Guía Cálculo I y II

8/19/2019 Guía Cálculo I y II

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Cálculo I y II para Ingenieŕıa Comercial

Juan Pablo de la Cruz W.

2009


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Dedicado a mi familia, amigos, y todas las personas que me

apoyaron y alentaron en la realización de este libro.

Con cariño para B.K

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Índice general

1. Cálculo I 3

1.1. Nociones básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2. Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3. Función cuadrática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4. Valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.5. Inecuaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.6. Definiciones importantes que recordar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.7. Ĺımites y sus propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.8. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.9. Derivadas y sus propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.10. Derivación impĺıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.11. Derivación inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.12. Rolle, TVM y L’Hopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.13. Derivadas de orden superior y gráficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.14. Aplicaciones de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.15. Taylor, Error y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2. Cálculo II 53

2.1. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.2. Criterios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.3. Sumas de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.4. TFC I y II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.5. Integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.6. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.7. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.8. Series de Potencias y representación de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.9. Vectores y Planos Tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

2.10. Curvas de nivel, limites, continuidad y ddpp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 912.11. Derivadas de orden superior, Funciones diferenciables y plano Tangente . . . 98

2.12. Derivada direccional, regla de la cadena, y Vector Gradiente . . . . . . . . . 104

2.13. Taylor2, Maximos y Mı́nimos, Matriz Hessiana . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

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Prefacio

Este libro es una recopilación de las ayudant́ıas relizadas por el autor como ayudante de

la Facultad de Matemáticas, para los cursos MAT210-E y MAT220-E en el año 2009 en la

PUC. No es, ni pretende ser, un sustituto de las c átedras ni de las ayudant́ıas en su propia

sección. El propósito es mas bien entregar al alumno una cantidad razonable de ejercicios

de un nivel accesible, comenzando por los que son mas triviales y avanzando hacia aquellos

mas elaborados. Se debe tener en cuenta también que las soluciones propuestas a cada uno

de los ejercicios del libro no son las únicas ni necesariamente las mejores. Son simplemente

las que el autor consideró correctas y, sin pérdida de formalidad, las mas simples.

El autor tambíen desea dejar claro que buena parte del material contenido en este libro

no es de su autoŕıa. Muchos de los ejercicios fueron proporcionados por Profesores de la Fac-

ultad de Matemáticas, otros fueron extraidos de interrogaciones y guias de años anteriores.

La intención del autor al resolver estos ejercicios no es usarlos en su propio beneficio, sino

que en beneficio del propio alumno.

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Caṕıtulo 1

Cálculo I

Ayudant́ıa 1

1.1. Nociones básicasBienvenidos a MAT210E. En este curso tendrán una primera aproximación al cálculo difrencial.

Estudiaremos funciones e inecuaciones, conocerán los ĺımites y estudiaremos su álgebra. Luego seestudiaran las derivadas, sus reglas, teoremas involucrados y sus aplicaciones.En un primer lugar es importante que se familiarizen con el lenguaje matem ático (śımbolos) demanera que se les facilite la forma de dar las respuestas, o entender enunciados en pruebas y con-troles. Los mas importantes, que deberan desde ya memorizar, son los siguentes:

Simbolos = →

Implica ⇔

Si solo si ∈

Pertenece∀ P ara todo ∃ Existe Interseccion∨ O ∧ Y Union≤≥ Mayor o menor igual f −1(x) F uncion inversa Aproximadamente Igual

1.2. Funciones

Una función f es una regla que asigna a cada x de un conjunto D uno y solo un elemento de otroconjunto R mediante una regla que llamaremos f (x). El conjunto de salida de f , lo llamaremosDominio. De manera simple, el dominio son todos los numeros x bajo los cuales f (x) esta biendefinida. Y los y de llegada producidos por f (x) los llamaremos el recorrido.

Diremos que :-f (x) es Inyectiva o 1-1 si se cumple que: f (a) = f (b) ⇔ a = b ∀a, b ∈ Dom(f )-f (x) es Sobreyectiva si se cumple que: ∀ y en el Recorrido ∃x tal que f (x) = y-f (x) es una funcion par si se cumple que: f (x) = f (−x) ∀ x ∈ Dom(f )-f (x) es una funcion impar si se cumple que: f (−x) = −f (x) ∀ x ∈ Dom(f )-f (x) es una funcion Biyectiva, y por lo tanto invertible, si es Inyectiva y Sobreyectiva a la vez.

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Por ultimo diremos que la composicion de funciones es el resultado de evaluar una funcion g(x)en una funcion f (x) usando a g(x) como el argumento de f (x). De manera (bastante) mas simple:(f o g)(x) = f (g(x)). Ojo: Como estamos evaluando g(x) en f (x), es importante que las relaciones

de dominio-recorrido entre ambas esten correctas. (Ver libro gúıa, capitulo 1)

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Ejercicios

1. Determine: Dominio, recorrido, simetria y grafique la funcion y = x+2x−1 .

SOLUCIÓN: Primero el dominio. El numerador x + 2 no tiene problemas en R, pero la frac-

cion se indefine si x = 1. → Dom f (x) es R-{1} .Recorrido: Para esto debemos aislar x a un lado de la ecuacion y ver que sucede con y.

y = x+2x−1 /Como tenemos que x = 1xy − y=x + 2xy − x=y + 2

x(y − 1)=y + 2 / Listo! ¿Que pasa si y=1?0 = 3 ¡Contradicción!

Como vemos, y puede tomar cualquier valor a excepcion de 1. → El recorrido es y R-{1} .Para determinar la simetria usaremos las definiciones.

Funcion par: tomamos f (x) = x+2x−1 y f (−x) = −x+2−x−1 . → desarrollando obtenemos x+2x−1 = x−2x+1 .Un poco mas ... obtenemos que 3x = −3x lo cual es una contradiccion. → f (x) no es par.

Funcion impar: El analisis es analogo. ¿ f (−x) = −x+2−x−1 = x+2−x+1 = −f (x) ?Desarrollando un poco (hagalo Ud) vera que f (x) tampoco es impar. Por lo tanto no existe paridadalguna en f (x).

2. Determine: Dominio, recorrido, simetria y grafique la funcion y =√

x2 − 1.

SOLUCI´ON: Nuevamente, dominio. Como bien sabemos, lo que esta al interior de la raiz debeser positivo o cero para que la funcion este definida.

→ x2 − 1 ≥ 0 . . . x2 ≥ 1 Graficamente obtenemos que x ≥ 1 ∨ x ≤ −1 . Con lo que el Dominiode f (x) son todos los x ∈] − ∞, −1][1, ∞[ .Para el recorrido, haremos un analisis difrente. Sabemos que y =

√ x2 − 1. Como vemos aqui, y solo

puede tomar valores positivos (pues es el resultado de una raiz). Ademas notamos que f (1) = 0.

Concluimos que el recorrido de f (x) son los R+ (Si no esta convencido, grafique la funcion... no

se recomienda elevar al cuadrado).Claramente la funcion no es impar pues en ambos lados toma solo valores positivos (por lo quef(-x) jamas podria ser

−f (x)).

¿Es f (x) par? Usamos la definicion. f (x) = √ x2 − 1 ∧ f (−x) = (−x)2 − 1. Entonces f (x) =f (−x), por lo que f (x) es par.Para graficar la funcion basta analizarlo para un lado y reflejar dado que es par. ¡Hagalo!

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3. Considere la función g(x) dada por g(x) = x2+1√ x2−6 . Estudie el dominio de g(x) e intente cono-

cer las posibles simetrias de la función sin un previo análisis matemático. En caso de existir algunasimetria, analizela.

SOLUCIÓN:

Primero estudiaremos el Dominio. Al igual que antes, el numerador no tiene problemas. Ahoranecesitamos que x2 − 6 > 0. Entonces

x2 − 6 > 0x2 > 6/ ⇔

x >√

6 ∨ x < −√ 6

Concluimos entonces que el Dominio de g(x) son todos los x ∈ ] − ∞, −√ 6[ ]√ 6, ∞[Analize ahora Ud la simetria de g(x) al ojo. ¿Obtiene algo? Es importante la intuición para confir-mar el desarrollo posterior.Primero descartamos que la funcion sea impar. ¿Porque? El numerador es siempre positivo y ade-mas, la raiz es tambien siempre positiva, por lo cual jamas podra haber un g (−x) = −g(x).¿Será g(x) par? Bueno efectivamente g(x) = x

2+1√ x2−6 =

(−x)2+1√ (−x)2−6 = g(−x)

¡Si! g(x) es par

4. Se define f (x) = 3x2 + 7 , g(x) =√

x + 12 , h(x)=(f o g)(x) y l(x)=(g o f )(x). DetermineDominio y Recorrido de f (x) y de g(x). Luego componga las funciones y determine tambien D yR para h(x) y l(x). ¿Que sucede?.

SOLUCIÓN:

f (x) = 3x2 + 7. Eso → que Dom(f (x)) es R . Para el recorrido:

y = 3x2 + 7y−73 = x

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Bien sabemos que x2 es siempre positivo. Entonces el recorrido de f (x) son los R ≥ 7 .(Ya que de lo contrario, x2 seria negativo). Repetimos en análisis para g(x) =

√ x + 12. El dominio

esta claro son x ∈ R / x ≥ −12 . El recorrido son los R+. (Si no le es obvio, calculelo).

Compondremos ahora h(x) a partir de f (x) y g(x). h(x) = f (g(x)) = f (√

x + 12). ¿Que sig-nifica esto? Que ahora cada x que habia en f , es reemplazado por un

√ x + 12. → Nos queda que

h(x) = 3(√ x + 12)2 + 7 = 3x + 43 .Compondremos ahora l(x) a partir de g(x) y f (x). l(x) = g(f (x)) = g(3x2+7). Al igual que en h(x),

ahora reemplazaremos cada x que habia en g por un 3x2+7. → Obtenemos que l(x) = √ 3x2 + 19 .

Si nos fijamos, h(x) ahora esta definida R → R y l(x) esta definida de R → R > √ 19.¿Que pasa con los dominios y recorridos de las nuevas funciones, comparado con las anteriores?

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Ademas importante notar que, aunque h(x) y l(x) se compusieron de las mismas funciones, re-sultaron distintas. Esto se da casi siempre y son muy pocos los casos en que (f o g)(x)=(g o f )(x).¡Recuerdelo!

5. Verifique si la funcion ♣(x): [0, ∞[ → ] −∞, 8], ♣(x) = 8 −√ x es inyectiva y/o sobreyectiva.Si corresponde, encuentre su inversa.

SOLUCIÓN: Tomaremos a, b ∈ R, con a = b. Si ♣(x) es inyectiva, → ♣(a) = ♣(b).Verificamos:♣(a) = 8 − √ a, ♣(b) = 8 − √ b.

8 − √ a = 8 − √ b√ a =

√ b . . . Lo cual es una contradiccion pues a = b y ♣(x) esta definida solo para R+

Se concluye entonces, por contradicción, que ♣(x) es inyectiva .

