IB Análisis y Enfoques NS · Cálculo diferencial · Cierre del tema

Ejercicios IB de cálculo diferencial

287 ejercicios con solución · Por Álvaro López

Ejercicios de exámenes del IB agrupados por tipo y, dentro de cada tipo, de menos a más difícil. Intenta cada uno antes de abrir la solución.

Nivel

Prueba

Soluciones

Cálculo de derivadas

Ejercicio 1 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2018

Sea $y = sen^{2} θ$ , $0 \leq θ \leq π$ .

a) Calcule $\frac{d y}{d θ}$ .

b) Usando lo anterior, encuentre los valores de $θ$ para los cuales $\frac{d y}{d θ} = 2 y$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d θ} = 2 sen θ cos θ$ ; b) $θ = 0, \frac{π}{4}, π$

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a) $y = sen^{2} θ = (sen θ)^{2}$ . Por la regla de la cadena: $\frac{d y}{d θ} = 2 sen θ cos θ$ (que también se escribe $sen 2 θ$ ).

b) 1. Planteamos $2 sen θ cos θ = 2 sen^{2} θ$ . 2. Pasamos todo a un lado y sacamos factor común: $2 sen θ (cos θ - sen θ) = 0$ . 3. Si $sen θ = 0$ : $θ = 0$ o $θ = π$ . 4. Si $cos θ = sen θ$ , $tan θ = 1$ y, en $[0, π]$ , $θ = \frac{π}{4}$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d θ} = 2 sen θ cos θ$ ; b) $θ = 0, \frac{π}{4}, π$

Ejercicio 2 BásicoIB · P1 Mayo 1997

Calcule $f^{'} (x)$ sabiendo que $f (x) = x ln x + e^{sen x} + arctan x$ .

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Resultado: $f^{'} (x) = ln x + 1 + e^{sen x} cos x + \frac{1}{1 + x ^{2}}$

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Derivamos término a término.
$x ln x$ (regla del producto): $ln x + x \cdot \frac{1}{x} = ln x + 1$ .
$e^{sen x}$ (regla de la cadena): $e^{sen x} cos x$ .
$arctan x$ : $\frac{1}{1 + x ^{2}}$ .
Sumamos: $f^{'} (x) = ln x + 1 + e^{sen x} cos x + \frac{1}{1 + x ^{2}}$ .

Resultado: $f^{'} (x) = ln x + 1 + e^{sen x} cos x + \frac{1}{1 + x ^{2}}$

Ejercicio 3 BásicoIB · P1 Noviembre 1997

Sabiendo que $y = x e^{3 x} + ln x$ , calcule $\frac{d y}{d x}$ y $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ .

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Resultado: $\frac{d y}{d x} = e^{3 x} (1 + 3 x) + \frac{1}{x}$ ; $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = 3 e^{3 x} (2 + 3 x) - \frac{1}{x ^{2}}$

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Derivamos $y = x e^{3 x} + ln x$ . Para $x e^{3 x}$ usamos el producto y la cadena: $e^{3 x} + 3 x e^{3 x}$ . Para $ln x$ : $\frac{1}{x}$ .
$\frac{d y}{d x} = e^{3 x} (1 + 3 x) + \frac{1}{x}$ .
Derivamos otra vez: $\frac{d}{d x} [e^{3 x} (1 + 3 x)] = 3 e^{3 x} (1 + 3 x) + 3 e^{3 x} = 3 e^{3 x} (2 + 3 x)$ (producto y cadena), y $\frac{d}{d x} (\frac{1}{x}) = - \frac{1}{x ^{2}}$ .
$\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = 3 e^{3 x} (2 + 3 x) - \frac{1}{x ^{2}}$ .

Resultado: $\frac{d y}{d x} = e^{3 x} (1 + 3 x) + \frac{1}{x}$ ; $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = 3 e^{3 x} (2 + 3 x) - \frac{1}{x ^{2}}$

Ejercicio 4 BásicoIB · P1 Mayo 1998

Sabiendo que $f (x) = \frac{arcsin x}{ln x}$ , calcule $f^{'} (x)$ .

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Resultado: $f^{'} (x) = \frac{x ln x - 1 - x ^{2} arcsin x}{x 1 - x ^{2} ( ln x ) ^{2}}$

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Aplicamos la regla del cociente a $f (x) = \frac{arcsin x}{ln x}$ , con $u = arcsin x$ (luego $u^{'} = \frac{1}{1 - x ^{2}}$ ) y $v = ln x$ (luego $v^{'} = \frac{1}{x}$ ).
$f^{'} (x) = \frac{\frac{ln x}{1 - x ^{2}} - \frac{arcsin x}{x}}{( ln x ) ^{2}}$ .
Reducimos el numerador a común denominador $x 1 - x^{2}$ : $\frac{x ln x - 1 - x ^{2} arcsin x}{x 1 - x ^{2}}$ .
$f^{'} (x) = \frac{x ln x - 1 - x ^{2} arcsin x}{x 1 - x ^{2} ( ln x ) ^{2}}$ .

Resultado: $f^{'} (x) = \frac{x ln x - 1 - x ^{2} arcsin x}{x 1 - x ^{2} ( ln x ) ^{2}}$

Ejercicio 5 BásicoIB · P1 Noviembre 2000

Para la función $f : x \to x^{2} ln x$ , $x > 0$ , calcule la función $f^{'}$ , la derivada de $f$ con respecto a $x$ .

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Resultado: $f^{'} (x) = 2 x ln x + x = x (2 ln x + 1)$

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Es un producto: $u = x^{2}$ , $v = ln x$ , con $u^{'} = 2 x$ y $v^{'} = \frac{1}{x}$ .
Regla del producto: $f^{'} (x) = 2 x ln x + x^{2} \cdot \frac{1}{x} = 2 x ln x + x$ .
Factorizamos: $f^{'} (x) = x (2 ln x + 1)$ .

Resultado: $f^{'} (x) = 2 x ln x + x = x (2 ln x + 1)$

Ejercicio 6 BásicoIB · P1 Noviembre 2000

Para la función $f : x \mapsto \frac{1}{2} sen 2 x + cos x$ , calcule los posibles valores de $sen x$ para los cuales $f^{'} (x) = 0$ .

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Resultado: $sen x = \frac{1}{2}$ o $sen x = - 1$

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Derivamos con la regla de la cadena: $f^{'} (x) = \frac{1}{2} \cdot 2 cos 2 x - sen x = cos 2 x - sen x$ .
Usamos $cos 2 x = 1 - 2 sen^{2} x$ para tener una sola función: $1 - 2 sen^{2} x - sen x = 0$ .
Con $s = sen x$ : $2 s^{2} + s - 1 = 0$ , que factoriza como $(2 s - 1) (s + 1) = 0$ .
Luego $s = \frac{1}{2}$ o $s = - 1$ (ambos valores están en $[- 1, 1]$ , así que son posibles).

Resultado: $sen x = \frac{1}{2}$ o $sen x = - 1$

Ejercicio 7 BásicoIB · P1 Noviembre 2001

Sea la función $y = tan x - 8 sen x$

a) Calcule $\frac{d y}{d x}$ .

b) Calcule el valor de $cos x$ cuando $\frac{d y}{d x} = 0$

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = sec^{2} x - 8 cos x = \frac{1 - 8 cos ^{3} x}{cos ^{2} x}$ ; b) $cos x = \frac{1}{2}$

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a) Derivamos: $\frac{d y}{d x} = sec^{2} x - 8 cos x = \frac{1}{cos ^{2} x} - 8 cos x = \frac{1 - 8 cos ^{3} x}{cos ^{2} x}$ .

b) 1. $\frac{d y}{d x} = 0$ exige $1 - 8 cos^{3} x = 0$ . 2. $cos^{3} x = \frac{1}{8}$ , luego $cos x = \frac{1}{2}$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = sec^{2} x - 8 cos x = \frac{1 - 8 cos ^{3} x}{cos ^{2} x}$ ; b) $cos x = \frac{1}{2}$

Ejercicio 8 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2004

La función $f$ se define por $f : x \mapsto 3^{x^{2}}$ . Encuentre la solución de la ecuación $f^{'} (x) = 2$ .

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Resultado: $x \approx 0, 607$

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Escribimos $3^{x^{2}} = e^{x^{2} l n 3}$ . Por la regla de la cadena: $f^{'} (x) = 2 x ln 3 \cdot 3^{x^{2}}$ .
La ecuación $f^{'} (x) = 2$ es $x \cdot 3^{x^{2}} = \frac{1}{ln 3} \approx 0, 9102$ .
No se puede despejar de forma exacta. Con la CPG (intersección de $y = 2 x ln 3 \cdot 3^{x^{2}}$ con $y = 2$ ): $x \approx 0, 607$ .
Es la única solución, porque $f^{'} (x)$ es negativa para $x < 0$ y crece para $x > 0$ .

Resultado: $x \approx 0, 607$

Ejercicio 9 BásicoIB · P1 Noviembre 2003

Dada la función $f (t) = 3 sec^{2} t + 5 t$

a) Halle $f^{'} (t)$ .

b) Halle los valores exactos de

(i) $f (π)$

(ii) $f^{'} (π)$

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Resultado: a) $f^{'} (t) = 6 sec^{2} t tan t + 5 = \frac{6 sen t}{cos ^{3} t} + 5$ ; b) (i) $f (π) = 3 + 5 π$ ; (ii) $f^{'} (π) = 5$

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a) 1. $f (t) = 3 sec^{2} t + 5 t$ . Con la regla de la cadena: $\frac{d}{d t} sec^{2} t = 2 sec t \cdot sec t tan t = 2 sec^{2} t tan t$ . 2. $f^{'} (t) = 6 sec^{2} t tan t + 5 = \frac{6 sen t}{cos ^{3} t} + 5$ .

b) (i) $f (π) = 3 sec^{2} π + 5 π = 3 \cdot (- 1)^{2} + 5 π = 3 + 5 π$ .

(ii) $f^{'} (π) = 6 \cdot 1 \cdot tan π + 5 = 6 \cdot 1 \cdot 0 + 5 = 5$ .

Resultado: a) $f^{'} (t) = 6 sec^{2} t tan t + 5 = \frac{6 sen t}{cos ^{3} t} + 5$ ; b) (i) $f (π) = 3 + 5 π$ ; (ii) $f^{'} (π) = 5$

Ejercicio 10 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

Si $y = ln (2 x - 1)$ , halle $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ .

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Resultado: $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - \frac{4}{( 2 x - 1 ) ^{2}}$

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$y = ln (2 x - 1)$ . Por la cadena: $\frac{d y}{d x} = \frac{2}{2 x - 1} = 2 (2 x - 1)^{- 1}$ .
Derivamos de nuevo (cadena): $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - 2 (2 x - 1)^{- 2} \cdot 2 = - \frac{4}{( 2 x - 1 ) ^{2}}$ .

Resultado: $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - \frac{4}{( 2 x - 1 ) ^{2}}$

Ejercicio 11 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2005

Considere la función $f (x) = ln x^{2} + 4$ .

a) Calcule $f^{'} (x)$ .

b) Calcule $f^{''} (x)$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{x}{x ^{2} + 4}$ ; b) $f^{''} (x) = \frac{4 - x ^{2}}{( x ^{2} + 4 ) ^{2}}$

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a) 1. Por las propiedades de los logaritmos: $f (x) = ln (x^{2} + 4)^{1/2} = \frac{1}{2} ln (x^{2} + 4)$ . 2. Regla de la cadena: $f^{'} (x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2 x}{x ^{2} + 4} = \frac{x}{x ^{2} + 4}$ .

b) Regla del cociente: $f^{''} (x) = \frac{1 \cdot ( x ^{2} + 4 ) - x \cdot 2 x}{( x ^{2} + 4 ) ^{2}} = \frac{4 - x ^{2}}{( x ^{2} + 4 ) ^{2}} .$

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{x}{x ^{2} + 4}$ ; b) $f^{''} (x) = \frac{4 - x ^{2}}{( x ^{2} + 4 ) ^{2}}$

Ejercicio 12 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2022

La función $g$ se define así: $g (x) = e^{x^{2} + 1}$ , donde $x \in R$ . Halle $g^{'} (- 1)$ .

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Resultado: $g^{'} (- 1) = - 2 e^{2}$

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Regla de la cadena con $u = x^{2} + 1$ : $g^{'} (x) = 2 x e^{x^{2} + 1}$ .
En $x = - 1$ : $g^{'} (- 1) = 2 (- 1) e^{1 + 1} = - 2 e^{2}$ .

Resultado: $g^{'} (- 1) = - 2 e^{2}$

Ejercicio 13 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2005

Sea $f (x) = \frac{x ^{2} + 5 x + 5}{x + 2}$ , $x \neq = - 2$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Resuelva $f^{'} (x) > 2$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{x ^{2} + 4 x + 5}{( x + 2 ) ^{2}}$ ; b) $] - 3, - 1 [- {- 2}$

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a) 1. Derivamos con la regla del cociente, $(\frac{u}{v})^{'} = \frac{u ^{'} v - u v ^{'}}{v ^{2}}$ , con $u = x^{2} + 5 x + 5$ y $v = x + 2$ . 2. $f^{'} (x) = \frac{( 2 x + 5 ) ( x + 2 ) - ( x ^{2} + 5 x + 5 ) \cdot 1}{( x + 2 ) ^{2}}$ . 3. Desarrollamos el numerador: $2 x^{2} + 9 x + 10 - x^{2} - 5 x - 5 = x^{2} + 4 x + 5$ . 4. Por tanto $f^{'} (x) = \frac{x ^{2} + 4 x + 5}{( x + 2 ) ^{2}}$ .

b) 1. Planteamos $\frac{x ^{2} + 4 x + 5}{( x + 2 ) ^{2}} > 2$ con $x \neq = - 2$ . 2. Como $(x + 2)^{2} > 0$ , podemos multiplicar sin cambiar el sentido: $x^{2} + 4 x + 5 > 2 (x + 2)^{2} = 2 x^{2} + 8 x + 8$ . 3. Pasamos todo a un lado: $0 > x^{2} + 4 x + 3$ , es decir, $(x + 1) (x + 3) < 0$ . 4. Una parábola con ramas hacia arriba es negativa entre sus raíces: $- 3 < x < - 1$ . 5. Hay que excluir $x = - 2$ , que no está en el dominio de $f$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{x ^{2} + 4 x + 5}{( x + 2 ) ^{2}}$ ; b) $] - 3, - 1 [- {- 2}$

Ejercicio 14 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2008Demostración

Si $y = ln (\frac{1}{3} (1 + e^{- 2 x}))$ compruebe que $\frac{d y}{d x} = \frac{2}{3} (e^{- y} - 3)$ .

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Resultado: queda demostrado.

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Derivamos con la regla de la cadena: $y = ln u$ con $u = \frac{1}{3} (1 + e^{- 2 x})$ , así que $\frac{d y}{d x} = \frac{u ^{'}}{u} = \frac{- \frac{2}{3} e ^{- 2 x}}{\frac{1}{3} ( 1 + e ^{- 2 x} )} = \frac{- 2 e ^{- 2 x}}{1 + e ^{- 2 x}}$ .
Del enunciado, $e^{y} = \frac{1}{3} (1 + e^{- 2 x})$ , luego $e^{- y} = \frac{3}{1 + e ^{- 2 x}}$ .
Sustituimos en el segundo miembro: $\frac{2}{3} (e^{- y} - 3) = \frac{2}{3} (\frac{3}{1 + e ^{- 2 x}} - 3) = 2 \cdot \frac{1 - ( 1 + e ^{- 2 x} )}{1 + e ^{- 2 x}}$ .
Simplificamos: $= \frac{- 2 e ^{- 2 x}}{1 + e ^{- 2 x}}$ , que coincide con $\frac{d y}{d x}$ .

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 15 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2009

a) Derive $f (x) = arcsin x + 2 1 - x^{2}$ , $x \in [- 1, 1]$

b) Halle las coordenadas del punto perteneciente a la gráfica de $y = f (x)$ en $[- 1, 1]$ , en el que la pendiente de la tangente a la curva es igual a $0$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{1 - 2 x}{1 - x ^{2}}$ ; b) $(\frac{1}{2}, \frac{π}{6} + 3)$

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a) 1. $\frac{d}{d x} arcsin x = \frac{1}{1 - x ^{2}}$ . 2. Para $2 1 - x^{2}$ usamos la regla de la cadena: $2 \cdot \frac{- 2 x}{2 1 - x ^{2}} = \frac{- 2 x}{1 - x ^{2}}$ . 3. Sumamos: $f^{'} (x) = \frac{1 - 2 x}{1 - x ^{2}}$ .

b) 1. Pendiente $0$ : $f^{'} (x) = 0$ , y el denominador no se anula en $] - 1, 1 [$ , así que $1 - 2 x = 0$ y $x = \frac{1}{2}$ . 2. En los extremos $x = \pm 1$ la derivada no existe, de modo que no hay otro candidato. 3. $f (\frac{1}{2}) = arcsin \frac{1}{2} + 2 1 - \frac{1}{4} = \frac{π}{6} + 2 \cdot \frac{3}{2} = \frac{π}{6} + 3$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{1 - 2 x}{1 - x ^{2}}$ ; b) $(\frac{1}{2}, \frac{π}{6} + 3)$

Ejercicio 16 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2010

La función $f$ se define de la siguiente forma: $f (x) = e^{x^{2} - 2 x - 1, 5}$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Se dice que $y = \frac{f ( x )}{x - 1}$ tiene un mínimo local en $x = a$ , $a > 1$ . Halle el valor de $a$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = (2 x - 2) e^{x^{2} - 2 x - 1, 5}$ ; b) $a = \frac{2 + 2}{2}$

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a) 1. Con la regla de la cadena, $\frac{d}{d x} e^{u} = u^{'} e^{u}$ con $u = x^{2} - 2 x - 1, 5$ . 2. $f^{'} (x) = (2 x - 2) e^{x^{2} - 2 x - 1, 5}$ .

b) 1. Derivamos $y = \frac{f ( x )}{x - 1}$ con la regla del cociente: $y^{'} = \frac{f ^{'} ( x ) ( x - 1 ) - f ( x )}{( x - 1 ) ^{2}} = \frac{2 ( x - 1 ) ^{2} f ( x ) - f ( x )}{( x - 1 ) ^{2}} = \frac{f ( x ) [ 2 ( x - 1 ) ^{2} - 1 ]}{( x - 1 ) ^{2}}$ . 2. $f (x) > 0$ , así que $y^{'} = 0$ cuando $2 (x - 1)^{2} = 1$ , es decir, $x - 1 = \pm \frac{1}{2}$ . 3. Como $a > 1$ , $a = 1 + \frac{1}{2} = \frac{2 + 2}{2}$ . 4. Es un mínimo: para $1 < x < a$ , $2 (x - 1)^{2} - 1 < 0$ y $y^{'} < 0$ ; para $x > a$ , $y^{'} > 0$ . La derivada pasa de negativa a positiva.

Resultado: a) $f^{'} (x) = (2 x - 2) e^{x^{2} - 2 x - 1, 5}$ ; b) $a = \frac{2 + 2}{2}$

Ejercicio 17 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

Considere las funciones $f$ y $g$ y sus derivadas $f^{'}$ y $g^{'}$ .

La siguiente tabla muestra los valores de las dos funciones y de sus derivadas en $x = 1$ , $2$ y $3$ .

$x$	$1$	$2$	$3$
$f (x)$	$3$	$1$	$1$
$f^{'} (x)$	$1$	$4$	$2$
$g (x)$	$2$	$1$	$4$
$g^{'} (x)$	$4$	$2$	$3$

Sabiendo que $p (x) = f (x) \cdot g (x)$ y $h (x) = (g \circ f) (x)$ , halle

a) $p^{'} (3)$

b) $h^{'} (2)$

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Resultado: a) $p^{'} (3) = 11$ ; b) $h^{'} (2) = 16$

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a) 1. Regla del producto: $p^{'} (x) = f^{'} (x) g (x) + f (x) g^{'} (x)$ . 2. $p^{'} (3) = f^{'} (3) g (3) + f (3) g^{'} (3) = 2 \cdot 4 + 1 \cdot 3 = 11$ .

b) 1. Regla de la cadena: $h^{'} (x) = g^{'} (f (x)) \cdot f^{'} (x)$ . 2. $h^{'} (2) = g^{'} (f (2)) f^{'} (2) = g^{'} (1) \cdot f^{'} (2) = 4 \cdot 4 = 16$ .

Resultado: a) $p^{'} (3) = 11$ ; b) $h^{'} (2) = 16$

Ejercicio 18 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007

La siguiente tabla muestra los valores de dos funciones $f$ y $g$ y de sus primeras derivadas cuando $x = 1$ y $x = 0$ .

$x$	$f (x)$	$f^{'} (x)$	$g (x)$	$g^{'} (x)$
$0$	$4$	$1$	$- 4$	$5$
$1$	$- 2$	$3$	$- 1$	$2$

a) Calcule la derivada de $\frac{3 f ( x )}{g ( x ) - 1}$ cuando $x = 0$ .

b) Calcule la derivada de $f [g (x) + 2 x]$ cuando $x = 1$ .

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Resultado: a) $- 3$ ; b) $12$

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a) 1. Regla del cociente: $\frac{d}{d x} \frac{3 f}{g - 1} = \frac{3 f ^{'} ( g - 1 ) - 3 f g ^{'}}{( g - 1 ) ^{2}}$ . 2. En $x = 0$ : $f = 4$ , $f^{'} = 1$ , $g = - 4$ , $g^{'} = 5$ . Entonces $\frac{3 \cdot 1 \cdot ( - 5 ) - 3 \cdot 4 \cdot 5}{25} = \frac{- 15 - 60}{25} = - 3$ .

b) 1. Regla de la cadena: $\frac{d}{d x} f [g (x) + 2 x] = f^{'} (g (x) + 2 x) (g^{'} (x) + 2)$ . 2. En $x = 1$ : $g (1) + 2 = - 1 + 2 = 1$ , así que necesitamos $f^{'} (1) = 3$ , y $g^{'} (1) + 2 = 4$ . 3. El valor es $3 \cdot 4 = 12$ .

Resultado: a) $- 3$ ; b) $12$

Ejercicio 19 MedioIB · P1 Mayo 1996

Sabiendo que $f (x) = \frac{x}{x + 2}$ y $g (x) = f (\frac{x - 2}{3})$ , obtenga una expresión para la derivada de $g (x)$ y calcule su dominio.

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Resultado: $g^{'} (x) = \frac{6}{( x + 4 ) ^{2}}$ , con dominio $R - {- 4}$

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Simplificamos $g$ : $g (x) = f (\frac{x - 2}{3}) = \frac{\frac{x - 2}{3}}{\frac{x - 2}{3} + 2} = \frac{x - 2}{x - 2 + 6} = \frac{x - 2}{x + 4}$ .
Regla del cociente: $g^{'} (x) = \frac{1 \cdot ( x + 4 ) - ( x - 2 ) \cdot 1}{( x + 4 ) ^{2}} = \frac{6}{( x + 4 ) ^{2}}$ .
El dominio de $g^{'}$ : $x \neq = - 4$ (donde se anula el denominador).

Resultado: $g^{'} (x) = \frac{6}{( x + 4 ) ^{2}}$ , con dominio $R - {- 4}$

Ejercicio 20 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2018

Considere la curva $y = \frac{1}{1 - x} + \frac{4}{x - 4}$ .

Halle las coordenadas $x$ de los puntos de la curva donde la pendiente es cero.

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Resultado: $x = 2$ y $x = - 2$ (puntos $(2, - 3)$ y $(- 2, - \frac{1}{3})$ )

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Derivamos (regla de la cadena en cada término): $y^{'} = \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}} - \frac{4}{( x - 4 ) ^{2}}$ .
Pendiente cero: $\frac{1}{( 1 - x ) ^{2}} = \frac{4}{( x - 4 ) ^{2}} \Rightarrow (x - 4)^{2} = 4 (1 - x)^{2} \Rightarrow x - 4 = \pm 2 (1 - x)$ .
Con el signo $+$ : $x - 4 = 2 - 2 x \Rightarrow x = 2$ . Con el signo $-$ : $x - 4 = - 2 + 2 x \Rightarrow x = - 2$ .
Ordenadas: $y (2) = \frac{1}{- 1} + \frac{4}{- 2} = - 3$ y $y (- 2) = \frac{1}{3} + \frac{4}{- 6} = - \frac{1}{3}$ .

Resultado: $x = 2$ y $x = - 2$ (puntos $(2, - 3)$ y $(- 2, - \frac{1}{3})$ )

Ejercicio 21 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2018

Sea $P (x) = 2 x^{4} - 15 x^{3} + a x^{2} + b x + c$ , donde $a, b, c \in R$ .

a) Sabiendo que $(x - 5)$ es un factor de $P (x)$ , halle una expresión que relacione $a$ , $b$ y $c$ .

b) Sabiendo que $(x - 5)^{2}$ es un factor de $P (x)$ , escriba el valor de $P^{'} (5)$ .

c) Sabiendo que $(x - 5)^{2}$ es un factor de $P (x)$ , y que $a = 2$ , halle los valores de $b$ y $c$ .

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Resultado: a) $25 a + 5 b + c = 625$ ; b) $P^{'} (5) = 0$ ; c) $b = 105$ , $c = 50$

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a) 1. Si $(x - 5)$ es factor, $P (5) = 0$ : $2 \cdot 625 - 15 \cdot 125 + 25 a + 5 b + c = 0$ . 2. $1250 - 1875 + 25 a + 5 b + c = 0 \Rightarrow 25 a + 5 b + c = 625$ .

b) 1. Si $(x - 5)^{2}$ es factor, $P (x) = (x - 5)^{2} Q (x)$ y $P^{'} (x) = 2 (x - 5) Q (x) + (x - 5)^{2} Q^{'} (x)$ . 2. Todos los términos tienen el factor $(x - 5)$ , luego $P^{'} (5) = 0$ .

c) 1. $P^{'} (x) = 8 x^{3} - 45 x^{2} + 2 a x + b$ . $P^{'} (5) = 0$ : $1000 - 1125 + 10 a + b = 0 \Rightarrow b = 125 - 10 a$ . 2. Con $a = 2$ : $b = 105$ . 3. De $25 a + 5 b + c = 625$ : $50 + 525 + c = 625 \Rightarrow c = 50$ .

Resultado: a) $25 a + 5 b + c = 625$ ; b) $P^{'} (5) = 0$ ; c) $b = 105$ , $c = 50$

Ejercicio 22 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2016

Una curva viene dada por la ecuación $y = sen (π cos x)$ .

Encuentre las coordenadas de todos los puntos de la curva para los cuales $\frac{d y}{d x} = 0$ , $0 \leq x \leq π$ .

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Resultado: $(0, 0)$ , $(π, 0)$ , $(\frac{π}{3}, 1)$ , $(\frac{2 π}{3}, - 1)$

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Derivamos con la regla de la cadena (dos veces): $\frac{d y}{d x} = cos (π cos x) \cdot (- π sen x)$ .
Igualamos a cero: $sen x = 0$ o $cos (π cos x) = 0$ .
Si $sen x = 0$ , en $0 \leq x \leq π$ : $x = 0$ y $x = π$ . Valores: $y (0) = sen π = 0$ y $y (π) = sen (- π) = 0$ .
Si $cos (π cos x) = 0$ , entonces $π cos x = \pm \frac{π}{2}$ (porque $π cos x \in [- π, π]$ ), es decir, $cos x = \pm \frac{1}{2}$ . En $[0, π]$ : $x = \frac{π}{3}$ y $x = \frac{2 π}{3}$ .
Valores: $y (\frac{π}{3}) = sen \frac{π}{2} = 1$ e $y (\frac{2 π}{3}) = sen (- \frac{π}{2}) = - 1$ .

Resultado: $(0, 0)$ , $(π, 0)$ , $(\frac{π}{3}, 1)$ , $(\frac{2 π}{3}, - 1)$

Ejercicio 23 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2016Demostración

La función $f$ viene dada por $f (x) = a x^{2} + b x + c$ , donde $a, b, c \in R$ .

Hayley formula la siguiente conjetura: $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} = \frac{f ^{'} ( x _{2} ) + f ^{'} ( x _{1} )}{2}$ , $x_{1} \neq = x_{2}$ .

Muestre que la conjetura de Hayley es correcta.

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Resultado: queda demostrado: $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} = \frac{f ^{'} ( x _{2} ) + f ^{'} ( x _{1} )}{2} = a (x_{1} + x_{2}) + b$ .

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Sea $f (x) = a x^{2} + b x + c$ . Su derivada es $f^{'} (x) = 2 a x + b$ .
Lado izquierdo: $f (x_{2}) - f (x_{1}) = a (x_{2}^{2} - x_{1}^{2}) + b (x_{2} - x_{1}) = (x_{2} - x_{1}) [a (x_{2} + x_{1}) + b]$ .
Dividimos entre $x_{2} - x_{1} \neq = 0$ : $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} = a (x_{1} + x_{2}) + b$ .
Lado derecho: $\frac{f ^{'} ( x _{2} ) + f ^{'} ( x _{1} )}{2} = \frac{2 a x _{2} + b + 2 a x _{1} + b}{2} = a (x_{1} + x_{2}) + b$ .
Ambos lados son iguales, luego la conjetura de Hayley es correcta.

Resultado: queda demostrado: $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} = \frac{f ^{'} ( x _{2} ) + f ^{'} ( x _{1} )}{2} = a (x_{1} + x_{2}) + b$ .

Ejercicio 24 MedioIB · P1 Mayo 1999

Derive $y = arccos (1 - 2 x^{2})$ con respecto a $x$ , y simplifique su respuesta.

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Resultado: $\frac{d y}{d x} = \frac{2 x}{x ^{2} - x ^{4}}$

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Es una composición: $y = arccos u$ con $u = 1 - 2 x^{2}$ . Usamos la regla de la cadena y $\frac{d}{d u} arccos u = - \frac{1}{1 - u ^{2}}$ .
Derivamos la función interior: $u^{'} = - 4 x$ .
Por tanto $\frac{d y}{d x} = - \frac{1}{1 - ( 1 - 2 x ^{2} ) ^{2}} \cdot (- 4 x) = \frac{4 x}{1 - ( 1 - 2 x ^{2} ) ^{2}} .$
Simplificamos el radicando: $1 - (1 - 4 x^{2} + 4 x^{4}) = 4 x^{2} - 4 x^{4} = 4 (x^{2} - x^{4})$ , y $4 (x^{2} - x^{4}) = 2 x^{2} - x^{4}$ .
Así $\frac{d y}{d x} = \frac{4 x}{2 x ^{2} - x ^{4}} = \frac{2 x}{x ^{2} - x ^{4}}$ (definida para $0 < ∣ x ∣ < 1$ ).

Resultado: $\frac{d y}{d x} = \frac{2 x}{x ^{2} - x ^{4}}$

Ejercicio 25 MedioIB · P1 Noviembre 2003

Sea $y = e^{3 x} sen (π x)$ .

a) Halle $\frac{d y}{d x}$ .

b) Halle el menor valor positivo de $x$ para el cual $\frac{d y}{d x} = 0$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = e^{3 x} (3 sen π x + π cos π x)$ ; b) $x \approx 0, 743$

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a) Regla del producto (con la cadena en cada factor): $\frac{d y}{d x} = 3 e^{3 x} sen (π x) + e^{3 x} π cos (π x) = e^{3 x} [3 sen (π x) + π cos (π x)] .$

b) 1. $\frac{d y}{d x} = 0 ⟺ 3 sen (π x) + π cos (π x) = 0$ (porque $e^{3 x} > 0$ ), es decir, $tan (π x) = - \frac{π}{3}$ . 2. La solución principal de $tan u = - \frac{π}{3}$ es $u = - arctan \frac{π}{3} \approx - 0, 808$ , y las demás son $u = - arctan \frac{π}{3} + k π$ . 3. Con $u = π x > 0$ , el menor valor positivo es $k = 1$ : $π x = π - arctan \frac{π}{3}$ , luego $x = 1 - \frac{1}{π} arctan \frac{π}{3} \approx 0, 743$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = e^{3 x} (3 sen π x + π cos π x)$ ; b) $x \approx 0, 743$

Ejercicio 26 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

La función $f$ viene dada por $f : x \mapsto 3^{x}$ . Resuelva la ecuación $f^{''} (x) = 2$ .

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Resultado: $x = \frac{ln ( \frac{2}{( ln 3 ) ^{2}} )}{ln 3} \approx 0, 460$

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$f (x) = 3^{x} = e^{x l n 3}$ , luego $f^{'} (x) = ln 3 \cdot 3^{x}$ y $f^{''} (x) = (ln 3)^{2} 3^{x}$ .
$f^{''} (x) = 2$ equivale a $3^{x} = \frac{2}{( ln 3 ) ^{2}}$ .
Tomamos logaritmos neperianos: $x ln 3 = ln \frac{2}{( ln 3 ) ^{2}}$ , luego $x = \frac{ln ( \frac{2}{( ln 3 ) ^{2}} )}{ln 3} \approx 0, 460$ .

Resultado: $x = \frac{ln ( \frac{2}{( ln 3 ) ^{2}} )}{ln 3} \approx 0, 460$

Ejercicio 27 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

Sea $f$ una función polinómica cúbica. Sabiendo que $f (0) = 2$ , $f^{'} (0) = - 3$ , $f (1) = f^{'} (1)$ y $f^{''} (- 1) = 6$ , halle $f (x)$ .

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Resultado: $f (x) = - \frac{1}{5} x^{3} + \frac{12}{5} x^{2} - 3 x + 2$

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Escribimos $f (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ , con $f^{'} (x) = 3 a x^{2} + 2 b x + c$ y $f^{''} (x) = 6 a x + 2 b$ .
$f (0) = 2$ da $d = 2$ . $f^{'} (0) = - 3$ da $c = - 3$ .
$f^{''} (- 1) = 6$ : $- 6 a + 2 b = 6$ , luego $b = 3 + 3 a$ .
$f (1) = f^{'} (1)$ : $a + b - 3 + 2 = 3 a + 2 b - 3$ , es decir, $a + b - 1 = 3 a + 2 b - 3$ , que se reduce a $2 a + b = 2$ .
Sustituimos $b = 3 + 3 a$ : $2 a + 3 + 3 a = 2$ , luego $5 a = - 1$ y $a = - \frac{1}{5}$ . Entonces $b = 3 - \frac{3}{5} = \frac{12}{5}$ .

Resultado: $f (x) = - \frac{1}{5} x^{3} + \frac{12}{5} x^{2} - 3 x + 2$

Ejercicio 28 MedioIB · P2 TZ0 Mayo 2006

Sea $f (x) = cos^{3} (4 x + 1)$ , $0 \leq x \leq 1$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Halle los valores exactos de las tres raíces de $f^{'} (x) = 0$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = - 12 cos^{2} (4 x + 1) sen (4 x + 1)$ ; b) $x = \frac{π - 2}{8}$ , $x = \frac{3 π - 2}{8}$ , $x = \frac{π - 1}{4}$

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a) 1. Escribimos $f (x) = [cos (4 x + 1)]^{3}$ y aplicamos la regla de la cadena dos veces. 2. $f^{'} (x) = 3 cos^{2} (4 x + 1) \cdot (- sen (4 x + 1)) \cdot 4 = - 12 cos^{2} (4 x + 1) sen (4 x + 1)$ .

b) 1. $f^{'} (x) = 0$ cuando $cos (4 x + 1) = 0$ o $sen (4 x + 1) = 0$ . 2. Si $0 \leq x \leq 1$ , el ángulo $u = 4 x + 1$ recorre $[1, 5]$ (rad). 3. $cos u = 0$ en $[1, 5]$ : $u = \frac{π}{2} \approx 1, 57$ y $u = \frac{3 π}{2} \approx 4, 71$ . Entonces $x = \frac{\frac{π}{2} - 1}{4} = \frac{π - 2}{8}$ y $x = \frac{\frac{3 π}{2} - 1}{4} = \frac{3 π - 2}{8}$ . 4. $sen u = 0$ en $[1, 5]$ : solo $u = π \approx 3, 14$ (porque $2 π \approx 6, 28 > 5$ ). Entonces $x = \frac{π - 1}{4}$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = - 12 cos^{2} (4 x + 1) sen (4 x + 1)$ ; b) $x = \frac{π - 2}{8}$ , $x = \frac{3 π - 2}{8}$ , $x = \frac{π - 1}{4}$

Ejercicio 29 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007Demostración

Sea $y = x arcsin x$ , $x \in] - 1, 1 [$ . Muestre que $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{2 - x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}}$ .

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Resultado: queda demostrado: $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{2 - x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{3/2}}$ .

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Primera derivada, con la regla del producto: $y^{'} = arcsin x + x \cdot \frac{1}{1 - x ^{2}}$ .
Segunda derivada: $y^{''} = \frac{1}{1 - x ^{2}} + \frac{d}{d x} [x (1 - x^{2})^{- 1/2}]$ .
El último término, otra vez con la regla del producto y la de la cadena: $(1 - x^{2})^{- 1/2} + x \cdot (- \frac{1}{2}) (1 - x^{2})^{- 3/2} (- 2 x) = (1 - x^{2})^{- 1/2} + x^{2} (1 - x^{2})^{- 3/2}$ .
Sumamos: $y^{''} = 2 (1 - x^{2})^{- 1/2} + x^{2} (1 - x^{2})^{- 3/2}$ .
Sacamos factor común $(1 - x^{2})^{- 3/2}$ : $y^{''} = \frac{2 ( 1 - x ^{2} ) + x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{3/2}} = \frac{2 - x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{3/2}}$ .

Resultado: queda demostrado: $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{2 - x ^{2}}{( 1 - x ^{2} ) ^{3/2}}$ .

Ejercicio 30 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2011Demostración

Sabiendo que $y = \frac{1}{1 - x}$ , utilice la inducción matemática para demostrar que $\frac{d ^{n} y}{d x ^{n}} = \frac{n !}{( 1 - x ) ^{n + 1}}$ , $n \in Z^{+}$ .

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Resultado: queda demostrado: $\frac{d ^{n} y}{d x ^{n}} = \frac{n !}{( 1 - x ) ^{n + 1}}$ .

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Sea $P (n)$ : $\frac{d ^{n} y}{d x ^{n}} = \frac{n !}{( 1 - x ) ^{n + 1}}$ .
Caso base $n = 1$ : $y = (1 - x)^{- 1}$ y, por la regla de la cadena, $y^{'} = (1 - x)^{- 2} = \frac{1 !}{( 1 - x ) ^{2}}$ . Se cumple.
Hipótesis: $P (k)$ cierta, $\frac{d ^{k} y}{d x ^{k}} = k! (1 - x)^{- (k + 1)}$ .
Derivamos (regla de la cadena): $\frac{d ^{k + 1} y}{d x ^{k + 1}} = k! \cdot (- (k + 1)) (1 - x)^{- (k + 2)} \cdot (- 1) = (k + 1) k! (1 - x)^{- (k + 2)}$ .
Como $(k + 1) k! = (k + 1)!$ : $\frac{d ^{k + 1} y}{d x ^{k + 1}} = \frac{( k + 1 )!}{( 1 - x ) ^{k + 2}}$ , que es $P (k + 1)$ .
Como $P (1)$ es cierta y $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ , por inducción $P (n)$ es cierta para todo $n \in Z^{+}$ .

Resultado: queda demostrado: $\frac{d ^{n} y}{d x ^{n}} = \frac{n !}{( 1 - x ) ^{n + 1}}$ .

Ejercicio 31 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2015

Encuentre la ecuación de la normal a la curva $y = \frac{e ^{x} cos x ln ( x + e )}{( x ^{17} + 1 ) ^{5}}$ en el punto donde $x = 0$ . En su respuesta, dé el valor de la pendiente de la normal con tres decimales.

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Resultado: $y = - 0, 731 x + 1$

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En $x = 0$ : $y = \frac{1 \cdot 1 \cdot ln e}{( 0 + 1 ) ^{5}} = 1$ . El punto es $(0, 1)$ .
Para derivar un cociente y producto tan largo usamos la derivada logarítmica: $ln y = x + ln cos x + ln (ln (x + e)) - 5 ln (x^{17} + 1)$ , y derivando, $\frac{y ^{'}}{y} = 1 - tan x + \frac{1}{( x + e ) ln ( x + e )} - \frac{85 x ^{16}}{x ^{17} + 1} .$
En $x = 0$ : $\frac{y ^{'}}{y} = 1 - 0 + \frac{1}{e \cdot 1} - 0 = 1 + \frac{1}{e}$ , y como $y = 1$ , $y^{'} (0) = 1 + \frac{1}{e} \approx 1, 3679$ (este valor también se obtiene con la CPG).
La pendiente de la normal es $- \frac{1}{y ^{'} ( 0 )} \approx - 0, 731$ .
La normal por $(0, 1)$ es $y = - 0, 731 x + 1$ .

Resultado: $y = - 0, 731 x + 1$

Ejercicio 32 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2015Demostración

a) Muestre que $sen (θ + \frac{π}{2}) = cos θ$ .

b) Considere $f (x) = sen (a x)$ , donde $a$ es una constante. Demuestre mediante inducción matemática que $f^{(n)} (x) = a^{n} sen (a x + \frac{nπ}{2})$ , donde $n \in Z^{+}$ y $f^{(n)} (x)$ representa la $n$ -ésima derivada de $f (x)$ .

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Resultado: queda demostrado.

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a) 1. Usamos la fórmula del seno de una suma: $sen (θ + \frac{π}{2}) = sen θ cos \frac{π}{2} + cos θ sen \frac{π}{2} = sen θ \cdot 0 + cos θ \cdot 1 = cos θ$ .

b) Demostración por inducción de $P (n) : f^{(n)} (x) = a^{n} sen (a x + \frac{nπ}{2})$ .

Caso base $n = 1$ : $f^{'} (x) = a cos (a x)$ (cadena). Por el apartado a), $a cos (a x) = a sen (a x + \frac{π}{2})$ , que es $P (1)$ .
Hipótesis: supongamos que $P (k)$ es cierto para algún $k \in Z^{+}$ : $f^{(k)} (x) = a^{k} sen (a x + \frac{k π}{2})$ .
Derivamos (regla de la cadena): $f^{(k + 1)} (x) = a^{k} \cdot a cos (a x + \frac{k π}{2}) = a^{k + 1} cos (a x + \frac{k π}{2})$ .
Por el apartado a) con $θ = a x + \frac{k π}{2}$ : $cos (a x + \frac{k π}{2}) = sen (a x + \frac{k π}{2} + \frac{π}{2}) = sen (a x + \frac{( k + 1 ) π}{2})$ .
Por tanto $f^{(k + 1)} (x) = a^{k + 1} sen (a x + \frac{( k + 1 ) π}{2})$ , que es $P (k + 1)$ .
Como $P (1)$ es cierto y $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ , $P (n)$ es cierto para todo $n \in Z^{+}$ .

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 33 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2005Demostración

La función $f$ está definida por $f (x) = e^{p x} (x + 1)$ , con $p \in R$ .

(i) Compruebe que $f^{'} (x) = e^{p x} (p (x + 1) + 1)$ .

(ii) Sea $f^{(n)} (x)$ la derivada $f (x)$ respecto de $x$ , $n$ veces. Demuestre por inducción matemática que $f^{(n)} (x) = p^{n - 1} e^{p x} (p (x + 1) + n)$ , $n \in Z^{+}$ .

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Resultado: queda demostrado.

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(i) 1. Aplicamos la regla del producto a $f (x) = e^{p x} (x + 1)$ . 2. $f^{'} (x) = p e^{p x} (x + 1) + e^{p x} \cdot 1$ . 3. Sacamos factor común $e^{p x}$ : $f^{'} (x) = e^{p x} (p (x + 1) + 1)$ .

(ii) Demostramos por inducción que $f^{(n)} (x) = p^{n - 1} e^{p x} (p (x + 1) + n)$ para $n \in Z^{+}$ .

Caso base $n = 1$ : la fórmula da $p^{0} e^{p x} (p (x + 1) + 1)$ , que es el resultado de (i).
Hipótesis de inducción: para algún $k \in Z^{+}$ , $f^{(k)} (x) = p^{k - 1} e^{p x} (p (x + 1) + k)$ .
Paso: derivamos con la regla del producto: $f^{(k + 1)} (x) = p^{k - 1} [p e^{p x} (p (x + 1) + k) + e^{p x} \cdot p] .$
Sacamos factor común $p e^{p x}$ : $f^{(k + 1)} (x) = p^{k - 1} \cdot p e^{p x} (p (x + 1) + k + 1) = p^{k} e^{p x} (p (x + 1) + k + 1)$ .
Es la fórmula para $n = k + 1$ . Como se cumple para $n = 1$ y, si se cumple para $k$ , se cumple para $k + 1$ , queda demostrada para todo $n \in Z^{+}$ .

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 34 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2014

Considere las funciones: $h (x) = arctan (x)$ , $x \in R$ y $g (x) = \frac{1}{x}$ , $x \in R$ , $x \neq = 0$ .

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = h (x)$ .

b) Halle una expresión para la función compuesta $(h \circ g) (x)$ e indique su dominio.

Sabiendo que $f (x) = h (x) + (h \circ g) (x)$ ,

c) i) halle $f^{'} (x)$ , expresando el resultado de forma simplificada.

(ii) muestre que $f (x) = \frac{π}{2}$ para $x > 0$ .

Nigel indica que $f$ es una función impar, mientras que Tom sostiene que $f$ es una función par.

d) i) Indique quién tiene razón y justifique su respuesta.

(ii) A partir de lo anterior, halle el valor de $f (x)$ para $x < 0$ .

Ver solución

a) Gráfica de y = arctan x: creciente, pasa por el origen y se acerca a dos asíntotas horizontales, y = π/2 y y = −π/2

La gráfica de $y = arctan x$ pasa por el origen, es creciente, es simétrica respecto del origen y tiene asíntotas horizontales $y = \frac{π}{2}$ (cuando $x \to + \infty$ ) e $y = - \frac{π}{2}$ (cuando $x \to - \infty$ ).

b) 1. $(h \circ g) (x) = h (g (x)) = arctan (\frac{1}{x})$ . 2. El dominio es el de $g$ (ya que $arctan$ acepta cualquier real): $D_{h \circ g} = R - {0}$ .

c) i) 1. $f (x) = arctan x + arctan \frac{1}{x}$ . Derivamos (cadena en el segundo término): $f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} + \frac{1}{1 + \frac{1}{x ^{2}}} \cdot (- \frac{1}{x ^{2}})$ . 2. Simplificamos el segundo término: $\frac{x ^{2}}{x ^{2} + 1} \cdot (- \frac{1}{x ^{2}}) = - \frac{1}{x ^{2} + 1}$ . 3. Entonces $f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} - \frac{1}{1 + x ^{2}} = 0$ .

(ii) 1. Como $f^{'} (x) = 0$ en el intervalo $x > 0$ , $f$ es constante allí. 2. Calculamos la constante con $x = 1$ : $f (1) = arctan 1 + arctan 1 = \frac{π}{4} + \frac{π}{4} = \frac{π}{2}$ . 3. Por tanto $f (x) = \frac{π}{2}$ para $x > 0$ .

d) i) 1. $f (- x) = arctan (- x) + arctan (- \frac{1}{x}) = - arctan x - arctan \frac{1}{x} = - f (x)$ , porque $arctan$ es impar. 2. Por tanto $f$ es impar: tiene razón Nigel.

(ii) 1. Para $x < 0$ tenemos $- x > 0$ , luego $f (- x) = \frac{π}{2}$ . 2. Como $f$ es impar, $f (x) = - f (- x) = - \frac{π}{2}$ .

Resultado: b) $arctan (\frac{1}{x})$ , dominio $R - {0}$ ; c) i) $f^{'} (x) = 0$ ; ii) queda mostrado; d) i) Nigel, porque $f (- x) = - f (x)$ ; ii) $f (x) = - \frac{π}{2}$ para $x < 0$

Ejercicio 35 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2012Demostración

a) Utilizando la definición de derivada, compruebe que la derivada de $\frac{1}{2 x + 1}$ es $\frac{- 2}{( 2 x + 1 ) ^{2}}$ .

b) Demuestre, mediante la inducción matemática, que la derivada $n$ -ésima de $(2 x + 1)^{- 1}$ es $(- 1)^{n} \frac{2 ^{n} n !}{( 2 x + 1 ) ^{n + 1}}$ .

Ver resultado

Resultado: queda demostrado.

