Soluciones de la relación de ejercicios del TEMA 3

Soluciones de la relación de ejercicios del TEMA 3 1. Halla la ecuación de la recta tangente y de la recta normal de cada una de las siguientes funciones: En un punto ( 0,f( 0 )), la ecuación de la recta tangente es y = f( 0 )+ f 0 ( 0 )( 0 ). Larectanormalesy = f( 0 ) 1 ( f 0 ( 0 ) 0),sif 0 ( 0 ) 6= 0 y = 0 si f 0 ( 0 )=0 (a) f () =tg (3) en el punto (0, 0). En este apartado 0 =0y f( 0 )=0. Sólo nos falta por obtener f 0 (0). Derivando la función f, obtenemos f 0 3 () =. De cos 2 (3) manera que f 0 (0) = 3. Con todo lo anterior se tiene que la recta tangente es y =3 ylarectanormaly = 1. 3 (b) f () =2 2 4 +5en el punto (3, 11) Recta tangente: y =8 13. Recta normal: y = 1 + 91. 8 8 (c) f() =( +1) 3 3 en el punto (2, 3) f(2) = 3 y f 0 (2) = 0. Por tanto, la recta tangente es y =3yla recta normal =2. 2. Sean a, b R y f : R R tal que f () = 2 + a + b, para todo R. Encuentra los valores de a y b que hacen que el punto (2, 4) pertenezcaalagráfica de f y que la recta tangente a la misma en dicho punto sea la recta de ecuación 2 y =0. Por un lado (2, 4) Graf(f) f(2) = 4 4+2a + b =4,esdecir, 2a + b =0. Por otro lado, que la recta tangente en el punto (2, 4) sea y =2, lleva consigo que f 0 (2) = 2 (f 0 ( 0 ) es la pendiente de la recta tangente a la gráfica en el punto ( 0,f( 0 ))). Como f 0 () =2 + a, f 0 (2) = 4 + a =2. Por tanto, a. = 2 y b =4. 3. Sean a, b, c R y f,g : R R funcionesrealesdevariablerealdadas por f () = 2 + a + b y g () = 3 c, paratodo R. Determina los valores de a, b, yc que hacen que las gráficas de f y g pasen por el punto (1, 2) y tengan la misma recta tangente en dicho punto. (1, 2) Graf(f) f(1) = 2. (1, 2) Graf(g) g(1) = 2. Que f y g tengan la misma pendiente, implica que f 0 (1) = g 0 (1). Estas tres condiciones nos proporcionan un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, cuya solución es a =1, b =0y c = 1. 1

4. Demuestra que la función f : R R dada por f() = 2 2, para todo R, presenta puntos angulosos en =0y =2. Teniendo en cuenta que 2 2 <0 si ]0, 2[ yque 2 2 0 si ], 0] [2, + [, la función f() puede epresarse como 2 2 si 0 f() = 2 +2 si 0 <<2 2 2 si 2 Si estudiamos los límites laterales de la función f() f( 0) 0 para 0 =0 y 0 =2,setienequef 0 (0 )= 2 6= 2=f 0 (0 + ) yquef 0 (2 )= 2 6= 2=f 0 (2 + ). Por tanto, la función presenta puntos angulosos en los puntos 0 =0y 0 =2.Gráficamente 5. Estudia la continuidad y derivabilidad de las siguientes funciones: 2 1 1 (a) f() = 2 1 <<0 sen 0 Si consideramos el conjunto B =], 1[ ] 1, 0[ ]0, + [, se tiene que f B es derivable (las funciones polinómicas y la función seno son derivables) en B. ComoB es abierto, por el Carácter Local de la Derivabilidad, f es derivable en B. Sif es derivable en B, f es continua en B. = 1: lim 1 ( 2 1) = 1 = lim )=f( 1) (f es continua en = 1) 1 +(2 lim 1 1 1 1 ( 2 )= 2 = lim ) (f es derivable en = 1) +1 1 +(2 +1 2

=0: lim ) = 0 = lim 0 (2 0 +(sen ) =f(0) (f es continua en =0) 0 lim )=06= 1 = lim 0 0 (2 0 0 +(sen 0 ) f no es derivable en =0y presenta un punto anguloso en. En resumen, f es continua en R y derivable en R\{0}. Gráficamente + 3 <0 (b) g() = 0 =0 sen > 0 g continua y derivable en R. Gráficamente 2 +1 si <0 (c) h () = 2 +1 si 0 1 +1 si >1 f continua en R\{1} y derivable en R\{0, 1}. En =0presenta un punto anguloso. Gráficamente 3

6. Estudia en el punto =0, la continuidad y derivabilidad de las funciones: ½ 3 <0 (a) f () = e 1 0 f continua en todo R y derivable en R\{0}. En =0presenta un punto anguloso. Gráficamente: ( (b) g () = 3 sen 1 6= 0 0 =0. Demuestra además que g0 es continuaperonoderivableendichopunto. Teniendo en cuenta el Carácter Local de la Derivabilidad, g es derivable en R,cong 0 () =3 2 sen( 1 ) cos( 1 ). Al ser derivable, es continua en R. Por otra parte, lim 0 (3 sen( 1 )) = 0 (0 acotado =0)yf(0) = 0, es decir, g es continua en =0.Como 1 3 sen( lim ( ) g(0) )=lim( 2 sen( 1 )) = 0 (0 acotado =0) 0 0 0 se tiene que g es derivable en =0con g 0 (0) = 0. Gráficamente, en los intervalos [ 0.15, 0, 15] y [ 0.05, 0, 05], lafuncióng() es 4

