de cero, f (0 + ), la función es cóncava hacia arriba para. Tiene por tanto un punto de infleión en = 0 pues cambia de concavidad o, f () = 6 0 7DEOD UHVXPHQ - (-, ) - (-,-1) -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 (1,+ ) + y 0, PC 4, Má 0, PC + f () = 0 = 0 f() Ü Má Þ Min Ü f () P.I. f() 5HSUHVHQWDFLyQ

20 5HSUHVHQWDJUiILFDPHQWHODIXQFLyQ\ 3 HVWXGLDQGRVXFRQFDYLGDG Para representar una función estudiamos los siguientes apartados : 'RPLQLR Como es una función racional no pertenecen al dominio los valores que anulan el denominador : - 3 = 0 ; = 3, luego dominio = 5^`. $VtQWRWDV Verticales : Comprobamos que para cuando tiende a 3 la función tiende a ± : lim G3 3 = ylim G3 + 3 =+, luego tiene una A.V. en = 3 Horizontal : y = G lim f()= G lim 3 = 1; A.H. en y =1. Oblicuas : No tiene pues tiene horizontal. &RUWHV FRQ ORV HMHV : Eje horizontal o de abscisas ( y = f() = 0) 3 = 0 J = 0, Eje vertical o de ordenadas ( = 0 ) ( 0, 0) f(0) = 0, luego es el origen que evidentemente es punto de corte con ambos ejes. 6LPHWUtDV No tiene ya que f( )= 3 = +3 f() Crecimiento, decrecimiento y máimos y mínimos _ Derivada primera f ()= 3 ( 3) = 3 ( 3) _ La derivada primera no se anula para ningún valor _ Los intervalos de signo constante lo forma la discontinuidad = 3: ( -, 3) en donde la derivada primera es y por tanto la función es decreciente y (3, + ) en donde la derivada primera también es negativa, luego la función decreciente. &RQFDYLGDG HLQIOH[LRQHV

21 La derivada segunda es f () = 6 ( 3) 3 que tampoco se hace cero para ningún valor, luego los intervalos son los mismos :( -, 3) en donde la segunda derivada es y por tanto función cóncava hacia abajo y (3, + ) en donde la derivada segunda es positiva y la función es cóncava hacia arriba. 7DEOD UHVXPHQ y f () f() f () f() - 1,Α.Η. (-, 0) 0 0, PC Þ (0,3) 3,A.V. (3,+ ) Þ + 1,Α.Η. 5HSUHVHQWDFLyQ