Ver proceso y resultado

a) 1. Definición: $f^{'} (x) = h \to 0 lim \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h}$ con $f (x) = \frac{1}{2 x + 1}$ . 2. $\frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = \frac{1}{h} (\frac{1}{2 x + 2 h + 1} - \frac{1}{2 x + 1}) = \frac{1}{h} \cdot \frac{( 2 x + 1 ) - ( 2 x + 2 h + 1 )}{( 2 x + 2 h + 1 ) ( 2 x + 1 )}$ . 3. El numerador vale $- 2 h$ : $= \frac{- 2 h}{h ( 2 x + 2 h + 1 ) ( 2 x + 1 )} = \frac{- 2}{( 2 x + 2 h + 1 ) ( 2 x + 1 )}$ . 4. Cuando $h \to 0$ : $f^{'} (x) = \frac{- 2}{( 2 x + 1 ) ^{2}}$ .

b) Demostramos por inducción que $\frac{d ^{n}}{d x ^{n}} (2 x + 1)^{- 1} = (- 1)^{n} \frac{2 ^{n} n !}{( 2 x + 1 ) ^{n + 1}}$ .

Caso base $n = 1$ : la fórmula da $(- 1) \frac{2 \cdot 1}{( 2 x + 1 ) ^{2}} = \frac{- 2}{( 2 x + 1 ) ^{2}}$ , que es lo que hemos obtenido en (a).
Hipótesis: $f^{(k)} (x) = (- 1)^{k} 2^{k} k! (2 x + 1)^{- (k + 1)}$ .
Paso: derivamos con la regla de la cadena: $f^{(k + 1)} (x) = (- 1)^{k} 2^{k} k! \cdot (- (k + 1)) (2 x + 1)^{- (k + 2)} \cdot 2$ .
Agrupamos: $= (- 1)^{k + 1} 2^{k + 1} (k + 1) k! (2 x + 1)^{- (k + 2)} = (- 1)^{k + 1} \frac{2 ^{k + 1} ( k + 1 )!}{( 2 x + 1 ) ^{k + 2}}$ .
Es la fórmula para $n = k + 1$ ; queda demostrada por inducción para todo $n \in Z^{+}$ .

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 36 DifícilIB · P2 Mayo 2001Demostración

Use la inducción matemática para probar que $\frac{d ^{n}}{d x ^{n}} (cos x) = cos (x + \frac{nπ}{2})$ , para todo valor entero positivo de $n$ .

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Resultado: queda demostrado.

Ver proceso y resultado

Queremos probar por inducción que $P (n) : \frac{d ^{n}}{d x ^{n}} (cos x) = cos (x + \frac{nπ}{2})$ para todo entero $n \geq 1$ .

Caso base $n = 1$ : $\frac{d}{d x} cos x = - sen x$ , y $cos (x + \frac{π}{2}) = - sen x$ . Se cumple.
Hipótesis de inducción: suponemos que para cierto $k \geq 1$ es $\frac{d ^{k}}{d x ^{k}} (cos x) = cos (x + \frac{k π}{2})$ .
Paso inductivo: derivamos una vez más (regla de la cadena): $\frac{d ^{k + 1}}{d x ^{k + 1}} (cos x) = \frac{d}{d x} cos (x + \frac{k π}{2}) = - sen (x + \frac{k π}{2})$ .
Como $- sen α = cos (α + \frac{π}{2})$ , resulta $- sen (x + \frac{k π}{2}) = cos (x + \frac{k π}{2} + \frac{π}{2}) = cos (x + \frac{( k + 1 ) π}{2})$ .
Es decir, $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ . Como $P (1)$ es cierta, por el principio de inducción $P (n)$ es cierta para todo entero positivo $n$ .

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 37 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2017

Considere la función $f_{n} (x) = (cos 2 x) (cos 4 x) \dots (cos 2^{n} x)$ , $n \in Z^{+}$ .

a) Determine si $f_{n}$ es una función par o impar, justificando su respuesta.

b) Usando la inducción matemática, pruebe que $f_{n} (x) = \frac{sen 2 ^{n + 1} x}{2 ^{n} sen 2 x}$ , $x \neq = \frac{mπ}{2}$ donde $m \in Z$ .

c) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, calcule una expresión para la derivada de $f_{n} (x)$ con respecto a $x$ .

d) Muestre que, para $n > 1$ , la ecuación de la tangente a la curva $y = f_{n} (x)$ en $x = \frac{π}{4}$ es $4 x - 2 y - π = 0$ .

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Resultado: a) $f_{n}$ es par; b) queda demostrado por inducción; c) $f_{n}^{'} (x) = \frac{2 ^{n + 1} cos ( 2 ^{n + 1} x ) sen 2 x - 2 cos 2 x sen ( 2 ^{n + 1} x )}{2 ^{n} sen ^{2} 2 x}$ ; d) la tangente es $4 x - 2 y - π = 0$

Ver proceso y resultado

a) 1. Calculamos $f_{n} (- x) = cos (- 2 x) cos (- 4 x) \dots cos (- 2^{n} x)$ . 2. Como el coseno es par, $cos (- 2^{k} x) = cos (2^{k} x)$ para cada $k$ , luego $f_{n} (- x) = f_{n} (x)$ . 3. $f_{n}$ es una función par.

b) Probamos $f_{n} (x) = \frac{sen 2 ^{n + 1} x}{2 ^{n} sen 2 x}$ por inducción.

Caso base $n = 1$ : $f_{1} (x) = cos 2 x$ y $\frac{sen 4 x}{2 sen 2 x} = \frac{2 sen 2 x cos 2 x}{2 sen 2 x} = cos 2 x$ . Se cumple.
Hipótesis: suponemos $f_{k} (x) = \frac{sen 2 ^{k + 1} x}{2 ^{k} sen 2 x}$ para algún $k \in Z^{+}$ .
Paso: $f_{k + 1} (x) = f_{k} (x) cos (2^{k + 1} x) = \frac{sen ( 2 ^{k + 1} x ) cos ( 2 ^{k + 1} x )}{2 ^{k} sen 2 x}$ .
Multiplicamos y dividimos por $2$ y usamos $2 sen α cos α = sen 2 α$ : $f_{k + 1} (x) = \frac{sen ( 2 \cdot 2 ^{k + 1} x )}{2 ^{k + 1} sen 2 x} = \frac{sen 2 ^{k + 2} x}{2 ^{k + 1} sen 2 x}$ , que es la fórmula para $n = k + 1$ .
Por el principio de inducción, la fórmula es cierta para todo $n \in Z^{+}$ .

c) 1. Derivamos $f_{n} (x) = \frac{sen 2 ^{n + 1} x}{2 ^{n} sen 2 x}$ con la regla del cociente (y la cadena en cada seno): numerador $u = sen 2^{n + 1} x$ , con $u^{'} = 2^{n + 1} cos 2^{n + 1} x$ ; denominador $v = 2^{n} sen 2 x$ , con $v^{'} = 2^{n + 1} cos 2 x$ . 2. $f_{n}^{'} (x) = \frac{2 ^{n + 1} cos ( 2 ^{n + 1} x ) \cdot 2 ^{n} sen 2 x - 2 ^{n + 1} cos 2 x \cdot sen ( 2 ^{n + 1} x )}{2 ^{2 n} sen ^{2} 2 x}$ . 3. Simplificando entre $2^{n}$ : $f_{n}^{'} (x) = \frac{2 ^{n + 1} cos ( 2 ^{n + 1} x ) sen 2 x - 2 cos 2 x sen ( 2 ^{n + 1} x )}{2 ^{n} sen ^{2} 2 x}$ .

d) 1. En $x = \frac{π}{4}$ : $sen 2 x = sen \frac{π}{2} = 1$ y $cos 2 x = 0$ . 2. Además $2^{n + 1} \cdot \frac{π}{4} = 2^{n - 1} π$ . Para $n > 1$ , $2^{n - 1}$ es par, luego $sen (2^{n - 1} π) = 0$ y $cos (2^{n - 1} π) = 1$ . 3. Valor de la función: $f_{n} (\frac{π}{4}) = \frac{0}{2 ^{n} \cdot 1} = 0$ . 4. Pendiente: $f_{n}^{'} (\frac{π}{4}) = \frac{2 ^{n + 1} \cdot 1 \cdot 1 - 0}{2 ^{n} \cdot 1} = 2$ . 5. Tangente: $y - 0 = 2 (x - \frac{π}{4})$ , es decir, $2 x - y - \frac{π}{2} = 0$ , o multiplicando por $2$ : $4 x - 2 y - π = 0$ .

Ejercicio 38 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2007

Sabiendo que $y = x e^{- x}$ ,

a) halle $\frac{d y}{d x}$ .

b) Utilice la inducción matemática para demostrar que para todo $n \in Z^{+}$ , se cumple $\frac{d ^{n} y}{d x ^{n}} = (- 1)^{n + 1} e^{- x} (n - x)$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = e^{- x} (1 - x)$ ; b) queda demostrado por inducción.

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a) 1. Regla del producto: $\frac{d y}{d x} = 1 \cdot e^{- x} + x \cdot (- e^{- x}) = e^{- x} (1 - x)$ .

b) 1. Sea $P (n)$ : $\frac{d ^{n} y}{d x ^{n}} = (- 1)^{n + 1} e^{- x} (n - x)$ . 2. Caso base $n = 1$ : por el apartado a), $\frac{d y}{d x} = e^{- x} (1 - x)$ , y la fórmula da $(- 1)^{2} e^{- x} (1 - x)$ . Se cumple. 3. Hipótesis: supongamos $P (k)$ cierta, es decir, $\frac{d ^{k} y}{d x ^{k}} = (- 1)^{k + 1} e^{- x} (k - x)$ para algún $k \in Z^{+}$ . 4. Derivamos (regla del producto): $\frac{d ^{k + 1} y}{d x ^{k + 1}} = (- 1)^{k + 1} [- e^{- x} (k - x) + e^{- x} (- 1)] = (- 1)^{k + 1} e^{- x} [- (k - x) - 1]$ . 5. Simplificamos: $- (k - x) - 1 = - (k + 1 - x)$ , así que $\frac{d ^{k + 1} y}{d x ^{k + 1}} = (- 1)^{k + 2} e^{- x} (k + 1 - x)$ , que es $P (k + 1)$ . 6. Como $P (1)$ es cierta y $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ , por inducción $P (n)$ es cierta para todo $n \in Z^{+}$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = e^{- x} (1 - x)$ ; b) queda demostrado por inducción.

Ejercicio 39 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2009

Sea $f (x) = \frac{1 - x}{1 + x}$ y $g (x) = x + 1$ , $x > - 1$ .

Calcule el conjunto de valores de $x$ para los cuales $f^{'} (x) \leq f (x) \leq g (x)$ .

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Resultado: $0 \leq x \leq 3$

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Calculamos $f^{'}$ con la regla del cociente: $f^{'} (x) = \frac{- ( 1 + x ) - ( 1 - x )}{( 1 + x ) ^{2}} = \frac{- 2}{( 1 + x ) ^{2}}$ .
Condición $f^{'} (x) \leq f (x)$ : $\frac{- 2}{( 1 + x ) ^{2}} \leq \frac{1 - x}{1 + x}$ . Como $x > - 1$ , $(1 + x)^{2} > 0$ y multiplicamos sin cambiar el sentido: $- 2 \leq (1 - x) (1 + x) = 1 - x^{2}$ .
Es decir, $x^{2} \leq 3$ , luego $- 3 \leq x \leq 3$ . Con $x > - 1$ : $- 1 < x \leq 3$ .
Condición $f (x) \leq g (x)$ : $\frac{1 - x}{1 + x} \leq x + 1$ . Multiplicamos por $1 + x > 0$ : $1 - x \leq (x + 1)^{3/2}$ .
La función $(x + 1)^{3/2}$ es creciente y $1 - x$ es decreciente, así que se cortan como mucho una vez. En $x = 0$ ambos valen $1$ : es el único corte. Para $x > 0$ , $(x + 1)^{3/2} > 1 - x$ y para $- 1 < x < 0$ ocurre lo contrario. Por tanto la desigualdad se cumple para $x \geq 0$ .
Intersección de ambas condiciones: $0 \leq x \leq 3$ .

Resultado: $0 \leq x \leq 3$

Ejercicio 40 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2013

La función $f$ tiene inversa $f^{- 1} (x)$ y derivada $f^{'} (x)$ para todo $x \in R$ .

Para todas las funciones con estas propiedades se obtiene el resultado de que para $a \in R$ con $b = f (a)$ y $f^{'} (a) \neq = 0$ , $(f^{- 1})^{'} (b) = \frac{1}{f ^{'} ( a )}$ .

a) Compruebe que esto es cierto para $f (x) = x^{3} + 1$ y $x = 2$ .

b) Sabiendo que $g (x) = x e^{x^{2}}$ , demuestre que $g^{'} (x) > 0$ para todos los valores de $x$ .

c) Usando el resultado dado al principio de la pregunta, encuentre el valor de la pendiente de la función $y = g^{- 1} (x)$ en $x = 2$ .

d) (i) Con $f$ y $g$ como se define en las partes (a) y (b), resuelva $(g \circ f) (x) = 2$ .

(ii) Sea $h (x) = (g \circ f)^{- 1} (x)$ . Calcule $h^{'} (2)$ .

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Resultado: a) comprobación; b) $g^{'} (x) = e^{x^{2}} (1 + 2 x^{2}) > 0$ ; c) $0, 172$ ; d) (i) $x = - 0, 470$ ; (ii) $h^{'} (2) = 0, 259$

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a) 1. Con $f (x) = x^{3} + 1$ y $a = 2$ : $b = f (2) = 9$ y $f^{'} (x) = 3 x^{2}$ , luego $f^{'} (2) = 12$ . 2. La inversa: $y = x^{3} + 1$ implica $x = 3 y - 1$ , es decir $f^{- 1} (x) = (x - 1)^{1/3}$ . Su derivada es $(f^{- 1})^{'} (x) = \frac{1}{3} (x - 1)^{- 2/3}$ . 3. En $b = 9$ : $(f^{- 1})^{'} (9) = \frac{1}{3} \cdot 8^{- 2/3} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{12} = \frac{1}{f ^{'} ( 2 )}$ . Queda comprobado.

b) 1. Regla del producto: $g^{'} (x) = e^{x^{2}} + x \cdot 2 x e^{x^{2}} = e^{x^{2}} (1 + 2 x^{2})$ . 2. Como $e^{x^{2}} > 0$ y $1 + 2 x^{2} \geq 1 > 0$ , $g^{'} (x) > 0$ para todo $x \in R$ .

c) 1. Necesitamos el $a$ tal que $g (a) = 2$ , es decir $a e^{a^{2}} = 2$ . Con la CPG: $a \approx 0, 8961$ . 2. Por el resultado del enunciado: $(g^{- 1})^{'} (2) = \frac{1}{g ^{'} ( a )} = \frac{1}{e ^{a^{2}} ( 1 + 2 a ^{2} )} \approx 0, 172$ .

d) (i) 1. $(g \circ f) (x) = g (f (x)) = 2$ implica $f (x) = a \approx 0, 8961$ , ya que $g$ es inyectiva (apartado b: es estrictamente creciente). 2. Entonces $x^{3} + 1 = 0, 8961$ , así que $x^{3} = - 0, 1039$ y $x \approx - 0, 470$ .

(ii) 1. Sea $x_{0} \approx - 0, 470$ el valor anterior, con $(g \circ f) (x_{0}) = 2$ . Por el resultado del enunciado aplicado a $g \circ f$ : $h^{'} (2) = \frac{1}{( g \circ f ) ^{'} ( x _{0} )}$ . 2. Regla de la cadena: $(g \circ f)^{'} (x_{0}) = g^{'} (f (x_{0})) \cdot f^{'} (x_{0}) = g^{'} (a) \cdot 3 x_{0}^{2} \approx 5, 816 \cdot 0, 6631 \approx 3, 857$ . 3. Por tanto $h^{'} (2) \approx \frac{1}{3 , 857} \approx 0, 259$ .

Resultado: a) comprobación; b) $g^{'} (x) = e^{x^{2}} (1 + 2 x^{2}) > 0$ ; c) $0, 172$ ; d) (i) $x = - 0, 470$ ; (ii) $h^{'} (2) = 0, 259$

Derivada en un punto, tangente y normal

Ejercicio 41 BásicoIB · P2 TZ0 Noviembre 2018

Derive la función $f (x) = 3 x^{3} - x$ utilizando la definición de derivada.

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Resultado: $f^{'} (x) = 9 x^{2} - 1$

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Usamos la definición: $f^{'} (x) = h \to 0 lim \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h}$ .
Calculamos $f (x + h) = 3 (x + h)^{3} - (x + h) = 3 x^{3} + 9 x^{2} h + 9 x h^{2} + 3 h^{3} - x - h$ .
Restamos $f (x) = 3 x^{3} - x$ : $f (x + h) - f (x) = 9 x^{2} h + 9 x h^{2} + 3 h^{3} - h$ .
Dividimos entre $h$ (con $h \neq = 0$ ): $\frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = 9 x^{2} + 9 x h + 3 h^{2} - 1$ .
Hacemos $h \to 0$ : $f^{'} (x) = 9 x^{2} - 1$ .

Resultado: $f^{'} (x) = 9 x^{2} - 1$

Ejercicio 42 BásicoIB · P1 Noviembre 1997

Una curva viene definida por $x = t^{2} + sen 2 t$ e $y = t + sen t$ , donde $t$ es un parámetro real.

a) Calcule la pendiente de la curva en el punto donde $t = 0$ .

b) Calcule la ecuación de la tangente a la curva en el punto donde $t = 0$ .

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Resultado: a) pendiente $= 1$ ; b) $y = x$

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a) 1. Derivamos cada coordenada respecto de $t$ : $\frac{d x}{d t} = 2 t + 2 cos 2 t$ y $\frac{d y}{d t} = 1 + cos t$ . 2. Pendiente: $\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t}$ . 3. En $t = 0$ : $\frac{d x}{d t} = 2$ y $\frac{d y}{d t} = 2$ , luego la pendiente es $\frac{2}{2} = 1$ .

b) 1. El punto en $t = 0$ es $x = 0 + sen 0 = 0$ e $y = 0 + sen 0 = 0$ : el origen. 2. Tangente: $y - 0 = 1 \cdot (x - 0)$ , es decir, $y = x$ .

Resultado: a) pendiente $= 1$ ; b) $y = x$

Ejercicio 43 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2015

a) Desarrolle $(x + h)^{3}$ .

b) A partir de lo anterior calcule la derivada de $f (x) = x^{3}$ usando la definición.

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Resultado: a) $(x + h)^{3} = x^{3} + 3 x^{2} h + 3 x h^{2} + h^{3}$ ; b) $f^{'} (x) = 3 x^{2}$

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a) 1. Usamos el binomio de Newton con $n = 3$ : $(x + h)^{3} = x^{3} + 3 x^{2} h + 3 x h^{2} + h^{3}$ .

b) 1. La definición de derivada: $f^{'} (x) = h \to 0 lim \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h}$ . 2. Sustituimos $f (x) = x^{3}$ y el desarrollo del apartado a): $\frac{( x + h ) ^{3} - x ^{3}}{h} = \frac{3 x ^{2} h + 3 x h ^{2} + h ^{3}}{h} = 3 x^{2} + 3 x h + h^{2} (h \neq = 0) .$ 3. Al hacer $h \to 0$ los términos con $h$ desaparecen: $f^{'} (x) = 3 x^{2}$ .

Resultado: a) $(x + h)^{3} = x^{3} + 3 x^{2} h + 3 x h^{2} + h^{3}$ ; b) $f^{'} (x) = 3 x^{2}$

Ejercicio 44 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2008

Una recta normal a la gráfica de $y = arctan (x - 1)$ , para $x > 0$ , tiene por ecuación $y = - 2 x + c$ , donde $c \in R$ . Halle el valor de $c$ .

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Resultado: $c = \frac{π}{4} + 4$

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Derivamos: $y^{'} = \frac{1}{1 + ( x - 1 ) ^{2}}$ (derivada del arcotangente con la regla de la cadena).
La normal tiene pendiente $- 2$ , así que la tangente tiene pendiente $\frac{1}{2}$ (perpendiculares: producto $- 1$ ).
Igualamos: $\frac{1}{1 + ( x - 1 ) ^{2}} = \frac{1}{2}$ , luego $(x - 1)^{2} = 1$ , y $x = 0$ o $x = 2$ .
Como $x > 0$ , nos quedamos con $x = 2$ . Entonces $y = arctan (1) = \frac{π}{4}$ .
El punto $(2, \frac{π}{4})$ está en la normal $y = - 2 x + c$ : $\frac{π}{4} = - 4 + c$ .
Luego $c = \frac{π}{4} + 4$ .

Resultado: $c = \frac{π}{4} + 4$

Ejercicio 45 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2011

Considere las funciones $f (x) = x^{3} + 1$ y $g (x) = \frac{1}{x ^{3} + 1}$ . Las gráficas de $y = f (x)$ e $y = g (x)$ se cortan en el punto $(0, 1)$ y en otro punto denominado $P$ .

a) Halle las coordenadas de $P$ .

b) Calcule el valor del ángulo que forman las tangentes a las dos gráficas en el punto $P$ .

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Resultado: a) $P (- 1, 26, - 1)$ ; b) $23, 7^{\circ}$

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a) 1. Igualamos: $x^{3} + 1 = \frac{1}{x ^{3} + 1}$ , es decir, $(x^{3} + 1)^{2} = 1$ . 2. Entonces $x^{3} + 1 = 1$ (da $x = 0$ , el punto $(0, 1)$ del enunciado) o $x^{3} + 1 = - 1$ , es decir, $x^{3} = - 2$ . 3. Luego $x = - 32 \approx - 1, 26$ y $y = - 2 + 1 = - 1$ . Así $P (- 1, 26, - 1)$ .

b) 1. Pendientes: $f^{'} (x) = 3 x^{2}$ y, por la regla de la cadena, $g^{'} (x) = - \frac{3 x ^{2}}{( x ^{3} + 1 ) ^{2}}$ . 2. En $P$ , $x^{2} = 2^{2/3} \approx 1, 587$ y $x^{3} + 1 = - 1$ : $f^{'} = 3 \cdot 2^{2/3} \approx 4, 762$ y $g^{'} = - 3 \cdot 2^{2/3} \approx - 4, 762$ . 3. Cada tangente forma con el eje $x$ un ángulo $arctan (4, 762) \approx 78, 1 4^{\circ}$ (una hacia arriba y otra hacia abajo), de modo que entre ellas hay $2 \cdot 78, 1 4^{\circ} = 156, 3^{\circ}$ . 4. El ángulo agudo que forman las rectas es el suplementario: $18 0^{\circ} - 156, 3^{\circ} \approx 23, 7^{\circ}$ .

Resultado: a) $P (- 1, 26, - 1)$ ; b) $23, 7^{\circ}$

Ejercicio 46 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2015

Considere la curva $y = \frac{1}{1 - x}$ , $x \in R$ , $x \neq = 1$ .

a) Halle $\frac{d y}{d x}$ .

b) Determine la ecuación de la normal a la curva en el punto $x = 3$ en la forma $a x + b y + c = 0$ , donde $a, b, c \in Z$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}$ ; b) $8 x + 2 y - 23 = 0$

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a) 1. Reescribimos $y = (1 - x)^{- 1}$ y derivamos con la regla de la cadena. 2. $\frac{d y}{d x} = - (1 - x)^{- 2} \cdot (- 1) = \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}$ .

b) 1. En $x = 3$ : $y = \frac{1}{1 - 3} = - \frac{1}{2}$ y $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{4}$ . 2. Pendiente de la normal: $- 4$ . 3. Normal: $y + \frac{1}{2} = - 4 (x - 3)$ , es decir, $y = - 4 x + \frac{23}{2}$ . 4. Multiplicamos por $2$ y pasamos todo a un lado: $8 x + 2 y - 23 = 0$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}$ ; b) $8 x + 2 y - 23 = 0$

Ejercicio 47 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2013

La curva $C$ viene dada por $y = \frac{x cos x}{x + cos x}$ , para $x \geq 0$ .

a) Compruebe que $\frac{d y}{d x} = \frac{cos ^{2} x - x ^{2} sen x}{( x + cos x ) ^{2}}$ , $x \geq 0$ .

b) Halle la ecuación de la recta tangente a $C$ en el punto $(\frac{π}{2}, 0)$ .

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Resultado: b) $y = - x + \frac{π}{2}$

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a) 1. Usamos la regla del cociente con $u = x cos x$ , $v = x + cos x$ . 2. Por la regla del producto, $u^{'} = cos x - x sen x$ , y $v^{'} = 1 - sen x$ . 3. $y^{'} = \frac{u ^{'} v - u v ^{'}}{v ^{2}} = \frac{( cos x - x sen x ) ( x + cos x ) - x cos x ( 1 - sen x )}{( x + cos x ) ^{2}}$ . 4. Desarrollamos el numerador: $x cos x + cos^{2} x - x^{2} sen x - x sen x cos x - x cos x + x sen x cos x = cos^{2} x - x^{2} sen x$ . 5. Luego $\frac{d y}{d x} = \frac{cos ^{2} x - x ^{2} sen x}{( x + cos x ) ^{2}}$ .

b) 1. En $x = \frac{π}{2}$ : $cos \frac{π}{2} = 0$ y $sen \frac{π}{2} = 1$ , así que la pendiente es $\frac{0 - \frac{π ^{2}}{4}}{( \frac{π}{2} ) ^{2}} = - 1$ . 2. La recta tangente por $(\frac{π}{2}, 0)$ es $y = - (x - \frac{π}{2})$ .

Resultado: b) $y = - x + \frac{π}{2}$

Ejercicio 48 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2006

Considere las curvas $C_{1}$ , $C_{2}$ dadas por las ecuaciones:

$C_{1} : y = x^{2} + k x + k$ , donde $k < 0$ es constante $C_{2} : y = - x^{2} + 2 x - 4$ .

Ambas curvas pasan por el punto $P$ y la tangente en $P$ a una de las curvas es también tangente en $P$ a la otra.

a) Calcule el valor de $k$ .

b) Calcule las coordenadas de $P$ .

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Resultado: a) $k = - 2$ ; b) $P (1, - 3)$

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a) 1. En $P$ las dos curvas tienen la misma ordenada y la misma pendiente (misma tangente). 2. Pendientes: $y_{1}^{'} = 2 x + k$ y $y_{2}^{'} = - 2 x + 2$ . Igualamos: $2 x + k = - 2 x + 2 \Rightarrow k = 2 - 4 x$ . 3. Misma ordenada: $x^{2} + k x + k = - x^{2} + 2 x - 4 \Rightarrow 2 x^{2} + (k - 2) x + k + 4 = 0$ . 4. Sustituimos $k = 2 - 4 x$ : $2 x^{2} - 4 x^{2} + (6 - 4 x) = 0 \Rightarrow x^{2} + 2 x - 3 = 0 \Rightarrow x = 1$ o $x = - 3$ . 5. $x = 1$ da $k = - 2$ ; $x = - 3$ da $k = 14$ , que no cumple $k < 0$ . Por tanto $k = - 2$ .

b) 1. El punto está en $x = 1$ . En $C_{2}$ : $y = - 1 + 2 - 4 = - 3$ . 2. Comprobamos en $C_{1}$ : $1 - 2 - 2 = - 3$ . Por tanto $P (1, - 3)$ .

Resultado: a) $k = - 2$ ; b) $P (1, - 3)$

Ejercicio 49 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2019

Sea L la tangente a la curva $y = x e^{2 x}$ en el punto $(1, e^{2})$ .

Calcule las coordenadas del punto donde L corta al eje X.

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Resultado: $(\frac{2}{3}, 0)$

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Derivamos con la regla del producto: $y^{'} = e^{2 x} + 2 x e^{2 x} = e^{2 x} (1 + 2 x)$ .
En $x = 1$ : $y^{'} (1) = 3 e^{2}$ .
Tangente por $(1, e^{2})$ : $y - e^{2} = 3 e^{2} (x - 1)$ .
Corte con el eje $X$ ( $y = 0$ ): $- e^{2} = 3 e^{2} (x - 1) \Rightarrow x - 1 = - \frac{1}{3} \Rightarrow x = \frac{2}{3}$ .

Resultado: $(\frac{2}{3}, 0)$

Ejercicio 50 MedioIB · P1 Noviembre 1996

Una curva está definida por $x = 2 t - 1$ , $y = \frac{2 t}{t - 1}$ . Calcule la ecuación de la tangente a la curva cuando $x = 5$ .

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Resultado: $y - 3 = - \frac{1}{4} (x - 5)$ , es decir, $y = - \frac{1}{4} x + \frac{17}{4}$

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Para $x = 5$ : $2 t - 1 = 5 \Rightarrow t = 3$ , y $y = \frac{6}{2} = 3$ . El punto es $(5, 3)$ .
$\frac{d x}{d t} = 2$ . Regla del cociente: $\frac{d y}{d t} = \frac{2 ( t - 1 ) - 2 t}{( t - 1 ) ^{2}} = \frac{- 2}{( t - 1 ) ^{2}}$ , que en $t = 3$ vale $- \frac{1}{2}$ .
Pendiente: $\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{- 1/2}{2} = - \frac{1}{4}$ .
Tangente: $y - 3 = - \frac{1}{4} (x - 5)$ .

Resultado: $y - 3 = - \frac{1}{4} (x - 5)$ , es decir, $y = - \frac{1}{4} x + \frac{17}{4}$

Ejercicio 51 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2016

Encuentre las coordenadas $x$ de todos los puntos de la curva $y = 2 x^{4} + 6 x^{3} + \frac{7}{2} x^{2} - 5 x + \frac{3}{2}$ en los cuales la tangente a la curva es paralela a la tangente en $(- 1, 6)$ .

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Resultado: $x = \frac{1}{4}$ y $x = - \frac{3}{2}$

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Derivamos: $y^{'} = 8 x^{3} + 18 x^{2} + 7 x - 5$ .
Comprobamos que $(- 1, 6)$ está en la curva: $y (- 1) = 2 - 6 + \frac{7}{2} + 5 + \frac{3}{2} = 6$ . La pendiente en $x = - 1$ es $y^{'} (- 1) = - 8 + 18 - 7 - 5 = - 2$ .
Buscamos los $x$ con la misma pendiente: $8 x^{3} + 18 x^{2} + 7 x - 5 = - 2$ , es decir, $8 x^{3} + 18 x^{2} + 7 x - 3 = 0$ .
$x = - 1$ es solución ( $- 8 + 18 - 7 - 3 = 0$ ), así que factorizamos: $(x + 1) (8 x^{2} + 10 x - 3) = 0$ .
Resolvemos $8 x^{2} + 10 x - 3 = 0$ : $x = \frac{- 10 \pm 100 + 96}{16} = \frac{- 10 \pm 14}{16}$ , luego $x = \frac{1}{4}$ o $x = - \frac{3}{2}$ .
Además de $x = - 1$ (el propio punto dado), la tangente es paralela en estos dos.

Resultado: $x = \frac{1}{4}$ y $x = - \frac{3}{2}$

Ejercicio 52 MedioIB · P1 Noviembre 1997

Calcule el valor(es) de $a$ si la recta $9 x - y = 14$ es tangente a la curva $y = x^{3} - 3 x + a$ en el punto de la curva donde $x = a$ .

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Resultado: $a = 2$

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La pendiente de la recta $9 x - y = 14$ es $9$ . La derivada de la curva es $y^{'} = 3 x^{2} - 3$ .
En el punto de tangencia $x = a$ la pendiente de la curva vale $9$ : $3 a^{2} - 3 = 9$ , luego $a^{2} = 4$ y $a = \pm 2$ .
Además el punto de la curva con $x = a$ debe estar en la recta. Su ordenada es $y = a^{3} - 3 a + a = a^{3} - 2 a$ y debe cumplir $y = 9 a - 14$ : $a^{3} - 2 a = 9 a - 14$ , es decir, $a^{3} - 11 a + 14 = 0$ .
Probamos: $a = 2$ : $8 - 22 + 14 = 0$ (vale). $a = - 2$ : $- 8 + 22 + 14 = 28 \neq = 0$ (no vale).
Por tanto $a = 2$ (el punto de tangencia es $(2, 4)$ ).

Resultado: $a = 2$

Ejercicio 53 MedioIB · P1 Noviembre 1999

Calcule, en función de la constante $a$ , la ecuación normal a la curva definida paramétricamente por ${x = a (θ - sen θ) y = a (1 - cos θ)$ en el punto de la curva donde $θ = \frac{π}{2}$ .

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Resultado: $y = - x + a \frac{π}{2}$

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Derivación paramétrica: $\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d θ}{d x / d θ}$ .
$\frac{d x}{d θ} = a (1 - cos θ)$ y $\frac{d y}{d θ} = a sen θ$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{sen θ}{1 - cos θ}$ .
Para $θ = \frac{π}{2}$ : la pendiente de la tangente es $\frac{1}{1 - 0} = 1$ , y la de la normal es $- 1$ .
El punto es $x = a (\frac{π}{2} - 1)$ , $y = a (1 - 0) = a$ .
Normal: $y - a = - [x - a (\frac{π}{2} - 1)]$ , es decir, $y = - x + a (\frac{π}{2} - 1) + a = - x + \frac{aπ}{2}$ .

Resultado: $y = - x + a \frac{π}{2}$

Ejercicio 54 MedioIB · P2 Mayo 2000

(i) Calcule, usando la definición, la derivada de $f (x) = cos x$ .

(ii) Pruebe, usando la inducción matemática, que $\frac{d}{d x} (x^{n}) = n x^{n - 1}$ , para todo valor entero positivo de $n$ .

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Resultado: i) $f^{'} (x) = - sen x$ ; ii) queda demostrado.

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(i) 1. La definición es $f^{'} (x) = h \to 0 lim \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h}$ . 2. Con $f (x) = cos x$ y la fórmula $cos (x + h) = cos x cos h - sen x sen h$ : $\frac{cos ( x + h ) - cos x}{h} = cos x \cdot \frac{cos h - 1}{h} - sen x \cdot \frac{sen h}{h} .$ 3. Usamos los límites conocidos $h \to 0 lim \frac{sen h}{h} = 1$ y $h \to 0 lim \frac{cos h - 1}{h} = 0$ . 4. Por tanto $f^{'} (x) = cos x \cdot 0 - sen x \cdot 1 = - sen x$ .

(ii) Demostramos por inducción que $\frac{d}{d x} (x^{n}) = n x^{n - 1}$ para $n \in Z^{+}$ .

Caso base $n = 1$ : $\frac{d}{d x} (x) = 1 = 1 \cdot x^{0}$ . Se cumple.
Hipótesis de inducción: supongamos que para $n = k$ se cumple $\frac{d}{d x} (x^{k}) = k x^{k - 1}$ .
Paso: escribimos $x^{k + 1} = x \cdot x^{k}$ y aplicamos la regla del producto y la hipótesis: $\frac{d}{d x} (x^{k + 1}) = 1 \cdot x^{k} + x \cdot k x^{k - 1} = x^{k} + k x^{k} = (k + 1) x^{k} .$
Esto es la fórmula para $n = k + 1$ . Como se cumple para $n = 1$ y, si vale para $k$ , vale para $k + 1$ , la fórmula es cierta para todo entero positivo $n$ (principio de inducción).

Resultado: i) $f^{'} (x) = - sen x$ ; ii) queda demostrado.

Ejercicio 55 MedioIB · P1 Noviembre 2000

La tangente a la curva $y^{2} = x^{3}$ en el punto $P (1, 1)$ corta al eje $x$ en $Q$ y al eje $y$ en $R$ .

Calcule la razón $PQ : QR$ .

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Resultado: $PQ : QR = 2 : 1$

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Derivamos implícitamente $y^{2} = x^{3}$ : $2 y \frac{d y}{d x} = 3 x^{2}$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{3 x ^{2}}{2 y}$ .
En $P (1, 1)$ la pendiente es $\frac{3}{2}$ , y la tangente es $y - 1 = \frac{3}{2} (x - 1)$ .
Corte con el eje $x$ ( $y = 0$ ): $- 1 = \frac{3}{2} (x - 1)$ , así $x = \frac{1}{3}$ , $Q (\frac{1}{3}, 0)$ .
Corte con el eje $y$ ( $x = 0$ ): $y = 1 - \frac{3}{2} = - \frac{1}{2}$ , $R (0, - \frac{1}{2})$ .
Distancias: $PQ = (\frac{2}{3})^{2} + 1 = \frac{13}{3}$ y $QR = (\frac{1}{3})^{2} + (\frac{1}{2})^{2} = \frac{13}{6}$ .
Razón: $\frac{PQ}{QR} = \frac{13 /3}{13 /6} = 2$ .

Resultado: $PQ : QR = 2 : 1$

Ejercicio 56 MedioIB · P1 Noviembre 2001

La recta $y = 16 x - 9$ es tangente a la curva $y = 2 x^{3} + a x^{2} + b x - 9$ en el punto $(1, 7)$ . Calcule los valores de $a$ y $b$ .

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Resultado: $a = - 4$ , $b = 18$

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Derivada: $y^{'} = 6 x^{2} + 2 a x + b$ . En $x = 1$ la pendiente de la tangente es $16$ : $6 + 2 a + b = 16$ , luego $2 a + b = 10$ .
El punto $(1, 7)$ está en la curva: $2 + a + b - 9 = 7$ , luego $a + b = 14$ .
Restamos las dos ecuaciones: $a = 10 - 14 = - 4$ . Entonces $b = 14 - (- 4) = 18$ .
Comprobación: $y^{'} (1) = 6 - 8 + 18 = 16$ y $y (1) = 2 - 4 + 18 - 9 = 7$ .

Resultado: $a = - 4$ , $b = 18$

Ejercicio 57 MedioIB · P1 Noviembre 2001

Considere la tangente a la curva $y = x^{3} + 4 x^{2} + x - 6$ .

a) Calcule la ecuación de esa tangente en el punto donde $x = - 1$ .

b) Calcule las coordenadas del punto donde la tangente vuelve a cortar a la curva.

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Resultado: a) $y = - 4 x - 8$ ; b) $(- 2, 0)$

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a) 1. $y^{'} = 3 x^{2} + 8 x + 1$ ; en $x = - 1$ : $y^{'} = 3 - 8 + 1 = - 4$ . 2. $y (- 1) = - 1 + 4 - 1 - 6 = - 4$ . 3. Tangente: $y + 4 = - 4 (x + 1)$ , es decir, $y = - 4 x - 8$ .

b) 1. Igualamos la curva y la tangente: $x^{3} + 4 x^{2} + x - 6 = - 4 x - 8$ , es decir, $x^{3} + 4 x^{2} + 5 x + 2 = 0$ . 2. Sabemos que $x = - 1$ es raíz doble (tangencia). Factorizamos: $x^{3} + 4 x^{2} + 5 x + 2 = (x + 1)^{2} (x + 2)$ . 3. La otra raíz es $x = - 2$ , con $y = - 4 (- 2) - 8 = 0$ .

Resultado: a) $y = - 4 x - 8$ ; b) $(- 2, 0)$

Ejercicio 58 MedioIB · P1 Noviembre 2002

La tangente a la curva $y = f (x)$ en el punto $P (x, y)$ corta al eje de las $x$ en $Q (x - 1, 0)$ . La curva corta al eje de las $y$ en $R (0, 2)$ . Halle la ecuación de la curva.

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Resultado: $f (x) = 2 e^{x}$

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La pendiente de la tangente en $P (x, y)$ es, por pasar por $Q (x - 1, 0)$ : $\frac{y - 0}{x - ( x - 1 )} = \frac{y}{1} = y$ .
Por tanto $\frac{d y}{d x} = y$ : ecuación diferencial de variables separables, $\frac{d y}{y} = d x$ .
Integramos: $ln ∣ y ∣ = x + C$ , es decir, $y = A e^{x}$ (con $A$ constante).
La curva pasa por $R (0, 2)$ : $2 = A e^{0}$ , luego $A = 2$ .

Resultado: $f (x) = 2 e^{x}$

Ejercicio 59 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2006

Sea $f$ la función definida para $x > - \frac{1}{3}$ por $f (x) = ln (3 x + 1)$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Halle la ecuación de la recta normal a la curva $y = f (x)$ en el punto donde $x = 2$ .

Exprese la respuesta en la forma $y = a x + b$ , donde $a, b \in R$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{3}{3 x + 1}$ ; b) $y = - \frac{7}{3} x + \frac{14}{3} + ln 7$

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a) 1. Regla de la cadena: $f^{'} (x) = \frac{1}{3 x + 1} \cdot 3 = \frac{3}{3 x + 1}$ .

b) 1. En $x = 2$ : $f (2) = ln 7$ y $f^{'} (2) = \frac{3}{7}$ . 2. La pendiente de la normal es el opuesto del inverso: $- \frac{7}{3}$ . 3. Ecuación: $y - ln 7 = - \frac{7}{3} (x - 2)$ . 4. Despejamos $y$ : $y = - \frac{7}{3} x + \frac{14}{3} + ln 7$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{3}{3 x + 1}$ ; b) $y = - \frac{7}{3} x + \frac{14}{3} + ln 7$

Ejercicio 60 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2009

Consideremos las funciones $f$ y $g$ definidas por $f (x) = 2^{\frac{1}{x}}$ y $g (x) = 4 - 2^{\frac{1}{x}}$ , $x \neq = 0$

a) Encuentre las coordenadas de $P$ , el punto de intersección de las gráficas de $f$ y $g$ .

b) Encuentre la ecuación de la tangente a la gráfica de $f$ en el punto $P$ .

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Resultado: a) $P (1, 2)$ ; b) $y - 2 = - 2 ln 2 (x - 1)$

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a) 1. Igualamos $f (x) = g (x)$ : $2^{1/ x} = 4 - 2^{1/ x}$ . 2. Entonces $2 \cdot 2^{1/ x} = 4$ , luego $2^{1/ x} = 2$ y $\frac{1}{x} = 1$ , es decir, $x = 1$ . 3. Ordenada: $f (1) = 2^{1} = 2$ . Por tanto $P (1, 2)$ .

b) 1. Derivamos $f (x) = 2^{1/ x}$ con la regla de la cadena: $f^{'} (x) = 2^{1/ x} ln 2 \cdot (- \frac{1}{x ^{2}})$ . 2. En $x = 1$ : $f^{'} (1) = 2 ln 2 \cdot (- 1) = - 2 ln 2$ . 3. Tangente: $y - 2 = - 2 ln 2 (x - 1)$ .

Resultado: a) $P (1, 2)$ ; b) $y - 2 = - 2 ln 2 (x - 1)$

Ejercicio 61 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2012

Sabiendo que la gráfica de $y = x^{3} - 6 x^{2} + k x - 4$ tiene exactamente un punto en el que la pendiente es cero, encuentre el valor de $k$ .

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Resultado: $k = 12$

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Pendiente de la curva: $y^{'} = 3 x^{2} - 12 x + k$ .
La pendiente es cero en exactamente un punto cuando la ecuación $3 x^{2} - 12 x + k = 0$ tiene una única solución, es decir, discriminante nulo: $(- 12)^{2} - 4 \cdot 3 \cdot k = 0$ .
$144 - 12 k = 0$ , luego $k = 12$ .

Resultado: $k = 12$

Ejercicio 62 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2021

Considere la función $f$ que viene dada por $f (x) = ln (x^{2} - 16)$ para $x > 4$ .

La siguiente figura muestra una parte de la gráfica de $f$ , que corta al eje $x$ en el punto $A$ de coordenadas $(a, 0)$ . La recta $L$ es la tangente al gráfico de $f$ en el punto $B$ .

Gráfica de una función logarítmica creciente que corta al eje x en el punto A, con una asíntota vertical y una recta L tangente a la curva en el punto B

a) Halle el valor exacto de $a$ .

b) Sabiendo que la pendiente de $L$ es igual a $\frac{1}{3}$ , halle la coordenada $x$ de $B$ .

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Resultado: a) $a = 17$ ; b) $x = 8$

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a) 1. El punto $A$ está en el eje $x$ : $f (a) = 0$ , es decir $ln (a^{2} - 16) = 0$ . 2. Entonces $a^{2} - 16 = 1$ , $a^{2} = 17$ . Como $a > 4$ , $a = 17$ .

b) 1. La pendiente de la tangente en $x$ es $f^{'} (x) = \frac{2 x}{x ^{2} - 16}$ (cadena). 2. Igualamos a $\frac{1}{3}$ : $\frac{2 x}{x ^{2} - 16} = \frac{1}{3}$ , es decir $6 x = x^{2} - 16$ , $x^{2} - 6 x - 16 = 0$ . 3. Factorizando: $(x - 8) (x + 2) = 0$ . Como $x > 4$ , $x = 8$ .

Resultado: a) $a = 17$ ; b) $x = 8$

Ejercicio 63 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2021Demostración

Considere las funciones $f (x) = - (x - h)^{2} + 2 k$ y $g (x) = e^{x - 2} + k$ , donde $h, k \in R$ .

a) Calcule $f^{'} (x)$ .

Los gráficos de $f$ y $g$ tienen una tangente común en $x = 3$ .

b) Muestre que $h = \frac{e + 6}{2}$ .

c) Usando lo anterior, muestre que $k = e + \frac{e ^{2}}{4}$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = - 2 (x - h)$ ; b) y c) demostraciones.

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a) 1. Derivamos (regla de la cadena): $f^{'} (x) = - 2 (x - h)$ .

b) 1. Una tangente común en $x = 3$ significa que las dos gráficas tienen la misma pendiente en $x = 3$ : $f^{'} (3) = g^{'} (3)$ . 2. $g^{'} (x) = e^{x - 2}$ (cadena), así que $g^{'} (3) = e$ . Y $f^{'} (3) = - 2 (3 - h)$ . 3. Igualamos: $- 2 (3 - h) = e$ , es decir $3 - h = - \frac{e}{2}$ , $h = 3 + \frac{e}{2} = \frac{e + 6}{2}$ .

c) 1. Además las gráficas pasan por el mismo punto en $x = 3$ : $f (3) = g (3)$ , es decir $- (3 - h)^{2} + 2 k = e + k$ . 2. De b), $3 - h = - \frac{e}{2}$ , luego $(3 - h)^{2} = \frac{e ^{2}}{4}$ . 3. Entonces $- \frac{e ^{2}}{4} + 2 k = e + k$ , de donde $k = e + \frac{e ^{2}}{4}$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = - 2 (x - h)$ ; b) y c) demostraciones.

Ejercicio 64 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2021

La función $f$ está definida para todo $x \in R$ .

La recta de ecuación $y = 6 x - 1$ es la tangente al gráfico de $f$ en $x = 4$ .

a) Escriba el valor de $f^{'} (4)$ .

b) Calcule $f (4)$ .

La función $g$ se define para todo $x \in R$ como $g (x) = x^{2} - 3 x$ y $h (x) = f (g (x))$ .

c) Calcule $h (4)$ .

d) Usando lo anterior, calcule la ecuación de la tangente a la gráfica de $h$ en $x = 4$ .

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Resultado: a) $f^{'} (4) = 6$ ; b) $f (4) = 23$ ; c) $h (4) = 23$ ; d) $y = 30 x - 97$

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a) 1. La pendiente de la recta tangente en $x = 4$ es $f^{'} (4)$ . La recta $y = 6 x - 1$ tiene pendiente $6$ : $f^{'} (4) = 6$ .

b) 1. La tangente pasa por el punto $(4, f (4))$ de la gráfica, luego $f (4) = 6 \cdot 4 - 1 = 23$ .

c) 1. $g (4) = 16 - 12 = 4$ . 2. $h (4) = f (g (4)) = f (4) = 23$ .

d) 1. Regla de la cadena: $h^{'} (x) = f^{'} (g (x)) \cdot g^{'} (x)$ , con $g^{'} (x) = 2 x - 3$ . 2. En $x = 4$ : $h^{'} (4) = f^{'} (4) \cdot g^{'} (4) = 6 \cdot 5 = 30$ . 3. Tangente por $(4, 23)$ con pendiente $30$ : $y - 23 = 30 (x - 4)$ , es decir $y = 30 x - 97$ .

Resultado: a) $f^{'} (4) = 6$ ; b) $f (4) = 23$ ; c) $h (4) = 23$ ; d) $y = 30 x - 97$

Ejercicio 65 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2022

Considere la curva con ecuación $y = (2 x - 1) e^{k x}$ , donde $x \in R$ y $k \in Q$ .

La tangente a la curva en el punto donde $x = 1$ es paralela a la recta $y = 5 e^{k} x$ .

Calcule el valor de $k$ .

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Resultado: $k = 3$

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Derivamos con la regla del producto y la cadena: $y^{'} = 2 e^{k x} + (2 x - 1) k e^{k x} = e^{k x} (2 + k (2 x - 1))$ .
En $x = 1$ : $y^{'} (1) = e^{k} (2 + k)$ .
La tangente es paralela a $y = 5 e^{k} x$ , de pendiente $5 e^{k}$ : $e^{k} (2 + k) = 5 e^{k}$ .
Como $e^{k} > 0$ , dividimos: $2 + k = 5$ , luego $k = 3$ .

Resultado: $k = 3$

Ejercicio 66 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2006

La normal a la curva $y = k x + ln (x^{2})$ , para $x \neq = 0$ , $k$ real, en el punto $x = 2$ , tiene por ecuación $3 x + 2 y = b$ , donde $b$ es real. Halle el valor exacto de $k$ y $b$ .