Teniendo en cuenta lo anterior, ( g 0 3 () = 2 sen( 1 ) cos( 1) 6= 0 0 =0 Estudiemos la continuidad y derivabilidad de la función g 0.Como lim 0 g 0 () =0=g 0 (0), g 0 es continua en =0. Por otra parte, 3 2 sen( 1 lim ) cos( 1) 0 =lim(3 sen( 1 0 0 0 ) cos( 1 )) Como @ lim 0 cos( 1),setieneque@ lim 0(3 sen( 1 ) cos( 1)). Por tanto, g 0 no es derivable en =0. Gráficamente, la función g 0 () es 7. Sean a, b, c R y f : R R dada por ½ 2 f () = a+b c >c Determina a y b en función de c para que eista f 0 (c). Si la función es derivable en = c, en particular es continua, por tanto, lim 2 = lim c c +(a + b) =f(c), es decir, c 2 = ac + b. Por otra parte, si eiste f 0 (c), 2 c 2 lim c c = lim c + a + b c 2 c es decir, 2c b c2 = ac a ac = lim = a. c + c Tenemos, a =2c ycomoc 2 = ac + b, setienequeb = c 2. 5

8. Estudia la continuidad y derivabilidad de la función f() = 3 3 en el punto =1. Teniendo en cuenta la definición del valor absoluto ½ ½ 3 f() = +3 si 3 3 < 0 3 3 3 si 3 3 0 = +3 si <1 3 3 si 1 Si consideramos el conjunto B =], 1[ ]1, + [,setienequef B es continua y derivable (las funciones eponenciales y constantes lo son y, suma de funciones continuas y derivables son continuas y derivables) en B. ComoB es abierto, por el Carácter Local de la Continuidad y Derivabilidad, f es continua y derivable en B. Continuidad y derivabilidad en el punto =1.Como lim + 3) = 0 = lim 3) = f(1), 1 ( 3 1 +(3 f es continua en =1. Teniendo en cuenta que +3 0 3 0 lim )= 3ln36= 3 ln 3 = lim ), 1 ( 3 1 1 +(3 1 f no es derivable en =1. En resumen, f es continua en R y derivable en R\{1}. Otra forma de plantearse el ejercicio: f() = 3 3. Lafunciónvalor absoluto es continua y la función 3 3 también es continua (ya lo hemos comentado). Como f es la composición de estas dos funciones y la composición de funciones continuas es continua, se tiene que f() es continua. Por otra parte, si consideramos una función f(), enlos puntos para los que f() =0,lafunciónnoesderivable. Ennuestro caso, como 3 3=0si, y sólo si, =1, la función no va a ser derivable en =1.Gráficamente 6

9. Calcula las derivadas de las siguientes funciones, donde tenga sentido: (a) f() =cos( 2 ). Teniendo en cuenta que (cos(f())) 0 = f 0 ()sen(f()), se tiene que f 0 () = 2 sen( 2 ) (b) f() =arctg (2 3). Teniendo en cuenta que se tiene que f 0 () = (arctg(f())) 0 = 3 1+( 2+3) 2 (c) f() =e sen. Teniendo en cuenta que se tiene que f 0 () =cose sen f 0 () 1+f 2 (), (e f() ) 0 = f 0 ()e f(), (d) f() =sen(cos). Teniendo en cuenta que (sen(f())) 0 = f 0 ()cos(f()), se tiene que f 0 () = sen cos (cos ) (e) f() = =() 1. Teniendo en cuenta que ((f()) g() ) 0 =(f()) g() [g 0 ()ln(f()) + g() f 0 () f() ], se tiene que f 0 () = ( 1 ln + 1 ) 2 2 (ln ) (f) f() =. Teniendo en cuenta como se deriva un cociente, ln como se deriva la función (f()) g() yque(ln ) 0 = 1,setieneque f 0 () = (ln ) [ln(ln )+ 1 ]ln (ln ) ln [ 2ln ] ( ln ) 2 (g) f() =arctg( 1+ 1 ).Teniendoencuentacomosederivalafunción arcotangente, se tiene que f 0 () = 1 1+ 2 7

(h) f() = e 2 ln. Teniendo en cuenta como se deriva la función eponencial, se tiene que f 0 () =e 2 ln (2 ln + ) (i) f() = tg. Teniendo en cuenta como se deriva la función (f()) g() yque(tg) 0 =1+tg 2,setienequef 0 () = tg [(1 + tg 2 )ln + tg ] ³ (j) f() = 1+. a Teniendoencuentacomosederivalafunción (f()) g(),setieneque f 0 () =(1+ a ) [ln(1 + a ) 1 a 1+ a (k) f() =2 arctg (2) ln( 1+4 2 ). Teniendoencuentacomo se deriva la función arcotangente, un producto y que (ln(f())) 0 = f 0 () f(), se tiene que f 0 () =2arctg(2) (l) f() =ln( 2tg+1 ).. Teniendoencuentacomosederivalafunción tg+2 logaritmo neperiano, un cociente y la función tangente, se tiene que f 0 3 () = 5sincos +2 (m) f() =(1+) ln(1+). Teniendo en cuenta como se deriva la función (f()) g(),setienequef 0 () =2 (1+)ln(1+) ln (1 + ) 1+ (n) f() =(a 2 + 2 ) arctan( a ).. Teniendo en cuenta como se deriva la función (f()) g() y la función arcotangente, se tiene que f 0 () =(a 2 + 2 ) arctan 1 a [ a(1 + 2 ) ln(a2 + 2 )+2 arctan( a ) a 2 + ] 2 a 2 (o) f() =sen(e cos ). Teniendo en cuenta como se derivan las funciones eponencial y seno, se tiene que f 0 () = (cos(e cos )sen)e cos ½ (p) f() = 3 2 <0 2. Por el Carácter Local de la Derivabilidad, teniendo en cuenta que B =], 0[ ]0, + [ es +1 0 abierto, 8 ]