Ahora debemos revisar si ♣(x) es sobre. Para esto, encontramos el recorrido.y = 8 − √ x

8 − y = √ x ()()Aqui no podemos elevar al cuadrado. Si lo hacemos, cambiamos la forma en como la funcionesta definida. Lo haremos geometricamente.Si graficamos −√ x podemos ver que va de 0 → −∞ por lo que si sumamos 8 obtenemos ♣(x) y lafuncion recorre desde 8 → −∞ en forma decreciente. Por lo tanto el recorrido es justamente de] − ∞, 8], por lo que la funcion es sobre .

La funcion es biyectiva y podemos encontrar su inversa. Para eso, aislamos x de ♣ e intercambiamospor y .

y = 8−

√ x

8 − y = √ x /()2(8 − y)2 = x

→ ♣−1(x) = (8 − x)2

Bien hasta ahora. Pero ¿Como esta definida la inversa en terminos de dominio y recorrido? Debemosafinar esto pues al elevar al cuadrado hemos agregado partes a la funcion que antes no estaban.Recordemos que ♣(x) estaba definida como ♣(x): [0, ∞[ → ] − ∞, 8]. Por consiguiente, su inversadebe estar definida como ♣−1(x): [−∞, 8[ → ]0, ∞]. Por lo que la inversa es solo la rama izquierdade la parabola y = (8 − x)2.

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Ayudant́ıa 2

Función cuadrática, valor absoluto y gráficos

En esta ayudant́ıa estudiaremos las funciones cuadráticas, veremos un poco más a fondo como secomporta la función valor absoluto cuando se cambia su forma. Veremos también como graficarlas

de manera más sencilla y clara.

1.3. Función cuadrática

Las funciones cuadraticas son de la forma

f (x) = ax2 + bx + c / donde a, b, c ∈ R, a = 0.

Estas funciones son parábolas. Su vértice tiene coordenadas (−b2a ,4ac−b2

4a ).El sentido de crecimiento (es decir, si va a ∞ o a -∞) esta dado por el signo de a. Las soluciones ala ecuacion ax2 + bx + c = 0 se obtienen completando cuadrado.

ax2 + bx + c = 0ax2 + bx = −c / Dividimos todo por a (a = 0)

x2 + bax = −ca /Sumamos

b2

4a2

x2 + bax + b2

4a2 = −ca +

b2

4a2

(x + b2a)2 = b

2−4ac4a2 / ()

√ x + b2a = ±

√ b2−4ac2a

x = −b±√ b2−4ac2a / ♦

Al término dentro de la raiz lo llamaremos determinante. Distinguiremos 3 casos posibles parala ecuación

♦.

1.- b2 − 4ac > 0. En este caso las raices de la ecuación seran Reales y distintas. Aqui la parábolacortará al eje x en 2 puntos. Estos puntos serán justamente en las soluciones x1, x2.2.- b2 − 4ac = 0. En este caso las raices de la ecuación seran Reales e iguales. Aqui la parábolacortará al eje x en 1 solo punto, el vértice.3.- b2 − 4ac < 0. En este caso las raices de la ecuación seran Imaginarias. En este caso la parábolano cortará al eje x nunca.

1.4. Valor absoluto

La función f (x) = |x| extrae el valor de x y no su signo. La función esta definida como

|x| = −x si x 0

Veremos frecuentemente variaciones en la forma que se presenta la ecuación. Muchas veces f (x)no será |x| sino que algo asi como f (x) = a|x − b| + c. Aqui el signo de a determine el sentidode crecimiento, el módulo de a determina la pendiente de las rectas, b representa el centro de la

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función y c la coordenada y del vértice.Será importante notar tambien que |x2| = |x|2 = x2.

Si se conoce el gráfico de f (x) y existe c > 0, será util tener en cuenta que:

y = f (x) + c desplaza la grafica de f (x) cunidades hacia arribay = f (x) − c desplaza la grafica de f (x) cunidades hacia abajoy = f (x − c) desplaza la grafica de f (x) cunidades a la derecha.y = f (x + c) desplaza la grafica de f (x) cunidades a la izquierda.

y = cf (x) estira la grafica de f (x) verticalmenteen un factor c.

y = 1cf (x) comprime la grafica de f (x)verticalmente en un factor c.

y = f (cx) comprime la grafica de f (x)horizontalmente en un factor c.

y = f (xc ) estira la grafica de f (x) horizontalmenteen un factor c.

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Ejercicios

1.-Sea f (x) = 4x2 + 9x + 2. Determine las raices, identifique que caso es f (x), encuentre lascoordenadas del vértice y grafique.SOLUCIÓN:

Para determinar las raices de la función, ocuparemos la fórmula deducida en la introducción. En

este caso a = 4, b = 9, c = 2. Por lo que x = −9±√ 92−328 . Nos queda entonces x =

−9±78 .

→ las raices son x1 = −2, x2 = −14Como vemos, el determinante es positivo por lo que hubieron 2 raices reales y distintas. Las coor-

denadas del vértice estan dadas por (−98 ,−4916 ) .

2.- Sea f (x) = x2 − 6x. Determine Dominio, raices, caso, coordenadas del vertice, recorrido ygrafico. Luego complete cuadrado y vea cuanto mas simple es trabajar asi!SOLUCIÓN:

Claramente Dom(f (x)) es x ∈ R . Las raices de la ecuación las obtenemos ocupando la fórmu-la, o factorizando (como le sea mas simple). Es claro ver que f (x) = x2 − 6x = x(x − 6) porlo que las raices son x1 = 0, x2 = 6 . Como tenemos 2 raices reales y distintas, estamos en el

1er caso, y por lo tanto el gráfico cortara 2 veces el eje x . Las coordenadas del vértice son (62 , −364 )= (3, −

Ya que en esta ecuación a = 1 la parabola crece hacia +∞ y el recorrido entonces es y ≥ −9, y ∈ R .

Si completamos cuadrado:

y = x2 − 6x / ±9y = x2 − 6x + 9 − 9

y = (x − 3)2 − 9

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Notese que es mucho mas facil graficar la funcion con la forma y = (x − 3)2 − 9 ya que se ve deinmediato su vertice y sus raices son triviales.

3.- Dada la grafica de √

x, use las transformaciones para poder graficar:f 1(x) =

√ x − 3, f 2(x) =

√ x − 3, f 3(x) = −

√ x, f 4(x) = 3

√ x, f 5(x) =

√ −x, f 6(x) =

x3

SOLUCIÓN:El desarrollo para este problema se hará en la ayudantia. La solucion es el gráfico que sigue.

4.- Sea h(x) = 3|2x − 4| + 10x − 8. Grafique h(x) de forma precisa.SOLUCIÓN:Existen varias formas de enfrentar este problema. Una manera separar la función desde ]−∞, 2] yde ]2, ∞[. ¿Porque en 2? Bueno pues ahı́ el valor absoluto cambia su signo y representa otra recta.Veamos:

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si x ∈] − ∞, 2]

h(x) = 3(4 − 2x) + 10x − 8.h(x) = 12 − 6x + 10x − 8.

h(x) = 4x + 4 .

Ahora si x ∈ [2, ∞]

h(x) = 3(2x − 4) + 10x − 8.h(x) = 6x − 12 + 10x − 8.

h(x) = 16x − 20 .

Si le resulta dif́ıcil el planteamiento anterior, piense en h(x) como h(x) = f (x) + g(x) conf (x) = 6|x − 2| , g(x) = 10x − 8. Aqúı resulta mucho mas fácil graficar las funciones por separado,y luego el grafico de la función h(x) resulta como la suma de ambos gráficos.

5.- Dadas las funciones reales

f (x) = x2 + 6x + 53

g(x) = 7x7 si x 0. En f (x), el termino

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cuadrático a = 1 es positivo y vemos que com b = 6, c = 53 el determinante es 36 − 212 < 0. Porconsiguente, para cada x ∈ R se tiene que f (x) > 0 y (g o f )(x) = 6(x2 + 6x + 53).Se concluye entonces que (g o f )(x)no es inyectiva.

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Ayudant́ıa 3

1.5. Inecuaciones

En esta ayudantia veremos como solucionar inecuaciones lineales y cuadráticas. Trabajare-

mos siempre con la idea de ”separar por intervalos”. Tambien se verá como demostrar igual-dades/desigualdades pedidas.

1.6. Definiciones importantes que recordar

Para resolver las inecuaciones o desigualdades pedidas, será siempre útil tener en cuenta 2 o 3cosas.En primer lugar que la función f (u) = |u| extrae el valor de u y no su signo. La función estadefinida como

|u| =

−u si u 0

Ojo: Aqui u puede ser cualquier f (x) en particular, no solamente la funcion representada de maneralineal.Lo otro a tener en cuenta que nos será siempre útil y es especialmente importante en las demostra-ciones es que

♥2 > 0. ∀ ♥.Esto quiere decir que sin importar que sea ♥ el valor de ♥2 sera SIEMPRE positivo.

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Ejercicios

1.- Encuentre el intervalo en que la inecuación |x2 − 2x + 3||x2 − 5x + 6| >

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5 se cumple

SOLUCIÓN: Lo primero será ver cuales son las raices de las ecuaciones cuadráticas para poder

separar por intervalo. En caso de que en alguna el discriminante sea negativo, es decir sea siemprepositiva, el valor absoluto no esta aportando nada y se elimina.El numerador lo podemos factorizar como (x−1)2 +2. Esto nos dice que es SIEMPRE POSITIVO.El denominador de la fracción lo podemos escribir como (x − 3)(x − 2). Por lo cual tendremos3 intervalos, los 2 fuera de las raices, y el que está entre las raices (la funcion ahi es negativa).Podemos entonces reescribir el problema como:

x2−2x+3|(x−3)(x−2)| >

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5(x2 − 2x + 3) > |(x − 3)(x − 2)|

Ahora nos situamos en los 3 casos de los intervalos, que los podemos reducir a 2.1) x ∈ ] − ∞, 2[ ]3, ∞[ (importante notar que no se toman el 2 ni el 3, pues la funcion originalahi no esta definida).⇒

5(x2 − 2x + 3) > (x − 3)(x − 2)5x2 − 10x + 15 > x2 − 5x + 6

4x2 − 5x + 9 > 0Aqui podemos ver facilmente que el discriminante es 25 − 4 ∗ 4 ∗ 9 < 0. Por lo que la funcion essiempre positiva. ⇒ el intervalo de solucion es el S 1 = x ∈ ] − ∞, 2[

]3, ∞[ (que era todo en el

que estabamos trabajando).

2)x ∈ ]2, 3[⇒5(x2 − 2x + 3) > −(x − 3)(x − 2)

5x2 − 10x + 15 > −x2 + 5x − 66x2 − 15x + 21 > 0

Aqui podemos ver nuevamente que el discriminante es 225 − 4 ∗ 6 ∗ 21 < 0. Por lo que la funcion essiempre positiva. ⇒ el intervalo de solucion es el S 2 = x ∈ ]2, 3[ (que era todo en el que estabamostrabajando).

Finamente tomando la

, tenemos que el Intervalo final de solucion es S 1

S 2 .