Ver resultado

Resultado: $k = - \frac{1}{3}$ , $b = \frac{14}{3} + 2 ln 4$

Ver proceso y resultado

Como $ln (x^{2}) = 2 ln ∣ x ∣$ , la derivada es $y^{'} = k + \frac{2 x}{x ^{2}} = k + \frac{2}{x}$ .
En $x = 2$ la pendiente de la tangente es $k + 1$ , y la de la normal es $- \frac{1}{k + 1}$ .
La normal $3 x + 2 y = b$ se escribe $y = - \frac{3}{2} x + \frac{b}{2}$ , con pendiente $- \frac{3}{2}$ .
Igualamos las pendientes: $- \frac{1}{k + 1} = - \frac{3}{2}$ , luego $k + 1 = \frac{2}{3}$ y $k = - \frac{1}{3}$ .
El punto de la curva en $x = 2$ es $y = 2 k + ln 4 = - \frac{2}{3} + ln 4$ .
Ese punto está en la normal: $3 \cdot 2 + 2 (- \frac{2}{3} + ln 4) = b$ .
Entonces $b = 6 - \frac{4}{3} + 2 ln 4 = \frac{14}{3} + 2 ln 4$ .

Resultado: $k = - \frac{1}{3}$ , $b = \frac{14}{3} + 2 ln 4$

Ejercicio 67 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2011

La curva $C$ tiene por ecuación $y = \frac{1}{8} (9 + 8 x^{2} - x^{4})$ .

a) Halle las coordenadas de los puntos pertenecientes a $C$ en los cuales $\frac{d y}{d x} = 0$ .

b) La tangente a $C$ en el punto $P (1, 2)$ corta al eje $x$ en el punto $T$ . Determine las coordenadas de $T$ .

c) La normal a $C$ en el punto $P$ corta al eje $y$ en el punto $N$ . Halle el área del triángulo $PTN$ .

Ver resultado

Resultado: a) $(0, \frac{9}{8})$ , $(2, \frac{25}{8})$ , $(- 2, \frac{25}{8})$ ; b) $T (- \frac{1}{3}, 0)$ ; c) $N (0, \frac{8}{3})$ , área $= \frac{13}{9}$

Ver proceso y resultado

a) 1. $y = \frac{1}{8} (9 + 8 x^{2} - x^{4})$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{8} (16 x - 4 x^{3}) = \frac{x ( 4 - x ^{2} )}{2}$ . 2. $\frac{d y}{d x} = 0$ cuando $x = 0$ o $x = \pm 2$ . 3. Calculamos $y$ : $y (0) = \frac{9}{8}$ e $y (\pm 2) = \frac{9 + 32 - 16}{8} = \frac{25}{8}$ .

b) 1. Comprobamos que $P (1, 2)$ está en $C$ : $y (1) = \frac{9 + 8 - 1}{8} = 2$ . 2. Pendiente de la tangente: $\frac{d y}{d x} (1) = \frac{1 \cdot 3}{2} = \frac{3}{2}$ . 3. Tangente: $y - 2 = \frac{3}{2} (x - 1)$ . 4. Corta al eje $x$ cuando $y = 0$ : $- 2 = \frac{3}{2} (x - 1)$ , luego $x - 1 = - \frac{4}{3}$ y $x = - \frac{1}{3}$ . Así $T (- \frac{1}{3}, 0)$ .

c) 1. Pendiente de la normal: $- \frac{2}{3}$ . Normal: $y - 2 = - \frac{2}{3} (x - 1)$ . 2. Corta al eje $y$ en $x = 0$ : $y = 2 + \frac{2}{3} = \frac{8}{3}$ . Así $N (0, \frac{8}{3})$ . 3. Los vectores $PT = (- \frac{4}{3}, - 2)$ y $PN = (- 1, \frac{2}{3})$ son perpendiculares (tangente y normal), y el triángulo es rectángulo en $P$ . 4. Área $= \frac{1}{2} ∣ PT ∣∣ PN ∣ = \frac{1}{2} \frac{16}{9} + 4 \cdot 1 + \frac{4}{9} = \frac{1}{2} \cdot \frac{52}{3} \cdot \frac{13}{3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{26}{9} = \frac{13}{9}$ .

Resultado: a) $(0, \frac{9}{8})$ , $(2, \frac{25}{8})$ , $(- 2, \frac{25}{8})$ ; b) $T (- \frac{1}{3}, 0)$ ; c) $N (0, \frac{8}{3})$ , área $= \frac{13}{9}$

Ejercicio 68 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2011Demostración

El punto $P$ , de coordenadas $(p, q)$ , pertenece a la gráfica de $x^{\frac{1}{2}} + y^{\frac{1}{2}} = a^{\frac{1}{2}}$ , $a > 0$ .

La tangente a la curva en $P$ corta a los ejes en $(0, m)$ y $(n, 0)$ . Compruebe que $m + n = a$ .

Ver resultado

Resultado: queda demostrado que $m + n = a$ .

Ver proceso y resultado

Derivamos implícitamente $x^{1/2} + y^{1/2} = a^{1/2}$ : $\frac{1}{2 x} + \frac{1}{2 y} \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $\frac{d y}{d x} = - \frac{y}{x}$ .
En $P (p, q)$ la pendiente es $- \frac{q}{p}$ y la tangente es $y - q = - \frac{q}{p} (x - p)$ .
Corte con el eje $y$ ( $x = 0$ ): $m = q + \frac{q}{p} p = q + p q$ .
Corte con el eje $x$ ( $y = 0$ ): $- q = - \frac{q}{p} (x - p)$ , luego $x - p = \frac{q p}{q} = p q$ y $n = p + p q$ .
Sumamos: $m + n = p + q + 2 p q = (p + q)^{2}$ .
Como $P$ está en la curva, $p + q = a$ , y entonces $m + n = (a)^{2} = a$ .

Resultado: queda demostrado que $m + n = a$ .

Ejercicio 69 DifícilIB · P2 Noviembre 2000

a) Dibuje las curvas $y = x^{2}$ para $- 2 \leq x \leq 2$ , y $y = - \frac{1}{2} ln x$ para $0 < x \leq 2$ .

b) Calcule la coordenada $x$ de $P$ , el punto de intersección de las dos curvas.

c) Si las tangentes a la curva en $P$ cortan al eje $y$ en $Q$ y $R$ , calcule el área del triángulo $PQR$ .

d) Pruebe que las dos tangentes en cada curva, en los puntos donde $x = a$ , $a > 0$ , son perpendiculares.

Ver solución

a) Dibujamos las dos curvas en los mismos ejes: la parábola $y = x^{2}$ en $- 2 \leq x \leq 2$ (vértice en el origen, $y = 4$ en los extremos) y $y = - \frac{1}{2} ln x$ para $0 < x \leq 2$ (decreciente, con asíntota vertical en $x = 0$ , que corta al eje $x$ en $x = 1$ y llega a $y = - \frac{1}{2} ln 2 \approx - 0, 35$ en $x = 2$ ). Se cortan en un único punto P con $0 < x < 1$ .

Gráficas de y = x² para −2 ≤ x ≤ 2 y de y = −(1/2) ln x para 0 < x ≤ 2, con su punto de intersección P

b) 1. Igualamos: $x^{2} = - \frac{1}{2} ln x$ , es decir, $2 x^{2} + ln x = 0$ . 2. Con la CPG (intersección de las dos gráficas): $x \approx 0, 548$ , y entonces $y = x^{2} \approx 0, 3005$ . $P (0, 548; 0, 301)$ .

c) Sea $p = 0, 5482$ la abscisa de P.

Para $y = x^{2}$ : pendiente $2 p$ , tangente $y - p^{2} = 2 p (x - p)$ , que corta al eje $y$ en $Q (0, - p^{2})$ .
Para $y = - \frac{1}{2} ln x$ : pendiente $- \frac{1}{2 p}$ , tangente $y - p^{2} = - \frac{1}{2 p} (x - p)$ ; en $x = 0$ : $y = p^{2} + \frac{1}{2}$ , así que $R (0, p^{2} + \frac{1}{2})$ (usamos que $- \frac{1}{2} ln p = p^{2}$ en P).
$QR = p^{2} + \frac{1}{2} + p^{2} = 2 p^{2} + \frac{1}{2} \approx 1, 101$ , y la altura del triángulo desde P a la recta $x = 0$ es $p$ .
Área $= \frac{1}{2} \cdot QR \cdot p = \frac{1}{2} \cdot 1, 101 \cdot 0, 5482 \approx 0, 302$ .

d) 1. En $y = x^{2}$ la pendiente de la tangente en $x = a$ es $m_{1} = 2 a$ . 2. En $y = - \frac{1}{2} ln x$ es $m_{2} = - \frac{1}{2 a}$ . 3. $m_{1} m_{2} = 2 a \cdot (- \frac{1}{2 a}) = - 1$ , así que las tangentes son perpendiculares.

Resultado: b) $P (0, 548; 0, 301)$ ; c) área del triángulo $PQR \approx 0, 302$ ; d) queda demostrado.

Ejercicio 70 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2005

La normal a la curva $y = \frac{k}{x} + ln x^{2}$ , para $x \neq = 0$ , $k \in R$ , en el punto $x = 2$ , tiene por ecuación $3 x + 2 y = b$ , donde $b \in R$ . Halle el valor exacto de $k$ y $b$ .

Ver resultado

Resultado: $k = \frac{4}{3}$ , $b = \frac{22}{3} + 2 ln 4$

Ver proceso y resultado

Escribimos $y = \frac{k}{x} + 2 ln x$ (para $x > 0$ , y también $2 ln ∣ x ∣$ en general, con la misma derivada).
Derivamos: $\frac{d y}{d x} = - \frac{k}{x ^{2}} + \frac{2}{x}$ . En $x = 2$ : $y^{'} (2) = - \frac{k}{4} + 1$ .
La normal $3 x + 2 y = b$ tiene pendiente $- \frac{3}{2}$ . La pendiente de la normal es $- \frac{1}{y ^{'} ( 2 )}$ , luego $y^{'} (2) = \frac{2}{3}$ .
Entonces $1 - \frac{k}{4} = \frac{2}{3}$ , así que $\frac{k}{4} = \frac{1}{3}$ y $k = \frac{4}{3}$ .
Ordenada del punto: $y (2) = \frac{k}{2} + ln 4 = \frac{2}{3} + ln 4$ .
La normal pasa por $(2, \frac{2}{3} + ln 4)$ : $b = 3 \cdot 2 + 2 (\frac{2}{3} + ln 4) = 6 + \frac{4}{3} + 2 ln 4 = \frac{22}{3} + 2 ln 4$ .

Resultado: $k = \frac{4}{3}$ , $b = \frac{22}{3} + 2 ln 4$

Ejercicio 71 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2005Demostración

a) Escriba el término $x^{r}$ del desarrollo de $(x + h)^{n}$ , donde $0 \leq r \leq n$ , $n \in Z^{+}$ .

b) A partir de lo anterior, derive $x^{n}$ , $n \in Z^{+}$ , aplicando la definición de derivada.

c) Comenzando del resultado $x^{n} \cdot x^{- n} = 1$ , deduzca la derivada de $x^{- n}$ , $n \in Z^{+}$ .

Ver resultado

Resultado: queda demostrado: a) $(r n) x^{r} h^{n - r}$ ; b) $(x^{n})^{'} = n x^{n - 1}$ ; c) $(x^{- n})^{'} = - n x^{- n - 1}$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Por el teorema del binomio, $(x + h)^{n} = r = 0 \sum n (r n) x^{r} h^{n - r}$ . 2. El término en $x^{r}$ es $(r n) x^{r} h^{n - r}$ (y $(r n) = (n - r n)$ ).

b) 1. Por la definición, $\frac{d}{d x} x^{n} = h \to 0 lim \frac{( x + h ) ^{n} - x ^{n}}{h}$ . 2. Del desarrollo, el término $r = n$ es $x^{n}$ , que se cancela con $- x^{n}$ . Quedan los términos $r = 0, \dots, n - 1$ : $\frac{( x + h ) ^{n} - x ^{n}}{h} = r = 0 \sum n - 1 (r n) x^{r} h^{n - r - 1}$ . 3. Al hacer $h \to 0$ , todos los términos con $n - r - 1 \geq 1$ tienden a $0$ . Solo sobrevive $r = n - 1$ (exponente de $h$ igual a $0$ ): $(n - 1 n) x^{n - 1} = n x^{n - 1}$ . 4. Por tanto $\frac{d}{d x} x^{n} = n x^{n - 1}$ .

c) 1. Partimos de $x^{n} \cdot x^{- n} = 1$ (con $x \neq = 0$ ) y derivamos ambos miembros con la regla del producto: $n x^{n - 1} \cdot x^{- n} + x^{n} \cdot (x^{- n})^{'} = 0$ . 2. Simplificamos el primer término: $n x^{- 1} + x^{n} (x^{- n})^{'} = 0$ . 3. Despejamos: $(x^{- n})^{'} = \frac{- n x ^{- 1}}{x ^{n}} = - n x^{- n - 1}$ .

Resultado: queda demostrado: a) $(r n) x^{r} h^{n - r}$ ; b) $(x^{n})^{'} = n x^{n - 1}$ ; c) $(x^{- n})^{'} = - n x^{- n - 1}$ .

Ejercicio 72 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2012

La función $f (x) = 3 sen x + 4 cos x$ está definida para $0 < x < 2 π$ .

a) Escriba las coordenadas del punto mínimo en la gráfica de $f$ .

b) Los puntos $P (p, 3)$ y $Q (q, 3)$ , $q > p$ , están en la gráfica de $y = f (x)$ . Encuentre $p$ y $q$ .

c) Encuentre las coordenadas del punto, en $y = f (x)$ , donde la pendiente del gráfico es 3.

d) Encuentre las coordenadas del punto de intersección de las normales al gráfico en los puntos $P$ y $Q$ .

Ver resultado

Resultado: a) $(3, 79; - 5)$ ; b) $p = 1, 57$ , $q = 6, 00$ ; c) $(4, 43; - 4)$ ; d) $(3, 79; 3, 55)$

Ver proceso y resultado

a) 1. Escribimos $f (x) = 3 sen x + 4 cos x = 5 cos (x - β)$ con $β = arctan \frac{3}{4} \approx 0, 6435$ (amplitud $3^{2} + 4^{2} = 5$ ). 2. El mínimo es $- 5$ y se da cuando $x - β = π$ , es decir, $x = π + β \approx 3, 785$ . 3. Mínimo: $(3, 79; - 5)$ .

b) 1. $f (x) = 3$ equivale a $5 cos (x - β) = 3$ , es decir, $cos (x - β) = \frac{3}{5}$ , con $arccos \frac{3}{5} \approx 0, 9273$ . 2. Soluciones: $x - β = 0, 9273$ da $x \approx 1, 571$ (es $\frac{π}{2}$ ; en efecto $f (\frac{π}{2}) = 3$ ). Y $x - β = 2 π - 0, 9273$ da $x \approx 5, 999 \approx 6, 00$ . 3. Por tanto $p \approx 1, 57$ y $q \approx 6, 00$ .

c) 1. $f^{'} (x) = 3 cos x - 4 sen x = 3$ . 2. Escribimos $3 cos x - 4 sen x = 5 cos (x + γ)$ con $γ = arctan \frac{4}{3} \approx 0, 9273$ : $cos (x + γ) = \frac{3}{5}$ . 3. Soluciones: $x + γ = 2 π - 0, 9273$ , es decir, $x \approx 4, 429$ (la solución $x = 0$ no está en el dominio $0 < x < 2 π$ ). 4. Ordenada: $f (4, 429) \approx - 4$ . Punto: $(4, 43; - 4)$ .

d) 1. En $P (p, 3)$ con $p = \frac{π}{2}$ : $f^{'} (p) = 3 cos \frac{π}{2} - 4 sen \frac{π}{2} = - 4$ , luego la normal tiene pendiente $\frac{1}{4}$ . 2. En $Q (q, 3)$ : $cos q = \frac{24}{25}$ y $sen q = - \frac{7}{25}$ (comprobación: $3 \cdot (- \frac{7}{25}) + 4 \cdot \frac{24}{25} = 3$ ). Entonces $f^{'} (q) = \frac{72}{25} + \frac{28}{25} = 4$ , y la normal tiene pendiente $- \frac{1}{4}$ . 3. Normal en $P$ : $y - 3 = \frac{1}{4} (x - p)$ . Normal en $Q$ : $y - 3 = - \frac{1}{4} (x - q)$ . 4. Igualamos: $x - p = - (x - q)$ , luego $x = \frac{p + q}{2} \approx \frac{1 , 5708 + 5 , 9994}{2} \approx 3, 785$ . 5. Sustituimos: $y = 3 + \frac{1}{4} (3, 785 - 1, 571) \approx 3, 55$ . Punto: $(3, 79; 3, 55)$ .

Resultado: a) $(3, 79; - 5)$ ; b) $p = 1, 57$ , $q = 6, 00$ ; c) $(4, 43; - 4)$ ; d) $(3, 79; 3, 55)$

Derivación implícita

Ejercicio 73 BásicoIB · P1 Mayo 1996

Calcule la ecuación de la tangente a la curva $3 x^{2} - 2 x y + y^{2} = 9$ en el punto $(2, 3)$ .

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Resultado: $y = - 3 x + 9$

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Comprobamos que $(2, 3)$ está en la curva: $3 \cdot 4 - 2 \cdot 2 \cdot 3 + 9 = 12 - 12 + 9 = 9$ . Sí.
Derivamos implícitamente (regla del producto en $x y$ , cadena en $y^{2}$ ): $6 x - 2 y - 2 x \frac{d y}{d x} + 2 y \frac{d y}{d x} = 0$ .
Despejamos: $\frac{d y}{d x} (2 y - 2 x) = 2 y - 6 x \Rightarrow \frac{d y}{d x} = \frac{y - 3 x}{y - x}$ .
En $(2, 3)$ : $\frac{3 - 6}{3 - 2} = - 3$ .
Tangente: $y - 3 = - 3 (x - 2) \Rightarrow y = - 3 x + 9$ .

Resultado: $y = - 3 x + 9$

Ejercicio 74 BásicoIB · P1 Mayo 1999

Si $2 x^{2} - 3 y^{2} = 2$ , calcule los dos valores de $\frac{d y}{d x}$ cuando $x = 5$ .

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Resultado: en $(5, 4)$ : $\frac{d y}{d x} = \frac{5}{6}$ ; en $(5, - 4)$ : $\frac{d y}{d x} = - \frac{5}{6}$

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Con $x = 5$ : $2 \cdot 25 - 3 y^{2} = 2$ , luego $3 y^{2} = 48$ e $y = \pm 4$ .
Derivamos implícitamente (cadena en $y^{2}$ ): $4 x - 6 y \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{2 x}{3 y}$ .
En $(5, 4)$ : $\frac{10}{12} = \frac{5}{6}$ . En $(5, - 4)$ : $\frac{10}{- 12} = - \frac{5}{6}$ .

Resultado: en $(5, 4)$ : $\frac{d y}{d x} = \frac{5}{6}$ ; en $(5, - 4)$ : $\frac{d y}{d x} = - \frac{5}{6}$

Ejercicio 75 BásicoIB · P1 Mayo 2001

Calcule la pendiente de la tangente a la curva $3 x^{2} + 4 y^{2} = 7$ en el punto donde $x = 1$ e $y > 0$ .

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Resultado: pendiente $= - \frac{3}{4}$

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Para $x = 1$ : $3 + 4 y^{2} = 7$ , $y^{2} = 1$ , y como $y > 0$ , $y = 1$ .
Derivamos implícitamente: $6 x + 8 y \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $\frac{d y}{d x} = - \frac{6 x}{8 y} = - \frac{3 x}{4 y}$ .
En $(1, 1)$ : pendiente $= - \frac{3}{4}$ .

Resultado: pendiente $= - \frac{3}{4}$

Ejercicio 76 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2008

Considere la curva definida por la ecuación $x^{2} + x y + y^{2} = 3$ .

a) Halle, en función de $k$ , la pendiente de la curva en el punto $(- 1, k)$ .

b) Sabiendo que en este punto la tangente a la curva es paralela al eje $x$ , halle el valor de $k$ .

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Resultado: a) $\frac{2 - k}{2 k - 1}$ ; b) $k = 2$

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a) 1. Derivamos implícitamente respecto de $x$ (regla del producto en $x y$ y regla de la cadena en $y^{2}$ ): $2 x + y + x \frac{d y}{d x} + 2 y \frac{d y}{d x} = 0$ . 2. Despejamos: $\frac{d y}{d x} (x + 2 y) = - (2 x + y)$ , así que $\frac{d y}{d x} = - \frac{2 x + y}{x + 2 y}$ . 3. En el punto $(- 1, k)$ : $\frac{d y}{d x} = - \frac{- 2 + k}{- 1 + 2 k} = \frac{2 - k}{2 k - 1}$ .

b) 1. Una tangente paralela al eje $x$ tiene pendiente $0$ : $\frac{2 - k}{2 k - 1} = 0$ , luego $k = 2$ . 2. Comprobamos que $(- 1, 2)$ está en la curva: $1 - 2 + 4 = 3$ . Y el denominador $2 k - 1 = 3 \neq = 0$ .

Resultado: a) $\frac{2 - k}{2 k - 1}$ ; b) $k = 2$

Ejercicio 77 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2008

Halle la ecuación de la recta normal a la curva $5 x y^{2} - 2 x^{2} = 18$ en el punto $(1, 2)$ .

Ver resultado

Resultado: $y = \frac{5}{4} x + \frac{3}{4}$

Ver proceso y resultado

Comprobamos que $(1, 2)$ está en la curva: $5 \cdot 1 \cdot 4 - 2 = 18$ . Correcto.
Derivamos implícitamente (producto en $x y^{2}$ , cadena en $y^{2}$ ): $5 y^{2} + 10 x y \frac{d y}{d x} - 4 x = 0$ .
En $(1, 2)$ : $20 + 20 \frac{d y}{d x} - 4 = 0$ , luego $\frac{d y}{d x} = - \frac{4}{5}$ .
La pendiente de la normal es el opuesto del inverso: $\frac{5}{4}$ .
Ecuación: $y - 2 = \frac{5}{4} (x - 1)$ , es decir, $y = \frac{5}{4} x + \frac{3}{4}$ .

Resultado: $y = \frac{5}{4} x + \frac{3}{4}$

Ejercicio 78 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

Halle la pendiente de la curva $e^{x y} + ln (y^{2}) + e^{y} = 1 + e$ en el punto $(0, 1)$ .

Ver resultado

Resultado: $- \frac{1}{2 + e}$

Ver proceso y resultado

Comprobamos $(0, 1)$ : $e^{0} + ln 1 + e = 1 + e$ . Correcto.
Derivamos implícitamente, con la regla de la cadena en cada término: $e^{x y} (y + x \frac{d y}{d x}) + \frac{2}{y} \frac{d y}{d x} + e^{y} \frac{d y}{d x} = 0$ .
En $(0, 1)$ : $1 \cdot (1 + 0) + 2 \frac{d y}{d x} + e \frac{d y}{d x} = 0$ .
Despejamos: $\frac{d y}{d x} = - \frac{1}{2 + e}$ .

Resultado: $- \frac{1}{2 + e}$

Ejercicio 79 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2019

La curva $C$ viene dada por la ecuación $y = x tan (\frac{π x y}{4})$

a) Muestre que, en el punto $(1, 1)$ , $\frac{d y}{d x} = \frac{2 + π}{2 - π}$ .

b) A partir de lo anterior, halle la ecuación de la recta normal a $C$ en el punto $(1, 1)$ .

Ver resultado

Resultado: (a) queda mostrado; (b) $y = \frac{π - 2}{π + 2} x + \frac{4}{π + 2}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Derivamos implícitamente $y = x tan (\frac{π x y}{4})$ (producto y cadena): $\frac{d y}{d x} = tan (\frac{π x y}{4}) + x sec^{2} (\frac{π x y}{4}) \cdot \frac{π}{4} (y + x \frac{d y}{d x})$ . 2. En $(1, 1)$ : $tan \frac{π}{4} = 1$ y $sec^{2} \frac{π}{4} = 2$ . Entonces $\frac{d y}{d x} = 1 + 2 \cdot \frac{π}{4} (1 + \frac{d y}{d x}) = 1 + \frac{π}{2} + \frac{π}{2} \frac{d y}{d x}$ . 3. Agrupamos: $\frac{d y}{d x} (1 - \frac{π}{2}) = 1 + \frac{π}{2}$ , es decir, $\frac{d y}{d x} \cdot \frac{2 - π}{2} = \frac{2 + π}{2}$ . 4. Por tanto $\frac{d y}{d x} = \frac{2 + π}{2 - π}$ .

b) 1. La pendiente de la normal es $- \frac{2 - π}{2 + π} = \frac{π - 2}{π + 2}$ . 2. Normal: $y - 1 = \frac{π - 2}{π + 2} (x - 1)$ . 3. Entonces $y = \frac{π - 2}{π + 2} x + 1 - \frac{π - 2}{π + 2} = \frac{π - 2}{π + 2} x + \frac{4}{π + 2}$ .

Resultado: (a) queda mostrado; (b) $y = \frac{π - 2}{π + 2} x + \frac{4}{π + 2}$

Ejercicio 80 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2015

Una curva viene dada por $x y = y^{2} + 4$ .

a) Muestre que no hay ningún punto en el que la tangente a la curva sea horizontal.

b) Halle las coordenadas de aquellos puntos en los que la tangente a la curva es vertical.

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Resultado: a) queda mostrado; b) $(4, 2)$ y $(- 4, - 2)$

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a) 1. Derivamos implícitamente $x y = y^{2} + 4$ (producto en $x y$ ): $y + x \frac{d y}{d x} = 2 y \frac{d y}{d x}$ . 2. Despejamos: $\frac{d y}{d x} (x - 2 y) = - y$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{2 y - x}$ . 3. Tangente horizontal exige $\frac{d y}{d x} = 0$ , es decir, $y = 0$ . 4. Pero con $y = 0$ la ecuación de la curva queda $0 = 0 + 4$ , imposible. No hay ningún punto de la curva con tangente horizontal.

b) 1. Tangente vertical: la pendiente no existe, es decir, $2 y - x = 0$ (con $y \neq = 0$ ), luego $x = 2 y$ . 2. Sustituimos en la curva: $2 y \cdot y = y^{2} + 4$ , es decir, $y^{2} = 4$ y $y = \pm 2$ . 3. Entonces $x = \pm 4$ . Los puntos son $(4, 2)$ y $(- 4, - 2)$ , y en ellos $y \neq = 0$ , por lo que la tangente es realmente vertical.

Resultado: a) queda mostrado; b) $(4, 2)$ y $(- 4, - 2)$

Ejercicio 81 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2013

Una curva tiene por ecuación $x^{3} y^{2} + x^{3} - y^{3} + 9 y = 0$ . Halle las coordenadas de los tres puntos de la curva donde $\frac{d y}{d x} = 0$ .

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Resultado: $(0, 0)$ , $(0, 3)$ , $(0, - 3)$

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Derivamos implícitamente respecto de $x$ (regla del producto en $x^{3} y^{2}$ y regla de la cadena en $y^{2}$ , $y^{3}$ ): $3 x^{2} y^{2} + 2 x^{3} y \frac{d y}{d x} + 3 x^{2} - 3 y^{2} \frac{d y}{d x} + 9 \frac{d y}{d x} = 0$ .
Agrupamos: $\frac{d y}{d x} (2 x^{3} y - 3 y^{2} + 9) = - 3 x^{2} (y^{2} + 1)$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{- 3 x ^{2} ( y ^{2} + 1 )}{2 x ^{3} y - 3 y ^{2} + 9}$ .
$\frac{d y}{d x} = 0$ exige numerador cero: como $y^{2} + 1 > 0$ , solo vale $x = 0$ .
Sustituimos $x = 0$ en la curva: $- y^{3} + 9 y = 0 \Rightarrow y (9 - y^{2}) = 0 \Rightarrow y = 0, 3, - 3$ .
Comprobamos que el denominador no se anula: en $x = 0$ vale $9 - 3 y^{2}$ , que es $9$ , $- 18$ y $- 18$ respectivamente: correcto.

Resultado: $(0, 0)$ , $(0, 3)$ , $(0, - 3)$

Ejercicio 82 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2013

La curva $C$ está definida de manera implícita por la ecuación $\frac{x ^{2}}{y} - 2 x = ln y$ para $y > 0$ .

a) Exprese $\frac{d y}{d x}$ en función de $x$ e $y$ .

b) Halle el valor de $\frac{d y}{d x}$ en el punto de $C$ en el cual $y = 1$ y $x > 0$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{2 x y - 2 y ^{2}}{x ^{2} + y}$ ; b) $\frac{2}{5}$

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a) 1. Derivamos implícitamente. El primer término lleva cociente: $\frac{d}{d x} \frac{x ^{2}}{y} = \frac{2 x y - x ^{2} y ^{'}}{y ^{2}}$ . El resto: $- 2$ y $\frac{y ^{'}}{y}$ . 2. Queda $\frac{2 x y - x ^{2} y ^{'}}{y ^{2}} - 2 = \frac{y ^{'}}{y}$ . Multiplicamos por $y^{2}$ : $2 x y - x^{2} y^{'} - 2 y^{2} = y y^{'}$ . 3. Agrupamos: $y^{'} (x^{2} + y) = 2 x y - 2 y^{2}$ . 4. Por tanto $\frac{d y}{d x} = \frac{2 x y - 2 y ^{2}}{x ^{2} + y}$ .

b) 1. Con $y = 1$ : $x^{2} - 2 x = ln 1 = 0 \Rightarrow x (x - 2) = 0$ , y como $x > 0$ , $x = 2$ . 2. $\frac{d y}{d x} = \frac{2 \cdot 2 \cdot 1 - 2 \cdot 1}{4 + 1} = \frac{2}{5}$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{2 x y - 2 y ^{2}}{x ^{2} + y}$ ; b) $\frac{2}{5}$

Ejercicio 83 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2014

Considere la curva definida por la ecuación $(x^{2} + y^{2})^{2} = 4 x y^{2}$ .

a) Utilice la derivación implícita para hallar una expresión para $\frac{d y}{d x}$ .

b) Halle la ecuación de la recta normal a la curva en el punto $(1, 1)$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2} - x ^{3} - x y ^{2}}{x ^{2} y + y ^{3} - 2 x y}$ ; b) $y = 1$

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a) 1. Derivamos implícitamente $(x^{2} + y^{2})^{2} = 4 x y^{2}$ . A la izquierda, regla de la cadena; a la derecha, regla del producto: $2 (x^{2} + y^{2}) (2 x + 2 y y^{'}) = 4 y^{2} + 8 x y y^{'}$ . 2. Dividimos entre $4$ y desarrollamos: $x (x^{2} + y^{2}) + y (x^{2} + y^{2}) y^{'} = y^{2} + 2 x y y^{'}$ . 3. Agrupamos los términos en $y^{'}$ : $y^{'} (x^{2} y + y^{3} - 2 x y) = y^{2} - x^{3} - x y^{2}$ . 4. Por tanto $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2} - x ^{3} - x y ^{2}}{x ^{2} y + y ^{3} - 2 x y}$ .

b) 1. En $(1, 1)$ (que está en la curva: $(1 + 1)^{2} = 4 = 4 \cdot 1 \cdot 1$ ): el numerador es $1 - 1 - 1 = - 1$ y el denominador $1 + 1 - 2 = 0$ . 2. Pendiente infinita: la tangente es vertical, $x = 1$ , y la normal es horizontal. 3. La normal pasa por $(1, 1)$ : $y = 1$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2} - x ^{3} - x y ^{2}}{x ^{2} y + y ^{3} - 2 x y}$ ; b) $y = 1$

Ejercicio 84 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2019

Calcule las coordenadas de los puntos de la curva $y^{3} + 3 x y^{2} - x^{3} = 27$ en los que $\frac{d y}{d x} = 0$ .

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Resultado: $(39, 39)$ y $(3, - 3)$

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Derivamos implícitamente (regla del producto en $3 x y^{2}$ , cadena en $y^{3}$ e $y^{2}$ ): $3 y^{2} \frac{d y}{d x} + 3 y^{2} + 6 x y \frac{d y}{d x} - 3 x^{2} = 0$ .
Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{3 x ^{2} - 3 y ^{2}}{3 y ^{2} + 6 x y} = \frac{x ^{2} - y ^{2}}{y ^{2} + 2 x y}$ .
$\frac{d y}{d x} = 0$ exige $x^{2} = y^{2}$ , es decir, $y = x$ o $y = - x$ .
Si $y = x$ : $x^{3} + 3 x^{3} - x^{3} = 3 x^{3} = 27 \Rightarrow x = 39$ , y el punto es $(39, 39)$ . El denominador es $3 x^{2} \neq = 0$ .
Si $y = - x$ : $- x^{3} + 3 x^{3} - x^{3} = x^{3} = 27 \Rightarrow x = 3$ , y el punto es $(3, - 3)$ . El denominador es $9 - 18 = - 9 \neq = 0$ .

Resultado: $(39, 39)$ y $(3, - 3)$

Ejercicio 85 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2018

Considere las curvas $C_{1}$ y $C_{2}$ definidas del siguiente modo

$C_{1}$ : $x y = 4$ , $x > 0$

$C_{2}$ : $x^{2} - y^{2} = 2$ , $x > 0$

a) Utilizando la derivación implícita o de cualquier otro modo, halle para cada una de estas curvas $\frac{d y}{d x}$ en función de $x$ y de $y$ .

Sea $P (a, b)$ el único punto en el que se cortan las curvas $C_{1}$ y $C_{2}$ .

b) Muestre que la tangente a $C_{1}$ en P es perpendicular a la tangente a $C_{2}$ en P.

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Resultado: a) En $C_{1}$ : $\frac{d y}{d x} = - \frac{y}{x}$ ; en $C_{2}$ : $\frac{d y}{d x} = \frac{x}{y}$ ; b) el producto de las pendientes es $- 1$ , luego las tangentes son perpendiculares.

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a) 1. Para $C_{1}$ : $x y = 4$ . Derivamos implícitamente respecto de $x$ (regla del producto): $y + x \frac{d y}{d x} = 0$ . 2. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = - \frac{y}{x}$ . 3. Para $C_{2}$ : $x^{2} - y^{2} = 2$ . Derivamos (regla de la cadena en $y^{2}$ ): $2 x - 2 y \frac{d y}{d x} = 0$ . 4. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{x}{y}$ .

b) 1. En el punto común $P (a, b)$ las pendientes de las tangentes son $m_{1} = - \frac{b}{a}$ (en $C_{1}$ ) y $m_{2} = \frac{a}{b}$ (en $C_{2}$ ). 2. Ambas existen, porque $a > 0$ y $b = \frac{4}{a} \neq = 0$ . 3. Su producto es $m_{1} m_{2} = - \frac{b}{a} \cdot \frac{a}{b} = - 1$ . 4. Dos rectas cuyas pendientes multiplicadas dan $- 1$ son perpendiculares. Queda demostrado.

Resultado: a) En $C_{1}$ : $\frac{d y}{d x} = - \frac{y}{x}$ ; en $C_{2}$ : $\frac{d y}{d x} = \frac{x}{y}$ ; b) el producto de las pendientes es $- 1$ , luego las tangentes son perpendiculares.

Ejercicio 86 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2017

La curva C se define por la ecuación $x y - ln y = 1$ , $y > 0$ .

a) Calcule $\frac{d y}{d x}$ en función de $x$ e $y$ .

b) Determine la ecuación de la tangente a C en el punto $(\frac{2}{e}, e)$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{- y ^{2}}{x y - 1}$ ; b) $y = - e^{2} x + 3 e$

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a) 1. Derivamos $x y - ln y = 1$ respecto de $x$ (producto en $x y$ y cadena en $ln y$ ): $y + x \frac{d y}{d x} - \frac{1}{y} \frac{d y}{d x} = 0$ . 2. Agrupamos: $\frac{d y}{d x} (x - \frac{1}{y}) = - y$ . 3. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{- y}{x - \frac{1}{y}} = \frac{- y ^{2}}{x y - 1}$ .

b) 1. Comprobamos que el punto está en C: $\frac{2}{e} \cdot e - ln e = 2 - 1 = 1$ . 2. Pendiente en $(\frac{2}{e}, e)$ : $x y = 2$ , luego $m = \frac{- e ^{2}}{2 - 1} = - e^{2}$ . 3. Tangente: $y - e = - e^{2} (x - \frac{2}{e})$ , es decir, $y = - e^{2} x + 2 e + e$ . 4. $y = - e^{2} x + 3 e$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{- y ^{2}}{x y - 1}$ ; b) $y = - e^{2} x + 3 e$

Ejercicio 87 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2017

La flor de Descartes es una curva definida por la ecuación $x^{3} + y^{3} - 3 x y = 0$ y se muestra en el siguiente diagrama.

Curva de ecuación x al cubo más y al cubo menos 3xy igual a cero (folio de Descartes), con un lazo en el primer cuadrante y dos ramas infinitas, y el punto P marcado en el lazo

Determine las coordenadas exactas del punto P donde la tangente a la curva es paralela al eje $y$ .

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Resultado: $P (34, 32)$

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Derivamos implícitamente $x^{3} + y^{3} - 3 x y = 0$ (producto en $3 x y$ ): $3 x^{2} + 3 y^{2} \frac{d y}{d x} - 3 y - 3 x \frac{d y}{d x} = 0$ .
Despejamos: $\frac{d y}{d x} (y^{2} - x) = y - x^{2}$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{y - x ^{2}}{y ^{2} - x}$ .
La tangente es paralela al eje $y$ (vertical) cuando el denominador se anula y el numerador no: $y^{2} - x = 0$ , es decir, $x = y^{2}$ .
Sustituimos en la curva: $y^{6} + y^{3} - 3 y^{3} = 0$ , es decir, $y^{3} (y^{3} - 2) = 0$ .
Si $y = 0$ se obtiene el origen, donde el numerador también es $0$ (no es una tangente vertical). Si $y^{3} = 2$ , $y = 32$ y $x = y^{2} = 34$ . Comprobamos que el numerador no se anula: $y - x^{2} = 32 - 316 = - 32 \neq = 0$ .
El punto $P$ es el del lazo a la derecha: $(34, 32)$ .

Resultado: $P (34, 32)$

Ejercicio 88 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2016

Considere la curva que viene dada por la ecuación $x^{3} + y^{3} = 4 x y$ .

a) Utilice la derivación implícita para mostrar que $\frac{d y}{d x} = \frac{4 y - 3 x ^{2}}{3 y ^{2} - 4 x}$ .

La tangente a esta curva es paralela al eje $x$ en el punto donde $x = k$ , $k > 0$ .

b) Halle el valor de $k$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) $k = \frac{4 3 2}{3}$

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a) 1. Derivamos $x^{3} + y^{3} = 4 x y$ implícitamente (producto en $4 x y$ ): $3 x^{2} + 3 y^{2} \frac{d y}{d x} = 4 y + 4 x \frac{d y}{d x}$ . 2. Agrupamos: $\frac{d y}{d x} (3 y^{2} - 4 x) = 4 y - 3 x^{2}$ . 3. $\frac{d y}{d x} = \frac{4 y - 3 x ^{2}}{3 y ^{2} - 4 x}$ .

b) 1. Tangente paralela al eje $x$ : $\frac{d y}{d x} = 0$ , es decir, $4 y - 3 x^{2} = 0$ , luego $y = \frac{3 x ^{2}}{4}$ . 2. Sustituimos en la curva: $x^{3} + \frac{27 x ^{6}}{64} = 4 x \cdot \frac{3 x ^{2}}{4} = 3 x^{3}$ . 3. Simplificamos: $\frac{27 x ^{6}}{64} = 2 x^{3}$ ; con $x > 0$ dividimos por $x^{3}$ : $x^{3} = \frac{128}{27}$ . 4. $k = \frac{3 128}{3} = \frac{4 3 2}{3}$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $k = \frac{4 3 2}{3}$

Ejercicio 89 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2016

Una curva viene dada por la ecuación $3 x - 2 y^{2} e^{x - 1} = 2$ .

a) Halle una expresión para $\frac{d y}{d x}$ en función de $x$ e $y$ .

b) Halle las ecuaciones de las tangentes a esta curva en aquellos puntos donde la curva corta a la recta $x = 1$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{3 - 2 y ^{2} e ^{x - 1}}{4 y e ^{x - 1}}$ ; b) $y - \frac{1}{2} = \frac{2}{2} (x - 1)$ e $y + \frac{1}{2} = - \frac{2}{2} (x - 1)$

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a) 1. Derivamos implícitamente $3 x - 2 y^{2} e^{x - 1} = 2$ (producto y cadena): $3 - 4 y \frac{d y}{d x} e^{x - 1} - 2 y^{2} e^{x - 1} = 0$ . 2. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{3 - 2 y ^{2} e ^{x - 1}}{4 y e ^{x - 1}} = \frac{2 e ^{x - 1} y ^{2} - 3}{- 4 y e ^{x - 1}}$ .

b) 1. Con $x = 1$ : $3 - 2 y^{2} = 2$ , luego $y^{2} = \frac{1}{2}$ e $y = \pm \frac{1}{2}$ . 2. Pendiente en $(1, \frac{1}{2})$ : $\frac{3 - 2 \cdot \frac{1}{2}}{4 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{2}{2 2} = \frac{2}{2}$ . Tangente: $y - \frac{1}{2} = \frac{2}{2} (x - 1)$ . 3. Pendiente en $(1, - \frac{1}{2})$ : $\frac{2}{- 2 2} = - \frac{2}{2}$ . Tangente: $y + \frac{1}{2} = - \frac{2}{2} (x - 1)$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = \frac{3 - 2 y ^{2} e ^{x - 1}}{4 y e ^{x - 1}}$ ; b) $y - \frac{1}{2} = \frac{2}{2} (x - 1)$ e $y + \frac{1}{2} = - \frac{2}{2} (x - 1)$

Ejercicio 90 MedioIB · P1 Mayo 1997

Una curva en el plano tiene por ecuación $x y^{2} + x^{2} y = 2$ .

a) Calcule la pendiente de la curva en el punto $(1, 1)$ .

b) Encuentre la ecuación de la recta perpendicular a la curva en el punto $(1, 1)$ .

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Resultado: a) pendiente $= - 1$ ; b) $y = x$

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a) 1. Derivamos $x y^{2} + x^{2} y = 2$ implícitamente (producto en cada término): $y^{2} + 2 x y \frac{d y}{d x} + 2 x y + x^{2} \frac{d y}{d x} = 0$ . 2. En $(1, 1)$ : $1 + 2 \frac{d y}{d x} + 2 + \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $3 \frac{d y}{d x} = - 3$ . 3. La pendiente es $- 1$ .

b) 1. La recta perpendicular a la curva (la normal) tiene pendiente $\frac{- 1}{- 1} = 1$ . 2. Pasa por $(1, 1)$ : $y - 1 = 1 \cdot (x - 1)$ , es decir, $y = x$ .

Resultado: a) pendiente $= - 1$ ; b) $y = x$

Ejercicio 91 MedioIB · P1 Mayo 1998

La ecuación de una curva viene dada por $x^{3} + y^{3} = 6 x y$ . Calcule la ecuación de la tangente a la curva en el punto $(3, 3)$ .

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Resultado: $y = - x + 6$

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Comprobamos que $(3, 3)$ está en la curva: $27 + 27 = 54 = 6 \cdot 3 \cdot 3$ .
Derivamos implícitamente $x^{3} + y^{3} = 6 x y$ (producto en $6 x y$ ): $3 x^{2} + 3 y^{2} \frac{d y}{d x} = 6 y + 6 x \frac{d y}{d x}$ .
En $(3, 3)$ : $27 + 27 \frac{d y}{d x} = 18 + 18 \frac{d y}{d x}$ , luego $9 \frac{d y}{d x} = - 9$ y la pendiente es $- 1$ .
Tangente: $y - 3 = - (x - 3)$ , es decir, $y = - x + 6$ .

Resultado: $y = - x + 6$

Ejercicio 92 MedioIB · P1 Mayo 2002

La ecuación de una curva es $x y^{3} + 2 x^{2} y = 3$ .

Halle la ecuación de la tangente a esta curva en el punto $(1, 1)$ .

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Resultado: $y = - x + 2$

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Derivamos implícitamente $x y^{3} + 2 x^{2} y = 3$ (regla del producto en cada término): $y^{3} + 3 x y^{2} y^{'} + 4 x y + 2 x^{2} y^{'} = 0$ .
En $(1, 1)$ : $1 + 3 y^{'} + 4 + 2 y^{'} = 0$ , luego $5 y^{'} = - 5$ y $y^{'} = - 1$ .
Tangente: $y - 1 = - (x - 1)$ , es decir, $y = - x + 2$ .

Resultado: $y = - x + 2$

Ejercicio 93 MedioIB · P1 Mayo 2003

Una curva tiene la ecuación $x^{3} y^{2} = 8$ . Halle la ecuación de la normal a la curva en el punto $(2, 1)$ .

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Resultado: $y - 1 = \frac{4}{3} (x - 2)$

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Derivamos implícitamente $x^{3} y^{2} = 8$ (regla del producto): $3 x^{2} y^{2} + 2 x^{3} y \frac{d y}{d x} = 0$ .
En $(2, 1)$ : $12 + 16 \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $\frac{d y}{d x} = - \frac{3}{4}$ .
La pendiente de la normal es el opuesto del inverso: $\frac{4}{3}$ .
Normal: $y - 1 = \frac{4}{3} (x - 2)$ , es decir, $4 x - 3 y - 5 = 0$ .

Resultado: $y - 1 = \frac{4}{3} (x - 2)$

Ejercicio 94 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2004

El punto $P (1, p)$ , donde $p > 0$ , se encuentra en la curva $2 y^{2} - x^{3} y = 15$ .

a) Calcule el valor de $p$ .

b) Calcular la pendiente de la tangente a la curva en $P$ .

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Resultado: a) $p = 3$ ; b) pendiente $= \frac{9}{11}$

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a) Sustituimos $x = 1$ en $2 y^{2} - x^{3} y = 15$ : $2 p^{2} - p = 15$ , es decir, $2 p^{2} - p - 15 = 0$ . Factorizamos: $(2 p + 5) (p - 3) = 0$ , luego $p = 3$ o $p = - \frac{5}{2}$ . Como $p > 0$ , $p = 3$ .

b) 1. Derivamos implícitamente: $4 y \frac{d y}{d x} - 3 x^{2} y - x^{3} \frac{d y}{d x} = 0$ . 2. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{3 x ^{2} y}{4 y - x ^{3}}$ . 3. En $P (1, 3)$ : $\frac{9}{12 - 1} = \frac{9}{11}$ .

Resultado: a) $p = 3$ ; b) pendiente $= \frac{9}{11}$

Ejercicio 95 MedioIB · P1 Noviembre 2003

Considere la ecuación $2 x y^{2} = x^{2} y + 3$ .

a) Halle $y$ cuando $x = 1$ e $y < 0$ .

b) Halle $\frac{d y}{d x}$ cuando $x = 1$ e $y < 0$ .

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Resultado: a) $y = - 1$ ; b) $\frac{d y}{d x} = \frac{4}{5}$

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a) 1. Con $x = 1$ : $2 y^{2} = y + 3$ , es decir, $2 y^{2} - y - 3 = 0$ . 2. Factorizamos: $(2 y - 3) (y + 1) = 0$ , luego $y = \frac{3}{2}$ o $y = - 1$ . Como $y < 0$ , $y = - 1$ .

b) 1. Derivamos implícitamente (producto en los tres términos): $2 y^{2} + 4 x y \frac{d y}{d x} = 2 x y + x^{2} \frac{d y}{d x}$ . 2. En $(1, - 1)$ : $2 - 4 \frac{d y}{d x} = - 2 + \frac{d y}{d x}$ . 3. $4 = 5 \frac{d y}{d x}$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{4}{5}$ .

Resultado: a) $y = - 1$ ; b) $\frac{d y}{d x} = \frac{4}{5}$

Ejercicio 96 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

El punto $P (1, p)$ , con $p > 0$ , pertenece a la curva $2 x^{2} y + 3 y^{2} = 16$ .

a) Calcule el valor de $p$ .

b) Calcule la pendiente de la tangente a la curva en $P$ .

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Resultado: a) $p = 2$ ; b) pendiente $= - \frac{4}{7}$

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a) Con $x = 1$ : $2 y + 3 y^{2} = 16$ , es decir, $3 p^{2} + 2 p - 16 = 0$ . Entonces $p = \frac{- 2 \pm 14}{6}$ , o sea $p = 2$ o $p = - \frac{8}{3}$ . Como $p > 0$ , $p = 2$ .

b) 1. Derivamos implícitamente: $4 x y + 2 x^{2} \frac{d y}{d x} + 6 y \frac{d y}{d x} = 0$ . 2. En $P (1, 2)$ : $8 + 2 \frac{d y}{d x} + 12 \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $14 \frac{d y}{d x} = - 8$ . 3. $\frac{d y}{d x} = - \frac{4}{7}$ .