½ 3 se tiene que f es derivable en B, conf 0 2 <0 () = 2 > 0. En =0, no eiste el límite lim 0 32 1, por tanto, f no es derivable en =0. 10. Determina la imagen de la función f :[0, 2] R dada por: f() =3 4 8 3 6 2 +24 +1 Tenemos una función continua definida en el intervalo [0, 2]. Porel Teorema de Weierstrass, la imagen es de la forma [c, d], esdecir,lafunción alcanza mínimo (c) ymáimo(d) absolutos. Cuáles son nuestros candidatos a etremo absoluto? 1. Los etremos del intervalo de definición de la función, es decir, 0 =0y 0 =2 2. Lospuntosdelintervalo]0, 2[ para los que la función no es derivable, pero esta función es derivable en todo su dominio, por tanto, este apartado no nos da ningún candidato. 3. Los puntos críticos (puntos con derivada cero) del intervalo ]0, 2[. Si derivamos la función e igualamos a cero, f 0 () =12 3 24 2 12 +24=0 = 1, 1 y 2. De estos puntos, el único que está en el intervalo ]0, 2[ es 0 =1, se trata por tanto de otro candidato aetremoabsoluto. 4. Por último, si calculamos la imagen de todos los candidatos obtenidos f(0) = 1, f(1) = 14 y f(2) = 18. De todas las imágenes, la menor es el mínimo absoluto ( 18) y,detodaslasimágenes,la mayor es el máimo absoluto (14). Por tanto, f([0, 2]) = [ 18, 14]. 11. Estudia si la función f :[ π, π] R,talquef() 3 3 =cos(2 ),paratodo [ π, π ], alcanza máimo y mínimo absolutos. En caso afirmativo, 3 3 hállalos. Como la función coseno y 2 son continuas y la composición de funciones continuas es continua, se tiene que f() es continua en todo R, en particular en el intervalo [ π, π ]. Tenemos una función continua definida en un intervalo de la forma [a, b]. Por el Teorema de 3 3 Weierstrass, la imagen es de la forma [c, d], es decir, la función alcanza mínimo (c) ymáimo(d) absolutos. Cuáles son nuestros candidatos a etremo absoluto? 9

1. Los etremos del intervalo de definición de la función, es decir, 0 = π y 3 0 = π 3 2.Lospuntosdelintervalo] π, π [ para los que la función no es 3 3 derivable. Como la función coseno y 2 son derivables y la composición de funciones derivables es derivable, se tiene que f() es derivable en todo su dominio, por tanto, este apartado no nos da ningún candidato. 3. Los puntos críticos (puntos con derivada cero) del intervalo ] π, π[. Si derivamos la función e igualamos a cero, f 0 () = 2 3 3 sen( 2 )=0 =0.Como0 ] π, π[, 3 3 0 =0es otro candidato aetremoabsoluto. 4. Por último, si calculamos la imagen de todos los candidatos obtenidos f( π 3 )=f(π π2 )=cos y f(0) = 1. De todas las imágenes, la 3 9 menor es el mínimo absoluto (cos π2 ) y, de todas las imágenes, 9 la mayor es el máimo absoluto (1). Por tanto, f([ π, π]) = 3 3 [cos π2, 1]. 9 12. Calcula la imagen de las funciones: Observación: El dominio no es de la forma [a, b], por tanto, no podemos aplicar el Teorema de Weierstrass. Tenemos que calcular la imagen por otros medios. (a) f : R R dada por f () = f(r) =[0, 1[ (b) f : R R dada por f () = f(r) =]0, 1] 2,paratodo R. 2 +3 2,paratodo R. 1+e 13. Estudia si se puede aplicar el Teorema de Rolle a las siguientes funciones: (a) f() =tg en el intervalo [0, π]. No, porque la función no está definida en el punto = π. 2 (b) f :[ 1, 1] R : f () =. No, porque la función no es derivable en =0. 10

14. Sea f :[0, 4] R dada por f() = 2 4. Estudia si se verifican las +2 hipótesis del Teorema de Rolle. En caso afirmativo, calcula el punto del interior del intervalo de definición en el que se anula la derivada. Tenemos que comprobar que se verifican las hipótesis del teorema. f :[0, 4] R Continua en [0, 4] (f. racional) Deribable en ]0, 4[ (f. racional) f(0) = 0 = f(4) Tma. Rolle = c ]a, b[: f 0 (c) =0 Por tanto, si se puede aplicar el Teorema de Rolle, que nos garantiza la eistencia, de al menos, un c ]0, 4[: f 0 (c) =0. Para calcularlo (o calcularlos), derivamos la función, igualamos a cero y resolvemos la ecuación resultante. f 0 () =0si, y sólo si, 2 +4 8 ( +2) 2 =0 2 +4 8=0 = 2 ± 2 3. De estos dos valores el único que está en [0, 4] es 2+2 3,portanto, c = 2 +2 3. La interpretación geométrica de que eista un punto ( 2+2 3) con derivada cero, es que en ese punto la función presenta un etremo relativo, en este caso, se trata de un mínimo. Gráficamente, la situación es la siguiente: 15. Prueba, haciendo uso del Teorema de Rolle, que la ecuación 5 4 6 + 1=0no tiene más de dos raices reales. Sea f : R R tal que f() = 5 4 6 +1, para todo R. f es continua y derivable en R, en particular en cualquier intervalo de R. Derivando la función e igualando a cero, q 20 3 6=0. Esta ecuación tiene una única solución real, = 3 3. Como consecuencia 10 11

del Teorema de Rolle, la función f tiene como mucho dos soluciones en R. Gráficamente, la función f es 16. Demuestra que las ecuaciones siguientes tienen una única solución real: (a) 2 5 +8 3 +5 6=0 Sea f : R R tal que f() =2 5 +8 3 +5 6, paratodo R. f es continua y derivable en R,en particular en cualquier intervalo de R. Derivando la función e igualando a cero, 10 4 +24 2 +5 = 0, ecuación que no tiene solución real, es decir, f 0 () 6= 0,paratodo R. Como consecuencia del Teorema de Rolle, la función f tiene como mucho una solución en todo R. Si encontramos un intervalo en el que podamos aplicar el Teorema de Bolzano habremos terminado. En efecto, si restringimos la función al intervalo [0, 1] se verifican las hipótesis de dicho teorema, lo que nos garantiza, al menos un solución real en el intervalo ]0, 1[. Porunlado, Rolle nos dice que a lo más hay una solución y, por otro, Bolzano que al menos hay una raiz, por tanto, eiste una única raiz. Otra forma de haber razonado este ejercicio sin aplicar Rolle es la siguiente. Al observar que f 0 no tiene raices, por tratarse de una función definida en un intervalo, esto nos garantiza que la función es estrictamente monótona (creciente o decreciente), por tanto, no podrápasarmásdeunavezporelejex. Gráficamente, la función f es 12