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2.- Demuestre que si a > 0, ⇒ a + 1a ≥ 2.SOLUCIÓN: Como dijimos anteriormente, será importante recordar que ♥2 > 0. ∀ ♥. En este caso,como no hay termino ab, se puede apreciar que es un simple cuadrado de binomio entre a y 1.

(a−

1)2

≥0

a2 − 2a + 1 ≥ 0a2 + 1 ≥ 2a

a + 1a ≥ 2

Este ejemplo en particular era muy simple e intuitivo, pero como veremos en otros casos, es dificilpensar en una desigualdad que de inmediato de el resultado pedido.

3.- Demuestre que ∀a,b,c ∈ R se cumple que a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ac.SOLUCIÓN: Aqui resolveremos el problema de manera similar al anterior. Es importante notarque en este caso, si existen terminos como ab o ac, por lo cual el binomio estará formado por ambas

constantes.Bien sabemos que (a − b)2 ≥ 0. En particular tambien (a − c)2 ≥ 0 y (b − c)2 ≥ 0.Desarrollando tenemos que:

a2 − 2ab + b2 ≥ 0a2 − 2ac + c2 ≥ 0b2 − 2bc + c2 ≥ 0

Ahora pasamos los términos mixtos al otro lado y sumamos las 3 desigualdades. Ahora tenemosque:

2(a2 + b2 + c2)

≥2(ab + bc + ac)

⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + acQue es lo pedido.

4.- Sean a, b ∈ R+. Pruebe que a3

b +

b3

a ≥ 2ab.

SOLUCIÓN: El razonamiento es el mismo de los ejemplos anteriores. En este caso tenemos que:

(a2 − b2)2 ≥ 0a4 − 2a2b2 + b4 ≥ 0

a4 + b4 ≥ 2a2b2a3

b +

b3

a ≥ 2ab

Que nuevamente, es el resultado pedido.

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5.- Resuelva ||x| − 2||x − 1| ≥ |x|.

SOLUCIÓN: Lo primero que notamos es que si x = 1, la inecuación no tiene sentido. Por lo que,asumiendo que x = 1 reescribimos la ecuación como ||x| − 2| ≥ |x||x − 1|.Difrenciaremos entonces 5 intervalos difrentes.a) Si x

∈]− ∞

,−

2[La ecuacion aqui resulta:

−x − 2 ≥ x2 − xQue no tiene solución en R. Por lo tanto en este intervalo no hay solución .

b)Si x ∈ [−2, 0[La ecuacion aqui resulta:

x + 2 ≥ x2 − x3 ≥ (x − 1)2√

3 ≥ |x − 1|x

≥1

−√

3.

Osea que la solución en este intervalo es x ∈ [1 − √ 3, 0[c)Si x ∈ [0, 1[La ecuacion aqui resulta:

2 − x ≥ x − x2(x − 1)2 + 1 ≥ 0

Lo que es siempre verdad. Por lo cual el intervalo completo es solución .

d)Si x ∈]1, 2[La ecuacion aqui resulta:

2 − x ≥ x2 − x√ 2 ≥ |x|.

Por lo que la solucion en este intervalo es x ∈ [1, √ 2[e)En ultimo caso, si x ∈ [2, ∞[La ecuacion resulta:

x − 2 ≥ x2 − x0 ≥ (x − 1)2 + 1

Que no tiene solución en R. Por lo tanto en este intervalo no hay solución .

Por lo tanto, la solución final es:

x ∈ [1 −√

3, 1[

]1,√

2[

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6.- Determine los intervalos solución para: |x + 1| + ||x − 1| + 3| ≤ |x + 2| + 8SOLUCIÓN: Lo primero a notar aqui es que en ||x − 1| + 3| el valor absoluto de afuera no aportanada, pues |x−1| es siempre positivo, y si le sumamos 3, también es siempre positivo. Reescribiendola ecuación obtenemos: |x + 1| + |x − 1| ≤ |x + 2| + 5. Notamos entonces que la ecuación se difrenciaen 4 intervalos.

a)Si x ∈] − ∞, −2[La ecuacion aqui resulta:

−x − 1 − x + 1 ≤ −x − 2 + 5−3 ≤ x

⇒ el intervalo de solucion aqui es x ∈ [−3, −2]b)Si x ∈ [−2, −1[La ecuacion aqui resulta:

−x − 1 − x + 1 ≤ x + 2 + 5−7

3 ≤x

⇒ el intervalo de solucion aqui es x ∈ [−2, −1]c)Si x ∈ [−1, 1[La ecuacion aqui resulta:

x + 1 − x + 1 ≤ x + 2 + 5−5 ≤ x

⇒ el intervalo de solucion aqui es x ∈ [−1, 1]d)Si x ∈ [1, ∞[La ecuacion aqui resulta:

x + 1 + x − 1 ≤ x + 7x ≤ 7

⇒ el intervalo de solucion aqui es x ∈ [1, 7]Entonces, la solucion final es la union de todos los intervalos solucion. ⇒ S f : x ∈ [−3, 7]

7.- Resuelva

2 − |x − 1| ≤ |x − 1|.SOLUCIÓN: Vemos que la funcion tiene solamente un cambio en x = 1. Trabajaremos entonces en2 intervalos.a)Si x ∈] − ∞, 1[ Aqui la ecuación resulta 2 − (1 − x) ≤ −x + 1. Debemos tener cuidado que eltérmino dentro de la raiz sea positivo. Necesitamos entonces que:x + 1 ≥ 0. ⇒ −1 ≤ x. Ahora resolviendo la ecuación misma tenemos que:

2 − (1 − x) ≤ −x + 1

x + 1 ≤ x2 − 2x + 10 ≤ x(x − 3)

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⇒ el intervalo de solucion aqui es x ∈ [−1, 0]b)Si x ∈]1, ∞[ Aqui la ecuacion resulta 3 − x) ≤ x − 1. Necesitamos nuevamente que el términodentro de la raiz sea positivo, por lo cual tenemos que x ≤ 3. Ahora resolviendo la ecuación mismatenemos que:

3 − x) ≤ x − 1

3 − x ≤ x2 − 2x + 10 ≤ x2 − x − 2

0 ≤ (x + 1)(x − 2)

⇒ el intervalo de solucion aqui es x ∈ [2, 3]Finalmente, la solucion es x ∈ [−1, 0][2, 3]

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Ayudant́ıa 4

1.7. Ĺımites y sus propiedades

El concepto de ĺımite nos ayudará mucho en este curso. Se verá mas adelante como las derivadas

son en realidad limites, veremos que nos ayudarán a aproximar funciones cuadráticas, por ejemplo,a rectas en el infinito, y los aplicaremos también en problemas de la vida diaria.ĺımx→a f (x) = L. La anterior situación se describe como .

El limite de f (x) cuando x tiende a a vale L”.

Será importante tener en cuenta lo siguente:

ĺımx→a f (x) = L ⇔ ĺımx→a+ f (x) = L y ĺımx→a− f (x) = L.

Es decir el limite será L solamente si los ĺımites laterales también valen L.Supongase que c es una constante y que los ĺımites: ĺım

x→a f (x) y ĺımx→a g(x) existen. Tenemos entoncesque:1.- ĺım

x→a[f (x)

±g(x)]= ĺım

x→af (x)

± ĺımx→a

g(x)

2.- ĺımx→a [cf (x)]=c ĺımx→a f (x)

3.- ĺımx→a [f (x) · g(x)]= ĺımx→a f (x)· ĺımx→a g(x)

4.- ĺımx→a [

f (x)

g(x)]=

ĺımx→a f (x)ĺımx→a g(x)

si ĺımx→a g(x) = 0

5. ĺımx→a [f

n(x)]=( ĺımx→a f (x))

n

6.- ĺımx→a [

n

f (x)]= n

ĺımx→a f (x)

Por ultimo sera importante tener en cuenta que si en el caso 3, no se conoce el limite de una de lasfunciones pero es acotada, y el limite de la otra funcion es 0, el limite del producto ser á 0. (Ver ej4).

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Ejercicios

1.-Encuentre ĺımx→1

x2 − 1x − 1

SOLUCIÓN: Lo primero es notar que cuando x = 1 el limite se indefine. Factorizando el numerador

tenemos

ĺımx→1

(x + 1)(x − 1)(x − 1) . Como x nunca vale 1 (pues estamos en el ĺımite) podemos simplificar ese térmi-

no. Nos queda entonces ĺımx→1

x + 1=2.

2.-Encuentre ĺımt→0

√ t2 + 9 − 3

t2

SOLUCIÓN:Si evaluamos en t = 0, notamos que el numerador y el denominador se hace 0. Aquies conveniente usar que a2 − b2 = (a + b)(a − b). En este caso a = √ t2 + 9 y b = 3. Multiplicamosentonces por a + b.Nos queda lo siguente

ĺımt→0

(√ t2 + 9 − 3t2

) · √ t2 + 9 + 3√ t2 + 9 + 3

ĺımt→0

t2

t2(√

t2 + 9 + 3)

ĺımt→0

1

(√

t2 + 9 + 3)1

6

3.-Demuestre que ĺımu→0

|u|u

no existe.

SOLUCIÓN: Como dijimos antes, un ĺımite existirá solamente si sus lı́mites laterales son los mis-mos. Por lo que, en este caso, debemos probar que los ĺımites laterales son difrentes.

Si nos acercamos por la derecha tenemos que ĺımu→0+

|u|u

=1 Esto es porque el |u| es positivo y salecomo u y nos queda 1.

Si nos acercamos por la izquierda tenemos que ĺımu→0−

|u|u

=-1 Esto es porque el u es negativo y sale

del |u| como positivo, osea como −u y nos queda -1.En consecuencia, los ĺımites laterales son distintos y el ĺımite no existe.

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4.-Determine ĺımx→∞ [

4cos(2x3 − 6x + 9)2x2

· 12x4 + 3x2 + 3

8 · 2sen(4x

4 + 3x)

3x3 ]

SOLUCIÓN: Lo primero, es reordenar los términos de una manera conveniente.Dejamos los térmi-nos trigonométricos solos y nos queda

ĺımx→∞[cos(2x3

− 6x + 9) · 12x4 + 3x2 + 3

6x5 · sen(4x4

+ 3x)]

Bien sabemos que las funciones sin(x) y cos(x) son acotadas entre -1 y 1. Ahora buscamos elĺımite del cuociente polinomial.

ĺımx→∞[

12x4 + 3x2 + 3

6x5 ] = ĺım

x→∞[12x4

6x5 +

3x2

6x5 +

3

6x5]=0.

Tenemos entonces ĺımx→∞ [acotada · acotada · 0]=0.

5.-Calcule ĺımh→

0

5h − h2 + 3h32h + h3 + h4

SOLUCIÓN: En este caso lo mas conveniente, como todos los términos del numerador y el denom-inador tienen h, es factorizar.