Resultado: a) $p = 2$ ; b) pendiente $= - \frac{4}{7}$

Ejercicio 97 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

Halle la ecuación de la normal a la curva $x^{3} + y^{3} - 9 x y = 0$ en el punto $(2, 4)$ .

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Resultado: $y - 4 = - \frac{5}{4} (x - 2)$

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Comprobamos que $(2, 4)$ está en la curva: $8 + 64 - 72 = 0$ .
Derivamos implícitamente: $3 x^{2} + 3 y^{2} \frac{d y}{d x} - 9 y - 9 x \frac{d y}{d x} = 0$ .
En $(2, 4)$ : $12 + 48 \frac{d y}{d x} - 36 - 18 \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $30 \frac{d y}{d x} = 24$ y $\frac{d y}{d x} = \frac{4}{5}$ .
La pendiente de la normal es $- \frac{5}{4}$ .
Normal: $y - 4 = - \frac{5}{4} (x - 2)$ , es decir, $5 x + 4 y - 26 = 0$ .

Resultado: $y - 4 = - \frac{5}{4} (x - 2)$

Ejercicio 98 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2005

Encuentre la pendiente de la curva $2 sen (x y) = 1$ cuando $y = \frac{1}{2}$ y $π < x < 2 π$ .

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Resultado: pendiente $= - \frac{3}{10 π}$

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Condición sobre $x$ : con $y = \frac{1}{2}$ , $2 sen (\frac{x}{2}) = 1$ , luego $sen \frac{x}{2} = \frac{1}{2}$ . Con $π < x < 2 π$ , $\frac{x}{2} \in] \frac{π}{2}, π [$ , así que $\frac{x}{2} = \frac{5 π}{6}$ y $x = \frac{5 π}{3}$ .
Derivamos implícitamente $2 sen (x y) = 1$ (cadena y producto): $2 cos (x y) (y + x \frac{d y}{d x}) = 0$ .
En el punto, $cos (x y) = cos \frac{5 π}{6} \neq = 0$ , luego $y + x \frac{d y}{d x} = 0$ y $\frac{d y}{d x} = - \frac{y}{x}$ .
$\frac{d y}{d x} = - \frac{1/2}{5 π /3} = - \frac{3}{10 π}$ .

Resultado: pendiente $= - \frac{3}{10 π}$

Ejercicio 99 MedioIB · P1 TZ0 Mayo 2006

Sabiendo que $3^{x + y} = x^{3} + 3 y$ , halle $\frac{d y}{d x}$ .

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Resultado: $\frac{d y}{d x} = \frac{3 x ^{2} - ( ln 3 ) 3 ^{x + y}}{( ln 3 ) 3 ^{x + y} - 3}$

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Derivamos implícitamente respecto de $x$ . En el primer miembro, regla de la cadena: $\frac{d}{d x} 3^{x + y} = (ln 3) 3^{x + y} (1 + \frac{d y}{d x})$ .
Segundo miembro: $\frac{d}{d x} (x^{3} + 3 y) = 3 x^{2} + 3 \frac{d y}{d x}$ .
Igualamos: $(ln 3) 3^{x + y} + (ln 3) 3^{x + y} \frac{d y}{d x} = 3 x^{2} + 3 \frac{d y}{d x}$ .
Agrupamos los términos con $\frac{d y}{d x}$ : $\frac{d y}{d x} [(ln 3) 3^{x + y} - 3] = 3 x^{2} - (ln 3) 3^{x + y}$ .
Despejamos.

Resultado: $\frac{d y}{d x} = \frac{3 x ^{2} - ( ln 3 ) 3 ^{x + y}}{( ln 3 ) 3 ^{x + y} - 3}$

Ejercicio 100 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007

Sabiendo que $e^{x y} - y^{2} ln x = e$ para $x \geq 1$ , calcule $\frac{d y}{d x}$ en el punto $(1, 1)$ .

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Resultado: $\frac{d y}{d x} = \frac{1 - e}{e}$

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Derivamos implícitamente respecto de $x$ . El primer término por la regla de la cadena y el producto: $e^{x y} (y + x \frac{d y}{d x})$ . El segundo, con el producto: $- (2 y \frac{d y}{d x} ln x + \frac{y ^{2}}{x})$ . La derivada de $e$ es $0$ .
Ecuación: $e^{x y} (y + x \frac{d y}{d x}) - 2 y ln x \frac{d y}{d x} - \frac{y ^{2}}{x} = 0$ .
Sustituimos $(1, 1)$ (que cumple la ecuación: $e^{1} - 1 \cdot ln 1 = e$ ) y $ln 1 = 0$ : $e (1 + \frac{d y}{d x}) - 0 - 1 = 0$ .
Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{1 - e}{e} = \frac{1}{e} - 1$ .

Resultado: $\frac{d y}{d x} = \frac{1 - e}{e}$

Ejercicio 101 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2008

Encuentre la pendiente de la tangente a la curva $x^{3} y^{2} = cos (π y)$ en el punto $(- 1, 1)$ .

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Resultado: pendiente $= \frac{3}{2}$

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Comprobamos que $(- 1, 1)$ está en la curva: $(- 1)^{3} \cdot 1^{2} = - 1$ y $cos π = - 1$ .
Derivamos implícitamente. Primer miembro con la regla del producto: $3 x^{2} y^{2} + 2 x^{3} y \frac{d y}{d x}$ . Segundo miembro (cadena): $- π sen (π y) \frac{d y}{d x}$ .
En $(- 1, 1)$ : $sen π = 0$ , luego $3 + 2 (- 1) \frac{d y}{d x} = 0$ .
Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{3}{2}$ .

Resultado: pendiente $= \frac{3}{2}$

Ejercicio 102 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2010

Halle la ecuación de la recta normal a la curva $x^{3} y^{3} - x y = 0$ en el punto $(1, 1)$ .

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Resultado: $y = x$

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Comprobamos $(1, 1)$ : $1 - 1 = 0$ .
Derivamos implícitamente (regla del producto en cada término): $3 x^{2} y^{3} + 3 x^{3} y^{2} \frac{d y}{d x} - y - x \frac{d y}{d x} = 0$ .
En $(1, 1)$ : $3 + 3 \frac{d y}{d x} - 1 - \frac{d y}{d x} = 0$ , es decir, $2 + 2 \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $\frac{d y}{d x} = - 1$ .
La normal tiene pendiente $1$ : $y - 1 = 1 \cdot (x - 1)$ .

Resultado: $y = x$

Ejercicio 103 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2012

La curva $C$ tiene por ecuación $2 x^{2} + y^{2} = 18$ .

Determine las coordenadas de los cuatro puntos de $C$ en los cuales la normal pasa por el punto $(1, 0)$ .

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Resultado: $(3, 0)$ , $(- 3, 0)$ , $(- 1, 4)$ , $(- 1, - 4)$

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Pendiente de la tangente en $(a, b)$ de $C$ : derivamos $2 x^{2} + y^{2} = 18$ implícitamente: $4 x + 2 y \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $\frac{d y}{d x} = - \frac{2 x}{y}$ (si $y \neq = 0$ ).
La normal en $(a, b)$ tiene pendiente $\frac{b}{2 a}$ (si $a \neq = 0$ , $b \neq = 0$ ). Para que pase por $(1, 0)$ , la pendiente entre $(a, b)$ y $(1, 0)$ debe ser la misma: $\frac{b}{a - 1} = \frac{b}{2 a}$ .
Caso $b \neq = 0$ : $2 a = a - 1$ , luego $a = - 1$ . Entonces $2 + b^{2} = 18$ y $b = \pm 4$ : puntos $(- 1, 4)$ y $(- 1, - 4)$ .
Caso $b = 0$ : $2 a^{2} = 18$ , $a = \pm 3$ . En $(\pm 3, 0)$ la tangente es vertical y la normal es la recta horizontal $y = 0$ , que pasa por $(1, 0)$ : valen $(3, 0)$ y $(- 3, 0)$ .
Caso $a = 0$ ( $b = \pm 32$ ): la tangente es horizontal y la normal es $x = 0$ , que no pasa por $(1, 0)$ . No vale.

Resultado: $(3, 0)$ , $(- 3, 0)$ , $(- 1, 4)$ , $(- 1, - 4)$

Ejercicio 104 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2014

Una curva tiene por ecuación $arctan x^{2} + arctan y^{2} = \frac{π}{4}$ .

a) Calcule $\frac{d y}{d x}$ en función de $x$ e $y$ .

b) Encuentre la pendiente de la curva en el punto donde $x = \frac{1}{2}$ e $y < 0$ .

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = - \frac{x ( 1 + y ^{4} )}{y ( 1 + x ^{4} )}$ ; b) $m = \frac{8 3}{9 2} = \frac{4 6}{9}$

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a) 1. Derivamos implícitamente respecto de $x$ , tratando $y$ como función de $x$ . Recordamos que $\frac{d}{d x} arctan u = \frac{u ^{'}}{1 + u ^{2}}$ . 2. Para $arctan x^{2}$ : $u = x^{2}$ , $u^{'} = 2 x$ , así que da $\frac{2 x}{1 + x ^{4}}$ . Para $arctan y^{2}$ : $u = y^{2}$ , $u^{'} = 2 y \frac{d y}{d x}$ , así que da $\frac{2 y}{1 + y ^{4}} \frac{d y}{d x}$ . El segundo miembro es constante, su derivada es $0$ : $\frac{2 x}{1 + x ^{4}} + \frac{2 y}{1 + y ^{4}} \frac{d y}{d x} = 0.$ 3. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = - \frac{x ( 1 + y ^{4} )}{y ( 1 + x ^{4} )} .$

b) 1. Para $x = \frac{1}{2}$ tenemos $x^{2} = \frac{1}{2}$ . Sustituimos en la ecuación: $arctan y^{2} = \frac{π}{4} - arctan \frac{1}{2}$ . 2. Tomamos la tangente de ambos miembros y usamos $tan (A - B) = \frac{tan A - tan B}{1 + tan A tan B}$ : $y^{2} = tan (\frac{π}{4} - arctan \frac{1}{2}) = \frac{1 - \frac{1}{2}}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{1}{3} .$ 3. Como $y < 0$ , $y = - \frac{1}{3}$ . Además $x^{4} = \frac{1}{4}$ e $y^{4} = \frac{1}{9}$ . 4. Sustituimos en la expresión del apartado a): $\frac{d y}{d x} = - \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{10}{9}}{- \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{4}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{10}{9} \cdot \frac{4}{5} \cdot 3 = \frac{8 3}{9 2} = \frac{4 6}{9} .$

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = - \frac{x ( 1 + y ^{4} )}{y ( 1 + x ^{4} )}$ ; b) $m = \frac{8 3}{9 2} = \frac{4 6}{9}$

Ejercicio 105 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2013

Una curva se define por la ecuación $8 y ln x - 2 x^{2} + 4 y^{2} = 7$ .

Encuentre la ecuación de la tangente a la curva en el punto donde $x = 1$ e $y > 0$ .

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Resultado: $y = - \frac{2}{3} x + \frac{13}{6}$

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Hallamos $y$ en $x = 1$ : $8 y ln 1 - 2 + 4 y^{2} = 7$ , es decir $4 y^{2} = 9$ , $y^{2} = \frac{9}{4}$ . Como $y > 0$ , $y = \frac{3}{2}$ .
Derivamos implícitamente respecto de $x$ (regla del producto en $8 y ln x$ ): $8 y^{'} ln x + \frac{8 y}{x} - 4 x + 8 y y^{'} = 0.$
Sustituimos $x = 1$ , $y = \frac{3}{2}$ (y $ln 1 = 0$ ): $0 + 12 - 4 + 12 y^{'} = 0$ , luego $y^{'} = - \frac{8}{12} = - \frac{2}{3}$ .
La tangente en $(1, \frac{3}{2})$ con pendiente $- \frac{2}{3}$ : $y - \frac{3}{2} = - \frac{2}{3} (x - 1)$ , es decir $y = - \frac{2}{3} x + \frac{13}{6} .$

Resultado: $y = - \frac{2}{3} x + \frac{13}{6}$

Ejercicio 106 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2012

Consideremos la curva definida por la ecuación $x^{2} + sen y - x y = 0$ .

a) Encuentre la pendiente de la tangente a la curva en el punto $(π, π)$ .

b) Usando lo anterior, muestre que $tan θ = \frac{1}{1 + 2 π}$ , donde $θ$ es el ángulo agudo entre la tangente a la curva en $(π, π)$ y la recta $y = x$ .

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Resultado: a) $\frac{π}{1 + π}$ ; b) queda demostrado.

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a) 1. Comprobamos que $(π, π)$ está en la curva: $π^{2} + sen π - π^{2} = 0$ . 2. Derivamos implícitamente (regla del producto en $x y$ ): $2 x + cos y \cdot y^{'} - y - x y^{'} = 0.$ 3. En $(π, π)$ : $2 π + (- 1) y^{'} - π - π y^{'} = 0$ , es decir $π = (1 + π) y^{'}$ . 4. Pendiente: $m = \frac{π}{1 + π}$ .

b) 1. La recta $y = x$ tiene pendiente $1$ . El ángulo agudo $θ$ entre dos rectas de pendientes $m_{1}$ y $m_{2}$ cumple $tan θ = \frac{m _{1} - m _{2}}{1 + m _{1} m _{2}}$ . 2. Con $m_{1} = \frac{π}{1 + π}$ y $m_{2} = 1$ : $m_{1} - m_{2} = \frac{π - 1 - π}{1 + π} = - \frac{1}{1 + π}$ y $1 + m_{1} m_{2} = \frac{1 + π + π}{1 + π} = \frac{1 + 2 π}{1 + π}$ . 3. Por tanto $tan θ = \frac{- \frac{1}{1 + π}}{\frac{1 + 2 π}{1 + π}} = \frac{1}{1 + 2 π} .$

Resultado: a) $\frac{π}{1 + π}$ ; b) queda demostrado.

Ejercicio 107 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2021

Consideremos la curva $C$ dada por $y = x - x y ln (x y)$ , donde $x > 0$ , $y > 0$ .

a) Muestre que $\frac{d y}{d x} + (x \frac{d y}{d x} + y) (1 + ln (x y)) = 1$ .

b) Usando lo anterior, calcule la ecuación de la tangente a $C$ en el punto donde $x = 1$ .

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Resultado: a) demostración; b) $y = 1$

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a) 1. Derivamos implícitamente respecto de $x$ la ecuación $y = x - x y ln (x y)$ . Para el término $x y ln (x y)$ usamos la regla del producto con $u = x y$ (cuya derivada es $y + x \frac{d y}{d x}$ ) y $v = ln (x y)$ (cuya derivada es $\frac{1}{x y} (y + x \frac{d y}{d x})$ ): $\frac{d}{d x} [x y ln (x y)] = (y + x \frac{d y}{d x}) ln (x y) + x y \cdot \frac{1}{x y} (y + x \frac{d y}{d x}) = (x \frac{d y}{d x} + y) (ln (x y) + 1) .$ 2. Por tanto $\frac{d y}{d x} = 1 - (x \frac{d y}{d x} + y) (1 + ln (x y))$ , es decir $\frac{d y}{d x} + (x \frac{d y}{d x} + y) (1 + ln (x y)) = 1.$

b) 1. Para $x = 1$ la ecuación de $C$ es $y = 1 - y ln y$ , es decir $y (1 + ln y) = 1$ . Con la CPG (o comprobando) $y = 1$ es solución: $1 \cdot (1 + 0) = 1$ . Es la única con $y > 0$ : $y (1 + ln y)$ es creciente para $y > e^{- 2}$ y no positiva para $y \leq e^{- 1}$ . 2. En $x = 1$ , $y = 1$ (con $ln (x y) = ln 1 = 0$ ), la relación del apartado a) da: $y^{'} + (y^{'} + 1) (1 + 0) = 1$ , es decir $2 y^{'} + 1 = 1$ y $y^{'} = 0$ . 3. Tangente por $(1, 1)$ con pendiente $0$ : $y = 1$ .

Resultado: a) demostración; b) $y = 1$

Ejercicio 108 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2010

La normal a la curva $x e^{- y} + e^{y} = 1 + x$ en el punto $(c, ln c)$ corta al eje $y$ en $c^{2} + 1$ . Determine el valor de $c$ .

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Resultado: $c = e$

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Derivamos implícitamente $x e^{- y} + e^{y} = 1 + x$ (regla del producto en el primer término): $e^{- y} - x e^{- y} \frac{d y}{d x} + e^{y} \frac{d y}{d x} = 1$ .
En el punto $(c, ln c)$ se tiene $e^{y} = c$ y $e^{- y} = \frac{1}{c}$ : $\frac{1}{c} - c \cdot \frac{1}{c} \frac{d y}{d x} + c \frac{d y}{d x} = 1$ .
Agrupamos: $\frac{d y}{d x} (c - 1) = 1 - \frac{1}{c} = \frac{c - 1}{c}$ , luego, para $c \neq = 1$ , la pendiente de la tangente es $\frac{1}{c}$ .
La normal tiene pendiente $- c$ : $y - ln c = - c (x - c)$ .
Corta al eje $y$ en $x = 0$ : $y = ln c + c^{2}$ .
Por el enunciado ese valor es $c^{2} + 1$ , así que $ln c = 1$ y $c = e$ (que cumple $c \neq = 1$ ).

Resultado: $c = e$

Ejercicio 109 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2012Demostración

Sea $x^{3} y = a sen n x$ . Utilizando la derivación implícita, compruebe que:

$x^{3} \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} + 6 x^{2} \frac{d y}{d x} + (n^{2} x^{2} + 6) x y = 0$

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Resultado: queda demostrado.

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Partimos de $x^{3} y = a sen n x$ y derivamos implícitamente respecto de $x$ (regla del producto a la izquierda, regla de la cadena a la derecha): $3 x^{2} y + x^{3} \frac{d y}{d x} = an cos n x$ .
Derivamos otra vez: $6 x y + 3 x^{2} \frac{d y}{d x} + 3 x^{2} \frac{d y}{d x} + x^{3} \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - a n^{2} sen n x$ .
Sustituimos $a sen n x = x^{3} y$ en el segundo miembro: $- a n^{2} sen n x = - n^{2} x^{3} y$ .
Pasamos todo al primer miembro y agrupamos: $x^{3} \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} + 6 x^{2} \frac{d y}{d x} + 6 x y + n^{2} x^{3} y = 0$ .
Sacamos $x y$ factor común en los dos últimos términos: $6 x y + n^{2} x^{3} y = (n^{2} x^{2} + 6) x y$ . Queda así $x^{3} \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} + 6 x^{2} \frac{d y}{d x} + (n^{2} x^{2} + 6) x y = 0.$

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 110 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2018

Una curva C viene dada por la ecuación implícita $x + y - cos (x y) = 0$ .

a) Muestre que $\frac{d y}{d x} = - (\frac{1 + y sen ( x y )}{1 + x sen ( x y )})$ .

b) La curva $x y = - \frac{π}{2}$ y C se cortan en P y en Q.

(i) Halle las coordenadas de P y de Q.

(ii) Sabiendo que las pendientes de las tangentes a C en P y en Q son $m_{1}$ y $m_{2}$ , respectivamente, muestre que $m_{1} \times m_{2} = 1$ .

c) Halle las coordenadas de los tres puntos de C más próximos al origen de coordenadas en los que la tangente es paralela a la recta $y = - x$ .

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Resultado: b) $P (\frac{π}{2}, - \frac{π}{2})$ , $Q (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ ; c) $(0, 486; 0, 486)$ , $(0, 1)$ y $(1, 0)$

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a) 1. Derivamos implícitamente $x + y - cos (x y) = 0$ . Para $cos (x y)$ : regla de la cadena y regla del producto en $x y$ : $1 + \frac{d y}{d x} + sen (x y) (y + x \frac{d y}{d x}) = 0$ . 2. Agrupamos: $\frac{d y}{d x} (1 + x sen (x y)) = - (1 + y sen (x y))$ . 3. Por tanto $\frac{d y}{d x} = - (\frac{1 + y sen ( x y )}{1 + x sen ( x y )})$ .

b) i) 1. Con $x y = - \frac{π}{2}$ : $cos (x y) = cos (- \frac{π}{2}) = 0$ , y la ecuación de $C$ queda $x + y = 0$ , o sea $y = - x$ . 2. Sustituimos: $x (- x) = - \frac{π}{2} \Rightarrow x^{2} = \frac{π}{2} \Rightarrow x = \pm \frac{π}{2}$ . 3. $P (\frac{π}{2}, - \frac{π}{2})$ y $Q (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ .

(ii) 1. En ambos puntos $sen (x y) = sen (- \frac{π}{2}) = - 1$ , y la pendiente es $m = - \frac{1 - y}{1 - x}$ . Sea $s = \frac{π}{2}$ . 2. En $P$ ( $x = s$ , $y = - s$ ): $m_{1} = - \frac{1 + s}{1 - s}$ . 3. En $Q$ ( $x = - s$ , $y = s$ ): $m_{2} = - \frac{1 - s}{1 + s}$ . 4. Producto: $m_{1} m_{2} = \frac{1 + s}{1 - s} \cdot \frac{1 - s}{1 + s} = 1$ .

c) 1. Tangente paralela a $y = - x$ : $\frac{d y}{d x} = - 1$ , es decir, $1 + y sen (x y) = 1 + x sen (x y)$ (denominador no nulo). 2. Entonces $(y - x) sen (x y) = 0$ : $y = x$ o $sen (x y) = 0$ . 3. Caso $y = x$ : la curva da $2 x - cos (x^{2}) = 0$ . Con la CPG, la única solución es $x = 0, 486$ . Punto $(0, 486; 0, 486)$ . 4. Caso $sen (x y) = 0$ : $x y = nπ$ y $cos (x y) = \pm 1$ , de modo que $x + y = cos (x y) = \pm 1$ . Para $n = 0$ : $x y = 0$ y $x + y = 1$ , y salen $(0, 1)$ y $(1, 0)$ . Para los demás $n$ posibles ( $n < 0$ ) resulta $x^{2} + y^{2} = (x + y)^{2} - 2 x y = 1 - 2 nπ \geq 1 + 2 π$ , mucho más lejos del origen. 5. Distancias al origen: $2 \cdot 0, 48 6^{2} = 0, 69$ para el primero y $1$ para $(0, 1)$ y $(1, 0)$ , menores que las de cualquier otro.

Resultado: b) $P (\frac{π}{2}, - \frac{π}{2})$ , $Q (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ ; c) $(0, 486; 0, 486)$ , $(0, 1)$ y $(1, 0)$

Ejercicio 111 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2016

Considere la curva C definida por la ecuación $y^{2} - 2 x y = 5 - e^{x}$ .

El punto A se encuentra en C y tiene coordenadas $(0, a)$ , $a > 0$ .

a) Calcule el valor de $a$ .

b) Muestre que $\frac{d y}{d x} = \frac{2 y - e ^{x}}{2 ( y - x )}$ .

c) Halle la ecuación de la normal a C en el punto A.

d) Encuentre las coordenadas del segundo punto en el cual la normal encontrada en el apartado (c) corta a C.

e) Sabiendo que $v = y^{3}$ , $y > 0$ , calcule $\frac{d v}{d x}$ en $x = 0$ .

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Resultado: a) $a = 2$ ; b) queda demostrado; c) $y = - \frac{4}{3} x + 2$ ; d) $(1, 56; - 0, 0779)$ ; e) $\frac{d v}{d x} = 9$

Ver proceso y resultado

a) 1. En $x = 0$ : $y^{2} = 5 - e^{0} = 4$ . 2. Como $a > 0$ , $a = 2$ .

b) 1. Derivamos implícitamente $y^{2} - 2 x y = 5 - e^{x}$ (producto en $2 x y$ ): $2 y \frac{d y}{d x} - 2 y - 2 x \frac{d y}{d x} = - e^{x}$ . 2. Agrupamos: $\frac{d y}{d x} (2 y - 2 x) = 2 y - e^{x}$ . 3. $\frac{d y}{d x} = \frac{2 y - e ^{x}}{2 ( y - x )}$ .

c) 1. Pendiente de la tangente en $A (0, 2)$ : $\frac{4 - 1}{2 \cdot 2} = \frac{3}{4}$ . 2. La normal tiene pendiente $- \frac{4}{3}$ y pasa por $(0, 2)$ : $y = - \frac{4}{3} x + 2$ .

d) 1. Sustituimos $y = - \frac{4}{3} x + 2$ en la ecuación de C y resolvemos con la CPG (se obtiene $x = 0$ , que es A, y otra solución). 2. La otra solución es $x \approx 1, 56$ , con $y = - \frac{4}{3} (1, 56) + 2 \approx - 0, 0779$ . 3. El segundo punto es $(1, 56; - 0, 0779)$ .

e) 1. $v = y^{3}$ , luego $\frac{d v}{d x} = 3 y^{2} \frac{d y}{d x}$ (cadena). 2. En $x = 0$ : $y = 2$ y $\frac{d y}{d x} = \frac{3}{4}$ , luego $\frac{d v}{d x} = 3 \cdot 4 \cdot \frac{3}{4} = 9$ .

Resultado: a) $a = 2$ ; b) queda demostrado; c) $y = - \frac{4}{3} x + 2$ ; d) $(1, 56; - 0, 0779)$ ; e) $\frac{d v}{d x} = 9$

Ejercicio 112 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2007

a) Una curva está definida por la ecuación implícita: $2 x y + 6 x^{2} - 3 y^{2} = 6$ .

Compruebe que la tangente en el punto $A (1, \frac{2}{3})$ tiene una pendiente igual a $\frac{20}{3}$ .

b) La recta $x = 1$ corta a la curva en el punto $A$ y en el punto $B$ . Halle, en la forma $r = (a b) + s (c d)$

(i) la ecuación de la tangente en $A$ .

(ii) la ecuación de la normal en $B$ .

c) Halle el ángulo que forman la tangente en $A$ y la normal en $B$ .

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Resultado: a) pendiente $\frac{20}{3}$ ; b) (i) $(x y) = (1 \frac{2}{3}) + s (320)$ ; (ii) $(x y) = (10) + s (61)$ ; c) $α \approx 7 2^{\circ}$

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a) 1. Comprobamos que $A$ está en la curva: $2 \cdot 1 \cdot \frac{2}{3} + 6 - 3 \cdot \frac{4}{9} = \frac{4}{3} + 6 - \frac{4}{3} = 6$ . 2. Derivamos implícitamente (el producto $2 x y$ con la regla del producto): $2 y + 2 x \frac{d y}{d x} + 12 x - 6 y \frac{d y}{d x} = 0$ . 3. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{2 y + 12 x}{6 y - 2 x}$ . 4. En $A (1, \frac{2}{3})$ : $\frac{\frac{4}{3} + 12}{4 - 2} = \frac{40/3}{2} = \frac{20}{3}$ .

b) 1. Con $x = 1$ en la ecuación de la curva: $2 y + 6 - 3 y^{2} = 6$ , es decir, $y (2 - 3 y) = 0$ . Luego $y = \frac{2}{3}$ (punto $A$ ) o $y = 0$ : $B (1, 0)$ .

(i) Tangente en $A$ : vector director $(3, 20)$ (pendiente $\frac{20}{3}$ ). $(x y) = (1 \frac{2}{3}) + s (320)$

(ii) Pendiente de la tangente en $B$ : $\frac{0 + 12}{0 - 2} = - 6$ . La normal tiene pendiente $\frac{1}{6}$ , con vector director $(6, 1)$ . $(x y) = (10) + s (61)$

c) 1. El ángulo entre las rectas es el que forman sus vectores directores: $cos α = \frac{∣ ( 3 , 20 ) \cdot ( 6 , 1 ) ∣}{409 37} = \frac{38}{409 37} \approx 0, 309$ . 2. Entonces $α \approx 7 2^{\circ}$ .

Resultado: a) pendiente $\frac{20}{3}$ ; b) (i) $(x y) = (1 \frac{2}{3}) + s (320)$ ; (ii) $(x y) = (10) + s (61)$ ; c) $α \approx 7 2^{\circ}$

Ejercicio 113 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2011

Demuestre que los puntos $(0, 0)$ y $(2 π, - 2 π)$ en la curva $e^{(x + y)} = cos (x y)$ tienen una tangente común.

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Resultado: queda demostrado: la tangente común es $y = - x$ .

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Comprobamos que ambos puntos están en la curva $e^{x + y} = cos (x y)$ . En $(0, 0)$ : $e^{0} = 1 = cos 0$ . En $(2 π, - 2 π)$ : $x + y = 0$ , así que $e^{0} = 1$ , y $x y = - 2 π$ , con $cos (- 2 π) = 1$ .
Derivamos implícitamente: $e^{x + y} (1 + y^{'}) = - sen (x y) (y + x y^{'})$ .
En $(0, 0)$ : $sen 0 = 0$ , luego $1 \cdot (1 + y^{'}) = 0$ y $y^{'} = - 1$ .
En el segundo punto: $sen (- 2 π) = 0$ , y $e^{0} (1 + y^{'}) = 0$ , luego otra vez $y^{'} = - 1$ .
Tangente en $(0, 0)$ : $y = - x$ . Tangente en $(2 π, - 2 π)$ : $y + 2 π = - (x - 2 π)$ , es decir, $y = - x$ .
Ambas tangentes son la misma recta.

Resultado: queda demostrado: la tangente común es $y = - x$ .

Ejercicio 114 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2015

Una curva se define mediante $x^{2} - 5 x y + y^{2} = 7$ .

a) Muestre que $\frac{d y}{d x} = \frac{5 y - 2 x}{2 y - 5 x}$ .

b) Halle la ecuación de la normal a la curva en el punto $(6, 1)$ .

c) Halle la distancia que hay entre los dos puntos de la curva en los cuales la tangente correspondiente es paralela a la recta $y = x$ .

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Resultado: a) demostración; b) $y = - 4 x + 25$ ; c) $22$

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a) 1. Derivamos implícitamente respecto de $x$ (regla del producto en $5 x y$ ): $2 x - 5 y - 5 x \frac{d y}{d x} + 2 y \frac{d y}{d x} = 0.$ 2. Agrupamos los términos con $\frac{d y}{d x}$ : $(2 y - 5 x) \frac{d y}{d x} = 5 y - 2 x$ . 3. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{5 y - 2 x}{2 y - 5 x}$ .

b) 1. Comprobamos que $(6, 1)$ está en la curva: $36 - 30 + 1 = 7$ . 2. Pendiente de la tangente: $\frac{5 - 12}{2 - 30} = \frac{- 7}{- 28} = \frac{1}{4}$ . 3. La normal tiene pendiente $- 4$ (inversa opuesta). Ecuación: $y - 1 = - 4 (x - 6)$ , es decir $y = - 4 x + 25$ .

c) 1. Tangente paralela a $y = x$ : $\frac{d y}{d x} = 1$ , es decir $5 y - 2 x = 2 y - 5 x$ , luego $3 y = - 3 x$ y $y = - x$ . 2. Sustituimos en la curva: $x^{2} - 5 x (- x) + x^{2} = 7$ , es decir $7 x^{2} = 7$ , $x = \pm 1$ . 3. Puntos: $(1, - 1)$ y $(- 1, 1)$ (en ambos $2 y - 5 x \neq = 0$ ). 4. Distancia: $(1 - (- 1))^{2} + (- 1 - 1)^{2} = 8 = 22$ .

Resultado: a) demostración; b) $y = - 4 x + 25$ ; c) $22$

Ejercicio 115 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2022

Considere la curva definida por la ecuación $(x^{2} + y^{2}) y^{2} = 4 x^{2}$ , donde $x \geq 0$ y $- 2 < y < 2$ .

Muestre que la curva no tiene ningún punto máximo local ni mínimo local para $x > 0$ .

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Resultado: $\frac{d y}{d x} = \frac{8 x - 2 x y ^{2}}{4 y ^{3} + 2 y x ^{2}}$ solo se anula si $x = 0$ o $y = \pm 2$ , valores excluidos; no hay máximos ni mínimos locales.

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Desarrollamos: $x^{2} y^{2} + y^{4} = 4 x^{2}$ .
Derivamos implícitamente respecto de $x$ (regla del producto en $x^{2} y^{2}$ ): $2 x y^{2} + 2 x^{2} y \frac{d y}{d x} + 4 y^{3} \frac{d y}{d x} = 8 x .$
Despejamos: $\frac{d y}{d x} (2 x^{2} y + 4 y^{3}) = 8 x - 2 x y^{2}$ , luego $\frac{d y}{d x} = \frac{8 x - 2 x y ^{2}}{4 y ^{3} + 2 y x ^{2}} = \frac{2 x ( 4 - y ^{2} )}{2 y ( x ^{2} + 2 y ^{2} )} .$
Un máximo o mínimo local exige $\frac{d y}{d x} = 0$ , es decir $2 x (4 - y^{2}) = 0$ : $x = 0$ o $y = \pm 2$ .
Pero el enunciado exige $x > 0$ y $- 2 < y < 2$ , valores que excluyen ambas posibilidades. (Para $x > 0$ el denominador no se anula: $y = 0$ implicaría $0 = 4 x^{2}$ , es decir $x = 0$ .)
Por tanto $\frac{d y}{d x} \neq = 0$ para $x > 0$ y la curva no tiene máximos ni mínimos locales.

Resultado: $\frac{d y}{d x} = \frac{8 x - 2 x y ^{2}}{4 y ^{3} + 2 y x ^{2}}$ solo se anula si $x = 0$ o $y = \pm 2$ , valores excluidos; no hay máximos ni mínimos locales.

Estudio de funciones: extremos, concavidad e inflexión

Ejercicio 116 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2011

La función cuadrática $f (x) = p + q x - x^{2}$ alcanza un valor máximo, igual a $5$ , para $x = 3$ .

a) Halle el valor de $p$ y el valor de $q$ .

b) La gráfica de $f (x)$ se traslada $3$ unidades en la dirección paralela al eje $x$ y en sentido positivo. Determine la ecuación de la nueva gráfica.

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Resultado: a) $p = - 4$ , $q = 6$ ; b) $y = - x^{2} + 12 x - 31$

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a) 1. Un máximo en $x = 3$ exige $f^{'} (3) = 0$ . Con $f^{'} (x) = q - 2 x$ : $q - 6 = 0$ , luego $q = 6$ . 2. El valor máximo es $5$ : $f (3) = p + 6 \cdot 3 - 9 = p + 9 = 5$ , luego $p = - 4$ .

b) 1. Una traslación de $3$ unidades en sentido positivo del eje $x$ sustituye $x$ por $x - 3$ : $y = f (x - 3)$ . 2. $y = - 4 + 6 (x - 3) - (x - 3)^{2} = - 4 + 6 x - 18 - x^{2} + 6 x - 9$ . 3. $y = - x^{2} + 12 x - 31$ .

Resultado: a) $p = - 4$ , $q = 6$ ; b) $y = - x^{2} + 12 x - 31$

Ejercicio 117 BásicoIB · P1 Mayo 1996

Calcule el intervalo entre $0$ y $2 π$ donde la función $y (x) = x - 2 sen x$ es creciente.

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Resultado: creciente en $] \frac{π}{3}, \frac{5 π}{3} [$

Ver proceso y resultado

$y^{'} = 1 - 2 cos x$ .
$y$ es creciente donde $y^{'} > 0$ : $1 - 2 cos x > 0 \Rightarrow cos x < \frac{1}{2}$ .
En $[0, 2 π]$ , $cos x = \frac{1}{2}$ en $x = \frac{π}{3}$ y $x = \frac{5 π}{3}$ , y $cos x < \frac{1}{2}$ entre ambos valores.
La función es creciente en $] \frac{π}{3}, \frac{5 π}{3} [$ .

Resultado: creciente en $] \frac{π}{3}, \frac{5 π}{3} [$

Ejercicio 118 BásicoIB · P2 TZ1 Mayo 2015

La función $f$ se define por $f (x) = x^{3} + e^{x} + 1$ , $x \in R$ . Teniendo en cuenta $f^{'} (x)$ , determine si $f$ es una función uno-a-uno o una función varios-a-uno.

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Resultado: $f$ es estrictamente creciente en $R$ , luego es inyectiva (uno-a-uno).

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Derivamos: $f^{'} (x) = 3 x^{2} + e^{x}$ .
Para todo $x \in R$ : $3 x^{2} \geq 0$ y $e^{x} > 0$ , luego $f^{'} (x) > 0$ .
Una función con derivada siempre positiva es estrictamente creciente en $R$ ; por tanto cada valor de $y$ se alcanza una sola vez.
En consecuencia $f$ es una función uno-a-uno (inyectiva).

Resultado: $f$ es estrictamente creciente en $R$ , luego es inyectiva (uno-a-uno).

Ejercicio 119 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2015

Considere la función definida mediante $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 4$

a) Determine los valores de $x$ para los cuales $f (x)$ es una función decreciente.

En la curva $y = f (x)$ hay un punto de inflexión, $P$ .

b) Halle las coordenadas de $P$ .

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Resultado: a) $0 < x < 2$ ; b) $P (1, 2)$

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a) 1. $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x = 3 x (x - 2)$ . 2. $f$ es decreciente donde $f^{'} (x) < 0$ . Como $3 x (x - 2)$ es una parábola con ramas hacia arriba, es negativa entre sus raíces $0$ y $2$ . 3. Por tanto $f$ es decreciente para $0 < x < 2$ .

b) 1. Un punto de inflexión exige $f^{''} (x) = 0$ con cambio de signo: $f^{''} (x) = 6 x - 6 = 0$ , luego $x = 1$ . 2. $f^{''} < 0$ para $x < 1$ y $f^{''} > 0$ para $x > 1$ : hay cambio de signo, así que es de inflexión. 3. $f (1) = 1 - 3 + 4 = 2$ .

Resultado: a) $0 < x < 2$ ; b) $P (1, 2)$

Ejercicio 120 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2005

La función $f$ viene dada por $f (x) = \frac{x ^{5} + 2}{x}$ , $x \neq = 0$ . La gráfica de $f$ tiene un punto de inflexión en $P$ . Halle las coordenadas de $P$ .

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Resultado: $P (- \frac{1}{5 3}, - \frac{5 5 3}{3})$

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Reescribimos $f (x) = \frac{x ^{5} + 2}{x} = x^{4} + 2 x^{- 1}$ .
$f^{'} (x) = 4 x^{3} - 2 x^{- 2}$ y $f^{''} (x) = 12 x^{2} + 4 x^{- 3} = \frac{12 x ^{5} + 4}{x ^{3}}$ .
Un punto de inflexión exige $f^{''} (x) = 0$ : $12 x^{5} + 4 = 0$ , es decir, $x^{5} = - \frac{1}{3}$ , luego $x = - \frac{1}{5 3}$ .
Hay cambio de signo de $f^{''}$ en ese valor (el numerador $12 x^{5} + 4$ cambia de signo y el denominador $x^{3}$ es negativo a ambos lados), así que es un punto de inflexión.
La ordenada: $f (x) = x^{4} + \frac{2}{x} = 3^{- 4/5} - 2 \cdot 3^{1/5} = 3^{1/5} (\frac{1}{3} - 2) = - \frac{5 5 3}{3}$ .

Resultado: $P (- \frac{1}{5 3}, - \frac{5 5 3}{3})$

Ejercicio 121 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2008

Considere la curva definida por la ecuación $f (x) = e^{- 2 x^{2}}$ para $x < 0$ .

Halle las coordenadas del punto de inflexión y justifique por qué se trata de un punto de inflexión.

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Resultado: $(- \frac{1}{2}, e^{- \frac{1}{2}})$

Ver proceso y resultado

$f (x) = e^{- 2 x^{2}}$ . Por la regla de la cadena, $f^{'} (x) = - 4 x e^{- 2 x^{2}}$ .
Aplicamos el producto: $f^{''} (x) = - 4 e^{- 2 x^{2}} + (- 4 x) (- 4 x) e^{- 2 x^{2}} = (16 x^{2} - 4) e^{- 2 x^{2}} = 4 (4 x^{2} - 1) e^{- 2 x^{2}}$ .
$f^{''} (x) = 0$ cuando $4 x^{2} = 1$ , es decir, $x = \pm \frac{1}{2}$ . Como $x < 0$ , $x = - \frac{1}{2}$ .
$f (- \frac{1}{2}) = e^{- 2 \cdot \frac{1}{4}} = e^{- 1/2}$ .
Justificación: como $e^{- 2 x^{2}} > 0$ , el signo de $f^{''}$ es el de $4 x^{2} - 1$ . Para $x < - \frac{1}{2}$ , $f^{''} > 0$ (convexa), y para $- \frac{1}{2} < x < 0$ , $f^{''} < 0$ (cóncava). Hay cambio de signo de $f^{''}$ , por tanto es un punto de inflexión.

Resultado: $(- \frac{1}{2}, e^{- \frac{1}{2}})$

Ejercicio 122 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

Considere la función $f$ , definida por $f (x) = x - a x$ , donde $x \geq 0$ , $a \in R^{+}$ .

a) Halle, en función de $a$ ,

(i) los ceros de $f$

(ii) los valores de $x$ para los cuales $f$ es decreciente

(iii) los valores de $x$ para los cuales $f$ es creciente

(iv) el recorrido de $f$

b) Indique cuál es la concavidad de la gráfica de $f$ .

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Resultado: a) (i) $x = 0$ , $x = a^{2}$ ; (ii) $] 0, \frac{a ^{2}}{4} [$ ; (iii) $] \frac{a ^{2}}{4}, + \infty [$ ; (iv) $[- \frac{a ^{2}}{4}, + \infty [$ ; b) cóncava hacia arriba en $] 0, + \infty [$

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a) (i) 1. $f (x) = 0$ : $x - a x = x (x - a) = 0$ . 2. Entonces $x = 0$ o $x = a$ , es decir, $x = 0$ o $x = a^{2}$ .

(ii) y (iii) 1. $f^{'} (x) = 1 - \frac{a}{2 x}$ para $x > 0$ . 2. $f^{'} (x) < 0 ⟺ \frac{a}{2 x} > 1 ⟺ x < \frac{a}{2} ⟺ x < \frac{a ^{2}}{4}$ . Luego $f$ es decreciente para $0 < x < \frac{a ^{2}}{4}$ . 3. $f^{'} (x) > 0 ⟺ x > \frac{a ^{2}}{4}$ . Luego $f$ es creciente para $x > \frac{a ^{2}}{4}$ .

(iv) 1. Por lo anterior, $f$ tiene su mínimo en $x = \frac{a ^{2}}{4}$ : $f (\frac{a ^{2}}{4}) = \frac{a ^{2}}{4} - a \cdot \frac{a}{2} = - \frac{a ^{2}}{4}$ . 2. Como $f$ crece sin límite para $x \to + \infty$ , el recorrido es $[- \frac{a ^{2}}{4}, + \infty [$ .

b) 1. $f^{''} (x) = \frac{a}{4} x^{- 3/2} = \frac{a}{4 x x}$ . 2. Con $a > 0$ y $x > 0$ , $f^{''} (x) > 0$ : la gráfica es cóncava hacia arriba en $] 0, + \infty [$ .

Ejercicio 123 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2004

Sea $f (x) = x \cdot cos (x)$ , para $x$ del intervalo $[0, π]$ . La curva de $f (x)$ tiene un máximo local en $x = a$ y un punto de inflexión en $x = b$ .

a) Halle el valor de

(i) $a$

(ii) $b$

b) Dibuje aproximadamente la gráfica de $f (x)$ .

Ver solución

a) Con la CPG, resolviendo las ecuaciones de las derivadas en $[0, π]$ .

(i) 1. $f^{'} (x) = cos x - x sen x$ (regla del producto). 2. Máximo local: $f^{'} (x) = 0$ , es decir, $cos x = x sen x$ , con la CPG $x \approx 0, 8603$ . 3. Es un máximo: $f^{'} > 0$ antes (por ejemplo $f^{'} (0) = 1$ ) y $f^{'} < 0$ después (por ejemplo $f^{'} (\frac{π}{2}) = - \frac{π}{2}$ ). Así $a \approx 0, 86$ .

(ii) 1. $f^{''} (x) = - sen x - sen x - x cos x = - 2 sen x - x cos x$ . 2. Punto de inflexión: $f^{''} (x) = 0$ , con la CPG $x \approx 2, 2889$ , y $f^{''}$ cambia de signo ahí. Así $b \approx 2, 29$ .

b) Rasgos de la gráfica: parte de $(0, 0)$ con pendiente $f^{'} (0) = 1$ , sube hasta el máximo en $x \approx 0, 86$ (con $f \approx 0, 56$ ), corta el eje $x$ en $x = \frac{π}{2}$ y desciende; cambia de cóncava a convexa en $x \approx 2, 29$ y termina en $(π, - π)$ .

Gráfica de y = x cos x en el intervalo de 0 a π: sube desde el origen hasta un máximo, cruza el eje x y baja hasta el extremo derecho

Resultado: (a) (i) $a \approx 0, 86$ ; (ii) $b \approx 2, 29$ ; (b) gráfica esbozada con máximo en $x \approx 0, 86$ y punto de inflexión en $x \approx 2, 29$

Ejercicio 124 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2013

Considere los complejos $z_{1} = 1 + 3 i$ y $z_{2} = - 1 - i$ .

a) Escriba el valor exacto de $∣ z_{1} ∣$ y del $ar g (z_{2})$ .

b) Halle el valor mínimo de $∣ z_{1} + α z_{2} ∣$ , donde $α \in R$ .

Ver resultado

Resultado: a) $∣ z_{1} ∣ = 10$ , $ar g (z_{2}) = \frac{5 π}{4}$ ; b) mínimo $2$ para $α = 2$

Ver proceso y resultado

a) 1. El módulo es $∣ z_{1} ∣ = 1^{2} + 3^{2} = 10$ . 2. $z_{2} = - 1 - i$ está en el tercer cuadrante (parte real e imaginaria negativas). Su ángulo de referencia es $arctan \frac{1}{1} = \frac{π}{4}$ . 3. Por tanto $ar g (z_{2}) = π + \frac{π}{4} = \frac{5 π}{4}$ (o, de forma equivalente, $- \frac{3 π}{4}$ ).

b) 1. Calculamos la suma: $z_{1} + α z_{2} = (1 - α) + (3 - α) i$ . 2. Su módulo al cuadrado es $∣ z_{1} + α z_{2} ∣^{2} = (1 - α)^{2} + (3 - α)^{2} = 2 α^{2} - 8 α + 10$ . 3. Completamos el cuadrado: $2 α^{2} - 8 α + 10 = 2 (α - 2)^{2} + 2$ , que es mínimo cuando $α = 2$ y vale $2$ . 4. Como el módulo es la raíz de ese valor, el mínimo es $2$ .

Resultado: a) $∣ z_{1} ∣ = 10$ , $ar g (z_{2}) = \frac{5 π}{4}$ ; b) mínimo $2$ para $α = 2$

Ejercicio 125 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2007

La función $f$ se define como: $f (x) = \frac{2 x}{x ^{2} + 6}$ para $x \geq b$ , $b \in R$ .

a) Compruebe que $f^{'} (x) = \frac{12 - 2 x ^{2}}{( x ^{2} + 6 ) ^{2}}$ .

b) A partir de lo anterior, halle el menor valor exacto de $b$ para el cual existe la función inversa $f^{- 1}$ . Justifique su respuesta.

Ver resultado

Resultado: b) $b = 6$

Ver proceso y resultado

a) 1. Regla del cociente con $u = 2 x$ , $v = x^{2} + 6$ : $f^{'} (x) = \frac{2 ( x ^{2} + 6 ) - 2 x \cdot 2 x}{( x ^{2} + 6 ) ^{2}}$ . 2. Simplificamos el numerador: $2 x^{2} + 12 - 4 x^{2} = 12 - 2 x^{2}$ . 3. Por tanto $f^{'} (x) = \frac{12 - 2 x ^{2}}{( x ^{2} + 6 ) ^{2}}$ .

b) 1. $f^{'} (x) = 0 \Rightarrow x^{2} = 6 \Rightarrow x = \pm 6$ . El signo de $f^{'}$ lo da $12 - 2 x^{2}$ : negativo si $x < - 6$ , positivo si $- 6 < x < 6$ y negativo si $x > 6$ . 2. Una función tiene inversa si es inyectiva, es decir, estrictamente monótona en su dominio $[b, \infty [$ . 3. Si $b < 6$ , el dominio contiene un entorno de $x = 6$ , donde $f$ pasa de creciente a decreciente; hay un máximo local y valores próximos al máximo se alcanzan dos veces, así que $f$ no es inyectiva. 4. Si $b = 6$ , $f$ es estrictamente decreciente en $[6, \infty [$ y, por tanto, inyectiva. 5. Por tanto el menor valor es $b = 6$ .