(b) 3 +3 =2 2 +5 Sea f : R R tal que f() = 3 2 2 +3 5, paratodo R. f es continua y derivable en R,enparticularencualquierintervalo de R. Derivando la función e igualando a cero, 3 2 4 +3=0, ecuación que no tiene solución real, es decir, f 0 () 6= 0,paratodo R. Por tratarse de una función definida en un intervalo, esto nos garantiza que la función es estrictamente monótona (creciente o decreciente), por tanto, no podrá pasar más de una vez por el eje X, es decir, a lo más tiene una solución real. Por otra parte, si restringimos la función al intervalo [0, 2], Bolzano nos garantiza que al menos eiste una raiz. Por tanto, la ecuación tiene eactamente una raiz, que hemos localizado en el intervalo [0, 2]. Gráficamente, la función f es (c) 4 3 +3 2 +2 +1=0 Sea f : R R tal que f() =4 3 +3 2 +2+1,paratodo R. f es continua y derivable en R,en particular en cualquier intervalo de R. Derivando la función e igualando a cero, 12 2 +6 +2=0, se observa que esta ecuación no tiene soluciones reales, es decir, f 0 () 6= 0,paratodo R. Como consecuencia del Teorema de Rolle, la función f tiene como mucho una solución en todo R. Si encontramos un intervalo en el que podamos aplicar el Teorema de Bolzano habremos terminado. En efecto, si restringimos la función al intervalo [0, 1] se verifican las hipótesis de dicho teorema, lo que nos garantiza, al menos un solución real en el intervalo ]0, 1[. Por un lado, Rolle nos dice que a lo más hay una solución y, por otro, Bolzano que al menos hay una raiz, por tanto, eiste una única raiz. Otra forma de haber razonado este ejercicio sin aplicar Rolle es la siguiente. Al observar que f 0 no tiene raices, por tratarse de una 13

función definida en un intervalo, esto nos garantiza que la función es estrictamente monótona (creciente o decreciente), por tanto, no podrápasarmásdeunavezporelejex. Gráficamente, la función f es 17. Separa en intervalos las raíces de las siguientes ecuaciones: (a) 2 3 +3 2 72 +12=0 Sea f : R R tal que f() =2 3 +3 2 72 +12,función continua y derivable en R, en particular en cualquier intervalo de R. Derivando la función e igualando a cero, se obtiene que f 0 () = 0 si, y sólo si, = 4 y =3. Como f 0 tiene dos raices, por el Teorema de Rolle, f tiene a lo más tres raices, una en ], 4], otra en [ 4, 3] yotraen[3, + [. Sirestringimosf, por ejemplo, a los intervalos [ 7, 4], [ 4, 3] y [3, 6], elteoremadebolzano nos garantiza la eistencia de raices en los tres intervalos. Esto, junto con los comentarios anteriores, garantiza que la ecuación tiene eactamente tres raices. Gráficamente, la función f es (b) ln =1 Sea f : R + R tal que f() = ln 1, función continua y derivable en R +, en particular en cualquier intervalo de R +.Derivando la función e igualando a cero, ln +1 = 0 = 1 e.comof 0 tiene una raiz, f tiene a lo más dos raices, una en ]0, 1 e ] yotraen[ 1 e, + [. 14

Veamos que pasa en ]0, 1]. e f(1)= 1 1 < 0. Si eistiese algún e e punto (a) con imagen positiva en ]0, 1 ] aplicaríamos Bolzano en e [a, 1 ] y Bolzano nos garantizaría la eistencia de alguna raiz. Pero, e Por L Hbopital si calculamos lim 0 +( ln 1) = 1. Silafunción,en ]0, 1 ] cortara al eje X, eso llevaría consigo que eistiría un máimo relativo en dicho intervalo, es decir, un punto con derivada e cero, lo que no puede suceder, porque el único punto con derivada cero es 1. Por tanto, no eiste ninguna raiz en ]0, 1].Veamosque e e pasa en [ 1, + ]. f( 1)= 1 1 < 0. Si eistiese algún punto e e e (a) con imagen positiva en [ 1, + ] aplicaríamos Bolzano en [ 1,a] e e y Bolzano nos garantizaría la eistencia de alguna raiz. Si estudiamos el comportamiento de la función en +, setieneque f() +, +, es decir, podremos encontrar un punto con imagen positiva. Por ejemplo, f(e) = e 1 > 0. Si restrigimos la función f al intervalo [ 1,e] podemos aplicar Bolzano, de e manera que eistirá alguna raiz en [ 1,e]. Resumiendo, la ecuación e de partida tiene una única solución real que hemos localizado en el intervalo [ 1,e]. Gráficamente, la función f es e (c) e + =0 Sea f : R R tal que f() =e +, función continua y derivable en R, en particular en cualquier intervalo de R. Derivando la función e igualando a cero, e +1 = 0, ecuación que no tiene solución. Como f 0 no tiene raices, f tiene a lo más una raiz real. Si restrigimos la función f al intervalo [ 1, 0] podemos aplicar Bolzano, de manera que eiste al menos una raiz en [ 1, 0]. Resumiendo, la ecuación de partida tiene una única solución real que hemos 15

localizado en el intervalo [ 1, 0]. Gráficamente, la función f es (d) 2 ln ( +1)=0 Sea f :] 1, + [ R tal que f() = 2 ln ( +1), función continua y derivable en ] 1, + [, en particular en cualquier intervalo contenido en ] 1, + [. Derivando la función e igualando a cero, 1 2 1 =0, tiene como soluciones = 1 +1 2 y =0. Como f 0 dos raices, f tiene a lo más tres raices reales, en los intervalos ] 1, 1], [ 1, 0] y [0, + [. Si restrigimos la 2 2 función f, por ejemplo, al intervalo [ 9, 1],Bolzanogarantiza 10 2 la eistencia de al menos una raiz, por tanto en este intervalo eiste eactamente una raiz. Se observa que, =0es raiz de la ecuación. Se comprueba que en los intervalos [ 1, 0[ y ]0, + [ no 2 eiste ninguna raiz. Resumiendo, la ecuación de partida tiene dos soluciones reales, =0yotra que hemos localizado en el intervalo [ 9, 1 ].Gráficamente, la función f es 10 2 18. Establece las desigualdades 1 a b ln b a b a 1 donde los números reales a, b verifican 0 <a b. Aplica este resultado para probar que el ln 1.2 está comprendido entre 1 5 y 1 6. Indicación: 16