Nos queda ĺımh→0

h(5 − h + 3h2)h(2 + h2 + h3)

= h=0

ĺımh→0

5 − h + 3h22 + h2 + h3

. Aqui ya podemos tomar el h → 0 y nos queda

que ĺımh→0

5h − h2 + 3h32h + h3 + h4

= 5

2.

6.- Calcule ĺımx→0

sen(2xπ)

3xSOLUCIÓN: En cualquier de estos problemas, que involucre sin(x) o alguna variante de el, debe-

mos arreglarnosla para tener lo mismo en el numerador que denominador multiplicando por un ünoconveniente”.

ĺımx→0

sen(2xπ)

3x

ĺımx→0

2π

3

sen(2xπ)

2πx2π

3

Dado que ∀u se tiene que sen(u)u

vale 1 si u → 0.

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7.- Calcule ĺımx→∞x(

3

8 +

2

x − 2)

SOLUCIÓN: Aqui nos será util recordar que a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2). En este caso, tenemosque a = 3

8 + 2x y b = 2. Multiplicaremos por (a

2 + ab + b2) el numerador y denominador.

ĺımx→∞ [x(

3

8 +

2

x − 2) ·

3 8 + 2x2 + 2 3 8 + 2x + 43

8 + 2x

2

+ 2 3

8 + 2x + 4

]

ĺımx→∞

x( 2x)

3

8 + 2x

2

+ 2 3

8 + 2x + 4

ĺımx→∞

2

3

8 + 2x

2

+ 2 3

8 + 2x + 4

2

4 + 4 + 4 =

1

6

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Ayudant́ıa 5

1.8. Continuidad

La idea de función continua en un punto es bien simple. Una función es continua en un si no

da saltos, osea se puede dibujar sin levantar el lapiz del papel. Matematicamente es un poco mascompleja, pero lo mas importante sin duda es que para que f (x) sea continua en un punto a debeocurrir que

ĺımx→a−

f (x) = f (a) = ĺımx→a+

f (x)

Existen 2 tipos de discontinuidad. Las evitables y las escenciales o inevitables. Si una funci ón f esdiscontinua en a pero se tiene que el ĺımite existe, la discontinuidad de la funcíon puede evitarsepredefiniendo la función de tal forma que f (a) sea igual al resultado del ĺımite. En el caso de quelos limites laterales sean distintos en un punto, osea que ocurra un salto, la discontinuidad serainevitable.

Ejercicios

1.Dada f (x) función definida por tramo. Determine el valor de a para que sea continua.

f (x) =

x2 − 6x + 13 si x ≤ 4ax + 4 si x > 4

SOLUCIÓN: Para que la función sea continua, debemos tener que

ĺımx→4−

f (x) = f (4) = ĺımx→4+

f (x) .

Es claro que f (4) = 5. Ademas ĺımx→4+

f (x) = 5. Por lo cual, lo único que nos falta es que el

ĺımx→4−

f (x) = 5. Imponemos entonces que ĺımx→4+

ax + 4 = 5. Entonces 4a + 4 = 5. Por lo que el valor

de a para que f (x) sea continua es a = 1/4.

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2.Dada f (x) como sigue, determine los valores de a, b para que f (x) sea continua.

f (x) =

ax + b si x 5

SOLUCIÓN: Nuevamente, para que la función sea continua, debe cumplirse que ĺımx→5−

f (x) = f (5)

= ĺımx→5+

f (x) Claramente f (5) = a por lo que ambos ĺımites deben ser iguales a a.

ĺımx→5−

ax + b = a

5a + b = aa = −b4 .

Por otra parte

ĺımx→5+

bx2

−5 = a

5(5b − 1) = aResolviendo, obtenemos entonces que 25b − 5 = −b4 . De aqui obtenemos que b = 20101 y que a = −51013.Determine ĺım

x→0f (x) Donde f (x) = x2sin( 1√

x)

SOLUCIÓN: Un método para resolver este problema es usando que la funcion sin( 1√ x

) es aco-

tada y que x2 se va a cero. Otro, es usando el teorma del sandwich. Es claro que

−x2 < x2sin( 1√

x) < x2 / ya que

−1 < sin(x) < 1

Ahora, tomando el ĺımite x → 0 de los terminos en el borde, es claro que ĺımx→0

f (x)=0.

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4.Determine el lim de ĺımx→−5

7

|7x + 5|x + 57

SOLUCIÓN: Como podemos ver, la función en −57 no está definida, por lo cual tenemos que analizarlos lı́mites laterales (es recomendable siempre hacer esto con valores absolutos). Podemos factorizar

el numerador como 7|x + 5

7 |. El ĺımite entonces lo podemos reescribir como

7 ĺımx→−5

7

|x + 57 |x + 57

Ahora es trivial ver que por la derécha el ĺımite vale 7∗1 = 7 y que por la izquierda vale 7∗−1 = −7.Por lo cual los ĺımites laterles son distintos y el ĺımite no existe.

5.Halle ĺımx→∞

x2sin(x)

2x

SOLUCIÓN: Lo primero es notar que aqúı x → ∞. Ademas bien sabemos que −1 < sin(x) < 1.

Entonces se tiene que−x22x

< x2sin(x)

2x <

x2

2x

Ademas, para valores de x muy grandes, es claro que x2 2x. Por lo cual, ĺımx→∞

x2

2x = 0. Aplicando

este resultado a la desigualdad anterior, por Teorema del Sandwich, el ĺımite es 0.

6. Calcule ĺımx→0

sin3(2x)

x(1 − cos(x))SOLUCIÓN: Como podemos ver, el ĺımite si lo evaluamos en 0 es de la forma 00 . Por consiguente,deberemos reescribir el lı́mite para ver que sucede, multiplicando por algun uno conveniente.

ĺımx→0

sin3(2x)

x(1 − cos(x))ĺımx→0

sin3(2x)

2x

2

(1 − cos(x))ĺımx→0

4x2

4x2sin3(2x)

2x

2

(1 − cos(x))1 + cos(x)

1 + cos(x)

ĺımx→0

4x2(sin(2x)

2x )3

2

(sin2(x))

1 + cos(x)

1

ĺımx

→0

(sin(2x)

2x )38

x2

(sin2(x))

1 + cos(x)

113 ∗ 8 ∗ 12 ∗ 2 = 16

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7.Resuelva

3 − |x − 2| < xSOLUCIÓN: Esta inecuación es bastante simple. Solo debemos separar por intervalos, ver los casospresentes y recordar que la raiz debe ser positiva.x ∈ ] − ∞, 2]

3 − (2 − x) < x√

x + 1 < x// cumpliendose que x ≥ −1.Con esto el intervalo de trabajo cambia a x ∈ ] − 1, 2]. Elevando al cuadrado obtenemos

√ x + 1 < x// ()2

x + 1 < x2

0 < x2 − x − 1Cuya solución es 1+

√ 5

2 < x Por lo que la solución en este intervalo es x ∈ ]1+√ 5

2 , 2]Ahora si x ∈ ]2, ∞]

3 − (x − 2) < x√

5 − x < x// cumpliendose que 5 ≥ x.Aqui es claro que el intervalo de solución entonces de x ∈ ]2, 5]La solución final entonces es x ∈ ]1+

√ 5

2 , 5]

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Ayudant́ıa 6

1.9. Derivadas y sus propiedades

Será muy importante para el desarrollo de este curso, comprender bien el concepto de derivada .

La derivada, en funciones de una variable, representa la razón a la que cambia la función en unpunto. Podriamos verlo como la pendiente de la recta tangente en algún punto buscado.Para la definición de derivada existen variadas notaciones. En este curso diremos que La derivadade una función f en un punto a, osea f (a) es

f (a) = ĺımh→0

f (a + h) − f (a)h

o de manera equivalente, si definimos x = a + h obtenemos que

f (a) = ĺımx→a

f (x) − f (a)x − a

Muchas veces buscaremos calcular derivadas de funciones muy complejas (cuocientes de fun-ciones compuestas, polinomios, exponenciales, trigonométricas etc..). Claramente para calcular es-tas derivadas, no nos será muy práctico usar la definición de derivada. Por esto, será importanterecordar las siguentes propiedades de manera que nos sea mas facil calcular las derivadas. Usaremos

la notacion df

dx = f

(constante) = 0

[f (x) ± g(x)] = f (x) ± g(x)

[f (x)

·g(x)] = f (x)g(x) + f (x)g(x)

[f (x)

g(x)] =

f (x)g(x) − f (x)g(x)g2(x)

[f (g(x))] = f (g(x)) · g(x)

(

f (x)) = f (x)2

f (x)

(cf (x)) = c · f (x)

(xn) = n · xn−1

sin(x) = cos(x)

cos(x) = −sin(x)

(ax) = ax · ln(a)

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Ejercicios

1.Dada f (x) función definida por tramo. Determine los valores de a, b para que la función seaderivable. (I1 2008)

f (x) = x2 + bx si x ≤ 0x − a

x + 1 si x > 0

SOLUCIÓN: Para que la función definida por tramos sea derivable debemos establecer 2 condi-ciones. La primera es que sea continua (limites laterales de la funci ón iguales a la función evaluadaen el punto) y que f (a) sea igual por ambos lados.En primer lugar vemos que f (0) = 0. Tomando ĺımite por la derecha, obtenemos de inmediato quea = 0. Ahora buscamos f’(0).

f (0) = ĺımx→0

f (x) − f (0)x − 0 = f

(0) = ĺımx→0

f (x)

x . Tomando ĺımites laterales

f (0+) = ĺımx→0+

f (x)

x = ĺım

x→0+

x

x(x + 1) = 1.

f (0−) = ĺımx→0−

f (x)

x = ĺım

x→0−x2 + bx

x = b.

Se tiene entonces que b = 1 y que a = 0.

2.-Sea f (x) = 3x2 + 2x + 1. Encuentre el par (x, f (x)) en que la recta tangente a la curva esparalela a la recta y = 14x + 19.SOLUCIÓN: Para que dos rectas sean paralaleas, sus pendientes deben ser iguales. En consecuencia,la pendiente de la recta tangente, es decir f (x) debe valer 14.

f (x) = 6x + 2 //Igualando pendientes6x + 2 = 14

x = 2

Podemos ver entonces que en x = 2 la M de la recta vale 14. Ademas, f (2) = 17. Ademas,sabemos que la ecuación de esta recta tangente a f (x) esta dada por y − y1 = f (x)(x − x1). →y = 14(x − 2) + 17 → y = 14x + 3.

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3.- Encuentre la derivada de

x2 + 7

x4 − x2 .SOLUCIÓN: Para esto debemos tener en cuenta la regla de la cadena, regla del cuociente y la delos polinomios.

f (x) = x2 + 7x4 − x2f (x) =

( x2 + 7

x4 − x2 )

2

x2 + 7

x4 − x2=

2x(x4 − x2) − (x2 + 7)(4x3 − 2x)(x4 − x2)2

2

x2 + 7

x4 − x2

f (x) = −2x5 − 28x3 + 14x

(x4 − x2)2 · 2

x2 + 7

x4 − x2

4.- Encuentre las derivadas de a)sen(√ x2 + 1) y b)(2x + 1)5(x3 − x + 1)4SOLUCIÓN: Como podemos ver, en ambos casos tenemos funciones compuestas y debemos usarregla de la cadena.