Resultado: b) $b = 6$

Ejercicio 126 MedioIB · P1 Mayo 1997

Gráfica de una función periódica en forma de diente de sierra con tres tramos iguales, de periodo tres, entre x = -3 y x = 6

El diagrama anterior muestra la gráfica de una función periódica en el intervalo $- 3 \leq x \leq 6$ .

a) ¿Cuál es el periodo?

b) Suponiendo que el gráfico continúa teniendo la misma forma durante el intervalo $- 30 \leq x \leq 60$ , calcule $f (52)$ .

c) Calcule $f^{'} (\frac{53}{2})$ .

Ver resultado

Resultado: a) $P = 3$ ; b) $f (52) = 1$ ; c) $f^{'} (\frac{53}{2}) = - 2$

Ver proceso y resultado

a) 1. El patrón de la gráfica se repite cada $3$ unidades: por ejemplo $f (0) = f (3) = f (6) = 0$ y los máximos $f (- 1) = 2$ , $f (2) = 2$ , $f (5) = 2$ están separados $3$ unidades. 2. El periodo es $3$ .

b) 1. Como el periodo es $3$ , $f (52) = f (52 - 3 \cdot 17) = f (1)$ . 2. Entre $(0, 0)$ y $(2, 2)$ la gráfica es la recta $y = x$ , luego $f (1) = 1$ . 3. $f (52) = 1$ .

c) 1. $\frac{53}{2} = 26, 5$ ; restamos $24$ (múltiplo de $3$ ): $26, 5 - 24 = 2, 5$ , así que $f^{'} (\frac{53}{2}) = f^{'} (2, 5)$ . 2. En $] 2, 3 [$ la gráfica es el segmento de $(2, 2)$ a $(3, 0)$ , de pendiente $\frac{0 - 2}{3 - 2} = - 2$ . 3. $f^{'} (\frac{53}{2}) = - 2$ .

Resultado: a) $P = 3$ ; b) $f (52) = 1$ ; c) $f^{'} (\frac{53}{2}) = - 2$

Ejercicio 127 MedioIB · P1 Noviembre 1997

La gráfica de $f^{'} (x)$ , la función derivada de $f (x)$ , se muestra a continuación.

Gráfica de la derivada de f: una parábola que corta al eje X en x = -1 y x = 3, con el mínimo en x = 1

Sabiendo que $f (- 1) = 5$ , $f (0) = 0$ y $f (3) = - 27$ , dibuje la gráfica de $y = f (x)$ en el mismo conjunto de ejes.

Ver solución

Leemos en la gráfica de $f^{'}$ : corta al eje $X$ en $x = - 1$ y $x = 3$ ; es positiva si $x < - 1$ o $x > 3$ y negativa si $- 1 < x < 3$ ; tiene su mínimo en $x = 1$ . (Su ecuación es $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x - 9$ .)
Signo de $f^{'}$ $\Rightarrow$ comportamiento de $f$ : $f$ crece para $x < - 1$ , decrece en $] - 1, 3 [$ y crece para $x > 3$ . Por tanto $f$ tiene un máximo local en $x = - 1$ y un mínimo local en $x = 3$ .
Como $f^{'}$ tiene un mínimo en $x = 1$ , $f^{'}$ es decreciente antes y creciente después, y $f$ tiene un punto de inflexión en $x = 1$ (cóncava hacia abajo para $x < 1$ y hacia arriba para $x > 1$ ).
Puntos que conocemos: el máximo local $(- 1, 5)$ , el origen $(0, 0)$ y el mínimo local $(3, - 27)$ .
Integrando $f^{'}$ y usando $f (0) = 0$ se obtiene $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} - 9 x$ (coincide con los tres valores dados). El dibujo pasa por esos tres puntos, con la forma de una cúbica con máximo y mínimo.

Gráficas de f y de su derivada en los mismos ejes: f tiene un máximo local, pasa por el origen y tiene un mínimo local en los ceros de la derivada

Resultado: $f$ tiene un máximo local en $(- 1, 5)$ y un mínimo local en $(3, - 27)$ y pasa por $(0, 0)$ ; $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} - 9 x$ .

Ejercicio 128 MedioIB · P1 Mayo 2000

Sea $f : x \mapsto e^{sen x}$ .

a) Calcule $f^{'} (x)$ .

Hay un punto de inflexión en la gráfica de $f$ , para $0 < x < 1$ .

b) Escriba, sin resolver, una ecuación en función de $x$ que permita encontrar el valor de $x$ en ese punto de inflexión.

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = cos x e^{sen x}$ ; b) $cos^{2} x - sen x = 0$

Ver proceso y resultado

a) Es $f (x) = e^{u}$ con $u = sen x$ . Por la regla de la cadena: $f^{'} (x) = cos x \cdot e^{sen x}$ .

b) 1. Un punto de inflexión exige $f^{''} (x) = 0$ . 2. Derivamos $f^{'}$ con el producto y la cadena: $f^{''} (x) = - sen x e^{sen x} + cos x \cdot cos x e^{sen x} = e^{sen x} (cos^{2} x - sen x)$ . 3. Como $e^{sen x} > 0$ , la ecuación es $cos^{2} x - sen x = 0$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = cos x e^{sen x}$ ; b) $cos^{2} x - sen x = 0$

Ejercicio 129 MedioIB · P1 Mayo 2000

El diagrama muestra la gráfica de $y = f^{'} (x)$ .

Gráfica de y = f'(x): curva con forma de cubica que corta el eje x en tres puntos, con un maximo relativo a la izquierda del eje y y un minimo a la derecha

Indique y etiquete claramente en la gráfica

a) Los puntos donde $y = f (x)$ tiene puntos mínimos.

b) Los puntos donde $y = f (x)$ tiene puntos máximos.

c) Los puntos donde $y = f (x)$ tiene puntos de inflexión.

Ver solución

Los extremos de $f$ están donde $f^{'} (x) = 0$ , y se decide por el signo de $f^{'}$ ; los puntos de inflexión de $f$ están donde $f^{'}$ tiene un extremo relativo (porque $f^{''} = (f^{'})^{'}$ cambia de signo).

Sean $a < 0 < d$ los tres cortes con el eje $x$ de la gráfica de $f^{'}$ : $x = a$ , $x = 0$ y $x = d$ . Para $x < a$ , $f^{'} < 0$ (la cúbica viene desde abajo); entre $a$ y $0$ , $f^{'} > 0$ ; entre $0$ y $d$ , $f^{'} < 0$ ; para $x > d$ , $f^{'} > 0$ .

a) Mínimos de $f$ : $f^{'}$ pasa de negativa a positiva en $x = a$ y en $x = d$ .

b) Máximo de $f$ : $f^{'}$ pasa de positiva a negativa en $x = 0$ .

c) Puntos de inflexión de $f$ : son las abscisas de los extremos relativos de $f^{'}$ , el máximo en $x = b$ (entre $a$ y $0$ ) y el mínimo en $x = c$ (entre $0$ y $d$ ), porque ahí $f^{''}$ cambia de signo.

Gráfica de f'(x) con los puntos a, b, O, c y d marcados sobre el eje x: a y d son los ceros laterales, b y c los extremos de f'

Resultado: a) mínimos en $x = a$ y $x = d$ ; b) máximo en $x = 0$ ; c) puntos de inflexión en $x = b$ y $x = c$ .

Ejercicio 130 MedioIB · P2 Mayo 2000

El diagrama muestra las gráficas de $y = - x^{3} + 3 x^{2}$ y $g (x)$ , donde $g (x)$ es un polinomio de grado 3.

Gráficas de y = −x³ + 3x² (trazo continuo) y de y = g(x), polinomio de grado 3 (trazo discontinuo), con los puntos A y A′

a) Si $g (- 2) = 0$ , $g (0) = - 4$ , $g^{'} (- 2) = 0$ y $g^{'} (0) = 0$ muestre que $g (x) = x^{3} + 3 x^{2} - 4$ .

El gráfico de $y = - x^{3} + 3 x^{2}$ se refleja en el eje $y$ y se traslada mediante el vector $(- 1 - 1)$ para obtener la gráfica de $y = h (x)$ .

b) Escriba $h (x)$ en la forma $h (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ .

El gráfico de $y = x^{3} + 3 x^{2} - 4$ se obtiene mediante la aplicación de dos transformaciones de la gráfica de $y = - x^{3} + 3 x^{2}$ .

c) Indicar las dos transformaciones cuya composición transforma la gráfica de $y = - x^{3} + 3 x^{2}$ en la gráfica de $y = x^{3} + 3 x^{2} - 4$ y teniendo en cuenta que el punto A se transforma en el punto A′.

Ver resultado

Resultado: b) $h (x) = x^{3} + 6 x^{2} + 9 x + 3$ ; c) reflexión respecto al eje $x$ y traslación de vector $(- 2 0)$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Sea $g (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ , con $g^{'} (x) = 3 a x^{2} + 2 b x + c$ . 2. $g (0) = - 4$ da $d = - 4$ . $g^{'} (0) = 0$ da $c = 0$ . 3. $g^{'} (- 2) = 0$ : $12 a - 4 b = 0$ , luego $b = 3 a$ . 4. $g (- 2) = 0$ : $- 8 a + 4 b - 4 = 0$ . Sustituyendo $b = 3 a$ : $- 8 a + 12 a - 4 = 0$ , es decir, $a = 1$ y $b = 3$ . 5. Entonces $g (x) = x^{3} + 3 x^{2} - 4$ , como se quería mostrar.

b) 1. Reflejar en el eje $y$ equivale a cambiar $x$ por $- x$ : $y = - (- x)^{3} + 3 (- x)^{2} = x^{3} + 3 x^{2}$ . 2. La traslación de vector $(- 1 - 1)$ cambia $x$ por $x + 1$ y resta 1: $h (x) = (x + 1)^{3} + 3 (x + 1)^{2} - 1$ . 3. Desarrollamos: $x^{3} + 3 x^{2} + 3 x + 1 + 3 x^{2} + 6 x + 3 - 1 = x^{3} + 6 x^{2} + 9 x + 3$ .

c) 1. En $y = - x^{3} + 3 x^{2}$ , el máximo relativo A se halla con $- 3 x^{2} + 6 x = 0$ , o sea $x = 2$ : $A (2, 4)$ . 2. $A^{'}$ es el mínimo relativo de $g$ en el eje $y$ : $A^{'} (0, - 4)$ (de $g^{'} (x) = 3 x^{2} + 6 x = 0$ ). 3. Reflexión en el eje $x$ : $y = x^{3} - 3 x^{2}$ , y $A$ pasa a $(2, - 4)$ . 4. Traslación de vector $(- 2 0)$ : $y = (x + 2)^{3} - 3 (x + 2)^{2} = x^{3} + 6 x^{2} + 12 x + 8 - 3 x^{2} - 12 x - 12 = x^{3} + 3 x^{2} - 4$ , y $(2, - 4)$ pasa a $(0, - 4) = A^{'}$ . Se cumple lo pedido.

Resultado: b) $h (x) = x^{3} + 6 x^{2} + 9 x + 3$ ; c) reflexión respecto al eje $x$ y traslación de vector $(- 2 0)$ .

Ejercicio 131 MedioIB · P1 Noviembre 2002

Halle la coordenada $x$ del punto de inflexión de la gráfica de $y = x e^{x}$ , $- 3 \leq x \leq 1$ .

Ver resultado

Resultado: $x = - 2$

Ver proceso y resultado

$y = x e^{x}$ . Regla del producto: $y^{'} = e^{x} + x e^{x} = (1 + x) e^{x}$ .
Otra vez: $y^{''} = e^{x} + (1 + x) e^{x} = (x + 2) e^{x}$ .
$y^{''} = 0 ⟺ x = - 2$ , que está en $[- 3, 1]$ . Como $e^{x} > 0$ , $y^{''}$ pasa de negativa a positiva en $x = - 2$ : hay cambio de concavidad.

Resultado: $x = - 2$

Ejercicio 132 MedioIB · P1 Mayo 2003

El diagrama a continuación muestra la curva $y_{1} = f (x)$ .

Gráfica de y₁ = f(x): dos ramas separadas por una asíntota vertical discontinua; la rama izquierda forma un arco que desciende hacia abajo en ambos extremos y la derecha sube desde abajo, forma un arco y se acerca al eje x

En los ejes a continuación, trace la gráfica de $y_{2} = ∣ f^{'} (x) ∣$ .

Ejes vacíos y₂ frente a x, con la misma recta vertical discontinua, para dibujar la gráfica de y₂ = |f′(x)|

Ver solución

La gráfica de $y_{2} = ∣ f^{'} (x) ∣$ se obtiene de la de $f^{'}$ reflejando hacia arriba las partes negativas. Hay que leer $f^{'}$ de la gráfica de $f$ : pendiente de $f$ en cada tramo.
En cada máximo de $f$ la tangente es horizontal: $f^{'} = 0$ , y $∣ f^{'} ∣$ toca el eje $x$ (con valor $0$ ). Como $f^{'}$ cambia de signo ahí, la gráfica de $∣ f^{'} ∣$ llega al eje $x$ formando un pico ("rebota").
Cerca de la asíntota vertical de $f$ la pendiente se hace muy grande en valor absoluto: $∣ f^{'} ∣ \to \infty$ a ambos lados de la asíntota.
En la rama derecha, $f$ decrece hacia el eje $x$ y se aplana: $f^{'} \to 0$ y $∣ f^{'} ∣ \to 0$ (la gráfica se acerca al eje $x$ por arriba). Entre la asíntota y el máximo de $f$ , $∣ f^{'} ∣$ baja desde valores muy grandes hasta $0$ ; después $f$ decrece, $∣ f^{'} ∣$ sube hasta un máximo pequeño (donde $f$ cae más deprisa) y luego decrece hacia $0$ .
En la rama izquierda, de forma análoga: $∣ f^{'} ∣$ comienza grande, baja a $0$ en el máximo de $f$ y vuelve a subir sin límite hacia la asíntota.

Gráfica de y₂ = |f′(x)|: en cada rama baja hasta tocar el eje x en el máximo de f, sube sin límite hacia la asíntota vertical, y a la derecha tiene un pequeño arco antes de acercarse al eje x

Resultado: véase la gráfica de $y_{2} = ∣ f^{'} (x) ∣$ : toca el eje $x$ en los máximos de $f$ , tiende a $\infty$ junto a la asíntota vertical y a $0$ en $+ \infty$ .

Ejercicio 133 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2004

Sea $f (x) = x^{3} cos x$ , $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) Calcule el valor de $x$ para el cual $f (x)$ es un máximo.

c) Encuentre la coordenada $x$ del punto de inflexión en la gráfica de $f (x)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = x^{2} (3 cos x - x sen x)$ ; b) $x \approx 1, 19$ ; c) $x \approx 0, 823$

Ver proceso y resultado

a) Regla del producto: $f^{'} (x) = 3 x^{2} cos x - x^{3} sen x = x^{2} (3 cos x - x sen x)$ .

b) 1. $f^{'} (x) = 0$ con $0 < x < \frac{π}{2}$ exige $3 cos x = x sen x$ , es decir, $x tan x = 3$ . 2. Con la CPG: $x \approx 1, 19$ . 3. Es un máximo: para $x$ menor, $f^{'} > 0$ (por ejemplo, en $x = 1$ , $3 cos 1 - sen 1 \approx 0, 78 > 0$ ) y para $x$ mayor, $f^{'} < 0$ (en $x = 1, 5$ , $3 cos 1, 5 - 1, 5 sen 1, 5 \approx - 1, 28 < 0$ ). $f^{'}$ pasa de positiva a negativa.

c) 1. Derivamos $f^{'}$ : $f^{''} (x) = 6 x cos x - 3 x^{2} sen x - 3 x^{2} sen x - x^{3} cos x = x (6 cos x - 6 x sen x - x^{2} cos x)$ . 2. Para $x > 0$ resolvemos $6 cos x - 6 x sen x - x^{2} cos x = 0$ con la CPG: $x \approx 0, 823$ . 3. $f^{''}$ cambia de signo en ese valor (positiva antes, negativa después), así que es un punto de inflexión.

Resultado: a) $f^{'} (x) = x^{2} (3 cos x - x sen x)$ ; b) $x \approx 1, 19$ ; c) $x \approx 0, 823$

Ejercicio 134 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

La curva $y = \frac{x ^{3}}{3} - x^{2} - 3 x + 4$ tiene un máximo local en el punto $P$ y un mínimo local en el punto $Q$ .

Determine la ecuación de la recta que pasa por $P$ y $Q$ , exprésela en la forma $a x + b y + c = 0$ , siendo $a, b, c \in R$ .

Ver resultado

Resultado: $8 x + 3 y - 9 = 0$

Ver proceso y resultado

Derivamos: $y^{'} = x^{2} - 2 x - 3 = (x - 3) (x + 1)$ . Los puntos críticos son $x = - 1$ y $x = 3$ .
Clasificamos: $y^{''} = 2 x - 2$ . En $x = - 1$ , $y^{''} = - 4 < 0$ : máximo local (es $P$ ). En $x = 3$ , $y^{''} = 4 > 0$ : mínimo local (es $Q$ ).
Ordenadas: $y (- 1) = - \frac{1}{3} - 1 + 3 + 4 = \frac{17}{3}$ , así que $P (- 1, \frac{17}{3})$ . $y (3) = 9 - 9 - 9 + 4 = - 5$ , así que $Q (3, - 5)$ .
Pendiente de $PQ$ : $\frac{- 5 - \frac{17}{3}}{3 - ( - 1 )} = \frac{- \frac{32}{3}}{4} = - \frac{8}{3}$ .
Recta por $Q$ : $y + 5 = - \frac{8}{3} (x - 3)$ . Multiplicamos por 3: $3 y + 15 = - 8 x + 24$ .
Pasamos todo a un lado: $8 x + 3 y - 9 = 0$ .

Resultado: $8 x + 3 y - 9 = 0$

Ejercicio 135 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2007

Sabiendo que $y = e^{- x^{2}}$ halle

a) $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ .

b) Los valores exactos de la abscisa de los puntos de inflexión de la gráfica de $y = e^{- x^{2}}$ , justificando por qué son puntos de inflexión.

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Resultado: a) $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - 2 e^{- x^{2}} (1 - 2 x^{2})$ ; b) $x = \pm \frac{1}{2}$

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a) 1. Primera derivada (regla de la cadena): $\frac{d y}{d x} = - 2 x e^{- x^{2}}$ . 2. Segunda derivada (regla del producto): $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - 2 e^{- x^{2}} - 2 x \cdot (- 2 x) e^{- x^{2}} = - 2 e^{- x^{2}} (1 - 2 x^{2})$ .

b) 1. Los candidatos cumplen $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = 0$ . Como $e^{- x^{2}} > 0$ , hace falta $1 - 2 x^{2} = 0$ , luego $x = \pm \frac{1}{2}$ . 2. Justificación: el signo de $y^{''} = 2 e^{- x^{2}} (2 x^{2} - 1)$ es el de $2 x^{2} - 1$ . Es positivo si $∣ x ∣ > \frac{1}{2}$ y negativo si $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ . La segunda derivada cambia de signo en ambos valores, por lo que son puntos de inflexión.

$x$	$x < - \frac{1}{2}$	$- \frac{1}{2} < x < \frac{1}{2}$	$x > \frac{1}{2}$
Concavidad	hacia arriba	hacia abajo	hacia arriba

Resultado: a) $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - 2 e^{- x^{2}} (1 - 2 x^{2})$ ; b) $x = \pm \frac{1}{2}$

Ejercicio 136 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2008

Si $f (x) = x - 3 x^{\frac{2}{3}}$ , $x > 0$

a) encuentre la coordenada $x$ del punto $P$ donde $f^{'} (x) = 0$ ;

b) determine si $P$ es un punto máximo o mínimo.

Ver resultado

Resultado: a) $x = 8$ ; b) $P$ es un mínimo.

Ver proceso y resultado

a) 1. Escribimos $f (x) = x - 3 x^{2/3}$ y derivamos: $f^{'} (x) = 1 - 3 \cdot \frac{2}{3} x^{- 1/3} = 1 - \frac{2}{x ^{1/3}}$ . 2. Igualamos a $0$ : $x^{1/3} = 2$ , luego $x = 8$ .

b) 1. Segunda derivada: $f^{''} (x) = \frac{2}{3} x^{- 4/3}$ . 2. En $x = 8$ : $f^{''} (8) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{24} > 0$ , así que $P$ es un punto mínimo.

Resultado: a) $x = 8$ ; b) $P$ es un mínimo.

Ejercicio 137 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2011

Considere la función $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} - 9 x + 10$ , $x \in R$

a) Encuentre la ecuación de la recta que pasa por los puntos máximo y mínimo de la gráfica $y = f (x)$ .

b) Muestre que el punto de inflexión de la gráfica $y = f (x)$ se encuentra en esta recta.

Ver resultado

Resultado: a) $y = - 8 x + 7$ ; b) el punto de inflexión $(1, - 1)$ está en la recta.

Ver proceso y resultado

a) 1. Derivamos: $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 6 x - 9 = 3 (x - 3) (x + 1)$ . Puntos críticos: $x = - 1$ y $x = 3$ . 2. $f^{''} (x) = 6 x - 6$ : $f^{''} (- 1) = - 12 < 0$ (máximo) y $f^{''} (3) = 12 > 0$ (mínimo). 3. Ordenadas: $f (- 1) = - 1 - 3 + 9 + 10 = 15$ y $f (3) = 27 - 27 - 27 + 10 = - 17$ . Máximo $(- 1, 15)$ , mínimo $(3, - 17)$ . 4. Pendiente de la recta que los une: $\frac{- 17 - 15}{3 - ( - 1 )} = - 8$ . 5. Ecuación: $y - 15 = - 8 (x + 1)$ , es decir, $y = - 8 x + 7$ .

b) 1. $f^{''} (x) = 6 x - 6 = 0$ da $x = 1$ , y $f^{''}$ cambia de signo ahí (es lineal con pendiente positiva): punto de inflexión. 2. $f (1) = 1 - 3 - 9 + 10 = - 1$ , así que el punto es $(1, - 1)$ . 3. En la recta: $y = - 8 \cdot 1 + 7 = - 1$ . El punto de inflexión pertenece a la recta.

Resultado: a) $y = - 8 x + 7$ ; b) el punto de inflexión $(1, - 1)$ está en la recta.

Ejercicio 138 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2012

El diagrama muestra la gráfica de la función definida por $y = x (ln x)^{2}$ para $x > 0$ .

Gráfica de una curva que sube desde el eje y hasta un máximo local A, baja hasta un mínimo local B sobre el eje x y vuelve a subir

La función tiene un máximo local en el punto $A$ y un mínimo local en el punto $B$ .

a) Encuentre las coordenadas de los puntos $A$ y $B$ .

b) Sabiendo que la gráfica de la función tiene exactamente un punto de inflexión, encuentre sus coordenadas.

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Resultado: a) $A (e^{- 2}, 4 e^{- 2})$ , $B (1, 0)$ ; b) $(e^{- 1}, e^{- 1})$

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a) 1. Los extremos locales se dan donde $y^{'} = 0$ . Derivamos con la regla del producto, con $\frac{d}{d x} (ln x)^{2} = 2 ln x \cdot \frac{1}{x}$ (cadena): $y^{'} = (ln x)^{2} + x \cdot \frac{2 ln x}{x} = (ln x)^{2} + 2 ln x = ln x (ln x + 2) .$ 2. $y^{'} = 0$ si $ln x = 0$ , es decir $x = 1$ , o si $ln x = - 2$ , es decir $x = e^{- 2}$ . 3. Las ordenadas: $y (1) = 1 \cdot 0 = 0$ y $y (e^{- 2}) = e^{- 2} (- 2)^{2} = 4 e^{- 2}$ . 4. En la gráfica, el máximo local ( $A$ ) está a la izquierda y el mínimo local ( $B$ ), sobre el eje $x$ , a la derecha. Así $A (e^{- 2}, 4 e^{- 2}), B (1, 0) .$

b) 1. El punto de inflexión cumple $y^{''} = 0$ . Derivamos $y^{'} = (ln x)^{2} + 2 ln x$ : $y^{''} = \frac{2 ln x}{x} + \frac{2}{x} = \frac{2 ( ln x + 1 )}{x} .$ 2. $y^{''} = 0$ si $ln x = - 1$ , es decir $x = e^{- 1}$ . Como $y^{''}$ cambia de signo ( $< 0$ si $x < e^{- 1}$ y $> 0$ si $x > e^{- 1}$ ), es un punto de inflexión. 3. Su ordenada: $y (e^{- 1}) = e^{- 1} (- 1)^{2} = e^{- 1}$ .

Resultado: a) $A (e^{- 2}, 4 e^{- 2})$ , $B (1, 0)$ ; b) $(e^{- 1}, e^{- 1})$

Ejercicio 139 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2022

La función $f$ se define así: $f (x) = x 1 - x^{2}$ , donde $- 1 \leq x \leq 1$ .

A continuación, se muestra el gráfico de $y = f (x)$ .

Gráfica de una función impar definida entre menos 1 y 1: baja hasta un mínimo local, sube cruzando el origen hasta un máximo local y vuelve al eje x en el extremo derecho

a) Muestre que $f$ es una función impar.

El recorrido de $f$ es $a \leq y \leq b$ , donde $a, b \in R$ .

b) Halle el valor de $a$ y el valor de $b$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f (- x) = - f (x)$ ; b) $a = - \frac{1}{2}$ , $b = \frac{1}{2}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Para $- 1 \leq x \leq 1$ también $- x \in [- 1, 1]$ , y $f (- x) = (- x) 1 - (- x)^{2} = - x 1 - x^{2} = - f (x)$ . 2. Por tanto $f$ es impar.

b) 1. Buscamos los valores extremos de $f$ . Derivamos con la regla del producto: $f^{'} (x) = 1 - x^{2} + x \cdot \frac{- x}{1 - x ^{2}} = \frac{1 - x ^{2} - x ^{2}}{1 - x ^{2}} = \frac{1 - 2 x ^{2}}{1 - x ^{2}} .$ 2. $f^{'} (x) = 0$ implica $x = \pm \frac{1}{2}$ . 3. $f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ (máximo local) y, por ser $f$ impar, $f (- \frac{1}{2}) = - \frac{1}{2}$ (mínimo local). 4. En los extremos del dominio $f (\pm 1) = 0$ , así que los valores extremos son $- \frac{1}{2}$ y $\frac{1}{2}$ : $a = - \frac{1}{2}$ y $b = \frac{1}{2}$ .

Resultado: a) $f (- x) = - f (x)$ ; b) $a = - \frac{1}{2}$ , $b = \frac{1}{2}$

Ejercicio 140 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2009

La curva cúbica definida por $y = 8 x^{3} + b x^{2} + c x + d$ contiene dos puntos distintos $P$ y $Q$ en los cuales la pendiente es igual a cero.

a) Compruebe que $b^{2} > 24 c$ .

b) Sabiendo que las coordenadas de $P$ y $Q$ son, respectivamente, $(\frac{1}{2}, - 12)$ y $(- \frac{3}{2}, 20)$ halle los valores de $b$ , $c$ y $d$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado que $b^{2} > 24 c$ ; b) $b = 12$ , $c = - 18$ , $d = - 7$

Ver proceso y resultado

a) 1. Derivamos: $y^{'} = 24 x^{2} + 2 b x + c$ . 2. Hay dos puntos distintos con pendiente cero si y solo si la ecuación $24 x^{2} + 2 b x + c = 0$ tiene dos soluciones reales distintas, es decir, discriminante positivo. 3. $Δ = (2 b)^{2} - 4 \cdot 24 \cdot c = 4 b^{2} - 96 c > 0$ . 4. Dividimos entre $4$ : $b^{2} - 24 c > 0$ , es decir, $b^{2} > 24 c$ .

b) 1. Las abscisas de P y Q son las raíces de $y^{'}$ : $x = \frac{1}{2}$ y $x = - \frac{3}{2}$ . Por tanto $y^{'} = 24 (x - \frac{1}{2}) (x + \frac{3}{2}) = 24 x^{2} + 24 x - 18$ . 2. Comparando con $24 x^{2} + 2 b x + c$ : $2 b = 24$ y $c = - 18$ , luego $b = 12$ y $c = - 18$ . 3. P está en la curva: $8 \cdot \frac{1}{8} + 12 \cdot \frac{1}{4} - 18 \cdot \frac{1}{2} + d = - 12$ , es decir, $1 + 3 - 9 + d = - 12$ y $d = - 7$ . 4. Comprobación con Q: $8 (- \frac{27}{8}) + 12 \cdot \frac{9}{4} + 27 - 7 = - 27 + 27 + 27 - 7 = 20$ . Correcto.

Resultado: a) queda demostrado que $b^{2} > 24 c$ ; b) $b = 12$ , $c = - 18$ , $d = - 7$

Ejercicio 141 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

Una recta tangente a la gráfica de $y = ln x$ pasa por el origen de coordenadas.

a) Dibuje aproximadamente, en los mismos ejes de coordenadas, las gráficas de $y = ln x$ y de la recta tangente. A partir de lo anterior, halle la ecuación de la recta tangente.

b) Utilice su gráfica aproximada para explicar por qué $ln x \leq \frac{x}{e}$ para $x > 0$ .

c) Compruebe que $x^{e} \leq e^{x}$ para $x > 0$ . Determine cuál es mayor: $π^{e}$ o $e^{π}$ .

Ver solución

a) 1. La recta tangente a $y = ln x$ en el punto de abscisa $a$ es $y - ln a = \frac{1}{a} (x - a)$ . 2. Pasa por el origen: $- ln a = - 1$ , luego $ln a = 1$ y $a = e$ . 3. Sustituimos: $y - 1 = \frac{1}{e} (x - e)$ , es decir, $y = \frac{x}{e}$ .

Gráficas de y = ln x y de una recta que pasa por el origen y toca a la curva en un punto

En el dibujo: la curva $ln x$ corta al eje $x$ en $(1, 0)$ , tiene el eje $y$ como asíntota vertical y crece cada vez más despacio. La recta $y = \frac{x}{e}$ parte del origen y toca la curva solo en $(e, 1)$ .

b) 1. En el dibujo, la recta tangente queda por encima de la curva en todo $x > 0$ (la curva es cóncava: $(ln x)^{''} = - \frac{1}{x ^{2}} < 0$ ), y solo se tocan en $x = e$ . 2. Por tanto $ln x \leq \frac{x}{e}$ para $x > 0$ .

c) 1. Multiplicamos la desigualdad anterior por $e > 0$ : $e ln x \leq x$ , es decir, $ln (x^{e}) \leq x = ln (e^{x})$ . 2. Como $ln$ es creciente, $x^{e} \leq e^{x}$ para $x > 0$ . 3. Con $x = π$ : $π^{e} \leq e^{π}$ , y la igualdad solo se da en $x = e$ ; como $π \neq = e$ , la desigualdad es estricta. 4. Es mayor $e^{π}$ .

Resultado: a) $y = \frac{x}{e}$ ; b) la recta está por encima de la curva; c) $π^{e} < e^{π}$

Ejercicio 142 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2011

Dibuje aproximadamente la gráfica de $f (x) = x + \frac{8 x}{x ^{2} - 9}$ . Señale claramente las coordenadas de los dos máximos y de los dos mínimos. Señale claramente y dé las ecuaciones de las asíntotas verticales y de la asíntota oblicua.

Ver solución

Estudiamos $f (x) = x + \frac{8 x}{x ^{2} - 9}$ .

Dominio y simetría: $x^{2} - 9 \neq = 0$ , luego $D_{f} = R - {- 3, 3}$ . Como $f (- x) = - f (x)$ , la gráfica es simétrica respecto del origen.
Cortes con los ejes: $f (0) = 0$ . Y $f (x) = x (1 + \frac{8}{x ^{2} - 9}) = x \cdot \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} - 9} = 0$ da $x = 0, \pm 1$ . Cortes: $(0, 0)$ , $(1, 0)$ , $(- 1, 0)$ .
Asíntotas verticales: en $x = \pm 3$ el denominador es $0$ y el numerador $8 x \neq = 0$ : $x = 3$ y $x = - 3$ .
Asíntota oblicua: $f (x) - x = \frac{8 x}{x ^{2} - 9} \to 0$ cuando $x \to \pm \infty$ , por tanto $y = x$ .
Extremos: $f^{'} (x) = 1 + \frac{8 ( x ^{2} - 9 ) - 8 x \cdot 2 x}{( x ^{2} - 9 ) ^{2}} = 1 - \frac{8 ( x ^{2} + 9 )}{( x ^{2} - 9 ) ^{2}}$ (regla del cociente). $f^{'} (x) = 0$ da $(x^{2} - 9)^{2} = 8 (x^{2} + 9)$ , es decir, $x^{4} - 26 x^{2} + 9 = 0$ , y $x^{2} = 13 \pm 410$ . Con la CPG, $x \approx \pm 0, 592$ y $x \approx \pm 5, 06$ .
Valores y tipo: $f (0, 592) \approx 0, 04$ y $f (5, 06) \approx 7, 5$ . En $] - 3, 3 [$ , $f$ crece desde $0$ hasta el máximo en $x \approx 0, 592$ y luego baja hasta $- \infty$ en $x \to 3^{-}$ ; en $] 3, + \infty [$ la función viene de $+ \infty$ , desciende hasta el mínimo en $x \approx 5, 06$ y luego sube acercándose a la recta $y = x$ . Por simetría, $(- 0, 592; - 0, 04)$ es un mínimo y $(- 5, 06; - 7, 5)$ un máximo.

Gráfica de una función racional con dos asíntotas verticales, una asíntota oblicua, dos máximos y dos mínimos, simétrica respecto del origen

Resultado: asíntotas $x = 3$ , $x = - 3$ , $y = x$ ; máximos $(0, 592; 0, 04)$ y $(- 5, 06; - 7, 5)$ ; mínimos $(5, 06; 7, 5)$ y $(- 0, 592; - 0, 04)$

Ejercicio 143 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

El diagrama que aparece a continuación muestra un dibujo aproximado de $f^{'} (x)$ , la función pendiente de la curva $f (x)$ .

Dibujo aproximado de la función pendiente y = f ′(x): parte de un valor positivo, toca el eje x en x = 1, sube hasta un máximo en x = 2, corta el eje x en x = 3 y sigue por debajo del eje

Dibuje aproximadamente en los mismos ejes de coordenadas la curva $y = f (x)$ sabiendo que $f (0) = 0$ . Indique claramente en dicha gráfica todos los máximos, mínimos y puntos de inflexión.

Ver solución

Lo que dice la gráfica de $f^{'}$ sobre $f$ :

$f^{'} (x) > 0$ en $[0, 3 [$ (salvo en $x = 1$ , donde $f^{'} (1) = 0$ pero sin cambiar de signo): $f$ es creciente de $x = 0$ a $x = 3$ , partiendo de $f (0) = 0$ con pendiente algo mayor que $3$ .
En $x = 3$ , $f^{'}$ corta el eje $x$ pasando de positiva a negativa: $f$ tiene un máximo en $x = 3$ y decrece para $x > 3$ .
La concavidad de $f$ la da el crecimiento de $f^{'}$ : en $] 0, 1 [$ , $f^{'}$ decrece, luego $f^{''} < 0$ y $f$ es cóncava hacia abajo. En $] 1, 2 [$ , $f^{'}$ crece, luego $f^{''} > 0$ y $f$ es cóncava hacia arriba. En $] 2, 4 [$ , $f^{'}$ decrece, luego $f^{''} < 0$ y $f$ es cóncava hacia abajo.
Los puntos donde $f^{'}$ tiene un mínimo ( $x = 1$ ) y un máximo ( $x = 2$ ) local son los de inflexión de $f$ : en $x = 1$ hay tangente horizontal con inflexión y en $x = 2$ hay inflexión con pendiente máxima ( $\approx 2, 3$ ).

La gráfica de $f$ es: parte del origen, sube cóncava hacia abajo hasta $x = 1$ (con tangente horizontal, inflexión), sigue subiendo cóncava hacia arriba hasta $x = 2$ (inflexión), y continúa subiendo cóncava hacia abajo hasta el máximo en $x = 3$ ; después desciende.

Gráfica de y = f(x) con f(0) = 0: creciente hasta x = 3, con puntos de inflexión en x = 1 y x = 2, un máximo en x = 3 y decreciente después

Resultado: $f$ pasa por el origen, es creciente hasta $x = 3$ con puntos de inflexión en $x = 1$ y $x = 2$ y un máximo en $x = 3$ , y decrece después.

Ejercicio 144 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2009

Considere las gráficas de $y = e^{- x}$ , $y = e^{- x} sen 4 x$ , para $0 \leq x \leq \frac{5 π}{4}$ .

a) Utilizando los mismos ejes de coordenadas, dibuje con precisión en papel milimetrado estas dos gráficas para $0 \leq x \leq \frac{5 π}{4}$ . Utilice la siguiente escala en el eje $x$ , $1$ cm equivale a $\frac{π}{8}$ y en el eje $y$ , $5$ cm equivalen a $1$ unidad.

b) Compruebe que las intersecciones con el eje $x$ de la gráfica $y = e^{- x} sen 4 x$ son $\frac{nπ}{4}$ , $n = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ .

c) Halle las coordenadas $x$ de los puntos en los cuales la gráfica de $y = e^{- x} sen 4 x$ y la gráfica de $y = e^{- x}$ se encuentran. Dé las respuestas en función de $π$ .

d) i) Compruebe que cuando la gráfica de $y = e^{- x} sen 4 x$ se encuentra con la gráfica de $y = e^{- x}$ , ambas gráficas tienen la misma pendiente.

(ii) A partir de lo anterior, explique por qué estos tres puntos de encuentro no son máximos locales de la gráfica de $y = e^{- x} sen 4 x$ .

Ver solución

a) 1. Con la escala pedida, el eje $x$ se marca cada $\frac{π}{8}$ (1 cm) hasta $\frac{5 π}{4}$ (10 cm), y en el eje $y$ cada unidad ocupa 5 cm. 2. $y = e^{- x}$ es una exponencial decreciente que pasa por $(0, 1)$ y baja hasta $e^{- 5 π /4} \approx 0, 02$ . 3. $y = e^{- x} sen 4 x$ oscila con amplitud decreciente encerrada entre $y = e^{- x}$ e $y = - e^{- x}$ , con periodo $\frac{π}{2}$ , y toca a la exponencial en $x = \frac{π}{8}, \frac{5 π}{8}, \frac{9 π}{8}$ .

Gráficas de y = e⁻ˣ y de y = e⁻ˣ sen 4x para x de 0 a 5π/4: la segunda oscila con amplitud decreciente y toca a la primera en tres puntos

b) 1. Los cortes con el eje $x$ cumplen $e^{- x} sen 4 x = 0$ . 2. Como $e^{- x} > 0$ siempre, hace falta $sen 4 x = 0$ , es decir, $4 x = nπ$ . 3. Entonces $x = \frac{nπ}{4}$ , y para $0 \leq x \leq \frac{5 π}{4}$ resulta $n = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ .

c) 1. Igualamos: $e^{- x} sen 4 x = e^{- x}$ . Dividimos por $e^{- x} \neq = 0$ : $sen 4 x = 1$ . 2. Entonces $4 x = \frac{π}{2} + 2 nπ$ , es decir, $x = \frac{π}{8} + \frac{nπ}{2}$ . 3. En el intervalo dado: $x = \frac{π}{8}, \frac{5 π}{8}, \frac{9 π}{8}$ .

d) i) 1. Derivamos $y = e^{- x} sen 4 x$ con la regla del producto: $y^{'} = - e^{- x} sen 4 x + 4 e^{- x} cos 4 x$ . 2. En los puntos de encuentro $sen 4 x = 1$ y, por tanto, $cos 4 x = 0$ . Entonces $y^{'} = - e^{- x}$ . 3. La pendiente de $y = e^{- x}$ es también $- e^{- x}$ . En $x = \frac{π}{8}$ , $\frac{5 π}{8}$ y $\frac{9 π}{8}$ ambas valen $- e^{- π /8}$ , $- e^{- 5 π /8}$ y $- e^{- 9 π /8}$ respectivamente: coinciden.

(ii) 1. En un máximo local la derivada es cero. 2. Aquí la derivada vale $- e^{- x} < 0$ (estrictamente negativa), así que la gráfica es decreciente en esos puntos y no puede haber máximos locales.

Resultado: b) $x = \frac{nπ}{4}$ ; c) $x = \frac{π}{8}, \frac{5 π}{8}, \frac{9 π}{8}$ ; d) en los tres puntos ambas pendientes valen $- e^{- x} \neq = 0$ , luego no son máximos locales.

Ejercicio 145 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2012

a) Dibuje aproximadamente la curva $y = \frac{cos x}{x ^{2} + 1}$ , $- 4 \leq x \leq 4$ , mostrando claramente las coordenadas de las intersecciones con el eje $x$ , y todos los máximos y mínimos.

b) Escriba la pendiente de la curva en $x = 1$ .

c) Halle la ecuación de la normal a la curva en $x = 1$ .

Ver solución

a) 1. Con la CPG representamos $y = \frac{cos x}{x ^{2} + 1}$ en $- 4 \leq x \leq 4$ . La función es par: su gráfica es simétrica respecto del eje $y$ . 2. Cortes con el eje $x$ : $cos x = 0$ , es decir, $x = - \frac{π}{2} = - 1, 57$ y $x = \frac{π}{2} = 1, 57$ . 3. Máximo en $(0, 1)$ y mínimos en $(- 2, 84; - 0, 317)$ y $(2, 84; - 0, 317)$ (calculados con la CPG).

Gráfica de y = cos x / raíz de (x² + 1) para x entre −4 y 4: curva simétrica respecto del eje y, con un máximo en x = 0, cortes con el eje x y dos mínimos

b) Con la CPG, la pendiente en $x = 1$ es $y^{'} (1) = - 0, 786$ .

c) 1. La normal tiene pendiente $- \frac{1}{- 0 , 786} = 1, 272$ . 2. El punto de la curva es $(1, \frac{cos 1}{2}) = (1; 0, 382)$ . 3. La normal es $y - 0, 382 = 1, 272 (x - 1)$ , es decir, $y = 1, 27 x - 0, 89$ .

Resultado: a) cortes $x = \pm 1, 57$ ; máximo $(0, 1)$ ; mínimos $(\pm 2, 84; - 0, 317)$ ; b) $- 0, 786$ ; c) $y = 1, 27 x - 0, 89$

Ejercicio 146 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2012

A continuación se muestra la gráfica de $y = f (x)$ , donde $A$ es un máximo local y $D$ es un mínimo local.

Gráfica de y = f(x) con un máximo local A(−1, 4), el punto B(0, 3), los cortes C(1, 0) y E(3, 0) con el eje x y un mínimo local D(2, −3); la curva crece sin límite a la derecha de E

a) Sobre unos ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente la gráfica de $y = \frac{1}{f ( x )}$ , mostrando claramente las coordenadas de las imágenes de los puntos $A$ , $B$ y $D$ , rotulándolos $A^{'}$ , $B^{'}$ y $D^{'}$ respectivamente, y las ecuaciones de todas las asíntotas verticales.

b) Sobre unos ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente la gráfica de la función derivada $y = f^{'} (x)$ , mostrando claramente las coordenadas de las imágenes de los puntos $A$ y $D$ , y rotulándolos $A^{''}$ y $D^{''}$ respectivamente.

Ver solución

a) 1. Los puntos se transforman con $y \mapsto \frac{1}{y}$ : $A (- 1, 4) \to A^{'} (- 1, \frac{1}{4})$ , $B (0, 3) \to B^{'} (0, \frac{1}{3})$ y $D (2, - 3) \to D^{'} (2, - \frac{1}{3})$ . 2. Los ceros de $f$ , $x = 1$ ( $C$ ) y $x = 3$ ( $E$ ), dan asíntotas verticales de $\frac{1}{f}$ : $x = 1$ y $x = 3$ . 3. El máximo local de $f$ en $A$ (con valor positivo) pasa a ser un mínimo local $A^{'}$ ; el mínimo local en $D$ (con valor negativo) pasa a ser un máximo local $D^{'}$ . 4. Cuando $f$ crece mucho (a la derecha de $E$ ), $\frac{1}{f} \to 0^{+}$ : el eje $x$ es asíntota horizontal.

Gráfica de y = 1/f(x) con asíntotas verticales x = 1 y x = 3, y los puntos A′(−1, 1/4), B′(0, 1/3) y D′(2, −1/3)

b) 1. En los extremos locales la derivada es cero: $A^{''} (- 1, 0)$ y $D^{''} (2, 0)$ . 2. Donde $f$ crece ( $x < - 1$ y $x > 2$ ), $f^{'} > 0$ ; donde decrece ( $- 1 < x < 2$ ), $f^{'} < 0$ . Además, $f^{'}$ crece deprisa para $x$ grande, porque $f$ crece muy deprisa.

Gráfica de la función derivada y = f ′(x), que corta al eje x en los puntos A″(−1, 0) y D″(2, 0); es negativa entre ellos

Resultado: a) $A^{'} (- 1, \frac{1}{4})$ , $B^{'} (0, \frac{1}{3})$ , $D^{'} (2, - \frac{1}{3})$ ; asíntotas $x = 1$ , $x = 3$ ; b) $A^{''} (- 1, 0)$ , $D^{''} (2, 0)$

Ejercicio 147 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2013

La función $f$ tiene la forma $f (x) = \frac{2 x - 1}{x + 2}$ y su dominio es $D = {x : - 1 \leq x \leq 8}$ .

a) Exprese $f (x)$ de la forma $A + \frac{B}{x + 2}$ , donde $A$ y $B \in Z$ .

b) A partir de lo anterior, compruebe que $f^{'} (x) > 0$ en $D$ .

c) Indique el recorrido de $f$ .

d) i) Halle una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

(ii) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = f (x)$ , mostrando los puntos de corte con ambos ejes.

(iii) Sobre ese mismo diagrama, dibuje aproximadamente la gráfica de $y = f^{- 1} (x)$ .

e) i) En otro diagrama, dibuje aproximadamente la gráfica de $y = f (∣ x ∣)$ , donde $x \in D$ .

(ii) Halle todas las soluciones de la ecuación $f (∣ x ∣) = - \frac{1}{4}$ .

Ver solución

a) 1. Escribimos el numerador en función de $x + 2$ : $2 x - 1 = 2 (x + 2) - 5$ . 2. Entonces $f (x) = \frac{2 ( x + 2 ) - 5}{x + 2} = 2 - \frac{5}{x + 2}$ , con $A = 2$ y $B = - 5$ .

b) 1. Derivamos $f (x) = 2 - 5 (x + 2)^{- 1}$ (regla de la potencia y de la cadena): $f^{'} (x) = 5 (x + 2)^{- 2} = \frac{5}{( x + 2 ) ^{2}}$ . 2. En $D = [- 1, 8]$ , $x + 2 > 0$ , luego $(x + 2)^{2} > 0$ y $f^{'} (x) > 0$ .

c) 1. Como $f^{'} > 0$ , $f$ es estrictamente creciente en $D$ : el mínimo está en $x = - 1$ y el máximo en $x = 8$ . 2. $f (- 1) = \frac{- 3}{1} = - 3$ y $f (8) = \frac{15}{10} = \frac{3}{2}$ . 3. El recorrido es $[- 3, \frac{3}{2}]$ .

d) i) 1. Escribimos $y = \frac{2 x - 1}{x + 2}$ y despejamos $x$ : $y (x + 2) = 2 x - 1$ . 2. $x y + 2 y = 2 x - 1 \Rightarrow x (y - 2) = - 1 - 2 y \Rightarrow x = \frac{1 + 2 y}{2 - y}$ . 3. Por tanto $f^{- 1} (x) = \frac{2 x + 1}{2 - x}$ .

(ii) 1. $f$ corta al eje $y$ en $f (0) = - \frac{1}{2}$ y al eje $x$ cuando $2 x - 1 = 0$ , es decir, en $x = \frac{1}{2}$ . 2. La gráfica es creciente y va de $(- 1, - 3)$ a $(8, \frac{3}{2})$ .

(iii) La gráfica de $f^{- 1}$ es la simétrica de la de $f$ respecto de la recta $y = x$ : va de $(- 3, - 1)$ a $(\frac{3}{2}, 8)$ y corta a los ejes en $(0, \frac{1}{2})$ y $(- \frac{1}{2}, 0)$ .

Gráficas de y = f(x) en el dominio (−1, 8) y de su inversa y = f⁻¹(x), simétricas respecto de la recta y = x (discontinua); se marcan los puntos de corte con los ejes

e) i) 1. $f (∣ x ∣)$ es par: para $x \geq 0$ coincide con $f (x)$ y para $x < 0$ es el reflejo respecto del eje $y$ . 2. Con $x \in D = [- 1, 8]$ , la gráfica tiene un mínimo en $(0, - \frac{1}{2})$ y corta al eje $x$ en $x = \pm \frac{1}{2}$ .