Utiliza el Teorema del valor medio de Lagrange a la función f () =ln en el intervalo cerrado [a, b]. 19. Aplica el teorema del valor medio de Cauchy a las funciones f,g : π 4, 3π π R : f () =sen y g () =cos, 4 4, 3π. Además 4 halla el valor o valores del punto intermedio. f y g son continuas y derivables en todo R, en particular, continuas en [ π 4, 3π 4 ] y derivables en ]π 4, 3π [.Portanto,severifican las hipótesis 4 del Teorema del Valor Medio Generalizado, que nos garantiza la eistencia de, al menos, un punto c ] π 4, 3π 4 [,talquef0 (c)[g(b) g(a)] = g 0 (c)[f(b) f(a)]. Tenemos que cos c[cos 3π 4 cos π 4 ]= sen c[sen 3π 4 sen π 4 ],esdecir,cos c[ 2 2 2 2 ]= sen c[ 2 2 2 2 ], lo que sucede si cos c =0, ecuación que tiene, en el intervalo ] π 4, 3π 4 [,lasoluciónc = π 2. 20. Analiza si es aplicable el Teorema del valor medio de Cauchy a las funciones f() = 2 2 +3 y g() = 3 7 2 +20 5 en el intervalo [1, 4]. Encasoafirmativo, aplícalo. Se verifican las hipótesis del Teorema del valor medio de Cauchy, por tanto, este teorema se puede aplicar. Se obtiene que c =2. 21. Estudia monotonía y etremos relativos de la función f() = 1 3 3 5 2 2 +6. f es derivable en todo R. Derivando e igualando a cero, tenemos que 2 5+6 = 0 si, y sólo si, =2y =3, puntos críticos (candidatos a etremos relativo). Estudiando el signo de f 0 () se observa que f 0 () > 0 si, y sólo si, ], 2[ ]3, + [ yquef 0 () < 0 si, y sólo si, ]2, 3[. Por tanto, f es estrictamente creciente en ], 2[ ]3, + [ y f es estrictamente decreciente en ]2, 3[. Por otra parte, teniendo en cuenta que la función es continua en =2y =3, por el Criterio de la primera derivada, teniendo en cuenta los cambios en la monotonía, podemos afirmar que la función presenta un máimo en el punto (2,f(2)) yun 17

mínimo en el punto (3,f(3)). Gráficamente: 22. Halla los etremos relativos de las siguientes funciones: (a) f() = 4 e 2 Máimos relativos en = ± 2 y mínimo relativo en =0 (b) f() =( 2) 2 ( +1) 3 Máimo relativo en = 5 + 73 y mínimos relativos en =2y 12 12 = 5 73 12 12 (c) f() = 3 (+1) 2 f es una función derivable en todo su dominio, es decir, en R\{ 1}. Derivando e igualando a cero, tenemos que 3 +3 2 =0 2 ( + (+1) 3 3) = 0 si, y sólo si, =0o = 3. Estos puntos son los candidatos a etremo relativo. La función f es dos veces derivable. Tenemos que f 00 () = 6.Evaluandof 00 enlospuntoscríticos (+1) 4 se tiene que f 00 (0) = 0 y f 00 ( 3) < 0. Por el Criterio de la segundaderivada podemosafirmar que la función presenta un máimo relativo estricto en el punto ( 3,f( 3)). Enelpunto =0, por ahora, no nos da información. Calculamos f 000 () = 18+6. (+1) 5 f 000 (0) = 6 6= 0. Por el Criterio de clasificación de etremos relativos (Corolario 4.30), f no alcanza etremo relativo en el punto =0.Gráficamente: 18

(d) f() = 2 e f es una función derivable en todo su dominio, es decir, en R. Derivando e igualando a cero, tenemos que 2e 2 e =0 2 2 =0si, y sólo si, =0o =2. Estos puntos son los candidatos a etremo relativo. La función f es dos veces derivable. Tenemos que f 00 () =(2 4+ 2 )e. Evaluando f 00 en los puntos críticos se tiene que f 00 (0) = 2 > 0 y f 00 (2) = 2e 2 < 0. Por el Criterio de la segunda derivada podemos afirmar que la función presenta un mínimo relativo estricto en el punto (0,f(0)) y un máimo relativo estricto en el punto (2,f(2)). Gráficamente: (e) f() =3 4 12 2 7 Máimo relativo en =0y mínimos relativos en = ± 2 (f) f() =ln( 2 3 +3 2 ) f es una función derivable en todo su dominio, es decir, en ] 3 3+3, 0[ ]0, + [. Derivando e igualando a cero, tenemos que = 2 2 2 +3 0 = 1. Por tanto, = 1 es el único punto candidato a etremo relativo. La función f 0 es derivable en R\{ 3, 0}. Tenemos 2 que f 00 () = 3 22 +4+3. Evaluando f 00 en = 1 se tiene que 2 (2+3) 2 f 00 ( 1) = 3. Por el Criterio de la segunda derivada podemos afirmar que la función presenta un máimo relativo estricto en el punto ( 1, f( 1)) = ( 1, 0). Gráficamente: 19