En a) se tiene que f (x) = cos(

x2 + 1) · x√ x2 + 1

.

En b) debemos ser un poco mas cuidadosos, pues hay que aplicar la regla del producto y luego lade la cadena.

[g(x) · h(x)] = g (x)h(x) + g(x)h(x)

f (x) = ((2x + 1)5) · (x3 − x + 1)4 + (2x + 1)5 · ((x3 − x + 1)4)

f (x) = (5(2x + 1)4 · 2) · (x3 − x + 1)4 + (2x + 1)5 · (4(x3 − x + 1)3 · (3x2 − 1))

f (x) = 10(2x + 1)4(x3 − x + 1)4 + 4(2x + 1)5(x3 − x + 1)3(3x2 − 1)

5.- La distancia de un objeto al suelo, como función del tiempo, esta modelada por la siguente ecua-

cion: D(t) = H −vt − gt2

2 , donde H es la altura inicial, V i es la velocidad inicial y g es la aceleración

gravedad. Si un objeto se lanza con V i = 0ms desde una altura H = 250m; a) Calcule la veloci-

dad en t=3 b) Calcule el tiempo que el objeto demora en caer c) Calcule la velocidad final del objeto.

SOLUCI´ON: La ecuación de distancia nos queda de la siguente manera: D(t) = 250 − 4,9t

2

. Debe-mos notar que la velocidad es la derivada de la distancia, pues la distancia cambia según que tanrápido va un objeto.a)D(t) = 9,8t. En t=3 entonces se tiene que la velocidad D(3) = V (3) = 29, 4ms .b)El objeto topa el suelo cuando D(t) = 0. Entonces se tiene que 2504,9 = t

2 t = 7,142seg.c)La velocidad final será la derivada evaluada en t = 7,142. V (7,142) 70ms

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6.- Halle dy

dx de la funcion ax6 + 2x3y − y7x = 10

SOLUCIÓN: Como podemos apreciar, en esta función es imposible aislar el termino y. En conse-

cuencia, debemos usar derivación impĺıcita. Asi, se tiene que y =df dxdf dy

. Calculamos entonces df dx y

df

dy .

df

dx = 6ax5 + 6x2y − y7df

dy = 2x3 − 7xy6

Ahora, haciendo el cuociente, obtenemos que:

y =df dxdf dy

= −6ax5 + 6x2y − y7

2x3 − 7xy6

7.- Una empresa que produce llaveros, opera en el mercado con una función de costos totales

CT x = x3

− 3x2

− 13x + 55. Determine que nivel de producción deberia tener la empresa de maneraque los CT sean mı́nimos.SOLUCIÓN: Como podemos apreciar, la forma de la funcion C T (x) no es trivial. Como sabemos,queremos buscar el punto mas bajo la función CT ¿Cierto? Ya que queremos que el costo sea min-imo. Para esto, debemos notar que la tasa de cambio en ese punto es cero, es decir, la derivada escero (si la derivada fuera distinta de cero, la funcion cambiaria su valor rapidamente al moversemuy poco). En consecuencia, la función CT x tendra su valor mas bajo cuando su derivada sea 0.Es claro que CT x = 3x

2 − 6x − 13. Pero esta es una función cuadrática! ¿Significa que la empresatiene 2 opciones para que sus CT sean mı́nimos?

Veamos: Si vemos las raices de este polinomio CT (x), podemos ver que estan ubicadas en 6±√ 36+1566

= 6±8√ 3

6 . Las soluciones son entonces x = 1 ± 4√ 3

3 ¡Una solución es negativa!

Podemos concluir entonces la empresa debera producir en x = 1 + 4√ 33

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Ayudant́ıa 7

1.10. Derivación impĺıcita

Hasta ahora todas las funciones que hemos derivado son de la forma y = f (x). Sin embargo,

existe la posibilidad de que tengamos algunas funciones definidas implicitamente , lo cual nos lle-vará a buscar una manera de encontrar y de manera implicita.

Se tiene entonces que y = − df dx

df dy

1.11. Derivación inversa

Tambíen, nos será útil encontrar una manera de calcular la derivada de la función inversa. Estolo haremos por regla de la cadena. Si se tiene que f −1(x) = g(x) se cumple quef (g(x)) = x. Derivando obtenemos f (g(x))g(x) = 1 Por lo que

g(x) = f −1(x) = 1

f (f −1(x))

1.- Encuentre la derivada de Arcsin(x).SOLUCIÓN: Para encontrar esta derivada, debemos usar derivación inversa, y usar regla de lacadena. Consideremos sin(x) entre ]−Π2 , Π2 [. Su recorrido será de ]−1, 1[. Luego es claro que sin(x) =cos(x). Entonces, usando la fórmula anterior se tiene que

Arcsin(x) = 1cos(Arcsin(x))

Arcsin(x) = 1

1 − sin2(Arcsin(x))Arcsin(x) =

1 1 − sin(Arcsin(x))2

Arcsin(x) = 1√ 1 − x2

32


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2.- Determinar y en xy4 + x2y + 3x3 − y + 2 = 0.SOLUCIÓN: Como podemos ver, en esta función nos es imposible aislar el término y para obtenersu derivada, por lo cual deberemos usar derivación implı́cita. Obtendremos df dx y

df dy .

df

dx = y

4

+ 2xy + 9x

2

df

dy = 4xy3 + x2 − 1

Se tiene entonces que y = − df

dxdf dy

= −y4 − 2xy − 9x2

4xy3 + x2 − 1

3.- Encuentre la derivada de Arctg(x).SOLUCIÓN: Para encontrar esta derivada, debemos usar derivación inversa, y usar regla de lacadena (al igual que en el ejercicio 1). Consideremos tg(x) entre ]−Π2 ,

Π2 [. Su recorrido será todos

los Reales. Ademas bien sabemos (o deberiamos saber) que tg(x) = sec2(x). Entonces, usando la

fórmula de la derivada para funciones inversa, tenemos que:

Arctg(x) = 1sec2(Arctg(x))

Arctg(x) = 1

1 + tg2(Arctg(x))

Arctg(x) = 1

1 + tg(Arctg(x))2

Arctg(x) = 1

1 + x2

4.- Encuentre la derivada de Arctg

2

(6x

2

+ 9)SOLUCIÓN: Para esto solo debemos aplicar regla de la Cadena y saber cual es la derivada deArctg(x).

(Arctg2(6x2 + 9)) = 2Arctg(6x2 + 9) · 11 + (6x2 + 9)2

· 12x

(Arctg2(6x2 + 9)) = 24xArctg(6x2 + 9)

1 + (6x2 + 9)2

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5.- Dada la relación 9x2 − 36x + 4y2 + 8y + 4 = 0 Determinar los puntos P tales que dydx = −1.SOLUCIÓN: Nuevamente, tenemos una función definida implı́citamente por lo que deberemos usarsu regla para encontrar y .

Es claro que −df dx = 36 − 18x y que df dy = 8y + 8. Obtenemos entonces que y = 18(2 − x)

8(y + 1) (con

y = −1). Entonces, como y ( p) = −1 obtenemos que−4y − 4 = 18 − 9x.

4y = 9x − 22y =

9x − 224

Obtenemos entonces que la solución es una recta! En que los puntos son de la forma (x, 9x−224 ) cony = −1 y con x = 2.

6.- Sea Dada f(x) = x√

1 − x2 + Arcsin(x) Calcule f (x) y determine k para que f (x)√ 1−x2 = k.

SOLUCIÓN: Lo primero es encontrar f (x) mediante las reglas de derivación y conociendo la

derivada de Arcsin(x).

f (x) =

1 − x2 + x( −2x2√

1 − x2 ) + 1√ 1 − x2

f (x) =√

1 − x2 − ( x2

√ 1 − x2 ) +

1√ 1 − x2

f (x) = 2√

1 − x2

Ahora, si f (x) = 2√

1 − x2 obtenemos de inmediato que f (x)√ 1−x2 = 2 por lo que k = 2.

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Ayudant́ıa 8

1.12. Rolle, TVM y L’Hopital

Teorema de Rolle: Sea f una función continua en [a, b] y derivable en (a, b). Si ocurre que

f (a) = f (b) → necesariamente ∃ c en el intervalo (a, b) tal que f

(c) = 0. En términos geométricos,esto significa que cualquier curva que pase dos veces por el mismo y siendo cont́ınua y derivable(importante), deberá tener por lo menos una derivada cero entre medio

Teorema del valor medio: Sea f una función continua en [a, b] y derivable en (a, b). Se cumpleentonces necesariamente que

f

(c) = f (b) − f (a)

b − aDe manera mas simple, podemos interpretar el TVM como que existe un punto c en donde la

derivada de f , osea f (c) tiene igual pendiente a la recta que une los puntos f (a), f (b).

Teorema de l’Hopital: Suponiendo funciones f (x), g(x) derivables, y el ĺımite buscado ĺımx→af (x)g(x)

es de la forma 00 o ∞∞ , entonces se cumple que

ĺımx→a

f (x)

g(x) = ĺım

x→af (x)g(x)

Muchas veces tendremos limites que no tienen esta forma, pero arreglando la forma de los cuocientes(o productos) lo podremos llevar a esta forma. Los limites de potencias indeterminadas no losveremos pues aún en el curso no se ha introducido de manera profunda la funcion ex y ln(x).

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Ejercicios

1) Sea h una función derivable tal que h(10) = h(5) + 5. Demuestre que existe un punto en lagráfica de h tal que la recta tangente en ese punto es paralela a la recta y = x.SOLUCIÓN: Este problema claramente esta enfocado en el TVM y no en encontrar la ecuación

de una recta tangente. Del enunciado tenemos que h(10) − h(5) = 5. Entonces, usando el TVMtenemos que

h(10) − h(5)10 − 5 =

5

5 = 1.

Usando el Teorema del Valor Medio en el intervalo (5,10) se tiene que existe un c ∈ (5,10) tal queh(c) = 1. Por lo tanto, la recta tangente que pasa por el punto ( c, h(c)) tiene pendiente 1, y porconsiguente es paralela a la recta y = x.

2) Demuestre que la ecuación x2 = xsin(x) + cos(x) tiene exactamente 2 raices reales.SOLUCIÓN: Consideraremos f (x) = x2 − xsin(x) − cos(x). Es claro quef (x) = 2x − sin(x) − xcos(x) + sin(x) = x(2 − cos(x)).Como se tiene que f (

−Π

2 ) > 0, f (0) < 0, f (Π

2 ) > 0 es claro que f tiene por lo menos 2 raices. Ahora,

si f tuviera mas de 2 raices reales, entonces f (x) = x(2 − cos(x)) tendria mas de una raiz real, locual es una contradicción pues la única raiz de f (x) es x = 0. Por lo tanto, f(x) tiene 2 y solo 2raices.