Gráfica de y = f(|x|) para x entre −1 y 8: con la parte de x negativa reflejo de la de x positiva, un mínimo en el punto (0, −1/2) y cortes con el eje x en x = ±1/2

(ii) 1. Para $x \geq 0$ : $f (x) = - \frac{1}{4} \Rightarrow 2 - \frac{5}{x + 2} = - \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{5}{x + 2} = \frac{9}{4} \Rightarrow x + 2 = \frac{20}{9} \Rightarrow x = \frac{2}{9}$ . 2. Por simetría, también $x = - \frac{2}{9}$ , que está en $D$ .

Resultado: a) $f (x) = 2 - \frac{5}{x + 2}$ ; c) $[- 3, \frac{3}{2}]$ ; d) i) $f^{- 1} (x) = \frac{2 x + 1}{2 - x}$ ; e) ii) $x = \pm \frac{2}{9}$

Ejercicio 148 DifícilIB · P2 TZ0 Mayo 2019

Considere el polinomio $P (z) = z^{4} - 6 z^{3} - 2 z^{2} + 58 z - 51$ , $z \in C$ .

a) Exprese $P (z)$ en la forma $(z^{2} + a z + b) (z^{2} + cz + d)$ donde $a, b, c, d \in R$ .

b) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = x^{4} - 6 x^{3} - 2 x^{2} + 58 x - 51$ , indicando claramente las coordenadas de todos los máximos, mínimos y cortes con los ejes.

c) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, indique qué condición tiene que cumplir $k \in R$ para que todas las raíces de la ecuación $P (z) = k$ sean reales.

Ver solución

a) 1. Buscamos factores reales de grado 2. Probamos raíces enteras: $P (1) = 1 - 6 - 2 + 58 - 51 = 0$ y $P (- 3) = 81 + 162 - 18 - 174 - 51 = 0$ . 2. Los factores $(z - 1) (z + 3) = z^{2} + 2 z - 3$ dividen a $P$ . Dividimos: $P (z) = (z^{2} + 2 z - 3) (z^{2} - 8 z + 17)$ . 3. Comprobamos desarrollando: $z^{4} - 8 z^{3} + 17 z^{2} + 2 z^{3} - 16 z^{2} + 34 z - 3 z^{2} + 24 z - 51 = z^{4} - 6 z^{3} - 2 z^{2} + 58 z - 51$ .

b) 1. Cortes con el eje $x$ : $x = 1$ y $x = - 3$ (el factor $x^{2} - 8 x + 17$ no tiene raíces reales: discriminante $64 - 68 < 0$ ). Corte con el eje $y$ : $P (0) = - 51$ . 2. Extremos: con la derivada $4 x^{3} - 18 x^{2} - 4 x + 58 = 0$ y la CPG (o por la gráfica), hay tres extremos locales. Mínimo en $(- 1, 62; - 117, 8)$ , máximo en $(2, 4; 26, 9)$ y mínimo en $(3, 72; 19, 7)$ . 3. La gráfica baja desde $+ \infty$ por la izquierda, pasa por $(- 3, 0)$ , llega al mínimo, sube pasando por $(0, - 51)$ y $(1, 0)$ hasta el máximo, baja al segundo mínimo y vuelve a subir hacia $+ \infty$ .

Gráfico de un polinomio de grado cuatro con dos mínimos locales y un máximo local entre ellos, con los cortes con los ejes y los extremos señalados con sus coordenadas

c) 1. Las raíces de $P (z) = k$ son las abscisas de los cortes de la gráfica con la recta horizontal $y = k$ (cuando son reales). 2. Para que las cuatro raíces sean reales, la recta tiene que cortar a la gráfica cuatro veces (contando las tangencias como raíces dobles). 3. Eso ocurre cuando $k$ está entre el mínimo local más alto y el máximo local: el mínimo en $(3, 72; 19, 7)$ y el máximo $26, 9$ . 4. Por tanto $19, 7 \leq k \leq 26, 9$ .

Resultado: a) $P (z) = (z^{2} + 2 z - 3) (z^{2} - 8 z + 17)$ ; b) cortes $(- 3, 0)$ , $(1, 0)$ , $(0, - 51)$ ; máx. $(2, 4; 26, 9)$ ; mín. $(- 1, 62; - 117, 8)$ y $(3, 72; 19, 7)$ ; c) $19, 7 \leq k \leq 26, 9$

Ejercicio 149 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2019

Considere las funciones $f$ y $g$ definidas mediante

$f (x) = ln ∣ x ∣$ , $x \in R - {0}$ y $g (x) = ln ∣ x + k ∣$ , $x \in R - {- k}$ , donde $k \in R$ , $k > 2$ .

a) Describa la transformación mediante la cual $f (x)$ se transforma en $g (x)$ .

b) Indique el recorrido de $g$ .

c) En un mismo sistema de ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente los gráficos de $y = f (x)$ e $y = g (x)$ , indicando claramente todos los puntos de corte con los ejes.

Los gráficos de $f$ y $g$ se cortan en el punto P.

d) Halle las coordenadas de P.

La tangente a $y = f (x)$ en P pasa por el origen $(0, 0)$ .

e) Determine el valor de $k$ .

Ver solución

a) $g (x) = ln ∣ x + k ∣ = f (x + k)$ : es una traslación horizontal de $k$ unidades hacia la izquierda (vector $(- k 0)$ ).

b) $∣ x + k ∣$ toma todos los valores positivos, así que $ln ∣ x + k ∣$ toma todos los reales: $R_{g} = R$ .

c) 1. $f$ : asíntota vertical $x = 0$ ; $ln ∣ x ∣ = 0 \Rightarrow ∣ x ∣ = 1$ , cortes en $(1, 0)$ y $(- 1, 0)$ ; no corta al eje $y$ . Es simétrica respecto del eje $y$ . 2. $g$ : asíntota vertical $x = - k$ ; cortes con el eje $x$ en $x + k = \pm 1$ , es decir, $(- k + 1, 0)$ y $(- k - 1, 0)$ ; corte con el eje $y$ en $(0, ln k)$ .

Gráficos de f(x) = ln|x| y de g(x) = ln|x + k| en los mismos ejes, con sus asíntotas verticales, los cortes con los ejes y el punto de corte P de las dos curvas

d) 1. Igualamos: $ln ∣ x ∣ = ln ∣ x + k ∣ \Rightarrow ∣ x ∣ = ∣ x + k ∣$ . 2. $x = x + k$ es imposible ( $k > 2$ ), así que $x = - (x + k) \Rightarrow x = - \frac{k}{2}$ . 3. La ordenada es $ln - \frac{k}{2} = ln \frac{k}{2}$ . Entonces $P (- \frac{k}{2}, ln \frac{k}{2})$ .

e) 1. Para $x < 0$ , $f (x) = ln (- x)$ y $f^{'} (x) = \frac{1}{x}$ . En $P$ : pendiente $m = \frac{1}{- k /2} = - \frac{2}{k}$ . 2. La tangente por $P$ pasa por el origen: $\frac{y _{P} - 0}{x _{P} - 0} = m$ , es decir, $ln \frac{k}{2} = m \cdot (- \frac{k}{2}) = - \frac{2}{k} \cdot (- \frac{k}{2}) = 1$ . 3. $ln \frac{k}{2} = 1 \Rightarrow \frac{k}{2} = e \Rightarrow k = 2 e$ (cumple $k > 2$ ).

Resultado: a) traslación horizontal de $k$ unidades a la izquierda; b) $R_{g} = R$ ; d) $P (- \frac{k}{2}, ln \frac{k}{2})$ ; e) $k = 2 e$

Ejercicio 150 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2018

Sea $f (x) = \frac{2 - 3 x ^{5}}{2 x ^{3}}$ , $x \in R$ , $x \neq = 0$ .

a) La gráfica de $y = f (x)$ tiene un máximo local en A. Encuentra las coordenadas de A.

b) (i) Demuestre que hay exactamente un punto de inflexión, B, en la gráfica de $y = f (x)$ .

(ii) Las coordenadas de B se pueden expresar en la forma $B (2^{a}, b \cdot 2^{- 3 a})$ , donde $a, b \in Q$ . Encuentre el valor de $a$ y el valor de $b$ .

c) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ mostrando claramente la posición de los puntos A y B.

Ver solución

a) 1. Reescribimos $f (x) = x^{- 3} - \frac{3}{2} x^{2}$ . 2. $f^{'} (x) = - 3 x^{- 4} - 3 x = - \frac{3}{x ^{4}} - 3 x$ . 3. $f^{'} (x) = 0 \Rightarrow - 3 x^{- 4} = 3 x \Rightarrow x^{5} = - 1 \Rightarrow x = - 1$ . 4. $f^{''} (x) = 12 x^{- 5} - 3$ y $f^{''} (- 1) = - 15 < 0$ : es un máximo local. 5. $f (- 1) = - 1 - \frac{3}{2} = - \frac{5}{2}$ . Por tanto $A (- 1, - \frac{5}{2})$ .

b) i) 1. $f^{''} (x) = 0 \Rightarrow \frac{12}{x ^{5}} = 3 \Rightarrow x^{5} = 4 \Rightarrow x = 4^{1/5} = 2^{2/5}$ , la única solución real. 2. Cambio de signo: si $x < 0$ , $f^{''} (x) = \frac{12}{x ^{5}} - 3 < 0$ ; si $0 < x < 2^{2/5}$ , $\frac{12}{x ^{5}} > 3$ y $f^{''} > 0$ ; si $x > 2^{2/5}$ , $f^{''} < 0$ . En $x = 2^{2/5}$ cambia de $+$ a $-$ (y $x = 0$ no está en el dominio). 3. Por tanto hay exactamente un punto de inflexión $B$ .

(ii) 1. $a = \frac{2}{5}$ (abscisa $2^{2/5}$ ). 2. Ordenada: $f (2^{2/5}) = 2^{- 6/5} - \frac{3}{2} \cdot 2^{4/5} = 2^{- 6/5} - 3 \cdot 2^{- 1/5} = 2^{- 6/5} - 6 \cdot 2^{- 6/5} = - 5 \cdot 2^{- 6/5}$ . 3. Con $- 3 a = - \frac{6}{5}$ resulta $b = - 5$ . Entonces $a = \frac{2}{5}$ , $b = - 5$ .

c) 1. Asíntota vertical $x = 0$ : para $x \to 0^{+}$ , $f \to + \infty$ y para $x \to 0^{-}$ , $f \to - \infty$ . Para $∣ x ∣$ grande, $f \approx - \frac{3}{2} x^{2} \to - \infty$ . 2. Corte con el eje $x$ : $2 - 3 x^{5} = 0 \Rightarrow x = (\frac{2}{3})^{1/5} \approx 0, 92$ . No corta al eje $y$ . 3. Máximo local $A (- 1; - 2, 5)$ y punto de inflexión $B (2^{2/5}; - 5 \cdot 2^{- 6/5}) \approx (1, 32; - 2, 18)$ .

Gráfica de la función con asíntota vertical en el eje Y, el máximo local A en el lado negativo del eje X y el punto de inflexión B en el lado positivo

Resultado: a) $A (- 1, - \frac{5}{2})$ ; b) $B (2^{2/5}, - 5 \cdot 2^{- 6/5})$ , con $a = \frac{2}{5}$ y $b = - 5$

Ejercicio 151 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2018

La función $f$ está definida por $f (x) = \frac{2 ln x + 1}{x - 3}$ , $0 < x < 3$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle las coordenadas del punto de inflexión que tiene el gráfico de $y = f (x)$ .

c) Dibuje un sistema de ejes cartesianos en los que $x$ e $y$ varían entre $- 3$ y $3$ . Sobre los mismos

(i) dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ , mostrando con claridad cualquier corte con los ejes y dando las ecuaciones de cualquier asíntota que hubiera.

(ii) dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f^{- 1} (x)$ , mostrando con claridad cualquier corte con los ejes y dando las ecuaciones de cualquier asíntota que hubiera.

d) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, resuelva la inecuación $f (x) > f^{- 1} (x)$ .

Ver solución

a) 1. Aplicamos la regla del cociente con $u = 2 ln x + 1$ (luego $u^{'} = \frac{2}{x}$ ) y $v = x - 3$ (luego $v^{'} = 1$ ): $f^{'} (x) = \frac{\frac{2}{x} ( x - 3 ) - ( 2 ln x + 1 )}{( x - 3 ) ^{2}}$ . 2. Simplificamos el numerador: $2 - \frac{6}{x} - 2 ln x - 1 = \frac{x - 6 - 2 x ln x}{x}$ . 3. Entonces $f^{'} (x) = \frac{x - 6 - 2 x ln x}{x ( x - 3 ) ^{2}}$ .

b) 1. Un punto de inflexión aparece donde $f^{''} (x) = 0$ y $f^{''}$ cambia de signo, es decir, donde $f^{'}$ tiene un extremo. 2. Con la CPG dibujamos $y = f^{'} (x)$ y hallamos su mínimo (o resolvemos $f^{''} (x) = 0$ en $0 < x < 3$ ): $x \approx 0, 899$ . 3. Calculamos $y = f (0, 899) \approx - 0, 375$ . 4. El punto de inflexión es $(0, 899; - 0, 375)$ .

c) (i) 1. Asíntotas verticales: cuando $x \to 0^{+}$ , $ln x \to - \infty$ y el numerador tiende a $- \infty$ mientras el denominador tiende a $- 3$ , así que $f \to + \infty$ . Cuando $x \to 3^{-}$ , el numerador vale $2 ln 3 + 1 > 0$ y el denominador tiende a $0^{-}$ , luego $f \to - \infty$ . Asíntotas: $x = 0$ y $x = 3$ . 2. Corte con el eje $X$ : $2 ln x + 1 = 0 \Rightarrow x = e^{- 1/2} \approx 0, 607$ . Punto $(0, 607; 0)$ . No hay corte con el eje $Y$ porque $0$ no está en el dominio. 3. La función es decreciente en todo su dominio (se ve con $f^{'}$ ).

(ii) 1. La gráfica de $f^{- 1}$ es la simétrica de la de $f$ respecto de la recta $y = x$ . 2. Las asíntotas verticales de $f$ pasan a ser horizontales: $y = 0$ e $y = 3$ . 3. El corte de $f$ con el eje $X$ pasa a ser corte con el eje $Y$ : $(0; 0, 607)$ .

Gráficos de f y de su inversa en el cuadrado de lado seis centrado en el origen, con las asíntotas, la recta y = x y los cortes con los ejes

d) 1. Las dos curvas se cortan sobre $y = x$ : resolvemos $f (x) = x$ con la CPG y obtenemos $x \approx 0, 372$ . 2. Para $0 < x < 0, 372$ la gráfica de $f$ está por encima de la de $f^{- 1}$ (por ejemplo, $f (0, 1) \approx 1, 24$ y $f^{- 1} (0, 1) \approx 0, 54$ ); para $x > 0, 372$ queda por debajo. Además $f$ solo está definida para $x > 0$ . 3. Por tanto $f (x) > f^{- 1} (x)$ si $0 < x < 0, 372$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{x - 6 - 2 x ln x}{x ( x - 3 ) ^{2}}$ ; b) punto de inflexión $(0, 899; - 0, 375)$ ; c) $f$ : asíntotas verticales $x = 0$ , $x = 3$ y corte $(0, 607; 0)$ ; $f^{- 1}$ : asíntotas horizontales $y = 0$ , $y = 3$ y corte $(0; 0, 607)$ ; d) $0 < x < 0, 372$

Ejercicio 152 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2017

Considere el polinomio $P (z) = z^{5} - 10 z^{2} + 15 z - 6$ , $z \in C$ .

a) Escriba la suma y el producto de las raíces de $P (z) = 0$ .

b) Demuestre que $(z - 1)$ es un factor de $P (z)$ .

El polinomio se puede escribir en la forma $P (z) = (z - 1)^{3} (z^{2} + b z + c)$ .

c) Calcule el valor de $b$ y el valor de $c$ .

d) Usando lo anterior, encuentre las raíces complejas de $P (z) = 0$ .

Considere la función $q (x) = x^{5} - 10 x^{2} + 15 x - 6$ , $x \in R$ .

e) (i) Muestre que la gráfica de $y = q (x)$ es cóncava hacia arriba para $x > 1$ .

(ii) Dibuje la gráfica de $y = q (x)$ mostrando claramente cualquier intersección con los ejes.

Ver solución

a) 1. En un polinomio mónico de grado 5, $z^{5} + a_{4} z^{4} + \dots + a_{0}$ , la suma de las raíces es $- a_{4}$ y el producto es $(- 1)^{5} a_{0} = - a_{0}$ . 2. Aquí $a_{4} = 0$ y $a_{0} = - 6$ : suma $= 0$ y producto $= 6$ .

b) 1. Calculamos $P (1) = 1 - 10 + 15 - 6 = 0$ . 2. Por el teorema del factor, $(z - 1)$ es un factor de $P (z)$ .

c) 1. Desarrollamos $(z - 1)^{3} = z^{3} - 3 z^{2} + 3 z - 1$ y lo multiplicamos por $(z^{2} + b z + c)$ . Coeficiente de $z^{4}$ : $b - 3$ , y debe valer $0$ , luego $b = 3$ . 2. Coeficiente de $z^{3}$ : $c - 3 b + 3 = 0$ ; con $b = 3$ , $c - 9 + 3 = 0$ , luego $c = 6$ . 3. Comprobamos con $z^{2}$ : $- 3 c + 3 b - 1 = - 18 + 9 - 1 = - 10$ y con $z$ : $3 c - b = 18 - 3 = 15$ . Coinciden con $P$ .

d) 1. Las raíces de $P$ son $z = 1$ (triple) y las de $z^{2} + 3 z + 6 = 0$ . 2. Fórmula general: $z = \frac{- 3 \pm 9 - 24}{2} = \frac{- 3 \pm 15 i}{2}$ . 3. Las raíces complejas son $- \frac{3}{2} + \frac{15}{2} i$ y $- \frac{3}{2} - \frac{15}{2} i$ .

e) (i) 1. Derivamos dos veces: $q^{'} (x) = 5 x^{4} - 20 x + 15$ y $q^{''} (x) = 20 x^{3} - 20 = 20 (x^{3} - 1)$ . 2. Si $x > 1$ , $x^{3} > 1$ , luego $q^{''} (x) > 0$ y la gráfica es cóncava hacia arriba.

(ii) 1. Corte con el eje $Y$ : $q (0) = - 6$ , punto $(0, - 6)$ . 2. Cortes con el eje $X$ : $q (x) = (x - 1)^{3} (x^{2} + 3 x + 6)$ y $x^{2} + 3 x + 6 > 0$ siempre (discriminante negativo), luego el único corte es $(1, 0)$ . 3. Además $q^{'} (x) = 5 (x - 1)^{2} (x^{2} + 2 x + 3) \geq 0$ : la función es creciente y en $x = 1$ la tangente es horizontal; como $q^{''}$ cambia de signo en $x = 1$ , hay un punto de inflexión.

Gráfica de un polinomio de grado cinco creciente, con un aplanamiento en el punto de corte con el eje X y el corte con el eje Y señalados

Resultado: a) suma $= 0$ , producto $= 6$ ; b) $P (1) = 0$ ; c) $b = 3$ , $c = 6$ ; d) $- \frac{3}{2} \pm \frac{15}{2} i$ ; e) (i) $q^{''} (x) = 20 (x^{3} - 1) > 0$ para $x > 1$ ; (ii) cortes con los ejes $(1, 0)$ y $(0, - 6)$

Ejercicio 153 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2017

Considere $f (x) = - 1 + ln (x^{2} - 1)$ .

a) Encuentre el mayor dominio posible D para que $f$ sea una función.

La función $f$ se define por $f (x) = - 1 + ln (x^{2} - 1)$ , $x \in D$ .

b) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ mostrando claramente las ecuaciones de las asíntotas y las coordenadas de cualquier intersección con los ejes.

c) Explique por qué $f$ es una función par.

d) Explique por qué la función inversa $f^{- 1}$ no existe.

La función $g$ se define por $g (x) = - 1 + ln (x^{2} - 1)$ , $x \in] 1, \infty [$ .

e) Encuentre la función inversa $g^{- 1}$ y escriba su dominio.

f) Calcule $g^{'} (x)$ .

g) Usando lo anterior, demuestre que no hay soluciones para

(i) $g^{'} (x) = 0$ ;

(ii) $(g^{- 1})^{'} (x) = 0$ .

Ver solución

a) 1. Necesitamos $x^{2} - 1 > 0$ (la raíz debe existir y su argumento en el logaritmo debe ser positivo). 2. Esto ocurre si $x < - 1$ o $x > 1$ . 3. $D =] - \infty, - 1 [\cup] 1, + \infty [$ .

b) 1. Cuando $x \to 1^{+}$ (o $x \to - 1^{-}$ ), $x^{2} - 1 \to 0^{+}$ , $ln x^{2} - 1 \to - \infty$ : asíntotas verticales $x = 1$ y $x = - 1$ . 2. Corte con el eje $X$ : $ln x^{2} - 1 = 1 \Rightarrow x^{2} - 1 = e \Rightarrow x^{2} = 1 + e^{2}$ , es decir, $x = \pm 1 + e^{2} \approx \pm 2, 9$ . 3. No hay corte con el eje $Y$ , porque $0 \in / D$ . 4. La gráfica es simétrica respecto del eje $Y$ y en cada rama crece lentamente (rama derecha creciente).

Gráfica simétrica respecto del eje Y con dos ramas separadas por dos asíntotas verticales, y los dos puntos de corte con el eje X señalados

c) 1. El dominio es simétrico respecto de $0$ . 2. $f (- x) = - 1 + ln (- x)^{2} - 1 = - 1 + ln x^{2} - 1 = f (x)$ . 3. Luego $f$ es par (su gráfica es simétrica respecto del eje $Y$ ).

d) 1. Por ser par, $f (- x) = f (x)$ con $- x \neq = x$ para cualquier $x \neq = 0$ : por ejemplo $f (2) = f (- 2)$ . 2. $f$ no es inyectiva (una recta horizontal corta a la gráfica en dos puntos), luego no tiene inversa.

e) 1. Escribimos $y = - 1 + ln x^{2} - 1$ y despejamos $x$ : $y + 1 = ln x^{2} - 1 = \frac{1}{2} ln (x^{2} - 1)$ . 2. Entonces $e^{2 y + 2} = x^{2} - 1$ , luego $x^{2} = e^{2 y + 2} + 1$ y, como $x > 1$ , $x = e^{2 y + 2} + 1$ . 3. $g^{- 1} (x) = e^{2 x + 2} + 1$ . Su dominio es el recorrido de $g$ : como $g$ es continua y crece de $- \infty$ a $+ \infty$ en $] 1, + \infty [$ , el dominio es $R$ .

f) 1. $g (x) = - 1 + \frac{1}{2} ln (x^{2} - 1)$ . Derivamos (regla de la cadena): $g^{'} (x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2 x}{x ^{2} - 1} = \frac{x}{x ^{2} - 1}$ .

g) (i) $g^{'} (x) = 0 \Rightarrow x = 0$ , pero $0 \in /] 1, + \infty [$ . No hay solución.

(ii) Derivamos $g^{- 1} (x) = (e^{2 x + 2} + 1)^{1/2}$ con la regla de la cadena: $(g^{- 1})^{'} (x) = \frac{e ^{2 x + 2}}{e ^{2 x + 2} + 1}$ . El numerador es $e^{2 x + 2} > 0$ para todo $x \in R$ , luego nunca se anula. No hay solución.

Resultado: a) $D =] - \infty, - 1 [\cup] 1, + \infty [$ ; b) asíntotas verticales $x = 1$ y $x = - 1$ ; cortes $(\pm 2, 9; 0)$ ; c) $f (- x) = f (x)$ ; d) $f$ no es inyectiva; e) $g^{- 1} (x) = e^{2 x + 2} + 1$ , con dominio $R$ ; f) $g^{'} (x) = \frac{x}{x ^{2} - 1}$ ; g) (i) $x = 0 \in /] 1, + \infty [$ ; (ii) $e^{2 x + 2} > 0$ para todo $x$

Ejercicio 154 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2017

Considere la función $f (x) = 2 sen^{2} x + 7 sen 2 x + tan x - 9$ , $0 \leq x < \frac{π}{2}$ .

a) (i) Determine una expresión para $f^{'} (x)$ en función de $x$ .

(ii) Dibuje la gráfica de $y = f^{'} (x)$ para $0 \leq x < \frac{π}{2}$ .

(iii) Calcule la coordenada(s) $x$ del punto de inflexión de la gráfica de $y = f (x)$ , etiquetándolos claramente en la gráfica de $y = f^{'} (x)$ .

b) Sea $u = tan x$

(i) Exprese $sen x$ en función de $u$ .

(ii) Exprese $sen 2 x$ en función de $u$ .

(iii) Usando lo anterior, muestre que $f (x) = 0$ se puede expresar $u^{3} - 7 u^{2} + 15 u - 9 = 0$ .

c) Resuelva la ecuación $f (x) = 0$ , dando sus respuestas en la forma $arctan k$ donde $k \in Z$ .

Ver solución

a) (i) 1. Derivamos cada término: $\frac{d}{d x} (2 sen^{2} x) = 4 sen x cos x$ (cadena), $\frac{d}{d x} (7 sen 2 x) = 14 cos 2 x$ y $\frac{d}{d x} tan x = \frac{1}{cos ^{2} x}$ . 2. $f^{'} (x) = 4 sen x cos x + 14 cos 2 x + \frac{1}{cos ^{2} x}$ .

(ii) Con la CPG dibujamos $y = f^{'} (x)$ en $0 \leq x < \frac{π}{2}$ : parte de $f^{'} (0) = 15$ , tiene un máximo local, desciende hasta un mínimo local y después crece sin límite hacia la asíntota vertical $x = \frac{π}{2}$ .

Gráfica de la derivada en el intervalo de cero a pi medios: máximo local cerca del origen, mínimo local más a la derecha y crecimiento sin límite hacia la asíntota vertical x = pi/2

(iii) 1. Los puntos de inflexión de $f$ están donde $f^{''} (x) = 0$ y $f^{''}$ cambia de signo, es decir, donde $f^{'}$ tiene un máximo o un mínimo local. 2. Con la CPG, en la gráfica de $f^{'}$ : el máximo local está en $x \approx 0, 0736$ y el mínimo local en $x \approx 1, 13$ . 3. Los puntos de inflexión de $f$ tienen $x \approx 0, 0736$ y $x \approx 1, 13$ .

b) (i) 1. De $u = tan x$ y $1 + tan^{2} x = \frac{1}{cos ^{2} x}$ : $cos^{2} x = \frac{1}{1 + u ^{2}}$ . 2. Entonces $sen^{2} x = 1 - cos^{2} x = \frac{u ^{2}}{1 + u ^{2}}$ y, como $sen x > 0$ en el intervalo, $sen x = \frac{u}{u ^{2} + 1}$ .

(ii) 1. $sen 2 x = 2 sen x cos x = 2 tan x cos^{2} x$ . 2. Por tanto $sen 2 x = \frac{2 u}{u ^{2} + 1}$ .

(iii) 1. Sustituimos en $f (x) = 0$ : $2 \cdot \frac{u ^{2}}{u ^{2} + 1} + 7 \cdot \frac{2 u}{u ^{2} + 1} + u - 9 = 0$ . 2. Multiplicamos por $u^{2} + 1$ : $2 u^{2} + 14 u + (u - 9) (u^{2} + 1) = 0$ . 3. Desarrollamos $(u - 9) (u^{2} + 1) = u^{3} - 9 u^{2} + u - 9$ y sumamos: $u^{3} - 7 u^{2} + 15 u - 9 = 0$ .

c) 1. Factorizamos: $u = 1$ es raíz ( $1 - 7 + 15 - 9 = 0$ ), y $u^{3} - 7 u^{2} + 15 u - 9 = (u - 1) (u - 3)^{2}$ . 2. Entonces $u = 1$ o $u = 3$ , es decir, $tan x = 1$ o $tan x = 3$ . 3. En $0 \leq x < \frac{π}{2}$ cada ecuación tiene una solución: $x = arctan 1$ y $x = arctan 3$ .

Resultado: a) (i) $f^{'} (x) = 4 sen x cos x + 14 cos 2 x + \frac{1}{cos ^{2} x}$ ; (iii) $x \approx 0, 0736$ y $x \approx 1, 13$ ; b) (i) $sen x = \frac{u}{u ^{2} + 1}$ ; (ii) $sen 2 x = \frac{2 u}{u ^{2} + 1}$ ; c) $x = arctan 1$ y $x = arctan 3$

Ejercicio 155 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2016

Sea $f (x) = x^{4} + 0, 2 x^{3} - 5, 8 x^{2} - x + 4$ , $x \in R$ .

a) Calcule las soluciones de $f (x) > 0$ .

b) Para la curva $y = f (x)$ .

(i) Calcule las coordenadas de los puntos mínimos locales.

(ii) Calcule las coordenadas $x$ de los puntos de inflexión.

El dominio de $f$ está ahora restringido a $[0, a]$ .

c) (i) Escriba el valor mayor de $a$ para el cual $f$ tiene una inversa. De su respuesta con 3 cifras significativas.

(ii) Para ese valor de $a$ , dibuje las gráficas de $y = f (x)$ e $y = f^{- 1} (x)$ en los mismos ejes, mostrando claramente las coordenadas de los puntos finales de cada curva.

(iii) Resuelva $f^{- 1} (x) = 1$ .

Sea $g (x) = 2 sen (x - 1) - 3$ , $- \frac{π}{2} + 1 \leq x \leq \frac{π}{2} + 1$ .

d) (i) Encuentre una expresión para $g^{- 1} (x)$ , indicando el dominio.

(ii) Resuelva $(f^{- 1} \circ g) (x) < 1$ .

Ver solución

a) 1. Con la CPG resolvemos $f (x) = 0$ : $x = - 2, 24$ , $x = - 1$ , $x = 0, 8$ y $x = 2, 24$ (es decir, $\pm 5$ , $- 1$ y $\frac{4}{5}$ ). 2. Como el coeficiente de $x^{4}$ es positivo, $f > 0$ en los extremos y el signo alterna en cada raíz. 3. $f (x) > 0$ si $x \in] - \infty, - 2, 24 [\cup] - 1, 0, 8 [\cup] 2, 24, + \infty [$ .

b) (i) 1. Resolvemos $f^{'} (x) = 0$ con la CPG: $x \approx - 1, 74$ , $x \approx - 0, 0860$ y $x \approx 1, 67$ . 2. Los mínimos locales son los que tienen $f^{''} > 0$ (o los de la gráfica): $x \approx - 1, 74$ y $x \approx 1, 67$ ; el de en medio es un máximo local. 3. Calculamos las ordenadas: $f (- 1, 74) \approx - 3, 71$ y $f (1, 67) \approx - 5, 14$ . 4. Mínimos locales: $(- 1, 74; - 3, 71)$ y $(1, 67; - 5, 14)$ .

(ii) 1. Resolvemos $f^{''} (x) = 0$ con la CPG: $x \approx 0, 934$ y $x \approx - 1, 03$ (con cambio de signo de $f^{''}$ en ambos).

c) (i) 1. Para que $f$ tenga inversa en $[0, a]$ debe ser inyectiva, es decir, monótona. 2. En $[0, 1, 67]$ es decreciente (el máximo local está en $x < 0$ y el mínimo en $x \approx 1, 67$ ); si $a$ fuera mayor, volvería a crecer. 3. El mayor valor es $a \approx 1, 67$ .

(ii) 1. $y = f (x)$ en $[0, 1, 67]$ : decreciente desde $(0, 4)$ hasta $(1, 67; - 5, 14)$ , pasando por $(0, 8; 0)$ . 2. $y = f^{- 1} (x)$ es su simétrica respecto de $y = x$ : va de $(- 5, 14; 1, 67)$ a $(4, 0)$ .

Gráficas de f restringida a un intervalo y de su inversa, simétricas respecto de la recta y = x, con los puntos finales de cada curva señalados

(iii) 1. $f^{- 1} (x) = 1 ⟺ x = f (1)$ . 2. $f (1) = 1 + 0, 2 - 5, 8 - 1 + 4 = - 1, 6$ , luego $x = - 1, 6$ .

d) (i) 1. Escribimos $y = 2 sen (x - 1) - 3$ y despejamos: $sen (x - 1) = \frac{y + 3}{2}$ . 2. En el intervalo dado, $x - 1 \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ , donde el arcoseno invierte al seno: $x = arcsin (\frac{y + 3}{2}) + 1$ . 3. $g^{- 1} (x) = arcsin (\frac{x + 3}{2}) + 1$ , con dominio igual al recorrido de $g$ : $[- 5, - 1]$ .

(ii) 1. $f^{- 1}$ es decreciente, luego $f^{- 1} (w) < 1 ⟺ w > f (1) = - 1, 6$ (se invierte la desigualdad). 2. Con $w = g (x)$ : $2 sen (x - 1) - 3 > - 1, 6$ , es decir, $sen (x - 1) > 0, 7$ . 3. En el dominio de $g$ : $x - 1 > arcsin 0, 7 \approx 0, 7754$ , luego $x > 1, 775$ . 4. Juntando con el dominio de $g$ : $1, 78 < x \leq \frac{π}{2} + 1$ (el extremo $x = \frac{π}{2} + 1$ está incluido en el dominio de $g$ y cumple la desigualdad).

Resultado: a) $x \in] - \infty, - 2, 24 [\cup] - 1, 0, 8 [\cup] 2, 24, + \infty [$ ; b) (i) $(- 1, 74; - 3, 71)$ y $(1, 67; - 5, 14)$ ; (ii) $x \approx 0, 934$ y $x \approx - 1, 03$ ; c) (i) $a \approx 1, 67$ ; (iii) $x = - 1, 6$ ; d) (i) $g^{- 1} (x) = arcsin (\frac{x + 3}{2}) + 1$ , dominio $[- 5, - 1]$ ; (ii) $1, 78 < x \leq \frac{π}{2} + 1$

Ejercicio 156 DifícilIB · P2 Mayo 1997

El diagrama muestra la gráfica de la función $y = f (x)$ , donde $f (x) = \frac{a x + b}{x ^{2} + d x + e}$ con $f (- \frac{5}{2}) = 0$ , $f (0) = \frac{5}{4}$ . Las rectas $x = - 4$ , $x = - 1$ y el eje $x$ son todas sus asíntotas.

Gráfica de una función racional con dos asíntotas verticales, x = -4 y x = -1, y el eje X como asíntota horizontal; pasa por los puntos (-5/2, 0) y (0, 5/4)

a) Usando la información dada, calcule los valores de $a$ , $b$ , $d$ y $e$ .

b) Calcule el intervalo donde $f^{'} (x) < 0$ .

c) Usando los valores de $a$ , $b$ , $d$ y $e$ encontrados en el apartado (a), exprese $f (x)$ en fracciones parciales.

d) Pruebe que $(- \frac{5}{2}, 0)$ es un punto de inflexión.

e) Calcule el intervalo donde $f^{''} (x) > 0$ .

Ver resultado

Resultado: a) $a = 2$ , $b = 5$ , $d = 5$ , $e = 4$ ; b) $] - \infty, - 4 [\cup] - 4, - 1 [\cup] - 1, + \infty [$ ; c) $\frac{2 x + 5}{x ^{2} + 5 x + 4} = \frac{1}{x + 1} + \frac{1}{x + 4}$ ; d) queda demostrado; e) $] - 4, - \frac{5}{2} [\cup] - 1, + \infty [$

Ver proceso y resultado

a) 1. Las asíntotas verticales $x = - 4$ y $x = - 1$ son las raíces del denominador: $x^{2} + d x + e = (x + 4) (x + 1) = x^{2} + 5 x + 4$ . Luego $d = 5$ y $e = 4$ . 2. $f (0) = \frac{b}{4} = \frac{5}{4}$ , luego $b = 5$ . 3. $f (- \frac{5}{2}) = 0$ implica $- \frac{5}{2} a + 5 = 0$ , luego $a = 2$ . 4. $f (x) = \frac{2 x + 5}{x ^{2} + 5 x + 4}$ . (El eje $x$ es asíntota porque el grado del numerador es menor.)

b) 1. Por el apartado (c), $f (x) = \frac{1}{x + 1} + \frac{1}{x + 4}$ , luego $f^{'} (x) = - \frac{1}{( x + 1 ) ^{2}} - \frac{1}{( x + 4 ) ^{2}}$ . 2. Esta expresión es negativa para todo $x$ del dominio, ya que es la suma de dos términos negativos. 3. $f^{'} (x) < 0$ en $] - \infty, - 4 [\cup] - 4, - 1 [\cup] - 1, + \infty [$ .

c) 1. Descomponemos: $\frac{2 x + 5}{( x + 1 ) ( x + 4 )} = \frac{A}{x + 1} + \frac{B}{x + 4}$ , con $2 x + 5 = A (x + 4) + B (x + 1)$ . 2. Con $x = - 1$ : $3 = 3 A$ , luego $A = 1$ . Con $x = - 4$ : $- 3 = - 3 B$ , luego $B = 1$ . 3. $f (x) = \frac{1}{x + 1} + \frac{1}{x + 4}$ .

d) 1. Derivamos otra vez: $f^{''} (x) = \frac{2}{( x + 1 ) ^{3}} + \frac{2}{( x + 4 ) ^{3}} = \frac{2 [ ( x + 4 ) ^{3} + ( x + 1 ) ^{3} ]}{( x + 1 ) ^{3} ( x + 4 ) ^{3}}$ . 2. Usamos $a^{3} + b^{3} = (a + b) (a^{2} - ab + b^{2})$ : $(x + 4)^{3} + (x + 1)^{3} = (2 x + 5) (x^{2} + 5 x + 13)$ , con $x^{2} + 5 x + 13 > 0$ siempre (discriminante $25 - 52 < 0$ ). 3. Así, $f^{''} (x) = \frac{2 ( 2 x + 5 ) ( x ^{2} + 5 x + 13 )}{( x + 1 ) ^{3} ( x + 4 ) ^{3}}$ , que se anula en $x = - \frac{5}{2}$ . 4. Cerca de $x = - \frac{5}{2}$ (en $] - 4, - 1 [$ ): $(x + 1)^{3} < 0$ y $(x + 4)^{3} > 0$ , luego el denominador es negativo. Si $x < - \frac{5}{2}$ , $2 x + 5 < 0$ y $f^{''} > 0$ ; si $x > - \frac{5}{2}$ , $2 x + 5 > 0$ y $f^{''} < 0$ . 5. $f^{''}$ cambia de signo y $f (- \frac{5}{2}) = 0$ : el punto $(- \frac{5}{2}, 0)$ es un punto de inflexión.

e) 1. Estudiamos el signo de $f^{''} (x) = \frac{2 ( 2 x + 5 ) ( x ^{2} + 5 x + 13 )}{( x + 1 ) ^{3} ( x + 4 ) ^{3}}$ , donde el factor $x^{2} + 5 x + 13$ es siempre positivo:

$x < - 4$ : $2 x + 5 < 0$ , $(x + 1)^{3} < 0$ y $(x + 4)^{3} < 0$ , luego el denominador es positivo y $f^{''} < 0$ .
$- 4 < x < - \frac{5}{2}$ : numerador negativo y denominador negativo, luego $f^{''} > 0$ .
$- \frac{5}{2} < x < - 1$ : numerador positivo y denominador negativo, luego $f^{''} < 0$ .
$x > - 1$ : numerador y denominador positivos, luego $f^{''} > 0$ .

$f^{''} (x) > 0$ en $] - 4, - \frac{5}{2} [\cup] - 1, + \infty [$ .

Ejercicio 157 DifícilIB · P2 Mayo 1999

Dé respuestas exactas en esta pregunta.

La temperatura $g (t)$ en el instante $t$ de un punto dado de una barra de hierro calentada viene dada por $g (t) = \frac{ln t}{t}$ , donde $t > 0$ .

a) Calcule el intervalo donde $g^{'} (t) > 0$ .

b) Calcule el intervalo donde $g^{''} (t) > 0$ y el intervalo donde $g^{''} (t) < 0$ .

c) Calcule el valor de $t$ donde el gráfico de $g (t)$ tiene un punto de inflexión.

d) Sea $t^{*}$ el valor de $t$ para el cual $g^{'} (t^{*}) = 0$ y $g^{''} (t^{*}) < 0$ . Calcule $t^{*}$ .

e) Calcule el punto donde la normal a la gráfica de $g (t)$ en el punto $(t^{*}, g (t^{*}))$ corta al eje $x$ .

Ver resultado

Resultado: a) $0 < t < e^{2}$ ; b) $g^{''} > 0$ si $t > e^{8/3}$ y $g^{''} < 0$ si $0 < t < e^{8/3}$ ; c) $t = e^{8/3}$ ; d) $t^{*} = e^{2}$ ; e) $(e^{2}, 0)$

Ver proceso y resultado

Calculamos primero las derivadas de $g (t) = \frac{ln t}{t} = t^{- 1/2} ln t$ .

Regla del producto: $g^{'} (t) = - \frac{1}{2} t^{- 3/2} ln t + t^{- 1/2} \cdot \frac{1}{t} = \frac{2 - ln t}{2 t ^{3/2}}$ .
Derivamos de nuevo (producto): $g^{''} (t) = \frac{1}{2} [- \frac{1}{t} t^{- 3/2} - \frac{3}{2} (2 - ln t) t^{- 5/2}] = \frac{3 ln t - 8}{4 t ^{5/2}}$ .

a) $g^{'} (t) > 0$ equivale a $2 - ln t > 0$ (el denominador es positivo), es decir, $ln t < 2$ . Con $t > 0$ : $0 < t < e^{2}$ .

b) El denominador de $g^{''}$ es positivo, así que el signo lo da $3 ln t - 8$ . $g^{''} (t) > 0 ⟺ ln t > \frac{8}{3} ⟺ t > e^{8/3}$ , y $g^{''} (t) < 0 ⟺ 0 < t < e^{8/3}$ .

c) Hay punto de inflexión donde $g^{''}$ se anula y cambia de signo: $t = e^{8/3}$ (el cambio de signo se ve en el apartado b).

d) $g^{'} (t^{*}) = 0 ⟺ ln t^{*} = 2$ , luego $t^{*} = e^{2}$ . Como $e^{2} < e^{8/3}$ , $g^{''} (t^{*}) < 0$ : es un máximo.

e) 1. $g (t^{*}) = \frac{2}{e}$ , y la tangente en $(e^{2}, \frac{2}{e})$ tiene pendiente $g^{'} (t^{*}) = 0$ : es horizontal. 2. La normal es perpendicular a ella, o sea, la recta vertical $t = e^{2}$ . 3. Corta al eje $x$ en $(e^{2}, 0)$ .

Resultado: a) $0 < t < e^{2}$ ; b) $g^{''} > 0$ si $t > e^{8/3}$ y $g^{''} < 0$ si $0 < t < e^{8/3}$ ; c) $t = e^{8/3}$ ; d) $t^{*} = e^{2}$ ; e) $(e^{2}, 0)$

Ejercicio 158 DifícilIB · P1 Mayo 2001

La función $f$ está dada por $f : x \mapsto e^{(1 + sen π x)}$ , $x \geq 0$ .

a) Calcule $f^{'} (x)$ .

Sea $x_{n}$ el valor de $x$ donde aparece el $n + 1$ máximo o mínimo, $n \in N$ (es decir $x_{0}$ es el valor de $x$ donde aparece el primer máximo o mínimo, $x_{1}$ es el valor de $x$ donde aparece el segundo máximo o mínimo, etc).

b) Calcule $x_{n}$ en función de $n$ .

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = π cos (π x) e^{1 + sen π x}$ ; b) $x_{n} = \frac{1}{2} + n$

Ver proceso y resultado

a) Regla de la cadena: la derivada del exponente $1 + sen π x$ es $π cos π x$ . Así $f^{'} (x) = π cos (π x) e^{1 + sen π x}$ .

b) 1. Los máximos y mínimos están donde $f^{'} (x) = 0$ . Como $π e^{1 + sen π x} > 0$ , hace falta $cos π x = 0$ . 2. $π x = \frac{π}{2} + k π$ , con $k \in Z$ , luego $x = \frac{1}{2} + k$ . 3. Con $x \geq 0$ los valores son $\frac{1}{2}, \frac{3}{2}, \frac{5}{2}, \dots$ ; en todos $f^{'}$ cambia de signo (el coseno cambia de signo), así que todos son extremos. 4. El primero ( $n = 0$ ) es $\frac{1}{2}$ , el segundo ( $n = 1$ ) es $\frac{3}{2}$ , etc.

Resultado: a) $f^{'} (x) = π cos (π x) e^{1 + sen π x}$ ; b) $x_{n} = \frac{1}{2} + n$

Ejercicio 159 DifícilIB · P2 Mayo 2001

Sea $f (x) = x 3 (x^{2} - 1)^{2}$ , $- 1, 4 \leq x \leq 1, 4$

a) Dibuje el gráfico de $f (x)$ . (No se requiere un diagrama de escala exacta.)

Indique en su gráfica la posición aproximada de

(i) los ceros

(ii) los puntos máximos

(iii) los puntos mínimos

b) (i) Calcule $f^{'} (x)$ , indicando claramente su dominio.

(ii) Calcule la coordenada $x$ de los puntos máximo y mínimo de $f (x)$ , para $- 1 < x < 1$ .

c) Calcule la coordenada $x$ del punto de inflexión de $f (x)$ , donde $x > 0$ , dando su respuesta correcta con cuatro cifras decimales.

Ver solución

a) Se trata de $f (x) = x (x^{2} - 1)^{2/3}$ .

Ceros: $x = 0$ y $x^{2} = 1$ , o sea $x = - 1, 0, 1$ .
Con el análisis de b): $f$ crece en $] - 0, 655; 0, 655 [$ y decrece en $] - 1; - 0, 655 [$ y en $] 0, 655; 1 [$ . En $x = \pm 1$ hay puntos angulosos (la derivada tiende a infinito).
Para $x < - 1$ , $f < 0$ y $f$ sube hacia $0$ ( $f (- 1, 4) \approx - 1, 36$ ); para $x > 1$ , $f > 0$ y crece hasta $f (1, 4) \approx 1, 36$ .

Gráfica de f(x) = x·raíz cúbica de (x²−1)² en el intervalo de −1,4 a 1,4: corta el eje x en −1, 0 y 1, con un máximo y un mínimo relativos entre −1 y 1

(i) Ceros: $x = - 1$ , $x = 0$ , $x = 1$ .

(ii) Máximos: $x = - 1$ (pico) y $x \approx 0, 655$ .

(iii) Mínimos: $x = 1$ (pico) y $x \approx - 0, 655$ .

b) (i) 1. Regla del producto y de la cadena: $f^{'} (x) = (x^{2} - 1)^{2/3} + x \cdot \frac{2}{3} (x^{2} - 1)^{- 1/3} \cdot 2 x$ . 2. Sacamos factor común $(x^{2} - 1)^{- 1/3}$ : $f^{'} (x) = (x^{2} - 1)^{- 1/3} [x^{2} - 1 + \frac{4}{3} x^{2}] = \frac{7 x ^{2} - 3}{3 ( x ^{2} - 1 ) ^{1/3}}$ . 3. El denominador se anula en $x = \pm 1$ , donde $f^{'}$ no existe: dominio $[- 1, 4; 1, 4] ∖ {- 1, 1}$ .

(ii) 1. $f^{'} (x) = 0 ⟺ 7 x^{2} = 3 ⟺ x = \pm \frac{3}{7} \approx \pm 0, 655$ . 2. En $] - 1, 1 [$ el denominador es negativo, así que $f^{'}$ tiene signo contrario a $7 x^{2} - 3$ : $f^{'} < 0$ para $∣ x ∣ > 0, 655$ y $f^{'} > 0$ para $∣ x ∣ < 0, 655$ . 3. Por tanto $x = - 0, 655$ es un mínimo y $x = 0, 655$ es un máximo.

c) 1. Derivamos $f^{'}$ (cociente/producto). Se obtiene $f^{''} (x) = \frac{4 x ( 7 x ^{2} - 9 )}{9 ( x ^{2} - 1 ) ^{4/3}}$ . 2. Para $x > 0$ , $f^{''} = 0 ⟺ 7 x^{2} = 9 ⟺ x = \frac{3}{7}$ , y el signo de $f^{''}$ cambia de $-$ a $+$ (también la podemos hallar con la CPG, resolviendo $f^{''} (x) = 0$ ). 3. $x \approx 1, 1339$ .

Resultado: a) (i) $x = - 1, 0, 1$ ; (ii) máximos en $x = - 1$ y $x \approx 0, 655$ ; (iii) mínimos en $x = 1$ y $x \approx - 0, 655$ ; b) (i) $f^{'} (x) = \frac{7 x ^{2} - 3}{3 ( x ^{2} - 1 ) ^{1/3}}$ , con $x \neq = \pm 1$ ; (ii) $x = \pm \frac{3}{7} \approx \pm 0, 655$ ; c) $x \approx 1, 1339$

Ejercicio 160 DifícilIB · P2 Mayo 2002

La función $f$ se define como $f (x) = \frac{x ^{2} - x + 1}{x ^{2} + x + 1}$ .

a) (i) Halle una expresión para $f^{'} (x)$ , simplificando su respuesta.