1 (g) f() = ( 2 8+17) 1 3 Máimo relativo en =4.Notienemínimos (h) f() = +3 2 + 2 Máimo relativo en = 1 y mínimo relativo en = 5 23. Se desea fabricar una lata de conservas cilíndrica con tapa de un litro de capacidad. Cuáles deben ser las dimensiones para que se utilice el mínimo posible de metal?. Solución: radio 5 3 q 4 π yaltura 40 3 16π 24. Un depósito con tapa está formado por un cilindro de altura h que termina en su parte inferior por una semiesfera de radio r. Calcular las dimensiones del depósito si debe tener un volumen V y se desea que el área total sea mínima. (Recuerda que el volumen viene dado por V = πr 2 h + 2 3 πr3 yeláreaesa =2πrh +3πr 2 ). q q q Solución: r = 3 3V y h = 3 25V 3 8V 5π 9π 45π 25. Halla los catetos del triángulo rectángulo de área máima, entre todos aquéllos que tienen hipotenusa igual a 20 centímetros. Solución: = y = 200 26. Calcula, si eisten, los siguientes límites: (a) lim (tg ) tg 2 =1 0 µ tg 1 (b) lim =1 0 + (c) lim 1 sen =1 0 + (d) lim (ln) 1 No eiste 0 (e) lim ( 1+cos) sen =1 2π 5 (f) lim +7 = 1 + 5 7 20

+sen = lim 0 + = lim 0 27. Estudia los siguientes límites: En gran parte de estos ejercicios intentamos adaptar la función para poder aplicar la Regla de L Hbopital. i) lim 0 +sen (indeterminación del tipo 0) 0 Si aplicamos el infinitésimo sen cuando 0, seob- serva que lim 0 2 = 1. No obstante, podemos hacer uso de la Regla de L Hbopital. 2 Estudiamos lim 0 1. 2 ii) lim 0 1 = lim ( +sen) 0 0 1+cos = 1.PorL Hbopital, lim 2 0 +sen = ( ln ) (indeterminación del tipo 0 ) 0 ³ ln lim ( ln ) =lim 1. De esta forma tenemos una indeterminación del tipo. Teniendo en cuenta que el denominador, en 0 0 valor absoluto, diverge positivamente, podemos aplicar la Regla de ln L Hbopital. Estudiamos, por tanto, el lim 0 1 = lim = 0 ³ lim ( ) =0.PorL Hbopital, lim ( ln ) =0. 0 0 2 iii) lim 0 1 cos (3) = 2 9 sen (4) iv) lim 0 1 cos (3) = 8 9 ln v) lim 1 1 = 1 2 2 vi) lim ( 2 ln ) =0 0 arcsen vii) lim 0 1 cos (2) = 1 2 viii) lim e 2 1 =2 0 1 cos ( 1 )0 0 µ i) lim ( ) tg (indeterminación del tipo 0 0 ) 0 Teniendo en cuenta que la función eponencial y la logaritmo neperiano son inversas, lim( ) tg =lime ln( 0 0 ) tg 1 2 = lim 0 e tg ln = 21

e lim (tg ln ) 0. Hemos pasado a tener una indeterminación del tipo 0, la que se estudia como en el apartado anterior (ii)). lim(tg 0 ln ) = lim( ln 1 ) que presenta una indeterminación del tipo. 0 tg Teniendo en cuenta que el denominador, en valor absoluto, diverge positivamente, podemos µ aplicar la Regla µ de L Hbopital. Estudiamos, por tanto, el lim ³ (ln ) 0 1 = lim 0 ( 1 2 tg )0 1 = lim sen2 0 sen 2 0 2 ³ µ lim 2 = lim 0 2 0 2 =0.PorL Hbopital, lim =0.Por 0 tanto, lim( ) tg = e 0 =1. 0 ) lim (1 e2 ) 1 ln 2 = e 0 + µ 5+2 +3 i) lim =( 3 0 4 +4 )2 = 9 16 ii) lim µ +1 1 +1 lim ( 1 ) =lim (indeterminación del tipo 1 ) +1 e ln( 1 ) =lime ln ln 1 tg infinitésimos = +1 1 = e lim ( ln +1 1 ). Hemos pasado a tener una indeterminación del tipo 0. lim ( ln +1 1 )= +1 ln lim ( 1 1 ) que presenta una indeterminación del tipo 0.Podemos 0 +1 (ln ( aplicar la Regla de L Hbopital. Estudiamos, por tanto, el lim µ 2 +1 ³ ln lim 2 1 2 1 = lim 2 =2. PorL Hbopital, lim ( 2 2 +1 2. Portanto,lim ( +1 1 1 )= 1 ) = e 2. Observación: Lo que en realidad hemos aplicado es que para resolver indeterinaciones del tipo 1, se aplica que lim f() g() = e lim(g()[f() 1]) h ³ i iii) lim a 1 1 =lna 1 )0 ( 1 )0 )= 22

³q +1 ln 1 iv) lim =1 0 h ³ π i v) lim (e 1) tg 0 2 + vi) lim 0 1+sen cos 1+sen p cos p = 1 p 1 cos cos(2) cos(3) vii) lim 0 1 cos a viii) lim a sen = 1 ln a 0 3 6 i) lim ³ 3 2 +1 2 2 ++1 3 1 =0 = 1 (div. neg.) ) lim 3 (indeterminación del tipo 0 ) lim 3 = lim e ln 3 = lim e 3ln = e lim 3ln. Hemos pasado a tener una indeterminación del tipo. Teniendo en cuenta que el denominador, en valor absoluto, diverge positivamente, podemos aplicar la Regla de L Hbopital. Estudiamos, por tanto, (3 ln ) el lim 0 3 = lim 0 3ln =0. Por L Hbopital, lim =0. Por 1 tanto, lim 3 = e 0 =1. i) lim +a = e 2a a ii) lim (1 + 2 ) cot g2 = e 0 sen iii) lim 2 =1 0 2 + 3 iv) lim [ ln(tg)] = 0 0 v) lim π 2 cos 2 =0 2 π vi) lim 0 (e 1) sen 2 =1 vii) viii) ln(sen(2)) lim =1 0 + ln(sen ) lim ln ) =0 (n N) 0 +(n sen =1 i) lim 1 0 + ) lim( 1 1 )= 1 1 ln 1 2 23