3) Encuentre ĺımx→0

1

x − 1

sin(x)

SOLUCIÓN: Como podemos ver aqui, si x=0 tenemos 10 − 10 , lo cual es indeterminado pero ademasno es de las formas de L’Hopital, por lo que debermos reordenar. Si reescribimos el ĺımite, lo

podemos ver como ĺımx→0

sin(x) − xxsin(x)

. En este caso, si tenemos un limite de la forma 00 . Derivando

entonces obtenemos que el ĺımite anterior, es igual a ĺımx→0 cos(x) − 1sin(x) + xcos(x)

Este ĺımite sigue siendo de la forma 00 . Por la regla de l’Hopital, podemos derivar nuevamente. Se

llega entonces a que el ĺımite anterior es igual a ĺımx→0

−sin(x)cos(x) + cos(x) − xsin(x) . Aqui el ĺımite en

x = 0 es 0, y por cosiguente, el lı́mite original vale 0.

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4) Encuentre ĺımx→Π

4

(tg(x) − 1)sec(2x).

SOLUCIÓN: Este limite, nuevamente debemos llevarlo a una forma indeterminada de l’Hopitalpara poder ocupar el teorema, pues si nos fijamos es de la forma 0 · ∞. Se tiene entonces que

ĺımx→Π4 (tg(x) − 1)sec(2x). = ĺımx→Π4tg(x)

−1

cos(2x) . / L’H

ĺımx→Π

4

tg2(x) + 1

−2sin(2x) = −1

Por consiguente, se obtiene que el ĺımite original también es -1.

5) Encuentre el valor de c del TVM para la función f (x) = x3 − 5x2 + 6x − 1 con a = 1, b = 4SOLUCIÓN: Primero, debemos verificar que se cumplen las hipótesis del problema. Claramente, lafunción por ser un polinomio es continua en el [1 , 4]. Ademas, su derivada es también un polinomio,por lo que es derivable en el (1, 4). Cumpliendose las hipótesis entonces, debemos encontrar c tal

que f (c) = f (4) − f (1)3

. Como f (4) = 7 y f (1) = 1 se tiene que f (c) = 2.

Ahora, f (x) = 3x2 − 10x + 6. Debemos resolver entonces que 3c2 − 10c + 6 = 2. Esta ecuacióncuadrática nos da 2 resultados, ci =

5 ± √ 133

¿Cual es el valor de c correcto? En realidad, si

nosotros evaluamos f (ci) para ambas soluciones, obtenemos en cada caso que f (ci) = 2 (que es lo

buscado). Pero debe cumplirse que ci este en el intervalo (1, 4). Por consiguente, c = 5−√ 13

3

6)Dada la función f (x) = x3 − 4x + 3 ¿Esta función cumple las hipótesis del Teorema de Rolleen [0, 2]?SOLUCIÓN: Al ser f un polinomio, sabemos que es continua y derivable en todo los reales. Lógica-

mente entonces será continua en [0, 2] y derivable en (0, 2). Ahora podemos ver que f (x) = 3x2−4,la cual también es continua y derivable. Por último, vemos que f (0) = 3 = f (2).Como la función cumple con todo lo necesario, → ∃ c ∈ (0, 2) tal que f (c) = 0. ¡Calculemoslo!Tenemos entonces que f (c) = 3c2 − 4 = 0. Logicamente entonces se tendrá que c = ±

4

3¿Hemos encontrado 2 valores cuando el teorema solo afirma la existencia de uno? No! Si nos fijamos,el intervalo es el (0, 2) lo que implı́ca que la única solución para c es la positiva.

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Ayudant́ıa 9

1.13. Derivadas de orden superior y gráficos

En esta ayudantia veremos la aplicacion de las primeras y segundas derivadas de una funcion,

para ver la forma de su grafico. Identificaremos puntos criticos, intervalos de crecimiento, concavi-dad y puntos extremos.Sea f una funcion al menos dos veces derivable. Tendremos entonces que si-f (x) > 0 en (a,b) −→ f (x) es creciente en (a,b)-f (x) < 0 en (a,b) −→ f (x) es decreciente en (a,b)-f (c) = 0 o f (c) no existe, −→ c es un punto critico.Es facil ver que si ocurre un cambio en el crecimiento de la funcion, entonces tendremos puntoscriticos. Si la funcion antes de un punto c crece, y luego decrece, entonces c es un maximo local. Sila funcion previo a c decrece y despues de c crece, entonces tendremos un minimo local.-Si la segunda derivada de f , osea f (x) es positiva en un intervalo, entonces la funcion sera concavahacia arriba.

-Si f (x) es negativa en un intervalo, entonces la funcion sera concava hacia abajo.Cuando estemos en presencia de un punto critico, nos sera util el criterio de la segunda derivadapara ver si el punto critico es maximo, minimo o punto de inflexion.

Cuando se deba graficar una funcion, sera importante tener en cuenta los siguentes puntos:-Dominio.-f(0)-Simetrias (par, impar, periodica)-Asintotas (verticales, horizontales o en infinito, oblicuas)-Intervalos de crecimiento y decrecimiento.-Puntos maximos y minimos.-Concavidad y puntos de inflexion.

Por ultimo, sera importante destacar de que si existen asintotas oblicuas para f (x), entoncessu pendiente y corte con el eje y estaran dadas por:ĺımx→∞

f (x)x = m

ĺımx→∞ f (x) − mx = n

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Ejercicios

1.-Sea f (x) = x4 − 4x3. Encuentre f (x), f (x), puntos criticos, concavidad, maximos y mini-mos, puntos de inflexion.

SOLUCIÓN: Lo primero será obtener las derivadas. Claro esta que f (x) = 4x3−12x2 = 4x2(x−3)y que f (x) = 12x2 − 24x = 12x(x − 2). Como se tiene que f (x)∃ ∀x, los puntos cŕıticos serancuando x = 0, x = 3, pues ahi f (x) = 0.Para ver la concavidad de la función, vemos el signo de f (x) por intervalo. Como los puntos cŕıticosde f (x) son x = 0, x = 2 se tiene que la función sera cóncava hacia arriba en x ∈ (−∞, 0)(2, ∞).Y la f (x) será concava hacia abajo si x ∈ (0, 2).Ahora debemos ver si los puntos cŕıticos son máximos o mı́nimos. Como en x = 0 f (0) = 0, yf (0) = 0, se tiene que x = 0 es punto de inflexion.Como en x = 3 f (3) = 0 y f (3) > 0, el punto x = 3 será un mı́nimo local, que vale f (3) = −27.Por último cabe destacar que los ceros de la función, son x = 0 y x = 4, y que como la función esde grado 4 con x4 signo positivo, se tiene que en +∞ y −∞ la función tiende a ∞.

2.- Encuentre los intervalos de crecimiento y decrecimiento, maximos y minimos, concavidad ypuntos de inflexion para f (x) = x3 − 12x + 1.

SOLUCIÓN: -Intervalos de crecimiento: Para hallar estos, debemos ver cuando f (x) cambia de sig-no. → f (x) = 3x2−12 = 3(x+2)(x−2). Como podemos ver los puntos crı́ticos, osea donde f (x) = 0

son en x = −2, x = 2. Ademas se ve que la funcion es creciente en el intervalo x ∈ (−∞, −2)(2, ∞).La función por consiguente es decreciente entre (−2, 2).-f (x) = 6x. Se tiene entonces que la función es concava hacia abajo en los x negativos, y concavahacia arriba en los x positivos. Por esto, vemos que x = −2 es un máximo loca y que x = 2 esun mı́nimo local.Como la función es cúbica, ira a mas y menos infinito, por lo que los maximo yminimio globales se encontraran en el infinito.-Por último, como f (x) existe en todos los reales, y f (x) = 0 solo en x = 0, entonces x = 0 es

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punto de inflexion.

3.- Demuestre que f (x) = x + 1x tiene solo un maximo y solo un minimo local, pero que elmaximo es menor que el minimo.

SOLUCIÓN: Para demostrar esto, debemos ver los puntos cŕıticos, ver que son (maximos o min-imos) y evaluar. Como f (x) = 1 − 1

x2, vemos que f (x) = 0 implica que x2 = 1, por lo que los

puntos cŕıticos son x = 1, x = −1. Ademas x = 0 es punto cŕıtico pues ahi no existen, ni la funciónni su derivada.Ahora como f (x) = 2

x3, se ve que f (1) > 0, f (−1) < 0, por lo que x = 1 es un mı́nimo local, y

x = −1 es un máximo local.Por último vemos que f (

−1) =

−2 ¿f (1) = 2. ¡Se tiene entonces que el mı́nimo es mayor que el

máximo!. Notar que no nos preocupamos por x=0 pues no pertenece al dominio, y claramente esuna aśıntota vertical, por lo que no habran máximos ni minimos locales.

4.- Demuestre que ∀a∈ , la funcion f (x) = x2 + ax tiene un minimo pero no un maximo.

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SOLUCIÓN: Para solucionar este problema lo veremos en 2 casos. Cuando a = 0 y cuando a = 0.Si a = 0, la función es f (x) = x2 que claramente es concava hacia arriba, y por lo tanto tiene soloun mı́nimo.Si a = 0, debemos encontrar los puntos cŕıticos y evaluar la 2da derivada. f (x) = 2x − a

x2. Vemos

que f (x) = 0 solo si 2x3 = a. Se tiene entonces que el único punto cŕıtico es x = 3 a2 .

Ahora vemos que f (x) = 2+ 2ax3 . Si ahora evaluamos la segunda derivada en nuestro punto cŕıtico,vemos que f ( 3

a

2) = 2+

4a

a = 6. Por lo tanto es un mı́nimo! A continuacion se grafica para valores

de a, iguales a 0 y distintos de 0.

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5.- Trace la grafica de f (x) = x3

x2+1 (Stewart).

SOLUCIÓN:-Dominio: x ∈ -f (0) = 0

-f (−x) = −x3

x2+1 = −f (x). Se tiene que f (x) es impar-Claramente no existen aśıntotas verticales, pues el dominio es x ∈ -Si tomamos ĺım

x→∞x3

x2 + 1 = vemos que es ∞

-Ası́ntotas oblicuas: m = ĺımx→∞

x2

x2 + 1=1. Por lo tanto la pendiente de la asintota es 1. Ahora ten-

emos que n = ĺımx→∞ f (x) − mx = ĺımx→∞

x3

x2 + 1 − x = 0

-f (x) = 3x2(x2 + 1) − 2x(x3)

(x2 + 1)2 =

x2(x2 + 3)

(x2 + 1)2 . Vemos entonces que como f (x) es siempre positiva

(a excepcion de x=0), la función es siempre creciente.

-f (x) =

(4x3 + 6x)(x2 + 1)2

−(x4 + 3x2)(x2 + 1)4x

(x2 + 1)4 =

2x(3

−x2)

(x2 + 1)3 . Se ve entonces que los puntoscŕıticos de la 2da derivada son x = 0 y x = ±√ 3. Si nos fijamos en el producto de los signos, vere-mos con un poco de esfuerzo que f (x) > 0 (concava hacia arriba) con x ∈ (−∞, −√ 3)(0, √ 3),y que f (x) < 0 (concava hacia abajo) si x ∈ (−√ 3, 0)(√ 3, ∞).