(ii) Las tangentes a la gráfica de $f (x)$ en los puntos $A$ y $B$ son paralelas al eje de las $x$ . Halle las coordenadas de $A$ y de $B$ .

b) (i) Trace de forma aproximada la gráfica de $y = f^{'} (x)$ .

(ii) Halle el valor de las coordenadas según $x$ de los tres puntos de inflexión de la gráfica de $f$ .

c) Halle el recorrido de

(i) $f$

(ii) la función compuesta $f \circ f$ .

Ver solución

a) (i) Regla del cociente: $f^{'} (x) = \frac{( 2 x - 1 ) ( x ^{2} + x + 1 ) - ( x ^{2} - x + 1 ) ( 2 x + 1 )}{( x ^{2} + x + 1 ) ^{2}} .$ El numerador es $(2 x^{3} + x^{2} + x - 1) - (2 x^{3} - x^{2} + x + 1) = 2 x^{2} - 2$ . Así $f^{'} (x) = \frac{2 ( x ^{2} - 1 )}{( x ^{2} + x + 1 ) ^{2}} .$

(ii) 1. Tangente paralela al eje $x$ significa $f^{'} (x) = 0$ , luego $x^{2} = 1$ , $x = \pm 1$ (el denominador nunca se anula, pues $x^{2} + x + 1 > 0$ ). 2. $f (1) = \frac{1}{3}$ y $f (- 1) = \frac{3}{1} = 3$ . Los puntos son $A (1, \frac{1}{3})$ y $B (- 1, 3)$ .

b) (i) Rasgos de $y = f^{'} (x)$ : corta al eje $x$ en $x = - 1$ y $x = 1$ ; $f^{'} (0) = - 2$ ; es positiva para $∣ x ∣ > 1$ y negativa en $] - 1, 1 [$ ; tiende a $0$ por encima en $\pm \infty$ (eje $x$ como asíntota horizontal). Tiene dos máximos relativos (en $x \approx - 1, 53$ y $x \approx 1, 88$ ) y un mínimo relativo en $x \approx - 0, 347$ .

Gráfica aproximada de y = f′(x) = 2(x²−1)/(x²+x+1)² para −6,5 ≤ x ≤ 6,5, con sus ceros y sus tres extremos relativos señalados

(ii) 1. Los puntos de inflexión de $f$ son los extremos de $f^{'}$ , o sea, las raíces de $f^{''}$ con cambio de signo. Derivando $f^{'}$ con el cociente: $f^{''} (x) = \frac{4 ( - x ^{3} + 3 x + 1 )}{( x ^{2} + x + 1 ) ^{3}} .$ 2. $f^{''} = 0 ⟺ x^{3} - 3 x - 1 = 0$ . Con la CPG las tres raíces reales son $x \approx - 1, 53$ , $x \approx - 0, 347$ y $x \approx 1, 88$ (exactamente $2 cos \frac{7 π}{9}$ , $2 cos \frac{5 π}{9}$ y $2 cos \frac{π}{9}$ ). En las tres $f^{''}$ cambia de signo.

c) (i) 1. $f (x) \to 1$ cuando $x \to \pm \infty$ . Con el estudio de $f^{'}$ : $f$ crece en $] - \infty, - 1 [$ , decrece en $] - 1, 1 [$ y crece en $] 1, \infty [$ . 2. Máximo $f (- 1) = 3$ y mínimo $f (1) = \frac{1}{3}$ , y los valores en el infinito (el límite $1$ ) están entre ambos. Como $f$ es continua, $R_{f} = [\frac{1}{3}, 3]$ .

(ii) 1. $f \circ f$ aplica $f$ a valores de $f$ , es decir, a $[\frac{1}{3}, 3]$ . Recorrido de $f \circ f$ = valores de $f$ en ese intervalo. 2. En $[\frac{1}{3}, 3]$ , $f$ decrece hasta $x = 1$ y luego crece, así que el mínimo es $f (1) = \frac{1}{3}$ . 3. Los extremos del intervalo dan $f (\frac{1}{3}) = \frac{7/9}{13/9} = \frac{7}{13}$ y $f (3) = \frac{7}{13}$ . El máximo es $\frac{7}{13}$ . 4. $R_{f \circ f} = [\frac{1}{3}, \frac{7}{13}]$ .

Resultado: a) (i) $f^{'} (x) = \frac{2 ( x ^{2} - 1 )}{( x ^{2} + x + 1 ) ^{2}}$ ; (ii) $A (1, \frac{1}{3})$ , $B (- 1, 3)$ ; b) (i) gráfica descrita; (ii) $x \approx - 1, 53$ , $x \approx - 0, 347$ , $x \approx 1, 88$ ; c) (i) $R_{f} = [\frac{1}{3}, 3]$ ; (ii) $R_{f \circ f} = [\frac{1}{3}, \frac{7}{13}]$

Ejercicio 161 DifícilIB · P2 Mayo 2003

La función $f$ está definida por $f (x) = \frac{x ^{2}}{2 ^{x}}$ , para $x > 0$ .

a) (i) Demuestre que $f^{'} (x) = \frac{2 x - x ^{2} ln 2}{2 ^{x}}$ .

(ii) Obtenga una expresión de $f^{''} (x)$ . Simplifique su respuesta en la medida de lo posible.

b) (i) Halle el valor exacto de $x$ que satisface la ecuación $f^{'} (x) = 0$ .

(ii) Demuestre que para este valor se obtiene un máximo de $f (x)$ .

c) Halle las abscisas de los dos puntos de inflexión de la gráfica de $f$ .

Ver resultado

Resultado: a) (i) queda demostrado; (ii) $f^{''} (x) = \frac{2 - 4 x ln 2 + x ^{2} ( ln 2 ) ^{2}}{2 ^{x}}$ ; b) (i) $x = \frac{2}{ln 2}$ ; (ii) $f^{''} (\frac{2}{ln 2}) < 0$ , máximo; c) $x = \frac{2 - 2}{ln 2} \approx 0, 845$ y $x = \frac{2 + 2}{ln 2} \approx 4, 93$

Ver proceso y resultado

a) (i) 1. Regla del cociente con $u = x^{2}$ y $v = 2^{x}$ , donde $v^{'} = 2^{x} ln 2$ . 2. $f^{'} (x) = \frac{2 x \cdot 2 ^{x} - x ^{2} \cdot 2 ^{x} ln 2}{( 2 ^{x} ) ^{2}} = \frac{2 ^{x} ( 2 x - x ^{2} ln 2 )}{2 ^{2 x}} = \frac{2 x - x ^{2} ln 2}{2 ^{x}}$ .

(ii) 1. Otra vez el cociente, con $N = 2 x - x^{2} ln 2$ ( $N^{'} = 2 - 2 x ln 2$ ) y $v = 2^{x}$ : $f^{''} (x) = \frac{( 2 - 2 x ln 2 ) 2 ^{x} - ( 2 x - x ^{2} ln 2 ) 2 ^{x} ln 2}{2 ^{2 x}} = \frac{2 - 2 x ln 2 - 2 x ln 2 + x ^{2} ( ln 2 ) ^{2}}{2 ^{x}} .$ 2. $f^{''} (x) = \frac{2 - 4 x ln 2 + x ^{2} ( ln 2 ) ^{2}}{2 ^{x}}$ .

b) (i) $f^{'} (x) = 0 ⟺ x (2 - x ln 2) = 0$ . Como $x > 0$ , $x = \frac{2}{ln 2}$ .

(ii) 1. Sustituimos en $f^{''}$ : $x ln 2 = 2$ , luego el numerador vale $2 - 8 + 4 = - 2$ . 2. $f^{''} (\frac{2}{ln 2}) = \frac{- 2}{2 ^{2/ l n 2}} < 0$ , así que es un máximo.

c) 1. Un punto de inflexión exige $f^{''} = 0$ : $x^{2} (ln 2)^{2} - 4 x ln 2 + 2 = 0$ . 2. Con $u = x ln 2$ : $u^{2} - 4 u + 2 = 0$ , luego $u = 2 \pm 2$ . 3. $x = \frac{2 \pm 2}{ln 2}$ , es decir, $x \approx 0, 845$ y $x \approx 4, 93$ . Ambos son positivos y $f^{''}$ cambia de signo en cada uno (raíces simples).

Ejercicio 162 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2005

Una función $f$ está definida por $f (x) = a x^{3} + b x^{2} + 30 x + c$ donde $a$ , $b$ y $c$ son constantes. La gráfica de $f$ tiene un máximo en $(1, 7)$ y un punto de inflexión cuando $x = 3$ . Hallar el valor de $a$ , de $b$ y de $c$ .

Ver resultado

Resultado: $a = 2$ , $b = - 18$ , $c = - 7$

Ver proceso y resultado

Derivamos: $f^{'} (x) = 3 a x^{2} + 2 b x + 30$ y $f^{''} (x) = 6 a x + 2 b$ .
Hay un máximo en $(1, 7)$ , así que $f^{'} (1) = 0$ : $3 a + 2 b + 30 = 0$ .
Hay un punto de inflexión en $x = 3$ , así que $f^{''} (3) = 0$ : $18 a + 2 b = 0$ , es decir, $b = - 9 a$ .
Sustituimos en la primera ecuación: $3 a - 18 a + 30 = 0$ , luego $- 15 a = - 30$ y $a = 2$ . Entonces $b = - 18$ .
La curva pasa por $(1, 7)$ : $f (1) = a + b + 30 + c = 2 - 18 + 30 + c = 7$ , luego $c = - 7$ .
Comprobamos que es un máximo: $f^{''} (1) = 6 \cdot 2 \cdot 1 + 2 (- 18) = - 24 < 0$ .

Resultado: $a = 2$ , $b = - 18$ , $c = - 7$

Ejercicio 163 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2007

La función $f$ está definida de la siguiente forma $f (x) = cosec x + tan 2 x$ .

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $f$ para $- \frac{π}{2} \leq x \leq \frac{π}{2}$ .

A partir de lo anterior, establezca

(i) las intersecciones con el eje $x$ .

(ii) las ecuaciones de las asíntotas.

(iii) las coordenadas de los máximos y mínimos.

b) Compruebe que las raíces de $f (x) = 0$ satisfacen la ecuación $2 cos^{3} x - 2 cos^{2} x - 2 cos x + 1 = 0$ .

c) Compruebe que las abscisas de los máximos y mínimos que presenta la curva satisfacen la ecuación $4 cos^{5} x - 4 cos^{3} x + 2 cos^{2} x + cos x - 2 = 0$ .

d) Compruebe que $f (π - x) + f (π + x) = 0$ .

Ver solución

a) 1. Con la CPG representamos $f (x) = \frac{1}{sen x} + tan 2 x$ en $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ . Las asíntotas verticales aparecen donde $sen x = 0$ (es decir, $x = 0$ ) y donde $cos 2 x = 0$ (es decir, $x = \pm \frac{π}{4}$ ). En los extremos, $f (\pm \frac{π}{2}) = \pm 1 + tan (\pm π) = \pm 1$ .

Gráfica de f(x) = cosec x + tan 2x para −π/2 ≤ x ≤ π/2, con asíntotas verticales discontinuas, los cortes con el eje x y un máximo y un mínimo relativos señalados

La función es impar: la gráfica es simétrica respecto del origen. En $(0, π /4)$ viene de $+ \infty$ en $0^{+}$ , baja hasta un mínimo y vuelve a subir hacia $+ \infty$ en $\frac{π}{4}^{-}$ . En $(\frac{π}{4}, \frac{π}{2})$ parte de $- \infty$ , cruza el eje $x$ y llega a $1$ en $\frac{π}{2}$ .

(i) Cortes con el eje $x$ (con la CPG): $(- 1, 16; 0)$ y $(1, 16; 0)$ .

(ii) Asíntotas verticales: $x = - \frac{π}{4}$ , $x = 0$ y $x = \frac{π}{4}$ .

(iii) Extremos (con la CPG): máximo local en $(- 0, 441; - 3, 56)$ y mínimo local en $(0, 441; 3, 56)$ .

b) 1. Escribimos $f (x) = 0$ : $\frac{1}{sen x} + \frac{sen 2 x}{cos 2 x} = 0$ . 2. Multiplicamos por $sen x cos 2 x$ : $cos 2 x + sen x sen 2 x = 0$ . 3. Usamos $sen 2 x = 2 sen x cos x$ y $cos 2 x = 2 cos^{2} x - 1$ : $2 cos^{2} x - 1 + 2 sen^{2} x cos x = 0$ . 4. Con $sen^{2} x = 1 - cos^{2} x$ : $2 cos^{2} x - 1 + 2 cos x - 2 cos^{3} x = 0$ . 5. Multiplicamos por $- 1$ y ordenamos: $2 cos^{3} x - 2 cos^{2} x - 2 cos x + 1 = 0$ .

c) 1. Derivamos (cadena y $\frac{d}{d x} cosec x = - cosec x cot x$ ): $f^{'} (x) = - \frac{cos x}{sen ^{2} x} + \frac{2}{cos ^{2} 2 x}$ . 2. En un extremo $f^{'} (x) = 0$ : $2 sen^{2} x = cos x cos^{2} 2 x$ . 3. Con $c = cos x$ : $sen^{2} x = 1 - c^{2}$ y $cos 2 x = 2 c^{2} - 1$ , luego $2 (1 - c^{2}) = c (2 c^{2} - 1)^{2} = c (4 c^{4} - 4 c^{2} + 1)$ . 4. Desarrollamos: $2 - 2 c^{2} = 4 c^{5} - 4 c^{3} + c$ , y pasando todo al mismo miembro: $4 c^{5} - 4 c^{3} + 2 c^{2} + c - 2 = 0$ , es decir, $4 cos^{5} x - 4 cos^{3} x + 2 cos^{2} x + cos x - 2 = 0$ .

d) 1. $f (π - x) = cosec (π - x) + tan (2 π - 2 x) = cosec x - tan 2 x$ (pues $sen (π - x) = sen x$ y $tan$ es impar con periodo $π$ ). 2. $f (π + x) = cosec (π + x) + tan (2 π + 2 x) = - cosec x + tan 2 x$ (pues $sen (π + x) = - sen x$ ). 3. Sumamos: $f (π - x) + f (π + x) = 0$ .

Resultado: a) gráfica; (i) $(- 1, 16; 0)$ y $(1, 16; 0)$ ; (ii) $x = 0$ , $x = - \frac{π}{4}$ , $x = \frac{π}{4}$ ; (iii) máximo $(- 0, 441; - 3, 56)$ , mínimo $(0, 441; 3, 56)$ ; b), c), d) comprobados.

Ejercicio 164 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2008

La función $f$ se define por $f (x) = x e^{2 x}$ .

Se puede demostrar que $f^{(n)} (x) = (2^{n} x + n 2^{n - 1}) e^{2 x}$ para todo $n \in Z^{+}$ , donde $f^{(n)} (x)$ representa la enésima derivada de $f (x)$ .

a) Considerando $f^{(n)} (x)$ para $n = 1$ y $n = 2$ , muestre que hay un punto mínimo $P$ en la gráfica de $f$ , y encuentre las coordenadas de $P$ .

b) Muestre que $f$ tiene un punto de inflexión $Q$ en $x = - 1$ .

c) Determine los intervalos en el dominio de $f$ donde $f$ es

(i) cóncava hacia arriba;

(ii) cóncava hacia abajo.

d) Dibuje $f$ , mostrando claramente cualquier intersección, asíntotas y los puntos $P$ y $Q$ .

e) Utilice la inducción matemática para demostrar que $f^{(n)} (x) = (2^{n} x + n 2^{n - 1}) e^{2 x}$ para todo $n \in Z^{+}$ , donde $f^{(n)} (x)$ representa la enésima derivada de $f (x)$ .

Ver solución

a) 1. Para $n = 1$ : $f^{'} (x) = (2 x + 1) e^{2 x}$ . Para $n = 2$ : $f^{''} (x) = (4 x + 4) e^{2 x}$ . 2. $f^{'} (x) = 0$ implica $2 x + 1 = 0$ (pues $e^{2 x} > 0$ ): $x = - \frac{1}{2}$ . 3. $f^{''} (- \frac{1}{2}) = (- 2 + 4) e^{- 1} = \frac{2}{e} > 0$ : es un mínimo. 4. Ordenada: $f (- \frac{1}{2}) = - \frac{1}{2} e^{- 1}$ . Por tanto $P (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2 e})$ .

b) 1. $f^{''} (x) = 4 (x + 1) e^{2 x} = 0$ cuando $x = - 1$ . 2. $f^{''}$ es negativa para $x < - 1$ y positiva para $x > - 1$ (cambia de signo), así que hay un punto de inflexión $Q$ en $x = - 1$ , con $f (- 1) = - e^{- 2}$ .

c) (i) $f^{''} (x) > 0$ cuando $x > - 1$ : cóncava hacia arriba en $] - 1, + \infty [$ .

(ii) $f^{''} (x) < 0$ cuando $x < - 1$ : cóncava hacia abajo en $] - \infty, - 1 [$ .

d) 1. Corte con los ejes: $f (x) = 0$ solo si $x = 0$ , luego $(0, 0)$ (único corte con los dos ejes). 2. Cuando $x \to - \infty$ , $x e^{2 x} \to 0^{-}$ (la exponencial gana): asíntota horizontal $y = 0$ por la izquierda. Cuando $x \to + \infty$ , $f \to + \infty$ rápidamente (sin asíntota). 3. Puntos clave: mínimo $P (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2 e})$ e inflexión $Q (- 1, - e^{- 2})$ .

Gráfica de f(x) = x·e^(2x): pasa por el origen, tiene una asíntota horizontal y = 0 por la izquierda, y los puntos P (mínimo) y Q (inflexión) señalados

e) 1. Sea $P (n)$ : $f^{(n)} (x) = (2^{n} x + n 2^{n - 1}) e^{2 x}$ . 2. Caso base $n = 1$ : $f^{'} (x) = e^{2 x} + 2 x e^{2 x} = (2 x + 1) e^{2 x}$ , y la fórmula da $(2 x + 1 \cdot 2^{0}) e^{2 x}$ . Se cumple. 3. Hipótesis: $P (k)$ cierta, $f^{(k)} (x) = (2^{k} x + k 2^{k - 1}) e^{2 x}$ . 4. Derivamos (regla del producto): $f^{(k + 1)} (x) = 2^{k} e^{2 x} + 2 (2^{k} x + k 2^{k - 1}) e^{2 x} = (2^{k} + 2^{k + 1} x + k 2^{k}) e^{2 x}$ . 5. Agrupamos: $2^{k} + k 2^{k} = (k + 1) 2^{k}$ . Entonces $f^{(k + 1)} (x) = (2^{k + 1} x + (k + 1) 2^{k}) e^{2 x}$ , que es $P (k + 1)$ . 6. Como $P (1)$ es cierta y $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ , queda probado por inducción para todo $n \in Z^{+}$ .

Resultado: a) $P (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2 e})$ es mínimo; b) inflexión en $x = - 1$ ; c) (i) cóncava hacia arriba en $] - 1, + \infty [$ ; (ii) cóncava hacia abajo en $] - \infty, - 1 [$ ; d) gráfica; e) queda demostrado.

Ejercicio 165 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2008

Una familia de funciones cúbicas se define como $f_{k} (x) = k^{2} x^{3} - k x^{2} + x$ , $k \in Z^{+}$ .

a) Exprese en función de $k$

(i) $f_{k}^{'} (x)$ y $f_{k}^{''} (x)$

(ii) las coordenadas de los puntos de inflexión $P_{k}$ de las gráficas de $f_{k}$ .

b) Muestre que todos los $P_{k}$ se encuentran en una línea recta e indique su ecuación.

c) Demuestre que para todos los valores de $k$ , las tangentes a los gráficos de $f_{k}$ en $P_{k}$ son paralelas, y calcule la ecuación de las rectas tangentes.

Ver resultado

Resultado: a) (i) $f_{k}^{'} (x) = 3 k^{2} x^{2} - 2 k x + 1$ , $f_{k}^{''} (x) = 6 k^{2} x - 2 k$ ; (ii) $P_{k} (\frac{1}{3 k}, \frac{7}{27 k})$ ; b) $y = \frac{7}{9} x$ ; c) $y = \frac{2}{3} x + \frac{1}{27 k}$

Ver proceso y resultado

a) (i) 1. Derivamos: $f_{k}^{'} (x) = 3 k^{2} x^{2} - 2 k x + 1$ . 2. Derivamos de nuevo: $f_{k}^{''} (x) = 6 k^{2} x - 2 k$ .

(ii) 1. Un punto de inflexión exige $f_{k}^{''} (x) = 0$ : $6 k^{2} x = 2 k$ , luego $x = \frac{1}{3 k}$ . $f_{k}^{''}$ es una función lineal con pendiente $6 k^{2} > 0$ , así que cambia de signo: es inflexión. 2. Ordenada: $f_{k} (\frac{1}{3 k}) = k^{2} \cdot \frac{1}{27 k ^{3}} - k \cdot \frac{1}{9 k ^{2}} + \frac{1}{3 k} = \frac{1 - 3 + 9}{27 k} = \frac{7}{27 k}$ . 3. Por tanto $P_{k} (\frac{1}{3 k}, \frac{7}{27 k})$ .

b) 1. Para cualquier $k$ : $\frac{y}{x} = \frac{7/ ( 27 k )}{1/ ( 3 k )} = \frac{7}{27 k} \cdot 3 k = \frac{7}{9}$ . 2. Por tanto todos los $P_{k}$ cumplen $y = \frac{7}{9} x$ : están en una recta que pasa por el origen.

c) 1. Pendiente de la tangente en $P_{k}$ : $f_{k}^{'} (\frac{1}{3 k}) = 3 k^{2} \cdot \frac{1}{9 k ^{2}} - 2 k \cdot \frac{1}{3 k} + 1 = \frac{1}{3} - \frac{2}{3} + 1 = \frac{2}{3}$ . 2. No depende de $k$ : todas las tangentes en $P_{k}$ tienen pendiente $\frac{2}{3}$ , luego son paralelas. 3. Ecuación: $y - \frac{7}{27 k} = \frac{2}{3} (x - \frac{1}{3 k})$ , de donde $y = \frac{2}{3} x - \frac{2}{9 k} + \frac{7}{27 k} = \frac{2}{3} x + \frac{1}{27 k}$ .

Ejercicio 166 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2009

Sea $f$ una función definida por $f (x) = x - arctan x$ , $x \in R$ .

a) Encuentre $f (1)$ y $f (- 3)$ .

b) Muestre que $f (- x) = - f (x)$ , para $x \in R$ .

c) Muestre que $x - \frac{π}{2} < f (x) < x + \frac{π}{2}$ para $x \in R$ .

d) Calcule las expresiones para $f^{'} (x)$ y $f^{''} (x)$ . De ahí describa el comportamiento del gráfico de $f$ en el origen y justifique su respuesta.

e) Dibuje la gráfica de $f$ , mostrando claramente las asíntotas.

f) Justifique que la inversa de $f$ se define para todo $x \in R$ y dibuje su gráfico.

Ver solución

a) 1. $f (1) = 1 - arctan 1 = 1 - \frac{π}{4}$ . 2. $f (- 3) = - 3 - arctan (- 3) = - 3 + \frac{π}{3}$ .

b) 1. $f (- x) = - x - arctan (- x)$ . 2. Como $arctan$ es impar, $arctan (- x) = - arctan x$ , luego $f (- x) = - x + arctan x = - (x - arctan x) = - f (x)$ .

c) 1. Se sabe que $- \frac{π}{2} < arctan x < \frac{π}{2}$ para todo $x$ , es decir, $- \frac{π}{2} < - arctan x < \frac{π}{2}$ . 2. Sumamos $x$ a los tres miembros: $x - \frac{π}{2} < x - arctan x < x + \frac{π}{2}$ , es decir, $x - \frac{π}{2} < f (x) < x + \frac{π}{2}$ .

d) 1. $f^{'} (x) = 1 - \frac{1}{1 + x ^{2}} = \frac{x ^{2}}{1 + x ^{2}}$ . 2. Con la regla del cociente: $f^{''} (x) = \frac{2 x ( 1 + x ^{2} ) - x ^{2} \cdot 2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} = \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}$ . 3. En el origen: $f^{'} (0) = 0$ y $f^{''} (0) = 0$ . Como $f^{'} (x) \geq 0$ para todo $x$ (y vale $0$ solo en $x = 0$ ), $f$ es estrictamente creciente, también en $x = 0$ (con tangente horizontal). 4. $f^{''} (x)$ es negativa para $x < 0$ y positiva para $x > 0$ : cambia de signo en $0$ . Por tanto $(0, 0)$ es un punto de inflexión (de tangente horizontal).

e) 1. Por el apartado c), la gráfica está entre las rectas $y = x - \frac{π}{2}$ e $y = x + \frac{π}{2}$ . Cuando $x \to + \infty$ , $arctan x \to \frac{π}{2}$ y $f (x) - (x - \frac{π}{2}) \to 0$ : asíntota oblicua $y = x - \frac{π}{2}$ . Cuando $x \to - \infty$ , $arctan x \to - \frac{π}{2}$ : asíntota oblicua $y = x + \frac{π}{2}$ . 2. La gráfica es simétrica respecto del origen (función impar), creciente, con inflexión en el origen.

Gráfica de f(x) = x − arctan x, curva creciente que pasa por el origen y se pega a las dos rectas oblicuas y = x − π/2 e y = x + π/2 dibujadas en discontinuo

f) 1. Como $f$ es estrictamente creciente en todo $R$ , es inyectiva y por tanto tiene inversa. 2. Es continua y, por las asíntotas oblicuas, $f (x) \to \pm \infty$ cuando $x \to \pm \infty$ , así que su recorrido es $R$ . Entonces $D_{f^{- 1}} = R_{f} = R$ : la inversa está definida para todo $x \in R$ . 3. La gráfica de $f^{- 1}$ es la simétrica de la de $f$ respecto de la recta $y = x$ : pasa por el origen con tangente vertical y sus asíntotas son las mismas rectas oblicuas $y = x \pm \frac{π}{2}$ .

Gráficas de y = f(x) = x − arctan x (azul) y de su inversa y = f⁻¹(x) (naranja), simétricas respecto de la recta y = x, con las rectas y = x ± π/2 en discontinuo

Resultado: a) $f (1) = 1 - \frac{π}{4}$ , $f (- 3) = - 3 + \frac{π}{3}$ ; b) y c) demostrados; d) $f^{'} (x) = \frac{x ^{2}}{1 + x ^{2}}$ , $f^{''} (x) = \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}$ , estrictamente creciente en $x = 0$ y punto de inflexión en $(0, 0)$ ; e) gráfica con asíntotas oblicuas $y = x \mp \frac{π}{2}$ ; f) $f$ es inyectiva y $D_{f^{- 1}} = R_{f} = R$ .

Ejercicio 167 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2010

Considere $f (x) = \frac{x ^{2} - 5 x + 4}{x ^{2} + 5 x + 4}$ .

a) Encuentre las ecuaciones de todas las asíntotas de la gráfica de $f$ .

b) Encuentre las coordenadas de los puntos donde la gráfica de $f$ corta a los ejes $x$ e $y$ .

c) Encuentre las coordenadas de

(i) el punto máximo y justifique su respuesta;

(ii) el punto mínimo y justifique su respuesta.

d) Dibuje la gráfica de $f$ , mostrando claramente todas las características anteriores.

e) Usando lo anterior, escriba el número de puntos de inflexión de la gráfica de $f$ .

Ver solución

a) 1. Factorizamos: $f (x) = \frac{( x - 1 ) ( x - 4 )}{( x + 1 ) ( x + 4 )}$ . 2. Asíntotas verticales: donde se anula el denominador sin anularse el numerador, $x = - 1$ y $x = - 4$ . 3. Asíntota horizontal: $x \to \pm \infty lim f (x) = 1$ (mismo grado y cocientes de coeficientes principales $1/1$ ): $y = 1$ .

b) 1. Eje $x$ : $f (x) = 0$ implica $x = 1$ o $x = 4$ : $(1, 0)$ y $(4, 0)$ . 2. Eje $y$ : $f (0) = \frac{4}{4} = 1$ : $(0, 1)$ .

c) 1. Regla del cociente: $f^{'} (x) = \frac{( 2 x - 5 ) ( x ^{2} + 5 x + 4 ) - ( x ^{2} - 5 x + 4 ) ( 2 x + 5 )}{( x ^{2} + 5 x + 4 ) ^{2}}$ . 2. Desarrollamos el numerador: $(2 x^{3} + 5 x^{2} - 17 x - 20) - (2 x^{3} - 5 x^{2} - 17 x + 20) = 10 x^{2} - 40$ . 3. Por tanto $f^{'} (x) = \frac{10 ( x ^{2} - 4 )}{( x ^{2} + 5 x + 4 ) ^{2}}$ , que se anula en $x = \pm 2$ . 4. Signo de $f^{'}$ : el denominador es positivo, así que el signo es el de $x^{2} - 4$ : positivo para $∣ x ∣ > 2$ y negativo para $∣ x ∣ < 2$ .

(i) En $x = - 2$ , $f^{'}$ pasa de positiva a negativa: máximo. $f (- 2) = \frac{4 + 10 + 4}{4 - 10 + 4} = - 9$ . Máximo $(- 2, - 9)$ .

(ii) En $x = 2$ , $f^{'}$ pasa de negativa a positiva: mínimo. $f (2) = \frac{4 - 10 + 4}{4 + 10 + 4} = - \frac{1}{9}$ . Mínimo $(2, - \frac{1}{9})$ .

d) 1. Comportamiento por zonas. Para $x < - 4$ : la gráfica crece desde la asíntota $y = 1$ (por encima) hasta $+ \infty$ en $x = - 4$ . Entre $- 4$ y $- 1$ : va de $- \infty$ a $- \infty$ pasando por el máximo $(- 2, - 9)$ . Para $x > - 1$ : baja desde $+ \infty$ , pasa por $(0, 1)$ y $(1, 0)$ , llega al mínimo $(2, - \frac{1}{9})$ , corta el eje en $(4, 0)$ y sube acercándose a $y = 1$ por debajo.

Gráfica de una función racional con dos asíntotas verticales, una asíntota horizontal y dos extremos locales señalados

e) 1. A partir de la gráfica: en $x < - 4$ la curva es cóncava hacia arriba (sube hacia $+ \infty$ ); entre $- 4$ y $- 1$ es cóncava hacia abajo (forma de cima entre dos $- \infty$ ); en $x > - 1$ es cóncava hacia arriba al bajar desde $+ \infty$ y hasta pasar el mínimo, y cóncava hacia abajo al acercarse a $y = 1$ por debajo. 2. La concavidad solo cambia dentro de $x > - 1$ , a la derecha del mínimo (las asíntotas verticales no son puntos de la gráfica). Hay un único punto de inflexión.

Resultado: a) $x = - 1$ , $x = - 4$ , $y = 1$ ; b) $(1, 0)$ , $(4, 0)$ , $(0, 1)$ ; c) (i) máximo $(- 2, - 9)$ ; (ii) mínimo $(2, - \frac{1}{9})$ ; d) gráfica; e) un punto de inflexión.

Ejercicio 168 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2011

Considere la función $f (x) = \frac{ln x}{x}$ , $0 < x < e^{2}$ .

a) (i) Resuelva la ecuación $f^{'} (x) = 0$ .

(ii) De lo anterior, muestre que la gráfica de $f$ tiene un máximo local.

(iii) Escriba el recorrido de la función $f$ .

b) Muestre que hay un punto de inflexión en el gráfico y determine sus coordenadas.

c) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ , indicando claramente la asíntota, la intersección con el eje $x$ y el máximo local.

d) Consideremos ahora las funciones $g (x) = \frac{ln ∣ x ∣}{x}$ y $h (x) = \frac{ln ∣ x ∣}{∣ x ∣}$ , donde $0 < ∣ x ∣ < e^{2}$ .

(i) Dibuje el gráfico de $y = g (x)$ .

(ii) Escriba el recorrido de $g$ .

(iii) Halle los valores de $x$ tales que $h (x) > g (x)$ .

Ver solución

a) (i) 1. Derivamos con la regla del cociente: $f^{'} (x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - ln x \cdot 1}{x ^{2}} = \frac{1 - ln x}{x ^{2}}$ . 2. $f^{'} (x) = 0$ si $1 - ln x = 0$ , es decir $x = e$ (que está en $] 0, e^{2} [$ ).

(ii) 1. Derivamos de nuevo con la regla del cociente: $f^{''} (x) = \frac{- \frac{1}{x} \cdot x ^{2} - ( 1 - ln x ) \cdot 2 x}{x ^{4}} = \frac{- 3 + 2 ln x}{x ^{3}} .$ 2. En $x = e$ : $f^{''} (e) = \frac{- 3 + 2}{e ^{3}} = - \frac{1}{e ^{3}} < 0$ . Como $f^{'} (e) = 0$ y $f^{''} (e) < 0$ , hay un máximo local.

(iii) 1. El máximo vale $f (e) = \frac{1}{e}$ . Para $x < e$ la función crece y $f (x) \to - \infty$ cuando $x \to 0^{+}$ ; para $e < x < e^{2}$ decrece hasta $f (e^{2}) = \frac{2}{e ^{2}}$ (que no es el máximo). 2. Recorrido: $R_{f} =] - \infty, \frac{1}{e}]$ .

b) 1. Los puntos de inflexión cumplen $f^{''} (x) = 0$ : $- 3 + 2 ln x = 0$ , luego $ln x = \frac{3}{2}$ y $x = e^{3/2}$ (dentro del dominio, pues $\frac{3}{2} < 2$ ). 2. El signo de $f^{''}$ cambia: negativo si $x < e^{3/2}$ y positivo si $x > e^{3/2}$ (el denominador $x^{3} > 0$ ). Hay punto de inflexión. 3. Su ordenada: $f (e^{3/2}) = \frac{3/2}{e ^{3/2}} = \frac{3}{2 e ^{3/2}}$ .

c) La gráfica tiene la asíntota vertical $x = 0$ (cuando $x \to 0^{+}$ , $f \to - \infty$ ), corta al eje $x$ en $(1, 0)$ (pues $ln x = 0$ ), sube hasta el máximo local $(e, \frac{1}{e})$ y luego baja suavemente (cóncava hacia arriba después de $x = e^{3/2}$ ).

Gráfica de una función logarítmica dividida por x en un intervalo abierto, con asíntota vertical en el eje y, un corte con el eje x y un máximo local

d) (i) Para $x > 0$ , $g (x) = \frac{ln x}{x} = f (x)$ . Para $x < 0$ , $g (- x) = \frac{ln ∣ x ∣}{- x} = - g (x)$ : $g$ es impar, así que su gráfica para $x < 0$ es la simétrica respecto del origen. Tiene asíntota vertical $x = 0$ , cortes en $(- 1, 0)$ y $(1, 0)$ , máximo local en $(e, \frac{1}{e})$ y mínimo local en $(- e, - \frac{1}{e})$ .

Gráfica simétrica respecto del origen de una función logarítmica del valor absoluto dividida por x, con asíntota vertical en el eje y, dos cortes con el eje x, un máximo y un mínimo locales

(ii) Para $x > 0$ el recorrido es $] - \infty, \frac{1}{e}]$ y para $x < 0$ es $[- \frac{1}{e}, + \infty [$ . La unión es $R_{g} = R$ .

(iii) 1. Para $x > 0$ , $∣ x ∣ = x$ y $h (x) = g (x)$ : nunca se cumple $h > g$ . 2. Para $x < 0$ sea $u = - x > 0$ . Entonces $h (x) = \frac{ln u}{u}$ y $g (x) = - \frac{ln u}{u}$ , y $h > g$ equivale a $\frac{2 ln u}{u} > 0$ , es decir $u > 1$ . 3. Es decir $x < - 1$ ; junto con $0 < ∣ x ∣ < e^{2}$ queda $- e^{2} < x < - 1$ .

Resultado: a) (i) $x = e$ ; (ii) $f^{''} (e) < 0$ ; (iii) $] - \infty, \frac{1}{e}]$ ; b) $(e^{3/2}, \frac{3}{2 e ^{3/2}})$ ; c) gráfica; d) (i) gráfica; (ii) $R$ ; (iii) $] - e^{2}, - 1 [$

Ejercicio 169 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2014

Sea $f (x) = \frac{e ^{2 x} + 1}{e ^{x} - 2}$ .

a) Encuentre las ecuaciones de las asíntotas horizontales y verticales de la curva $y = f (x)$ .

b) (i) Halle $f^{'} (x)$ .

(ii) Muestre que la curva tiene exactamente un punto donde su tangente es horizontal.

(iii) Calcule las coordenadas de este punto.

c) Halle la ecuación de $L_{1}$ , la normal a la curva en el punto donde corta el eje $y$ .

La recta $L_{2}$ es paralela a $L_{1}$ y tangente a la curva $y = f (x)$ .

d) Calcule la ecuación de la recta $L_{2}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x = ln 2$ , $y = - \frac{1}{2}$ (por la izquierda); b) (i) $f^{'} (x) = \frac{e ^{x} ( e ^{2 x} - 4 e ^{x} - 1 )}{( e ^{x} - 2 ) ^{2}}$ ; (ii) $x = ln (2 + 5)$ ; (iii) $(ln (2 + 5), 25 + 4)$ ; c) $y = \frac{1}{4} x - 2$ ; d) $y = \frac{1}{4} x + 8, 11$

Ver proceso y resultado

a) 1. Asíntota vertical: el denominador se anula si $e^{x} = 2$ , es decir $x = ln 2$ (el numerador vale $5 \neq = 0$ ahí). Asíntota vertical: $x = ln 2$ . 2. Asíntota horizontal: cuando $x \to - \infty$ , $e^{x} \to 0$ y $f (x) \to \frac{0 + 1}{0 - 2} = - \frac{1}{2}$ . Cuando $x \to + \infty$ , $f (x) \approx e^{x} \to + \infty$ , no hay asíntota horizontal por la derecha. 3. Asíntota horizontal: $y = - \frac{1}{2}$ (por la izquierda).

b) (i) 1. Regla del cociente con $u = e^{2 x} + 1$ y $v = e^{x} - 2$ : $f^{'} (x) = \frac{2 e ^{2 x} ( e ^{x} - 2 ) - e ^{x} ( e ^{2 x} + 1 )}{( e ^{x} - 2 ) ^{2}} = \frac{e ^{3 x} - 4 e ^{2 x} - e ^{x}}{( e ^{x} - 2 ) ^{2}} = \frac{e ^{x} ( e ^{2 x} - 4 e ^{x} - 1 )}{( e ^{x} - 2 ) ^{2}} .$

(ii) 1. Tangente horizontal: $f^{'} (x) = 0$ . Como $e^{x} > 0$ , hace falta $e^{2 x} - 4 e^{x} - 1 = 0$ . 2. Sea $u = e^{x} > 0$ : $u^{2} - 4 u - 1 = 0$ implica $u = 2 \pm 5$ . La raíz $2 - 5 < 0$ no es válida (pues $e^{x} > 0$ ), luego solo queda $e^{x} = 2 + 5$ . 3. Por tanto hay exactamente un punto: $x = ln (2 + 5)$ .

(iii) 1. Con $u = 2 + 5$ : $u^{2} = 9 + 45$ , así que $f = \frac{u ^{2} + 1}{u - 2} = \frac{10 + 4 5}{5} = 25 + 4 \approx 8, 47$ . 2. Punto: $(ln (2 + 5), 25 + 4)$ .

c) 1. Corte con el eje $y$ : $f (0) = \frac{1 + 1}{1 - 2} = - 2$ , punto $(0, - 2)$ . 2. Pendiente de la tangente: $f^{'} (0) = \frac{1 \cdot ( 1 - 4 - 1 )}{( 1 - 2 ) ^{2}} = - 4$ . 3. La normal tiene pendiente $\frac{1}{4}$ : $y + 2 = \frac{1}{4} x$ , es decir $L_{1} : y = \frac{1}{4} x - 2$ .

d) 1. $L_{2}$ tiene pendiente $\frac{1}{4}$ , así que buscamos $f^{'} (x) = \frac{1}{4}$ . Con la CPG (intersección de $y = f^{'} (x)$ con $y = \frac{1}{4}$ ) obtenemos una única solución: $x \approx 1, 46$ . (Para $x < ln 2$ , $f^{'} < 0$ ; para $x > ln 2$ , $f^{'}$ crece hasta $+ \infty$ pasando por $0, 25$ una sola vez.) 2. Ordenada: $f (1, 4595) \approx 8, 474$ . 3. $L_{2}$ : $y - 8, 474 = \frac{1}{4} (x - 1, 4595)$ , es decir $y = \frac{1}{4} x + 8, 11$ .

Ejercicio 170 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2015

Sea $y (x) = x e^{3 x}$ , $x \in R$ .

a) Calcule $\frac{d y}{d x}$ .

b) Demuestre por inducción que $\frac{d ^{n} y}{d x ^{n}} = n 3^{n - 1} e^{3 x} + x 3^{n} e^{3 x}$ , para $n \in Z^{+}$ .

c) Calcule las coordenadas de algún punto máximo o mínimo local en la gráfica de $y (x)$ . Justifique si tal punto es un máximo o un mínimo.

d) Encuentre las coordenadas de algún punto de inflexión en la gráfica de $y (x)$ . Justifique si ese punto es un punto de inflexión.

e) Usando lo anterior, dibuje la gráfica de $y (x)$ , indicando claramente los puntos encontrados en las partes (c) y (d) y cualquier intersección con los ejes.

Ver solución

a) 1. Regla del producto con $u = x$ , $v = e^{3 x}$ (y $v^{'} = 3 e^{3 x}$ , por la cadena): $\frac{d y}{d x} = e^{3 x} + 3 x e^{3 x} .$

b) Demostración por inducción de $P (n) : \frac{d ^{n} y}{d x ^{n}} = n 3^{n - 1} e^{3 x} + x 3^{n} e^{3 x}$ .

Caso base $n = 1$ : $1 \cdot 3^{0} e^{3 x} + x \cdot 3 e^{3 x} = e^{3 x} + 3 x e^{3 x}$ , que es el resultado del apartado a). Se cumple $P (1)$ .
Hipótesis: supongamos que $P (k)$ es cierto para algún $k \in Z^{+}$ : $\frac{d ^{k} y}{d x ^{k}} = k 3^{k - 1} e^{3 x} + x 3^{k} e^{3 x}$ .
Derivamos una vez más (regla del producto en el segundo sumando): $\frac{d ^{k + 1} y}{d x ^{k + 1}} = k 3^{k - 1} \cdot 3 e^{3 x} + 3^{k} (e^{3 x} + 3 x e^{3 x}) = k 3^{k} e^{3 x} + 3^{k} e^{3 x} + x 3^{k + 1} e^{3 x} .$
Agrupando: $= (k + 1) 3^{k} e^{3 x} + x 3^{k + 1} e^{3 x}$ , que es $P (k + 1)$ .
Como $P (1)$ es cierto y $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ , por el principio de inducción $P (n)$ es cierto para todo $n \in Z^{+}$ .

c) 1. $\frac{d y}{d x} = e^{3 x} (1 + 3 x) = 0$ implica $x = - \frac{1}{3}$ (pues $e^{3 x} > 0$ ). Entonces $y = - \frac{1}{3} e^{- 1} = - \frac{1}{3 e}$ . 2. Con la fórmula de b) para $n = 2$ : $y^{''} = 6 e^{3 x} + 9 x e^{3 x} = e^{3 x} (6 + 9 x)$ . 3. $y^{''} (- \frac{1}{3}) = e^{- 1} \cdot 3 > 0$ . Como $y^{'} = 0$ e $y^{''} > 0$ , es un mínimo local: $(- \frac{1}{3}, - \frac{1}{3 e})$ .

d) 1. $y^{''} = 0$ implica $6 + 9 x = 0$ , luego $x = - \frac{2}{3}$ y $y = - \frac{2}{3} e^{- 2} = - \frac{2}{3 e ^{2}}$ . 2. Comprobamos que es de inflexión: con $n = 3$ , $y^{'''} = 27 e^{3 x} + 27 x e^{3 x} = 27 e^{3 x} (1 + x)$ , y $y^{'''} (- \frac{2}{3}) = 9 e^{- 2} \neq = 0$ . Como $y^{''} = 0$ e $y^{'''} \neq = 0$ , $y^{''}$ cambia de signo: es un punto de inflexión $(- \frac{2}{3}, - \frac{2}{3 e ^{2}})$ .

e) La gráfica corta los ejes solo en el origen ( $y = 0$ implica $x = 0$ ); cuando $x \to - \infty$ , $y \to 0^{-}$ , así que $y = 0$ es asíntota horizontal por la izquierda; baja hasta el mínimo local, sube pasando por el origen y crece muy deprisa para $x > 0$ . Es cóncava hacia abajo para $x < - \frac{2}{3}$ y hacia arriba después.

Gráfica de una función producto de x por una exponencial, con un mínimo local y un punto de inflexión señalados a la izquierda del origen y crecimiento muy rápido a la derecha

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = e^{3 x} + 3 x e^{3 x}$ ; b) demostración; c) mínimo $(- \frac{1}{3}, - \frac{1}{3 e})$ ; d) inflexión $(- \frac{2}{3}, - \frac{2}{3 e ^{2}})$ ; e) gráfica.

Ejercicio 171 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2021

La función $f$ viene dada por $f (x) = arcsin (\frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1})$ , $x \in R$ .

a) Muestre que $f$ es una función par.

b) Utilizando límites, muestre que el gráfico de $y = f (x)$ tiene una asíntota horizontal. Indique la ecuación de dicha asíntota.

c) (i) Muestre que $f^{'} (x) = \frac{2 x}{x ^{2} ( x ^{2} + 1 )}$ para $x \in R$ , $x \neq = 0$ .

(ii) Utilizando la expresión de $f^{'} (x)$ y el resultado $x^{2} = ∣ x ∣$ , muestre que $f$ es decreciente para $x < 0$ .

La función $g$ viene dada por $g (x) = arcsin (\frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1})$ , $x \in R$ , $x \geq 0$ .

d) Halle una expresión para $g^{- 1} (x)$ . Justifique la respuesta que ha dado.

e) Indique el dominio de $g^{- 1}$ .

f) Dibuje aproximadamente el gráfico de $g^{- 1} (x)$ , indicando claramente todas las asíntotas que haya, junto con sus ecuaciones, y las coordenadas de todas las intersecciones con los ejes.

Ver solución

a) 1. $f (- x) = arcsin (\frac{( - x ) ^{2} - 1}{( - x ) ^{2} + 1}) = arcsin (\frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1}) = f (x)$ para todo $x \in R$ , luego $f$ es par.

b) 1. $\frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1} = \frac{1 - 1/ x ^{2}}{1 + 1/ x ^{2}} \to 1$ cuando $x \to \pm \infty$ . 2. Por la continuidad de $arcsin$ : $x \to \pm \infty lim f (x) = arcsin 1 = \frac{π}{2}$ . 3. Por tanto $y = \frac{π}{2}$ es asíntota horizontal (por la derecha y por la izquierda).

c) (i) 1. Con $u = \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1}$ , $f^{'} (x) = \frac{u ^{'}}{1 - u ^{2}}$ . Por la regla del cociente: $u^{'} = \frac{2 x ( x ^{2} + 1 ) - 2 x ( x ^{2} - 1 )}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{4 x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$ . 2. Además $1 - u^{2} = \frac{( x ^{2} + 1 ) ^{2} - ( x ^{2} - 1 ) ^{2}}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \frac{4 x ^{2}}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$ , así que $1 - u^{2} = \frac{2 x ^{2}}{x ^{2} + 1}$ (para $x \neq = 0$ ). 3. Entonces $f^{'} (x) = \frac{4 x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} \cdot \frac{x ^{2} + 1}{2 x ^{2}} = \frac{2 x}{x ^{2} ( x ^{2} + 1 )} .$

(ii) 1. Si $x < 0$ , $x^{2} = ∣ x ∣ = - x$ , y entonces $f^{'} (x) = \frac{2 x}{- x ( x ^{2} + 1 )} = - \frac{2}{x ^{2} + 1} < 0$ . 2. Como $f^{'} (x) < 0$ para $x < 0$ , $f$ es decreciente en ese intervalo.

d) 1. $g$ es la restricción de $f$ a $x \geq 0$ , donde es estrictamente creciente ( $f^{'} (x) = \frac{2}{x ^{2} + 1} > 0$ ), luego inyectiva y con inversa. 2. Escribimos $y = arcsin \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1}$ , es decir $sen y = \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} + 1}$ , y despejamos $x$ : $sen y (x^{2} + 1) = x^{2} - 1$ implica $x^{2} (sen y - 1) = - 1 - sen y$ , luego $x^{2} = \frac{1 + sen y}{1 - sen y}$ . 3. Como el dominio de $g$ es $x \geq 0$ , tomamos la raíz positiva (los valores de $g^{- 1}$ son los $x \geq 0$ ): $g^{- 1} (x) = \frac{1 + sen x}{1 - sen x} .$

e) 1. El dominio de $g^{- 1}$ es el recorrido de $g$ . $g (0) = arcsin (- 1) = - \frac{π}{2}$ , $g$ es creciente y $g (x) \to \frac{π}{2}$ sin alcanzarlo. 2. $D_{g^{- 1}} = [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ .

f) 1. Cuando $x \to \frac{π}{2}^{-}$ , $sen x \to 1$ y el denominador tiende a $0^{+}$ , así que $g^{- 1} (x) \to + \infty$ : asíntota vertical $x = \frac{π}{2}$ . 2. Cortes: $g^{- 1} (- \frac{π}{2}) = \frac{1 - 1}{1 + 1} = 0$ , punto $(- \frac{π}{2}, 0)$ ; $g^{- 1} (0) = 1$ , punto $(0, 1)$ . 3. La gráfica parte de $(- \frac{π}{2}, 0)$ , pasa por $(0, 1)$ y crece sin límite al acercarse a la asíntota.