i) ii) e lim +sen =1 + e +cos lim + ( +4)1 =1 28. Halla la derivada n ésima de las siguientes funciones: (a) f() = 1 5 f n) () = ( 1)n n! ( 5) n+1 1 (b) f() = 2 8+12 1 cuenta que f n) () = 1 4 (Indicación: Antes de derivar conviene tener en 1 + 1 ) 4( 2) 4( 6) = 2 8+12 ( 1) n n! + 1 ( 1) n n! ( 2) n+1 4 ( 6) n+1 29. Ordena, según potencias de ( 2), el polinomio f () = 3 +4 2 5 +8,mediantelafórmuladeTaylor. Lo que nos están pidiendo es el polinomio de Taylor centrado en 0 =2. Teniendo en cuenta que la función f es polinómica de grado 3, las derivadas parciales de orden 3 son constantes, de manera que todas las de orden superior a 3, son cero. Por tanto, el polinomio de Taylor coincidirá con la función de partida. Que polinomio mejor aproima a una función polinómica?!. Teniendo en cuenta estos comentarios: 3 +4 2 5 +8=22+23( 2) + 10( 2) 2 +( 2) 3 30. Dada la función f() = ln, calcula el polinomio de Taylor de orden dos en el punto 0 =1. El polinomio de Taylor de orden 2 centrado en 0 =1es P 2 () =f(1) + f 0 (1)( 1) + 1 2! f 00 (1)( 1) 2. Sólo tenemos que calcular f(1), f 0 (1) y f 00 (1). f(1) = 0. Como f es derivable (en R + ), f 0 () = 1 ln. Por tanto, f 0 (1) = 1. Como 2 f 0 es derivable (en R + ), f 00 3+2 ln () =. Por tanto, f 00 (1) = 3. 3 Sustituyendo en P 2 (), setieneque P 2 () =( 1) 3 2 ( 1)2. 24

Gráficamente: 31. Escribe la fórmula de Taylor de segundo orden de f() =sen 2 en el punto 0 =0. P 2 () = 2. Gráficamente: 32. Dada la función f() = +1, calcula el polinomio de Taylor de grado cuatro en =0. P 4 () =1+ 2 + 3 54.Gráficamente: 2 8 16 256 33. Halla un valor aproimado de cos 32 utilizando un polinomio de Taylor de grado 2 y estima el error cometido. El polinomio de Taylor de segundo orden centrado en el punto 0 = π 6 de la función f() =cos es P 2 () = 3 2 1 2 ( π 6 ) 25 3 4 ( π 6 )2

cos 32 = cos 8π 45 = P 2( 8π 45 )= El error cometido 3 2 1 2 (8π 45 π 3 6 ) 4 (8π 45 π 6 )2 =0.84804 R 3 ( 8π 45 ) = 1 3! f 000 (c)( 8π 45 π 6 )3 1 6 (8π 45 π 6 )3. 34. Halla de forma aproimada el valor de 2 mediante un polinomio de Taylor de grado 3 estimando el error cometido. Podemos utilizar la función f() = con 0 = 1 y = 2. El polinomio de Taylor centrado en 0 =1,es P 3 () =f(1) + f 0 (1)( 1) + 1 2! f 00 (1)( 1) 2 + 1 3! f 000 (1)( 1) 3 = =1+ 1 2 ( 1) 1 8 ( 1)2 + 1 16 ( 1)3. Teniendo en cuenta que ' P 3 (), setieneque 2 ' P3 (2) = 1 + 1 2 1 8 + 1 16 =1.4375. Por otra parte, para estimar el error, tenemos que tener en cuenta que = P3 ()+R 3 (), donder 3 () es el error que hemos cometido en la aproimación. El error viene dado por donde c ]1, 2[. R 3 (2) = 2 P 3 (2) = f (4) (c) 4! R 3 (2) = f (4) (c) 4! (2 1) 4 = f (4) (c), 4! = 15 16 c 7 2. 4! Como 1 <c, teniendo en cuenta que la función potencia de eponente 7 2 es estrictamente creciente, entonces 1 <c7 2,demaneraquec 7 2 < 1. Por tanto, R 3 (2) = 15 16 c 7 2 4! < 15 16 = 15 4! 16 24 =0.039063, es decir, el error que se comete es inferior a 0.039063. 26

35. Aplica el método de Newton para encontrar una raiz próima a 0 para la ecuación de cada apartado. Redondea los cálculos a tres cifras e iterar hasta que se cumpla que i i 1 < 10 3. (a) e ln =0para 0 =1 Solución: 4 =1, 310. (b) arctg + =1para 0 =0 Solución: 3 =0, 520. 36. Estudia los intervalos de concavidad y conveidad de las siguientes funciones: (a) f() =e 2 Tenemos que estudiar, si eiste, el signo de la función derivada segunda. Como las funciones eponencial y polinómicas son derivables y la composición de funciones derivables es derivable, f es derivable con f 0 () = 2e 2. Esta función también es derivable, por tanto, f 00 () = 2e 2 2( 2)e 2 =( 2+4 2 )e 2. f 00 () =0 ( 2+4 2 )e 2 =0 2+4 2 =0 = ± 2 2. Se tiene que f 00 () > 0 en ], 2 2 [ ] 2 2, + [ y f 00 () < 0 en ] 2 2, 2 2 [. Por tanto, f es convea en ], 2 2 [ ] 2 2, + [ y cóncava en ] 2 2, 2 2 [.Gráficamente: (b) f() = 3 6 2 +9 8 f es convea en ]2, + [ y cóncava en ], 2[. 27

(c) f() =e ( 2 +6 +8) f es convea en ], 1 3[ ] 1+ 3, + [ y cóncava en ] 1 3, 1+ 3[. (d) f() =sen cos (en [0, π]) f es convea en [ π 2, π] y cóncava en [0, π 2 ]. 37. Estudia y representa las siguientes funciones: (a) f() = 4 18 2 +32 (b) f() = 2 4 +5 2 28