6.- Propuesto: Determino los valores extremos de f (x) = cos(2x) + 2cos(x) con x ∈ [0, 2π].

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Ayudant́ıa 10

1.14. Aplicaciones de la derivada

En esta ayudantia profundizaremos un poco mas acerca del analisis de funciones. Continuare-

mos graficando funciones a partir del analisis de las derivadas y demases.Veremos tambien aplicaciones muy simples del teorema de Taylor.

TAYLOR: El teorema de Taylor establece que, para una funcion n veces derivable, es posibleescribir una aproximacion en torno a un punto x0, construida a partir de polinomios y las derivadasde la funcion. Sea f (x) entonces una funcion con n derivadas continuas. Podemos escribir f (x) entorno a x0, es decir una aproximacion de f (x0) como

f (xo) =

n0

f k(x0)

k! (x − x0)k

¿Que significa esto? A primera vista, es solamente una sumatoria mas o menos compleja, queincluye factoriales, polinomios y derivadas de orden n. Si observamos detenidamente cada termino,nos damos cuenta que el unico complejo de obtener es la k-esima derivada evaluada en x0. Elpolinomio centrado en x0 de orden k y el factorial no son mas que un polinomio muy simple. Si

tomamos por ejemplo x0 = 4 y k = 9 obtendremos, para esos terminos de la sumatoria, un (x − 4)9

9! .

Ahora solo faltaria evaluar la novena derivada de la funcion en x = 4 para obtener este termino dela sumatoria.La gracia de taylor es que nos permite encontrar aproximaciones muy buenas para funciones comosin y cos, exponenciales y logaritmos. De echo, la mayoria de las calculadoras ocupan aproximacionesde taylor para encontrar valores de trigonometricas y exponenciales. ¿Sino como encontrariamos,

por ejemplo, sin(37,218)? Â¿Regla, transportador y compas?

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Ejercicios

1.- Sea f (x) = 2x2

x−1 . Encuentre el Dominio, los intervalos de crecimiento, puntos criticos, maxi-mos y minimos, asintotas, concavidad y grafique.SOLUCIÓN:

-Dominio: Es claro que son todos los x ∈ - 1.-f(0)=0

-Se tiene que la función claramente no es periódica. Ademas f (−x) = 2x2−x−1 por lo que la funciónno es par ni impar.

-Como x = 1 no pertenece al dominio y ĺımx→±1

2x2

x − 1 = ±∞ vemos que x = 1 es aśıntota vertical.

-Claramente ĺımx→∞

2x2

x − 1 = ∞. Entonces no existen aśıntotas horizontales.

-Oblicuas: m = ĺımx→∞

2x

x − 1 = 2. n= ĺımx→∞2x2

x − 1 − 2x = 2. Se tiene entonces que la recta y = 2x + 2es aśıntota oblicua para f (x).

-f (x) = 4x(x − 1) − 2x2

(x − 1)2 = 2x(x − 2)(x − 1)2 . Se ve entonces que f (x) = 0 cuando x = 0, x = 2. Ademasf (x) > 0 (y por lo tanto creciente) si x ∈ (−∞, 0)(2, ∞). Ahora vemos que f (x) < 0 (decre-ciente) si x ∈ (0, 2). Se ve entonces que x = 0 es un máximo local y que x = 2 es un mı́nimo local.-f (x) =

(4x − 4)(x − 1)2 − 4x(x − 2)(x − 1)(x − 1)4 = . . . =

4

(x − 1)3 Vemos entonces que f (x) > 0

(concava hacia arriba) si x > 0 y f (x) > 0 (concava hacia abajo) si x


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2.- En una pieza rectangular, de dimensiones basales 6 por 6 metros y 3 metros de altura, seencuentran una araña y una mosca. La araña esta en un vertice superior, y la mosca fija en elopuesto. Si la araña esta obligada a caminar por el techo y despues por una pared, encuentre elcamino mas corto para que la araña atrape la mosca.SOLUCIÓN:

Como podemos ver, la distancia d(x) que recorrerá la araña depende en que sentido camine desdeel principio. Usando pitágoras, podemos ver que la distancia recorrida hasta la mosca ser á d(x) =

36 + (6 − x)2 +

√ 9 + x2, con x

∈(0, 6). Debemos ver entonces los puntos cŕıticos, d(c) = 0 (con

c ∈ (0, 6)) y ver si d(c) es > 0 para que sea un mı́nimo.→ d(x) = 2(x − 6)

2

36 + (6 − x)2 + 2x

2√

9 + x2. Resolviendo d(x) = 0 obtenemos que 36x2 + x2(6−x)2 =

(9 + x2)(6 − x)2, cuya solución es x = 2. Por lo tanto el único punto crı́tico, a excepcion de losbordes del intervalo, es x = 2.

d(x) =

√ 36+(6−x)2+(6−x) −(6−x)√

36+(6−x)2

36+(6−x)2 +√ 9+x2−x 2x

2√ 9+x2

9+x2 . Si evaluamos d(2) obtenemos que d(2) > 0,

por lo que x = 2 es un mı́nimo!.Ahora debemos ver si los extremos, osea x = 0 y x = 6 producen soluciones mayores o menores qued(2).

d(0) = 6√

2 + 3 = 11,48...

d(2) = 3√ 13 = 10,817...d(6) = 6 + 3

√ 5 = 12,708...

Como podemos ver entonces, x = 2 es mı́nimo global y la araña debe recorrer una distancia iguala 10.817....Forma Alternativa: ¡Esto es mucho mas facil!

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3)Encuentre la ecuacion de la recta que pasa por el punto A = (8, 1) y que corta a los ejes xe y, en P 0 y Q0 positivos, respectivamente. Encuentre los valores de p y q para que el tramo seaminimo.SOLUCIÓN:Tenemos que P 0 = ( p, 0), Q0 = (0, q ) y A = (8, 1). La ecuación de la recta que pasa por los puntos

A y P 0 es y − 0 = 1

−0

8− p (x − p), osea y = x

− p

8− p . Como queremos que esta recta ademas pase por elpunto (o, q ), se debe tener que la recta evaluada en x = 0 es q . Por lo que q = p p−8 .Ahora tenemos que el trazo mide

p2 + q 2, y como queremos que sea mı́nimo, debemos minimizar

el argumento dentro de la raiz. Por lo que el problema se traduce aM in : f ( p) = p2 + ( p p−8 )

2. Ademas, como nos dicen que ambos cortes son positivos, se debe tenerque p > 8 para que q > 0. Para obtener los puntos cŕıticos buscamos las soluciones de la ecuaciónf ( p) = 0.

f ( p) = 2 p + 2( p

p − 8 )( p − 8 − p

( p − 8)2 ) = 2 p(( p − 8)3 − 8)

( p − 8)3 .Se ve entonces que f ( p) = 0 ↔ p = 0 o

p = 10. Como p = 0 no pertence al intervalo de trabajo, se tiene que p = 10 es punto cŕıtico. Ahoradebemos ver si produce un máximo o un mı́nimo.

f ( p) = 2−16( p

−8)3

−3 p( p

−8)2

( p−8)6 = . . . = 2−16−2 p

−8

( p−8)4 . Si ahora evaluamos, vemos que f (10) = 30 > 0.¡Obtenemos entonces que x = 10 produce un mı́nimo! Finalmente, como p = 10 y en consecuenciaq = 5, la recta es y = −0,5x + 5

4) Determine la expresion para f (x) = 2x4 − 3x3 + 5x2 − 1 en potencias de (x − 1). Use Tay-lorSOLUCIÓN: Como podemos ver, en este problema deseamos expresar el polinomio f (x) en poten-

cias de (x − 1). Para eso, es necesario hallar40

f k(1)

k! (x − 1)k. Derivamos y evaluamos:

f 0(x) = f (x) Evaluamos en x=1 y obtenemos f (1) = 3

f (x) = 8x3

− 9x2

+ 10x Evaluamos en x=1 y obtenemos f (1) = 9f (x) = 24x2 − 18x + 10 Evaluamos en x=1 y obtenemos f (1) = 16

f (x) = 48x − 18 Evaluamos en x=1 y obtenemos f (1) = 30f (x) = 48 Evaluamos en x=1 y obtenemos f (1) = 48

Se tiene entonces que f (x) = 48(x−1)4

4! + 30(x−1)3

3! + 16(x−1)2

2! + 9(x−1)1

1! + 3.

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5) Encuentre la representacion de sin(x) en torno a x = 0 de grado n.SOLUCIÓN:Para este problema debemos ver la periodicidad de las derivadas. Sabemos que la representacion

de sin(x) en torno a x = 0 esta dada por sin(0) =n

0sink(0)

k! (x − 0)k.

Si derivamos n veces y evaluamos en 0, se obtiene que:

sin0(0) = sin(0) = 0sin(0) = cos(0) = 1

sin(0) = −sin(0) = 0sin(0) = −cos(0) = −1

sin(0) = sin(0) = 0

Como podemos ver, la cuarta derivada del sin(x) es efectivamente sin(x). Ademas, se ve que lasderivadas en términos impares se anulan. La representación de grado n será entonces

sin(x) = 0

0! + 1

x

1! − 0 x

2

2! − 1 x

3

3! . . . = x − x

3

3! +

x5

5! . . .

A continuación se muestran las funciones sin(x) (en rojo) y su aproximación de Taylor de ordenn = 9 (en verde). Podemos ver que para n = 9 las funciones, entre (−3, 3) son practicamenteidénticas, y mas lejos se parecen menos. Podemos concluir entonces que una aproximacíon demayor orden es mas parecida a la función en un intervalo. De echo, en x = Π, si evaluamos, ladifrencia entre las funciones es solo de 0.006, prácticamente iguales.

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Ayudant́ıa 11

1.15. Taylor, Error y aplicaciones

Como ya vimos en la ayudant́ıa anterior, sabemos que una función (que cumple con ciertas

hipótesis)en torno a un punto, se puede escribir mediante una expansión de Taylor como:

f (x) =

n0

f k(x0)

k! (x − x0)k

Importante notar que esta función f (x) no tiene una representación anaĺıtica completa, sino que alhacer solo de grado ”n”la expansión, convella un error. Claro esta que menor sera el error si ”n. es

mayor.Una de las aplicaciones, y que haremos como ejercicio aqúı, es que se pueden aproximar bastantebien valores como

√ 51 o sin(35o) por ejemplo.

Ejercicios

1.- Encuentre un valor aproximado para sin(35o), mediante una expansión de Taylor de orden3 y estime el error.SOLUCIÓN:Para solucionar este problema, deberemos conocer la expansión de f (x) = sin(x) en un puntocercano, como puede ser 30o = Π6 . Tenemos entonces que

f 0(x) = sin(x)f (x) = cos(x)

f (x) = −sin(x)f (x) = −cos(x)

Evaluando en x0 = Π6

f 0(Π6 ) = 0, 5f (Π6 ) = 0, 866f (Π6 ) = −0, 5

f (Π6 ) = −0, 866

La fórmula de Taylor nos queda entonces

sin(x) = 0,5 + 0,866(x − Π6

) − 0,25(x − Π6

)2 − 0,1443(x − Π6

)3 + E 3

Recuerden que esta expresión que obtuvimos nos servirá solamente para estimar valor cercanos aΠ6 para sin(x). Probablemente si evaluamos en x = 0 obtendremos un error considerable.

