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Matemáticas 1204, 2013 Semestre II
Tarea 9 SOLUCIONES
Problema 1: Varias derivadas de funciones en la variable “x”.
(iii)
f (x) = (sin(x))
sin(sin(x))
.
SOLUCIÓN: Primero, usamos la técnica de reescribirlo con base de exponente “e”:
f (x) = elog(sin(x))·sin(sin(x)) .
Ahora calcular la derivada f 0 (x) es cuestión de aplicar varias veces la Regla
de la Cadena y la Regla del Producto.
El primer paso es notar que f (x) = g(h(x)) donde f (x) = ex y g(x) =
log(sin(x)) · sin(sin(x)); luego la Regla de la Cadena da f 0 (x) = g 0 (h(x)) · g 0 (x),
y g 0 (x) se calcula con la Regla del Producto:
f 0 (x) = elog(sin(x))·sin(sin(x))
×
1
· cos(x) · sin(sin(x)) + log(sin(x)) · cos(sin(x)) · cos(x)
sin(x)
= (sin(x))
sin(sin(x))
· (cot(x) · sin(sin(x)) + log(sin(x)) · cos(sin(x)) · cos(x)) .
(x)
f (x) = xx .
Solución: f (x) = elog(x)·x . Usamos la Regla de la Cadena y del Producto:
1
f 0 (x) = elog(x)·x ·
· x + log(x) · 1
x
= xx · (1 + log(x)) .
Problema 2: La diferenciación logarítmica.
Inciso (b), parte (i):
2
f (x) = (1 + x)(1 + ex )
1
SOLUCIÓN: Si y = f (x), entonces podemos primer tomar logaritmos de
ambos lados de la ecuación y luego utilizar la diferenciación implícita para hallar
dy/dx:
2
y = (1 + x)(1 + ex )
2
log(y) = log (1 + x)(1 + ex )
2
= log(1 + x) + log(ex )
log(y) = log(1 + x) + ex
2
d
” a los dos lados:
...y aplicando “ dx
2
1
1 dy
·
=
+ ex · (2x)
y dx
1+x
...y por lo último, despejamos
dy
dx :
1
x2
+ 2xe
1+x
2
2
1
= (1 + x)(1 + ex )
+ 2xex
1+x
dy
=y·
dx
2
2
2
= 1 + ex + 2xex (1 + x)(1 + ex ).
Problema 4: Graficar (a) y = ex+1 y (b) y = esin(x) .
SOLUCIÓN: Para (a), hay dos maneras muy rápidas de dibujar la gráfica:
uno puede notar que ex+1 = ex · e, es decir, la función ex multiplicada por
la constante e = 2.71828 . . .. Como se aprendió en las primeras semanas del
semestre, multiplicar por el constante e efectuará un estiramiento vertical por
2.718 . . . unidades a la curva y = ex , y ésa última es una simple curva exponencial. Alternativamente, se puede notar que y = ex+1 es la misma curva que
y = x sino trasladada por 1 unidad hacia la izquierda. En cualquier caso, cabe
notar que la curva corta el eje y en el punto (0, e) y jamás intersecta el eje x
(todo punto en la curva queda por arriba del eje x).
Para (b), y = esin(x) , la curva es algo que se oscila entre e−1 = 1e y e1 = e, y
se repite cada 2π unidades horizontales (la longitud de un ciclo es lo mismo que
para y = sin(x)). Se ve algo parecido a la curva y = sin(x), pero “distorcionada”:
está estirada verticalmente de una manera no uniforme, y cerca de los máximos
locales la función se cambia más rápido que cerca de los mínimos locales.
2
Problema 12 (b): Calcule
lim
x→∞
x
,
(log(x))n
donde n es constante y se puede asumir que n es un entero no negativo.
SOLUCIÓN: Primero, verificamos que sea verdadero para n = 0:
x
= lim x
x→∞ (log(x))0
x→∞
lim
= ∞.
Ahora queremos verificar que el límite sea ∞ para todo n = 0, 1, 2, 3, . . ..
Para tal fin, probamos que (∗)n es verdadero para todo n, donde (∗)n es la
afirmación:
(∗)n “Si es verdad que
lim
x→∞
x
=∞
(log(x))n
entonces también es verdad que
lim
x→∞
x
= ∞.”
(log(x))n+1
La lógica de la demostración es esto: Ya sabemos que el límite es ∞ para
n = 0. Si sabemos (∗)n para todo n, entonces en particular (∗)0 implica que
el límite es ∞ para n = 1. Luego, sabiendo que el límite es ∞ para n = 1, la
afirmación (∗)1 implica que el límite es ∞ para n = 2. Repitiendo esto, tenemos
que el límite es ∞ también para n = 3, 4, 5, . . ., es decir, para todo n entero y
no negativo.
Ahora averiguamos (∗)n . El límite que necesitamos calcular es
x
.
x→∞ (log(x))n+1
lim
Ahora tanto el numerador x com el denominador (log(x))n+1 tiende a ∞ cuando
x va al infinito (pues limx→∞ log(x) = ∞ es un límite básico, y si multiplicamos
éste por su mismo (n+1) veces, claramente va a ∞ también, por una de las leyes
fundamentales de los límites). Por ende, podemos aplicar la Regla de L’Hopital
∞
”) para concluir que
(forma “ ∞
lim
x→∞
x
1
= lim
n+1
x→∞
(log(x))
(n + 1)(log(x))n · (1/x)
=
1
x
· lim
.
n + 1 x→∞ (log(x))n
3
Pero según la hipótesis de (∗)n , este último límite es ∞, así que también es ∞
el límite que buscábamos.
Problema 13: Graficar f (x) = xx .
SOLUCIÓN: Nótese primero que f (x) = elog(x)·x tiene dominio (0, ∞)
(solamente los números positivos) porque “log(x)” sólo tiene sentido para x > 0.
La derivada ya se calculó arriba:
f 0 (x) = xx (1 + log(x)) .
Ahora xx siempre es positivo, y por lo tanto f 0 (x) = 0 si y solamente si 1 +
log(x) = 0, o si y sólo si log(x) = −1. En conclusión, f 0 (x) = 0 únicamente
para x = 1e (que es un número entre 0 y 1).
Se puede verificar que f 0 (x) < 0 para x entre 0 y 1e , y que f 0 (x) > 0 para
x > 1e . Por lo tanto, f es primero decreciente en (0, 1/e), alcanza un mínimo
local en x = 1/e, y luego es creciente.
También es útil notar que
lim xx = lim+ elog(x)·x
x→0+
x→0
= elimx→0+ (log(x)·x) ,
y el límite limx→0+ (log(x) · x) se puede calcular por L’Hopital:
lim (log(x) · x) = lim+
x→0+
x→0
= lim+
x→0
log(x)
1
x
1
x
− x12
= lim+ −x
x→0
= 0.
Por lo tanto,
lim xx = e0 = 1.
x→0+
Esto implica que la gráfica y = xx NO tiene asíntota vertical en x = 0, sino
que la curva tiende al punto (0, 1) en el eje y.
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