(c) f() = 2 5 +4 2 +5 +4 (d) f() = 3 3 i. Dominio: R\{3} ii. Signo. f() > 0 si ], 0[ ]3, + [. f() < 0 si ]0, 3[ iii. Simetrías. f( ) = ( )3 3 = 3 6= f() (no simétrica par). 3 f( ) = 3 3 = 3 6= f() (no simétrica impar) 3 iv. Puntos de corte con los ejes. A. Eje X. f() =0 3 =0 =0.Punto(0, 0) B. f(0) = 0. Punto(0, 0) v. Asíntotas. A. Verticales: =3. B. Horizontales: @ lim ± f(), por tanto, no eisten asíntotas horizontales. f() C. Oblicuas: @ lim ±, por tanto, no eisten asíntotas oblicuas. vi. Monotonía. Etemos relativos. Por ser f racional, es derivable. f 0 () = 32 ( 3) 3 = 23 9 2. ( 3) 2 ( 3) 2 Estudiamos el signo de f 0 () para obtener la monotonía. f 0 () > 0 si ] 9, + [ (estrictamente creciente). f 0 () < 0 si 2 ], 3[ ]3, 9 [ (estrictamente decreciente). Por el criterio de 2 29

la primera derivada, f presenta un mínimo relativo estricto en el punto ( 9,f( 9)) = ( 9, 243) 2 2 2 4 vii. Curvatura. Puntos de infleión. Por ser f 0 racional, es derivable. f 00 () =2 2 9+27 ( 3) 3. Estudiamos el signo de f 00 () para obtener la curvatura. f 00 () > 0 si ], 0[ ]3, + [ (convea). f 00 () < 0 si ]0, 3[ (cóncava). Como f es continua en =0y hay en dicho punto cambio en la curvatura, la función presenta un punto de infleión en (0, 0). viii. Representación (e) f() = 3 2 +1 2 +1 (f) f() =( 1) e i. Dominio: R ii. Signo. Como e > 0, para todo R, f() > 0 en ]1, + [ y f() < 0 en ], 1[ 30

iii. Simetrías. f( ) =( 1)e 6= f() (no simétrica par). f( ) = ( 1)e =( +1)e 6= f() (no simétrica impar) iv. Puntos de corte con los ejes. A. Eje X. f() =0 ( 1) e =0 =1.Punto(1, 0). B. Eje Y. (0,f(0)) = (0, 1). v. Asíntotas. A. No eiste ningún punto en el que la función diverja, por tanto, no hay verticales. B. @ lim + f(), por tanto no hay asíntota horizontal por la derecha. lim ( 1) e 1 = lim. Como e 1 1 lim =0,porL Hbopital, lim e =0,por e tanto y =0es asíntota horizontal por la izquierda. C. Como no eiste horizontal por la derecha estudiamos si ( 1)e eiste oblicua. lim e +. Como, @ lim +, 1 ( 1)e por L Hbopital, @ lim +,portantonoeisteasíntota oblicua por la derecha. Por la izquierda es claro que no eiste (eiste horizontal) vi. Monotonía. Etemos relativos. f es derivable con f 0 () =e. Estudiamos el signo de f 0 () para obtener la monotonía. f 0 () > 0 si ]0, + [ (estrictamente creciente). f 0 () < 0 si ], 0[ (estrictamente decreciente). Por el criterio de la primera derivada, f presenta un mínimo relativo estricto en el punto (0,f(0)) = (0, 1) vii. Curvatura. Puntos de infleión. f 0 es derivable con f 00 () =( +1)e. Estudiamos el signo de f 00 () para obtener la curvatura. f 00 () > 0 si ] 1, + [ (convea). f 00 () < 0 si ], 1[ (cóncava). Como f es continua y en = 1 hay un cambio en la curvatura, la función presenta un punto de infleión en ( 1,f( 1)) = ( 1, 2). e 31

viii. Representación (g) f() = r 2 ( 3) 2 1 (h) f() =ln( 2 ( 3) 2 1 ) i. Dominio: Domf = { R : 3 3 2 > 0} =] 1, 0[ ]0, 1[ ]3, + [. 2 1 ii. Puntos de corte con los ejes. A. Eje X. f() =0 3 3 2 2 1 =1 3 4 2 +1 = 0. Esta ecuación tiene tres raices, en el intervalo [ 1, 0], [0, 1] y [3, 4]. B. Eje Y. Como 0 Domf, no hay punto de corte. iii. Asíntotas. A. Verticales. = 1, =1, =0y =3. B. Horizontales. @ lim + ln[ 2 ( 3) ], por tanto, no hay 2 1 por la derecha. No tiene sentido plantearse el comportamiento en (echa un vistazo al dominio). 32

3 3+6 ( 3)( 2 1) 1 = ln[ 2 ( 3) C. Oblicuas. lim 2 1 ] +.Comolim + ln[ 2 ( 3) 0, porl Hbopital, lim 2 1 ] + =0,demanera que no hay asíntota oblicua por la derecha. Al igual que antes no tiene sentido plantearse el comportamiento en. iv. Monotonía. Etemos relativos. En su dominio f es derivable con f 0 () = 3 3+6. Si ( 3)( 2 1) obtenemos las raices del numerador (una raiz en el intervalo ] 3, 2[/ Domf.) y del numerador ( =0, =3, = 1 y =1) y estudiamos el signo se obtiene que f es estrictamente creciente en ]0, 1[ ]3, + [ y estrictamente decreciente en ] 1, 0[. Comonohaypuntoscríticos(f 0 () 6= 0, Domf), no hay etremos relativos. v. Curvatura. Puntos de infleión. f 00 () = 6 8 4 +36 3 51 2 12+18. No obstante, podemos dibujar de forma aproimada la función ( 3) 2 2 ( 2 1) 2 vi. Representación 33