Ahora, sabemos que 35o = Π

6 + 5o =

Π

6 +

5Π

180 (es conveniente dejarlo expresado como la suma).

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Entonces, se tiene que

sin(35o) = 0,5 + 0,866( 5Π

180) − 0,25( 5Π

180)2 − 0,1443( 5Π

180)3 + E 3

sin(35o) = 0,5 + 0,75574 − 0,00190 − 0,00009 + E 3sin(35o) = 0,57357512 + E 3El error lo obtendremos en terminos de un valor c entre x y x0, sin embargo como el c estara en

funcion de sin(c), podremos obtener una cota para el error. Es decir

E 3 = f (c)

4! (

5Π

180)4 = 0,00000241sin(c) ≤ 0,00000241. En consecuencia, estamos seguros que el

valor para sin(35o) 0,57357 (Compruebe usando Arcsin en su calculadora).

2.- Encuentre un valor aproximado para 3√

28 usando una expansión de Taylor de grado dos yestime el error.SOLUCIÓN:Al igual que para el problema anterior, debemos encontrar una función, logicamente f (x) = 3

√ x, y

elegir un punto cercano (x = 27) que sea conocido. Tenemos entonces que

f 0(x) = x13

f (x) = 13

x−23

f (x) = −2

9 x

−53

Evaluando en x0 = 27 obtenems

f 0(27) = 3f (27) = 0,037037

f (27) = 0,0009144

Obtenemos entonces que, cerca de x = 273

√ x = 3 + 0,037037(x − 27) − 0,0009144(x − 27)2

+ E 2 //Sustituimos x = 29 y obtenemos3√ 28 = 3 + 0, 037037 − 0, 0009144 + E 2 = 3, 036579 + E 2. Ahora, la expresión para estimar el Errores

E 2 = f (c)

3! 1 =

10

3!162c

−83 =

5

81c83

Ahora como sabemos, c es algun valor entre 27 y 28. Por esto, el mayor valor que puede tomar elError es cuando el denominador es lo menor posible, osea cuando c = 27. Obtenemos entonces que

E 2 = 5

81c83

≤ 0,00001.

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3.- ¿De que grado hay que tomar el polinomio de Taylor para encontrar una aproximación alnúmero e de Euler con un error que no exceda de una millonésima?SOLUCIÓN:Nótese que tomaremos f (x) = ex con x0 = 0 y x = 1, y aunque 1 esté un poco alejado del 0, loúnico que deberemos hacer es tomar un polinomio de grado mayor. Si ud recuerda, vimos en la

ayuant́ıa pasada el grafico para la expansión de Taylor de sin(x) en torno a x = 0. Cuando el gradoera n = 9, la aproximación serv́ıa tambien para valores mas alejados del cero. Bueno aqui haremosalgo similar, se centrará el análisis en torno a x = 0 pero usaremos una expansión de orden mayorpara acercarnos de manera casi exacta en x = 1.

El error que se comete al utilizar un polinomio de Taylor de grado n es:

E n = f n+1(c) (x−x0)

n+1

(n+1)! Aplicandolo a nuestro caso (x − x0)n+1 ≡ 1.

Ademas, como el numero de Euler es ex con x = 1, y sus derivadas tambien son ex, lógicamente lasderivadas no podran exceder al numero, es decir acotandolo, las derivadas no podran ser mayoresa 3. Obtenemos entonces queE n

≤ 3

(n+1)!

Para n = 5, E 5 ≤ 0, 0039Para n = 8, E 8 ≤ 0, 000008

Para n = 9, E n ≤ 0, 0000008Es decir, si tomamos un polinomio de Taylor de orden 9 centrado en x = 0, obtenemos un valorpara e cuyo error no excede 0,0000008

La fórmula de Taylor para f (x) = ex en xo = 0 para n = 9 es: ex = 1 + x + x2

2! +

x3

3! +

x4

4! +

x5

5! +

x6

6! +

x7

7! +

x8

8! +

x9

9! + E 9 y evaluando en x = 1, obtenemos

e = 2,718281526.

En la ultima hoja se muestran las funciones ex y su expansión de Taylor de orden n = 9. Co-mo se puede observar, ambas son practicamente iguales en el intervalo [−2, 5]. Esto sucede porqueel orden de la expansion es muy grande y ya no nos sirve solamente para el centro x0 = 0 sino quepara una vecindad mucho mayor

4.- Calcular ĺımx→0

tan(x) − sin(x)x3

usando el teorema de Taylor.

SOLUCIÓN:Este tipo de problemas también es una de las clásicas aplicaciones para el Teorema de Taylor. Co-mo es un ĺımite de la forma 00 , podriamos ocupar L’Hopital y obtener el valor del lı́mite. Tambienpodriamos arreglarlo y ver si llegamos a algo. Otra opción es escribir el desarrollo de Taylor de lasfunciones involucradas en torno a una vecindad del ĺımite y ver que sucede . . .Bien sabemos que en torno a x0 = 0 podemos escribir

sin(x) ∼ x − x3

3! ...

tan(x) ∼ x + x3

3 ...

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x3 = x3.

Reescribiendo el lı́mite entonces vemos que

ĺımx→0

(x + x3

3 ) − (x − x3

3! )

x3 = ĺım

x→0

x3

2

x3 =

1

2

Grafico de e y su expansion de taylor.

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Caṕıtulo 2

Cálculo II

Ayudant́ıa 1

2.1. SucesionesComo ya deben estar acostumbrados, las suceciones (denotadas como an) son una lista u or-

denamiento de numeros que siguen una regla. De manera mas simple, podriamos imaginarnos unasucesión como una funcion cuyo dominio es el conjunto de numeros enteros positivos. Las leyes delos limites para las sucesiones son practicamente los mismos que para las funciones, con la condi-cion de que ambas suceciones convergan (analogo con que los limites existan). El Teorema delSandwich también se aplica en suceciones, y es bastante útil en muchos casos.Nos será útil también recordar que una sucesión de la forma rn con |r|


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Ejercicios

1.-Calcule ĺımn→∞

√ n + 1 − √ n.

SOLUCIÓN: Este ejemplo es completamente análogo a lo que haciamos en calculo 1 con limites de

funciones al infinito. Es decir, debemos multiplicar por un uno conveniente . ¡Espero ya sepa cuales! Reescribimos el término an = √ n + 1 − √ n como√

n + 1 − √ n ·√

n + 1 +√

n√ n + 1 +

√ n

1√ n + 1 +

√ n

Ahora, como ambos terminos son iguales (solamente hemos reescrito de una manera conveniente el

an), tomamos ĺımn→∞

1√ n + 1 +

√ n

. ¡Sin duda alguna cuando n → ∞ este limite es 0! por lo que elĺımite original vale también 0.

2.- Sea an = 1 + 5 + 25 + 125... + 5n−1

5n + n Decida si existe el ĺımite de an, y en caso de existir,

encuentrelo.SOLUCIÓN: Claramente, como podemos ver, el término del numerador es una serie geométricade razon 5 (logicamente 5n no tiene limite) y debemos expresarlo de una forma mas simplificada.

Sabemos entonces que comon0

rk = 1 − rn

1 − r , entonces el numerador (reemplazando r por 5), vale1 − 5n1 − 5 . Podemos entonces reescribir el término an como

an =1 − 5

n

−45n + n

an = 1−5n−4(5n+n) /Tomamos limite

ĺımn→∞

1 − 5n−4(5n + n)

1

4 ĺımn→∞

5n

5n1 − (15)n

1 + n5n

1

4 ĺımn→∞

1 − (15)n1 + n(15)

n

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3.- Calcule ĺımn→∞ an con an =

n1

1

k(k + 1)

SOLUCIÓN: Si desarrollamos un poco la sumatoria para ver la forma de la sucesion, y asumiendoun n grande, vemos que

an = 1

1 · 2 +

1

2 · 3 +

1

3 · 4 +

1

4 · 5 + ... +

1

n · (n + 1)¿Que sucede? ¡Es poco claro! Sin duda, podemos separar el término dentro de la sumatoria mediantefracciones parciales, o al ojo, y obtenemos que

1

k(k + 1) =

1

k − 1

k + 1 Tenemos entonces que:

an =

n1

1

k(k + 1)=

n1

1

k − 1

k + 1. ¡Podemos usar propiedad telescópica! Se obtiene entonces, de

manera mucho mas simplificada, que

an = 1 − 1n + 1

Tomando limite, obtenemos que ĺımn→∞an = 1

4.- Halle ĺımn→∞ (sin(θ))

n con θ ∈ (0, Π2 )SOLUCIÓN: Como podemos ver, esta sucesesión es una geométrica pero de razón desconosida.Claramente, lo que vaŕıa aquı́ es n y no θ , por lo que sin(θ) es fijo. Además, como el valor de θ noincluye los extremos, el valor de sin(θ) necesariamente esta en el rango (0, 1). Concluimos entoncesque estamos frente a una progresion geométrica de razón menor que 1, por lo que ĺım

n→∞ (sin(θ))n = 0

5.- ¿Existe el ĺımn→∞arctan(n) ?

SOLUCIÓN: Como dijimos al comienzo, una sucesión la podemos ver como una función cuyo do-minio son los numeros enteros positivos. Por consiguente, la suseción an = arctan(n) se comportade manera muy similar a f (x) = arctan(x). Ademas, si la función f (x) tiene limite, entonces la

sucesión an, que son los f (n), tiene el mismo ĺımite.En consecuencia, como el ĺımite de f (x) = arctan(x) existe (ademas la sucesión an es creciente yacotada superiormente) entonces el ĺımite de an tambíen existe.

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6.- Decida si acaso la sucesión an = n!

nn es convergente o no.

SOLUCIÓN: Si tomamos limite al numerador y denominador, podemos ver que ambos divergen alinfinito, pero no sabemos cual lo hace de manera mas r ápida. Ademas, no podemos establecer unaanaloǵıa con ninguna funcion f (x) y usar L’Hopital, pues no existe x!.Vemos que a1 = 1, a2 =

12 , a3 =

29 ... Al parecer los terminos van decreciendo, no podemos decir

con certeza si esto implica convergencia o no.

Sin duda, es claro que 0 < an. Ademas, podemos escribir an como (1

n) 2 · 3 · ... · nn · n · ... · n .

Si analizamos el término 2 · 3 · ... · nn · n · ... · n , es facil ver que a medida que n tiende a ∞, la fracción es

menor que 1 (pues n es mayor que cada uno de los factores del numerador en el infinito).

En consecuencia, tenemos que 0 < an = (1

n) 2 · 3 · ... · nn · n · ... �

Guía Cálculo I y II

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