Gráfica de una función con raíz cuadrada de un cociente de senos en un intervalo semiabierto, con asíntota vertical en el extremo derecho y dos cortes con los ejes

Resultado: a) demostración; b) $y = \frac{π}{2}$ ; c) demostraciones; d) $g^{- 1} (x) = \frac{1 + sen x}{1 - sen x}$ ; e) $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ ; f) asíntota $x = \frac{π}{2}$ , cortes $(- \frac{π}{2}, 0)$ y $(0, 1)$ , gráfica.

Ejercicio 172 DifícilIB · P3 TZ2 Mayo 2021

En esta pregunta le pediremos que analice el comportamiento y algunas características clave de la función $f_{n} (x) = x^{n} (a - x)^{n}$ , donde $a \in R^{+}$ y $n \in Z^{+}$ .

En los apartados (a) y (b), considere únicamente el caso en el que $a = 2$ .

Considere $f_{1} (x) = x (2 - x)$ .

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f_{1} (x)$ , e indique las coordenadas de todas las intersecciones con los ejes y de todos los máximos y mínimos locales que haya.

Considere $f_{n} (x) = x^{n} (2 - x)^{n}$ , donde $n \in Z^{+}$ , $n > 1$ .

b) Utilice la calculadora de pantalla gráfica para analizar el gráfico de $y = f_{n} (x)$ correspondiente a:

Los valores impares $n = 3$ y $n = 5$
Los valores pares $n = 2$ y $n = 4$

A partir de lo anterior, copie y complete la siguiente tabla.

	Número de máximos locales	Número de mínimos locales	Número de puntos de inflexión con pendiente cero
$n = 3$ y $n = 5$
$n = 2$ y $n = 4$

Ahora considere $f_{n} (x) = x^{n} (a - x)^{n}$ , donde $a \in R^{+}$ y $n \in Z^{+}$ , $n > 1$ .

c) Muestre que $f_{n}^{'} (x) = n x^{n - 1} (a - 2 x) (a - x)^{n - 1}$ .

d) Indique las tres soluciones de la ecuación $f_{n}^{'} (x) = 0$ .

e) Muestre que el punto $(\frac{a}{2}, f_{n} (\frac{a}{2}))$ del gráfico de $y = f_{n} (x)$ siempre está por encima del eje horizontal.

f) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, muestre que $f_{n}^{'} (\frac{a}{4}) > 0$ , para $n \in Z^{+}$ .

g) Utilizando el resultado del apartado (f) y considerando cuál es el signo de $f_{n}^{'} (- 1)$ muestre que el punto $(0, 0)$ del gráfico de $y = f_{n} (x)$ es:

(i) Un mínimo local para valores pares de $n$ , donde $n > 1$ y $a \in R^{+}$

(ii) Un punto de inflexión con pendiente cero para valores impares de $n$ , donde $n > 1$ y $a \in R^{+}$ .

Considere el gráfico de $y = x^{n} (a - x)^{n} - k$ , donde $n \in Z^{+}$ , $a \in R^{+}$ y $k \in R$ .

h) Indique las condiciones que han de cumplir $n$ y $k$ para que la ecuación $x^{n} (a - x)^{n} = k$ tenga cuatro soluciones para $x$ .

Ver solución

a) 1. $f_{1} (x) = x (2 - x) = 2 x - x^{2}$ es una parábola cóncava hacia abajo. Cortes con el eje $x$ : $x = 0$ y $x = 2$ , es decir $(0, 0)$ y $(2, 0)$ ; con el eje $y$ : $(0, 0)$ . 2. $f_{1}^{'} (x) = 2 - 2 x = 0$ implica $x = 1$ y $f_{1} (1) = 1$ : máximo local en $(1, 1)$ .

Gráfica de una parábola cóncava hacia abajo con dos cortes con el eje x y un máximo local

b) Con la CPG se dibujan $y = f_{n} (x)$ para los valores pedidos. Para $n = 3$ y $n = 5$ la gráfica tiene un solo máximo local (en $x = 1$ ) y en $x = 0$ y en $x = 2$ la tangente es horizontal pero la curva no cambia de sentido (puntos de inflexión con pendiente cero). Para $n = 2$ y $n = 4$ hay un máximo local en $x = 1$ y mínimos locales en $x = 0$ y $x = 2$ .

	Número de máximos locales	Número de mínimos locales	Número de puntos de inflexión con pendiente cero
$n = 3$ y $n = 5$	1	0	2
$n = 2$ y $n = 4$	1	2	0

c) 1. Regla del producto con $u = x^{n}$ y $v = (a - x)^{n}$ (cadena en $v$ ): $f_{n}^{'} (x) = n x^{n - 1} (a - x)^{n} - n x^{n} (a - x)^{n - 1} .$ 2. Sacamos factor común $n x^{n - 1} (a - x)^{n - 1}$ : $f_{n}^{'} (x) = n x^{n - 1} (a - x)^{n - 1} [(a - x) - x] = n x^{n - 1} (a - 2 x) (a - x)^{n - 1} .$

d) 1. $f_{n}^{'} (x) = 0$ si $x^{n - 1} = 0$ , $a - 2 x = 0$ o $(a - x)^{n - 1} = 0$ . 2. Las tres soluciones son $x = 0$ , $x = \frac{a}{2}$ y $x = a$ .

e) 1. $f_{n} (\frac{a}{2}) = (\frac{a}{2})^{n} (a - \frac{a}{2})^{n} = (\frac{a}{2})^{2 n}$ . 2. Como $a > 0$ , $(\frac{a}{2})^{2 n} > 0$ : el punto está siempre por encima del eje horizontal.

f) 1. Evaluamos en $x = \frac{a}{4}$ : $f_{n}^{'} (\frac{a}{4}) = n (\frac{a}{4})^{n - 1} (a - \frac{a}{2}) (\frac{3 a}{4})^{n - 1}$ . 2. Todos los factores son positivos ( $n > 0$ , $a > 0$ ), luego $f_{n}^{'} (\frac{a}{4}) > 0$ .

g) 1. Los únicos ceros de $f_{n}^{'}$ son $0$ , $\frac{a}{2}$ y $a$ , así que $f_{n}^{'}$ no cambia de signo en $] - \infty, 0 [$ ni en $] 0, \frac{a}{2} [$ . El signo de $f_{n}^{'}$ a la derecha de $0$ lo da $f_{n}^{'} (\frac{a}{4}) > 0$ (apartado f), porque $0 < \frac{a}{4} < \frac{a}{2}$ . 2. A la izquierda de $0$ miramos $x = - 1$ : $f_{n}^{'} (- 1) = n (- 1)^{n - 1} (a + 2) (a + 1)^{n - 1}$ . Los factores $n$ , $a + 2$ y $(a + 1)^{n - 1}$ son positivos, luego el signo es el de $(- 1)^{n - 1}$ .

(i) Si $n$ es par, $(- 1)^{n - 1} = - 1$ y $f_{n}^{'} (- 1) < 0$ : $f_{n}^{'}$ pasa de negativa a positiva en $x = 0$ (con $f_{n}^{'} (0) = 0$ ). Es un mínimo local en $(0, 0)$ .

(ii) Si $n$ es impar, $(- 1)^{n - 1} = + 1$ y $f_{n}^{'} (- 1) > 0$ : $f_{n}^{'}$ es positiva a ambos lados de $x = 0$ y $f_{n}^{'} (0) = 0$ (pues $n > 1$ ). La curva sigue creciendo: $(0, 0)$ es un punto de inflexión con pendiente cero.

h) 1. Hay cuatro soluciones de $f_{n} (x) = k$ cuando la recta horizontal $y = k$ corta cuatro veces la gráfica. Esto solo ocurre con la forma «W» de $n$ par: dos mínimos con valor $0$ y un máximo local de valor $(\frac{a}{2})^{2 n}$ . 2. Para $n$ impar la recta corta a lo sumo dos veces (la gráfica tiende a $- \infty$ por ambos lados). 3. Condiciones: $n$ par y $0 < k < (\frac{a}{2})^{2 n}$ .

Resultado: a) cortes $(0, 0)$ y $(2, 0)$ , máximo local $(1, 1)$ ; b) tabla; c) demostración; d) $x = 0$ , $x = \frac{a}{2}$ , $x = a$ ; e), f) y g) demostraciones; h) $n$ par y $0 < k < (\frac{a}{2})^{2 n}$

Ejercicio 173 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2021

La función $f$ viene definida por $f (x) = \frac{3 x + 2}{4 x ^{2} - 1}$ , para $x \in R$ , $x \neq = p$ , $x \neq = q$ .

a) Calcule el valor de $p$ y el valor de $q$ .

b) Calcule una expresión para $f^{'} (x)$ .

El gráfico de $y = f (x)$ tiene exactamente un punto de inflexión.

c) Calcule la coordenada $x$ del punto de inflexión.

d) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ para $- 3 \leq x \leq 3$ , muestre los valores de cualquier corte con los ejes, las coordenadas de cualquier máximo local y mínimo local y escriba la ecuación de cualquier asíntota.

La función $g (x)$ está definida por $g (x) = \frac{4 x ^{2} - 1}{3 x + 2}$ , para $x \in R$ , $x \neq = - \frac{2}{3}$ .

e) Calcule las ecuaciones de todas las asíntotas del gráfico de $y = g (x)$ .

f) Considerando el gráfico de $y = g (x) - f (x)$ , o de cualquier otra manera, resolver $f (x) < g (x)$ para $x \in R$ .

Ver solución

a) 1. $f$ no está definida si $4 x^{2} - 1 = 0$ , es decir $x = \pm \frac{1}{2}$ . 2. Con $p < q$ : $p = - \frac{1}{2}$ y $q = \frac{1}{2}$ .

b) 1. Regla del cociente con $u = 3 x + 2$ y $v = 4 x^{2} - 1$ : $f^{'} (x) = \frac{3 ( 4 x ^{2} - 1 ) - ( 3 x + 2 ) \cdot 8 x}{( 4 x ^{2} - 1 ) ^{2}} = \frac{12 x ^{2} - 3 - 24 x ^{2} - 16 x}{( 4 x ^{2} - 1 ) ^{2}} = \frac{- 12 x ^{2} - 16 x - 3}{( 4 x ^{2} - 1 ) ^{2}} .$

c) 1. El punto de inflexión se da donde $f^{''} (x) = 0$ y $f^{''}$ cambia de signo. Con la CPG representamos $f^{''} (x)$ (o la derivada de $f^{'}$ ) y hallamos su cero. 2. La única solución es $x \approx - 1, 60$ .

d) 1. Cortes con los ejes: $x = 0$ da $f (0) = - 2$ , punto $(0, - 2)$ ; $y = 0$ da $3 x + 2 = 0$ , $x = - \frac{2}{3}$ , punto $(- 0, 667, 0)$ . 2. Asíntotas verticales: $x = - \frac{1}{2}$ y $x = \frac{1}{2}$ . Como $f (x) \to 0$ cuando $x \to \pm \infty$ , el eje $x$ ( $y = 0$ ) es asíntota horizontal. 3. Extremos: $f^{'} (x) = 0$ implica $12 x^{2} + 16 x + 3 = 0$ , $x = \frac{- 4 \pm 7}{6}$ , es decir $x \approx - 1, 108$ y $x \approx - 0, 226$ . Como el signo de $f^{'}$ es el de $- (12 x^{2} + 16 x + 3)$ (el denominador es positivo), $f$ decrece, crece y vuelve a decrecer: mínimo local en $(- 1, 11, - 0, 339)$ y máximo local en $(- 0, 226, - 1, 66)$ . 4. Forma: a la izquierda de $x = - 0, 5$ la gráfica sale del eje $x$ por debajo, baja hasta el mínimo, sube cortando el eje en $- 0, 667$ y se va a $+ \infty$ en $x = - 0, 5^{-}$ ; entre las dos asíntotas verticales viene de $- \infty$ , sube hasta el máximo local, pasa por $(0, - 2)$ y baja a $- \infty$ en $x = 0, 5^{-}$ ; a la derecha de $x = 0, 5$ baja desde $+ \infty$ acercándose a $y = 0$ .

Gráfica de una función racional con dos asíntotas verticales, el eje x como asíntota horizontal, dos cortes con los ejes, un máximo local y un mínimo local

e) 1. Asíntota vertical de $g (x) = \frac{4 x ^{2} - 1}{3 x + 2}$ : el denominador se anula en $x = - \frac{2}{3}$ (el numerador vale $\frac{7}{9} \neq = 0$ ): $x = - \frac{2}{3}$ . 2. Como el grado del numerador (2) supera en uno al del denominador, no hay asíntota horizontal sino oblicua. Dividimos: $4 x^{2} - 1 = (\frac{4}{3} x - \frac{8}{9}) (3 x + 2) + \frac{7}{9}$ , así que $g (x) = \frac{4}{3} x - \frac{8}{9} + \frac{7/9}{3 x + 2}$ . 3. La asíntota oblicua es $y = \frac{4}{3} x - \frac{8}{9}$ .

f) 1. Estudiamos el signo de $g - f$ . Reducimos a común denominador y factorizamos con diferencia de cuadrados: $g - f = \frac{( 4 x ^{2} - 1 ) ^{2} - ( 3 x + 2 ) ^{2}}{( 3 x + 2 ) ( 4 x ^{2} - 1 )} = \frac{( 4 x ^{2} - 3 x - 3 ) ( 4 x ^{2} + 3 x + 1 )}{( 3 x + 2 ) ( 4 x ^{2} - 1 )} .$ 2. $4 x^{2} + 3 x + 1 > 0$ siempre (discriminante $9 - 16 < 0$ ), así que el signo es el de $\frac{4 x ^{2} - 3 x - 3}{( 3 x + 2 ) ( 2 x - 1 ) ( 2 x + 1 )}$ . Las raíces del numerador son $x = \frac{3 \pm 57}{8} \approx 1, 32$ y $- 0, 569$ . 3. Resolvemos $f (x) < g (x)$ , es decir $g - f > 0$ , con una tabla de signos con los puntos $- \frac{2}{3}$ , $- 0, 569$ , $- \frac{1}{2}$ , $\frac{1}{2}$ y $1, 32$ (también se ve en la CPG con la gráfica de $y = g (x) - f (x)$ ):

Intervalo	numerador	denominador	cociente
$x < - \frac{2}{3}$	$+$	$-$	$-$
$- \frac{2}{3} < x < - 0, 569$	$+$	$+$	$+$
$- 0, 569 < x < - \frac{1}{2}$	$-$	$+$	$-$
$- \frac{1}{2} < x < \frac{1}{2}$	$-$	$-$	$+$
$\frac{1}{2} < x < 1, 32$	$-$	$+$	$-$
$x > 1, 32$	$+$	$+$	$+$

La solución es $] - \frac{2}{3}, - 0, 569 [\cup] - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} [\cup] 1, 32, + \infty [$ .

Resultado: a) $p = - \frac{1}{2}$ , $q = \frac{1}{2}$ ; b) $f^{'} (x) = \frac{- 12 x ^{2} - 16 x - 3}{( 4 x ^{2} - 1 ) ^{2}}$ ; c) $x = - 1, 60$ ; d) cortes $(0, - 2)$ y $(- 0, 667, 0)$ , gráfica; e) $x = - \frac{2}{3}$ , $y = \frac{4}{3} x - \frac{8}{9}$ ; f) $] - \frac{2}{3}, - 0, 569 [\cup] - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} [\cup] 1, 32, + \infty [$

Ejercicio 174 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2022

La función se define así: $f (x) = \frac{1}{x ^{2} - 2 x - 3}$ , donde $x \in R$ , $x \neq = - 1$ , $x \neq = 3$ .

a) Dibuje aproximadamente la curva $y = f (x)$ indicando claramente todas las asíntotas que haya con sus correspondientes ecuaciones. Indique también las coordenadas de todos los máximos y mínimos locales y de todos los puntos de intersección con los ejes de coordenadas que haya.

La función $g$ se define así: $g (x) = \frac{1}{x ^{2} - 2 x - 3}$ , donde $x \in R$ , $x > 3$ .

b) La inversa de $g$ es $g^{- 1}$ .

(i) Muestre que $g^{- 1} (x) = 1 + \frac{4 x ^{2} + x}{x}$ .

(ii) Indique el dominio de $g^{- 1}$ .

La función $h$ se define así: $h (x) = arctan \frac{x}{2}$ , donde $x \in R$ .

c) Sabiendo que $(h \circ g) (a) = \frac{π}{4}$ , halle el valor de $a$ .

Dé la respuesta en la forma $p + \frac{q}{2} r$ , donde $p, q, r \in Z^{+}$ .

Ver solución

a) 1. Escribimos $f (x) = \frac{1}{( x - 3 ) ( x + 1 )}$ . Asíntotas verticales: $x = - 1$ y $x = 3$ . Como $f (x) \to 0$ cuando $x \to \pm \infty$ , asíntota horizontal: $y = 0$ . 2. No corta el eje $x$ (el numerador es $1$ ). Corte con el eje $y$ : $f (0) = - \frac{1}{3}$ , punto $(0, - \frac{1}{3})$ . 3. Derivamos: $f^{'} (x) = - \frac{2 x - 2}{( x ^{2} - 2 x - 3 ) ^{2}}$ . $f^{'} (x) = 0$ implica $x = 1$ , con $f (1) = \frac{1}{1 - 2 - 3} = - \frac{1}{4}$ . El signo de $f^{'}$ es el de $- (2 x - 2)$ : positivo para $x < 1$ y negativo para $x > 1$ , así que $(1, - \frac{1}{4})$ es un máximo local. 4. Forma: para $x < - 1$ y $x > 3$ la gráfica está por encima del eje $x$ , acercándose a $y = 0$ en los extremos y a $+ \infty$ junto a las asíntotas; entre $x = - 1$ y $x = 3$ está por debajo del eje, con $- \infty$ junto a las asíntotas y el máximo local en $(1, - \frac{1}{4})$ .

Gráfica de una función racional con dos asíntotas verticales y el eje x como asíntota horizontal, con un máximo local entre las dos asíntotas verticales

b) (i) 1. Sea $y = \frac{1}{x ^{2} - 2 x - 3}$ con $x > 3$ . Despejamos $x$ : $x^{2} - 2 x - 3 = \frac{1}{y}$ . 2. Completamos el cuadrado: $(x - 1)^{2} = 4 + \frac{1}{y}$ . 3. Como $x > 3$ , $x - 1 > 0$ y tomamos la raíz positiva: $x = 1 + 4 + \frac{1}{y}$ . Para $y > 0$ : $4 + \frac{1}{y} = \frac{4 y + 1}{y} = \frac{y ( 4 y + 1 )}{y} = \frac{4 y ^{2} + y}{y}$ . 4. Cambiando $y$ por $x$ : $g^{- 1} (x) = 1 + \frac{4 x ^{2} + x}{x}$ .

(ii) 1. El dominio de $g^{- 1}$ es el recorrido de $g$ . Para $x > 3$ , $x^{2} - 2 x - 3 = (x - 3) (x + 1)$ toma todos los valores positivos (tiende a $0^{+}$ en $x = 3^{+}$ y a $+ \infty$ ), así que $g$ toma todos los valores de $] 0, + \infty [$ . 2. $D_{g^{- 1}} = R_{g} =] 0, + \infty [$ .

c) 1. $(h \circ g) (a) = arctan \frac{g ( a )}{2} = \frac{π}{4}$ , luego $\frac{g ( a )}{2} = tan \frac{π}{4} = 1$ y $g (a) = 2$ . 2. Entonces $a = g^{- 1} (2) = 1 + \frac{16 + 2}{2} = 1 + \frac{3 2}{2}$ (con $a > 3$ ). 3. En la forma pedida: $a = 1 + \frac{3}{2} 2$ , con $p = 1$ , $q = 3$ , $r = 2$ .

Resultado: a) asíntotas $x = - 1$ , $x = 3$ , $y = 0$ ; máximo $(1, - \frac{1}{4})$ ; corte $(0, - \frac{1}{3})$ ; gráfica; b) (i) demostración; (ii) $] 0, + \infty [$ ; c) $a = 1 + \frac{3}{2} 2$

Ejercicio 175 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2022

Un científico ha realizado un experimento de nueve semanas de duración con dos plantas ( $A$ y $B$ ) de la misma especie. Quería averiguar qué efecto tiene el uso de un nuevo fertilizante. La planta $A$ recibió fertilizante con regularidad, mientras que la planta $B$ no lo recibió.

El científico halló que la altura de la planta $A$ ( $h_{A}$ cm) después de $t$ semanas se podía modelizar mediante la función $h_{A} (t) = sen (2 t + 6) + 9 t + 27$ , donde $0 \leq t \leq 9$ . El científico halló que la altura de la planta $B$ ( $h_{B}$ cm) después de $t$ semanas se podía modelizar mediante la función $h_{B} (t) = 8 t + 32$ , donde $0 \leq t \leq 9$ .

a) Utilice los modelos del científico para hallar la altura inicial de:

(i) La planta $B$

(ii) La planta $A$ , redondeando a tres cifras significativas.

b) Halle los valores de $t$ para los cuales $h_{A} (t) = h_{B} (t)$ .

c) Para $t > 6$ , pruebe que la planta $A$ siempre fue más alta que la planta $B$ .

d) Para $0 \leq t \leq 9$ , halle el tiempo total durante el cual el ritmo de crecimiento de la planta $B$ fue mayor que el ritmo de crecimiento de la planta $A$ .

Ver resultado

Resultado: a) (i) $32$ cm; (ii) $26, 7$ cm; b) $t = 4, 01$ , $t = 4, 70$ y $t = 5, 88$ semanas; c) demostración; d) $1, 19 < t < 2, 24$ , $4, 33 < t < 5, 38$ , $7, 47 < t < 8, 52$ ; total $3, 14$ semanas

Ver proceso y resultado

a) (i) $h_{B} (0) = 8 \cdot 0 + 32 = 32$ cm.

(ii) $h_{A} (0) = sen 6 + 27 \approx - 0, 2794 + 27 = 26, 72 \dots$ , es decir $26, 7$ cm (3 cifras significativas; el seno con el argumento en radianes).

b) 1. Igualamos: $sen (2 t + 6) + 9 t + 27 = 8 t + 32$ , es decir $sen (2 t + 6) + t - 5 = 0$ . 2. Con la CPG (intersección de $y = sen (2 t + 6) + t - 5$ con el eje $x$ , para $0 \leq t \leq 9$ ), obtenemos tres soluciones: $t \approx 4, 01$ , $t \approx 4, 70$ y $t \approx 5, 88$ semanas.

c) 1. La diferencia de alturas es $h_{A} (t) - h_{B} (t) = sen (2 t + 6) + t - 5$ . 2. Como $sen (2 t + 6) \geq - 1$ , para $t > 6$ : $h_{A} (t) - h_{B} (t) \geq - 1 + t - 5 = t - 6 > 0$ . 3. Por tanto $h_{A} (t) > h_{B} (t)$ para todo $t > 6$ : la planta $A$ es siempre más alta.

d) 1. Los ritmos de crecimiento son las derivadas: $h_{A}^{'} (t) = 2 cos (2 t + 6) + 9$ y $h_{B}^{'} (t) = 8$ . 2. $h_{B}^{'} > h_{A}^{'}$ equivale a $2 cos (2 t + 6) + 9 < 8$ , es decir $cos (2 t + 6) < - \frac{1}{2}$ . 3. Con la CPG (cortes de $y = 2 cos (2 t + 6) + 9$ con $y = 8$ ) para $0 \leq t \leq 9$ , la desigualdad se cumple en los intervalos $1, 19 < t < 2, 24$ , $4, 33 < t < 5, 38$ y $7, 47 < t < 8, 52$ . (Algebraicamente: $\frac{2 π}{3} < 2 t + 6 - 2 π n < \frac{4 π}{3}$ para $n = 1, 2, 3$ ; cada intervalo dura $\frac{π}{3}$ .) 4. Tiempo total: $3 \cdot \frac{π}{3} = π \approx 3, 14$ semanas.

Ejercicio 176 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2022

La función $f$ se define así: $f (x) = cos^{2} x - 3 sen^{2} x$ , $0 \leq x \leq π$ .

a) Halle las raíces de la ecuación $f (x) = 0$ .

b) (i) Halle $f^{'} (x)$ .

(ii) A partir de lo anterior, halle las coordenadas de los puntos del gráfico de $y = f (x)$ en los que $f^{'} (x) = 0$ .

c) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = ∣ f (x) ∣$ , mostrando claramente las coordenadas de todos los puntos en los que $f^{'} (x) = 0$ y de todos los puntos donde el gráfico toque los ejes de coordenadas.

d) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, resuelva la inecuación $∣ f (x) ∣ > 1$ .

Ver solución

a) 1. $f (x) = 0$ implica $cos^{2} x = 3 sen^{2} x$ , es decir $tan^{2} x = \frac{1}{3}$ y $tan x = \pm \frac{1}{3}$ . 2. En $[0, π]$ : $x = \frac{π}{6}$ (donde $tan x = \frac{1}{3}$ ) y $x = \frac{5 π}{6}$ (donde $tan x = - \frac{1}{3}$ ).

b) (i) 1. Con $cos^{2} x = \frac{1 + cos 2 x}{2}$ y $sen^{2} x = \frac{1 - cos 2 x}{2}$ : $f (x) = \frac{1 + cos 2 x}{2} - \frac{3 ( 1 - cos 2 x )}{2} = 2 cos 2 x - 1$ . 2. Derivando (cadena): $f^{'} (x) = - 4 sen 2 x$ .

(ii) 1. $f^{'} (x) = 0$ implica $sen 2 x = 0$ , con $2 x \in [0, 2 π]$ : $2 x = 0, π, 2 π$ , es decir $x = 0, \frac{π}{2}, π$ . 2. Ordenadas: $f (0) = 2 - 1 = 1$ , $f (\frac{π}{2}) = - 2 - 1 = - 3$ y $f (π) = 1$ . 3. Puntos: $(0, 1)$ , $(\frac{π}{2}, - 3)$ y $(π, 1)$ .

c) 1. $f (x) = 2 cos 2 x - 1$ parte de $1$ en $x = 0$ , baja hasta $- 3$ en $\frac{π}{2}$ y vuelve a $1$ en $π$ , cortando el eje $x$ en $\frac{π}{6}$ y $\frac{5 π}{6}$ . 2. Para $∣ f ∣$ reflejamos la parte negativa (entre $\frac{π}{6}$ y $\frac{5 π}{6}$ ) por encima del eje $x$ : el mínimo $(\frac{π}{2}, - 3)$ pasa a ser un máximo $(\frac{π}{2}, 3)$ y en $x = \frac{π}{6}$ y $x = \frac{5 π}{6}$ la gráfica toca el eje $x$ formando picos. Los extremos son $(0, 1)$ y $(π, 1)$ .

Gráfica del valor absoluto de una función trigonométrica entre 0 y pi, con dos picos que tocan el eje x, un máximo en el centro y una recta horizontal discontinua

d) 1. $∣ f (x) ∣ > 1$ equivale a $f (x) > 1$ o $f (x) < - 1$ . 2. $f (x) > 1$ : $2 cos 2 x - 1 > 1$ implica $cos 2 x > 1$ , imposible. 3. $f (x) < - 1$ : $2 cos 2 x - 1 < - 1$ implica $cos 2 x < 0$ , con $2 x \in [0, 2 π]$ : $\frac{π}{2} < 2 x < \frac{3 π}{2}$ . 4. Es decir $\frac{π}{4} < x < \frac{3 π}{4}$ (se ve en la gráfica de c: es donde $∣ f ∣$ supera la recta $y = 1$ ).

Resultado: a) $x = \frac{π}{6}$ , $x = \frac{5 π}{6}$ ; b) (i) $f^{'} (x) = - 4 sen 2 x$ ; (ii) $(0, 1)$ , $(\frac{π}{2}, - 3)$ , $(π, 1)$ ; c) gráfica; d) $\frac{π}{4} < x < \frac{3 π}{4}$

Optimización

Ejercicio 177 BásicoIB · P1 Mayo 2001

Un astronauta en la luna lanza una pelota verticalmente hacia arriba. La altura, $s$ metros, de la pelota, después de $t$ segundos, viene dada por la ecuación $s = 40 t + 0, 5 a t^{2}$ , donde $a$ es constante. Si la pelota alcanza su máxima altura cuando $t = 25$ , calcule el valor de $a$ .

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Resultado: $a = - \frac{8}{5} = - 1, 6$

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La altura es máxima cuando la velocidad vertical se anula: $\frac{d s}{d t} = 40 + a t = 0$ .
En $t = 25$ : $40 + 25 a = 0$ , luego $a = - \frac{40}{25} = - \frac{8}{5}$ .
Comprobamos que es máximo: $\frac{d ^{2} s}{d t ^{2}} = a = - \frac{8}{5} < 0$ .

Resultado: $a = - \frac{8}{5} = - 1, 6$

Ejercicio 178 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

Un punto $P$ , con relación al origen $O$ , tiene por vector de posición $OP = 1 + s 3 + 2 s 1 - s$ , $s \in R$ .

Halle la longitud mínima de $OP$ .

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Resultado: $5$ (para $s = - 1$ )

Ver proceso y resultado

El cuadrado de la longitud es $∣ OP ∣^{2} = (1 + s)^{2} + (3 + 2 s)^{2} + (1 - s)^{2}$ .
Desarrollamos: $1 + 2 s + s^{2} + 9 + 12 s + 4 s^{2} + 1 - 2 s + s^{2} = 6 s^{2} + 12 s + 11$ .
Completamos el cuadrado: $6 s^{2} + 12 s + 11 = 6 (s + 1)^{2} + 5$ , mínimo cuando $s = - 1$ y vale $5$ . (Con derivadas: la derivada $12 s + 12$ se anula en $s = - 1$ y la segunda derivada $12 > 0$ .)
La longitud mínima es $5$ .

Resultado: $5$ (para $s = - 1$ )

Ejercicio 179 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

Un tranquilizante se inyecta en un músculo, desde donde pasa al torrente sanguíneo. La concentración $C$ en $mg l^{- 1}$ de tranquilizante presente en el torrente sanguíneo se puede modelizar mediante la función $C (t) = \frac{2 t}{3 + t ^{2}}$ , $t \geq 0$ , donde $t$ es el número de minutos transcurridos desde la inyección. Halla la concentración máxima de tranquilizante en el torrente sanguíneo.

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Resultado: $C (3) = \frac{3}{3} mg l^{- 1}$

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Derivamos con la regla del cociente: $C^{'} (t) = \frac{2 ( 3 + t ^{2} ) - 2 t \cdot 2 t}{( 3 + t ^{2} ) ^{2}} = \frac{6 - 2 t ^{2}}{( 3 + t ^{2} ) ^{2}}$ .
$C^{'} (t) = 0 \Rightarrow t^{2} = 3 \Rightarrow t = 3$ (con $t \geq 0$ ).
Es un máximo: $C^{'} > 0$ si $0 \leq t < 3$ y $C^{'} < 0$ si $t > 3$ (el signo lo da $6 - 2 t^{2}$ ).
$C (3) = \frac{2 3}{3 + 3} = \frac{3}{3}$ .

Resultado: $C (3) = \frac{3}{3} mg l^{- 1}$

Ejercicio 180 MedioIB · P1 Mayo 1996

La suma del perímetro de un cuadrado de lado $a$ cm y la circunferencia de un círculo de radio $r$ cm es $240$ cm. ¿Cuál es el valor de $r$ si la suma de las áreas es mínima?

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Resultado: $r = \frac{120}{π + 4} \approx 16, 8$ cm

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Perímetro del cuadrado $4 a$ más circunferencia $2 π r$ : $4 a + 2 π r = 240$ , luego $a = 60 - \frac{π r}{2}$ .
Suma de áreas: $A = a^{2} + π r^{2} = (60 - \frac{π r}{2})^{2} + π r^{2}$ .
Derivamos (regla de la cadena): $\frac{d A}{d r} = 2 (60 - \frac{π r}{2}) (- \frac{π}{2}) + 2 π r = - π (60 - \frac{π r}{2}) + 2 π r$ .
Igualamos a cero y dividimos entre $π$ : $- 60 + \frac{π r}{2} + 2 r = 0 \Rightarrow r (\frac{π}{2} + 2) = 60 \Rightarrow r = \frac{120}{π + 4}$ .
Es un mínimo: $\frac{d ^{2} A}{d r ^{2}} = \frac{π ^{2}}{2} + 2 π > 0$ .

Resultado: $r = \frac{120}{π + 4} \approx 16, 8$ cm

Ejercicio 181 MedioIB · P1 Noviembre 1996

Calcule los puntos de la curva $y^{2} - x^{2} = 4$ que están más cerca del punto $(2, 0)$ .

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Resultado: $(1, 5)$ y $(1, - 5)$

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Sea $(x, y)$ un punto de la curva $y^{2} = x^{2} + 4$ . El cuadrado de su distancia a $(2, 0)$ es $d^{2} = (x - 2)^{2} + y^{2}$ .
Sustituimos $y^{2}$ : $d^{2} = (x - 2)^{2} + x^{2} + 4 = 2 x^{2} - 4 x + 8$ .
Minimizamos $d^{2}$ (tiene el mismo mínimo que $d$ ): $\frac{d ( d ^{2} )}{d x} = 4 x - 4 = 0 \Rightarrow x = 1$ ; es mínimo porque la segunda derivada es $4 > 0$ .
Para $x = 1$ : $y^{2} = 1 + 4 = 5$ , luego $y = \pm 5$ .

Resultado: $(1, 5)$ y $(1, - 5)$

Ejercicio 182 MedioIB · P1 Noviembre 2001

El punto $P (x, x^{2})$ pertenece a la curva $y = x^{2}$ .

Calcule la mínima distancia desde el punto $A (2, - \frac{1}{2})$ hasta el punto $P$ .

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Resultado: distancia mínima $\approx 1, 63$

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El cuadrado de la distancia entre $P (x, x^{2})$ y $A (2, - \frac{1}{2})$ es $D (x) = (x - 2)^{2} + (x^{2} + \frac{1}{2})^{2} = x^{4} + 2 x^{2} - 4 x + \frac{17}{4}$ . Minimizar la distancia equivale a minimizar $D$ .
$D^{'} (x) = 4 x^{3} + 4 x - 4 = 0$ , es decir, $x^{3} + x - 1 = 0$ .
Esta ecuación no tiene raíz sencilla: con la CPG, $x \approx 0, 6823$ (es la única raíz real, porque $x^{3} + x - 1$ es creciente).
Es un mínimo: $D^{''} (x) = 12 x^{2} + 4 > 0$ .
$D (0, 6823) \approx 2, 669$ , y la distancia mínima es $2, 669 \approx 1, 63$ .

Resultado: distancia mínima $\approx 1, 63$

Ejercicio 183 MedioIB · P1 Mayo 2002

La función $f$ está definida en el dominio $[0, π]$ por $f (θ) = 4 cos θ + 3 sen θ$ .

a) Exprese $f (θ)$ de la forma $R cos (θ - α)$ donde $0 < α < \frac{π}{2}$ .

b) A partir de ello, o de otra manera, escriba el valor de $θ$ para el cual $f (θ)$ es máxima.

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Resultado: a) $f (θ) = 5 cos (θ - arctan \frac{3}{4})$ ; b) $θ = arctan \frac{3}{4} \approx 0, 644$

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a) 1. Desarrollamos $R cos (θ - α) = R cos θ cos α + R sen θ sen α$ e igualamos coeficientes con $4 cos θ + 3 sen θ$ : $R cos α = 4$ y $R sen α = 3$ . 2. $R = 4^{2} + 3^{2} = 5$ y $tan α = \frac{3}{4}$ , así $α = arctan \frac{3}{4} \approx 0, 644$ , que está en $] 0, \frac{π}{2} [$ . 3. $f (θ) = 5 cos (θ - arctan \frac{3}{4})$ .

b) $f$ es máxima cuando $cos (θ - α) = 1$ , es decir, $θ = α = arctan \frac{3}{4} \approx 0, 644$ (que pertenece a $[0, π]$ ). El valor máximo es $5$ .

Resultado: a) $f (θ) = 5 cos (θ - arctan \frac{3}{4})$ ; b) $θ = arctan \frac{3}{4} \approx 0, 644$

Ejercicio 184 MedioIB · P1 Noviembre 2002

El punto $B (a, b)$ que está sobre la curva $f (x) = x^{2}$ , es tal que $B$ es el punto más próximo a $A (6, 0)$ .

Calcule el valor de $a$ .

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Resultado: $a \approx 1, 33$

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El cuadrado de la distancia de $B (a, a^{2})$ a $A (6, 0)$ es $D = (a - 6)^{2} + (a^{2})^{2} = (a - 6)^{2} + a^{4}$ . Minimizar la distancia equivale a minimizar $D$ .
$D^{'} = 2 (a - 6) + 4 a^{3} = 0$ , luego $2 a^{3} + a - 6 = 0$ .
Esta ecuación no tiene raíz racional sencilla: con la CPG, $a \approx 1, 33$ . Es la única raíz real porque $2 a^{3} + a - 6$ es estrictamente creciente (su derivada $6 a^{2} + 1 > 0$ ).
Es un mínimo: $D^{''} = 2 + 12 a^{2} > 0$ .

Resultado: $a \approx 1, 33$

Ejercicio 185 MedioIB · P1 Mayo 2002

Se traza un rectángulo tal que sus vértices están sobre el eje $x$ y sus vértices superiores están sobre la curva $y = e^{- x^{2}}$ . El área de este rectángulo se denomina $A$ .

a) Escriba una expresión de $A$ en función de $x$ .

b) Halle el valor máximo de $A$ .

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Resultado: a) $A = 2 x e^{- x^{2}}$ ; b) $A_{m a x} = \frac{2}{e} \approx 0, 858$

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a) 1. Los vértices superiores son $(x, e^{- x^{2}})$ y $(- x, e^{- x^{2}})$ , con $x > 0$ . La base mide $2 x$ y la altura $e^{- x^{2}}$ . 2. $A = 2 x e^{- x^{2}}$ .

b) 1. Regla del producto: $A^{'} = 2 e^{- x^{2}} + 2 x (- 2 x) e^{- x^{2}} = 2 e^{- x^{2}} (1 - 2 x^{2})$ . 2. $A^{'} = 0 ⟺ x = \frac{1}{2}$ (con $x > 0$ ). $A^{'} > 0$ antes y $A^{'} < 0$ después: es un máximo. 3. $A_{m a x} = 2 \cdot \frac{1}{2} e^{- 1/2} = 2 e^{- 1/2} = \frac{2}{e} \approx 0, 858$ .

Resultado: a) $A = 2 x e^{- x^{2}}$ ; b) $A_{m a x} = \frac{2}{e} \approx 0, 858$

Ejercicio 186 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

Una lata cilíndrica cerrada tiene un volumen de $500 c m^{3}$ . La altura de la base es $h$ cm y el radio de la base es $r$ cm.

a) Halle una expresión para la superficie total $A$ de la lata en función de $r$ .

b) Sabiendo que hay un valor mínimo de $A$ para $r > 0$ , halle este valor de $r$ .

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Resultado: a) $A = 2 π r^{2} + \frac{1000}{r}$ ; b) $r = 5 3 \frac{2}{π} \approx 4, 30$ cm

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a) 1. Superficie total: dos tapas de área $π r^{2}$ cada una más la superficie lateral $2 π r h$ : $A = 2 π r^{2} + 2 π r h$ . 2. Eliminamos $h$ con el volumen $π r^{2} h = 500$ , es decir, $h = \frac{500}{π r ^{2}}$ . 3. $A = 2 π r^{2} + 2 π r \cdot \frac{500}{π r ^{2}} = 2 π r^{2} + \frac{1000}{r}$ .

b) 1. $A^{'} (r) = 4 π r - \frac{1000}{r ^{2}} = 0$ , luego $r^{3} = \frac{250}{π}$ . 2. $r = 3 \frac{250}{π} = 5 3 \frac{2}{π} \approx 4, 30$ cm. 3. Es un mínimo: $A^{''} (r) = 4 π + \frac{2000}{r ^{3}} > 0$ para $r > 0$ .

Resultado: a) $A = 2 π r^{2} + \frac{1000}{r}$ ; b) $r = 5 3 \frac{2}{π} \approx 4, 30$ cm

Ejercicio 187 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

Sabiendo que el valor máximo de $\frac{1}{4 sen θ + 3 cos θ + k}$ es 2, para $0^{\circ} \leq θ \leq 36 0^{\circ}$ , halle el valor de $k$ .

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Resultado: $k = \frac{11}{2}$

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Sea $D (θ) = 4 sen θ + 3 cos θ + k$ . La expresión es $\frac{1}{D}$ .
Como $4 sen θ + 3 cos θ = 5 sen (θ + α)$ con $α = arctan \frac{3}{4}$ (amplitud $4^{2} + 3^{2} = 5$ ), $D$ toma todos los valores entre $k - 5$ y $k + 5$ .
Si $D$ llegase a $0$ , $\frac{1}{D}$ no estaría acotada; como tiene máximo, $D > 0$ siempre y el máximo de $\frac{1}{D}$ se da donde $D$ es mínimo: $D_{m i n} = k - 5$ .
Condición: $\frac{1}{k - 5} = 2$ , luego $k - 5 = \frac{1}{2}$ y $k = \frac{11}{2}$ .
Comprobación: con $k = \frac{11}{2}$ , $D$ va de $\frac{1}{2}$ a $\frac{21}{2}$ , siempre positivo.

Resultado: $k = \frac{11}{2}$

Ejercicio 188 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2015

En el triángulo $ABC$ , $BC = 3$ cm, $ABC = θ$ y $BCA = \frac{π}{3}$ .

a) Muestre que la longitud $AB = \frac{3}{3 cos θ + sen θ}$ .

b) Sabiendo que $AB$ alcanza un valor mínimo, determine el valor de $θ$ para el cual sucede esto.

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Resultado: a) queda demostrado; b) $θ = \frac{π}{6}$

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a) 1. En el triángulo $ABC$ , $BAC = π - θ - \frac{π}{3} = \frac{2 π}{3} - θ$ . 2. Teorema del seno: $\frac{AB}{sen \frac{π}{3}} = \frac{BC}{sen ( \frac{2 π}{3} - θ )}$ , luego $AB = \frac{3 \cdot \frac{3}{2}}{sen ( \frac{2 π}{3} - θ )} = \frac{3/2}{sen ( \frac{2 π}{3} - θ )}$ . 3. Desarrollamos el seno de una diferencia: $sen (\frac{2 π}{3} - θ) = sen \frac{2 π}{3} cos θ - cos \frac{2 π}{3} sen θ = \frac{3}{2} cos θ + \frac{1}{2} sen θ$ . 4. Sustituimos: $AB = \frac{3/2}{\frac{1}{2} ( 3 cos θ + sen θ )} = \frac{3}{3 cos θ + sen θ}$ .

b) 1. $AB$ es mínimo cuando el denominador $D (θ) = 3 cos θ + sen θ$ es máximo (con $0 < θ < \frac{2 π}{3}$ el denominador es positivo). 2. $D^{'} (θ) = - 3 sen θ + cos θ = 0$ implica $tan θ = \frac{1}{3}$ , luego $θ = \frac{π}{6}$ . 3. $D^{''} (θ) = - 3 cos θ - sen θ = - D (θ) < 0$ en $θ = \frac{π}{6}$ , pues $D (\frac{π}{6}) = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = 2 > 0$ : es un máximo de $D$ , y por tanto un mínimo de $AB$ (que vale $\frac{3}{2}$ cm).

Resultado: a) queda demostrado; b) $θ = \frac{π}{6}$

Ejercicio 189 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2008

Una empresa de embalajes fabrica cajas para bombones. A continuación se muestra como ejemplo una de estas cajas. La caja tiene tapa, y las partes superior e inferior de la caja son hexágonos regulares idénticos de lado $x$ cm.

Caja con tapa en forma de prisma hexagonal regular; la arista de la base hexagonal mide x cm

a) compruebe que el área de cada hexágono es igual a $\frac{3 3 x ^{2}}{2} cm^{2}$ .

b) Sabiendo que el volumen de la caja es igual a $90 cm^{3}$ , compruebe que cuando $x = 320$ el valor de la superficie total de la caja alcanza un mínimo, justificando por qué este valor determina un mínimo.

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Resultado: queda comprobado: $S = 33 x^{2} + \frac{360}{3 x}$ , $S^{'} = 0$ en $x = 320$ y $S^{''} > 0$ , luego es un mínimo.

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a) 1. Un hexágono regular de lado $x$ se descompone en $6$ triángulos equiláteros de lado $x$ . 2. Cada triángulo tiene área $\frac{1}{2} x \cdot x sen 6 0^{\circ} = \frac{3}{4} x^{2}$ . 3. El hexágono: $6 \cdot \frac{3}{4} x^{2} = \frac{3 3 x ^{2}}{2} cm^{2}$ .

b) 1. Sea $h$ la altura de la caja. Volumen: $\frac{3 3 x ^{2}}{2} h = 90$ , así que $h = \frac{180}{3 3 x ^{2}} = \frac{60}{3 x ^{2}}$ . 2. Superficie total: dos hexágonos y seis caras rectangulares de $x \cdot h$ : $S = 2 \cdot \frac{3 3 x ^{2}}{2} + 6 x h = 33 x^{2} + \frac{360}{3 x}$ . 3. Derivamos: $\frac{d S}{d x} = 63 x - \frac{360}{3 x ^{2}}$ . 4. Igualamos a $0$ : $63 x = \frac{360}{3 x ^{2}}$ , luego $x^{3} = \frac{360}{6 \cdot 3} = 20$ , y $x = 320$ . 5. Segunda derivada: $\frac{d ^{2} S}{d x ^{2}} = 63 + \frac{720}{3 x ^{3}} > 0$ para todo $x > 0$ . 6. Como $\frac{d ^{2} S}{d x ^{2}} > 0$ en $x = 320$ , la superficie tiene un mínimo allí (de hecho, es el único punto crítico y la curva es convexa para $x > 0$ ).

Resultado: queda comprobado: $S = 33 x^{2} + \frac{360}{3 x}$ , $S^{'} = 0$ en $x = 320$ y $S^{''} > 0$ , luego es un mínimo.

Ejercicio 190 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

El diagrama que aparece a continuación muestra dos circunferencias concéntricas de centro $O$ y de radios $2$ cm y $4$ cm.

Dos circunferencias concentricas de centro O y radios 2 cm y 4 cm; P y Q están en la mayor y se sombrea la región limitada por la cuerda PQ, los radios OP y OQ y el arco de la menor

Los puntos $P$ y $Q$ se encuentran sobre la circunferencia de mayor radio y $POQ = x$ , donde $0 < x < \frac{π}{2}$ .

a) Compruebe que el área de la región sombreada es igual a $8 sen x - 2 x$ .

b) Halle el valor máximo del área de la región sombreada.

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Resultado: a) queda comprobado: $A = 8 sen x - 2 x$ ; b) $x \approx 1, 32$ rad; área máxima $\approx 5, 11 cm^{2}$

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a) 1. La región sombreada es el triángulo $OPQ$ menos el sector circular de la circunferencia pequeña (radio $2$ , ángulo $x$ ). 2. Área del triángulo con dos lados de $4$ cm y ángulo $x$ entre ellos: $\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 sen x = 8 sen x$ . 3. Área del sector de radio $2$ : $\frac{1}{2} \cdot 2^{2} \cdot x = 2 x$ . 4. Área sombreada $A = 8 sen x - 2 x$ .

b) 1. $\frac{d A}{d x} = 8 cos x - 2$ . Con $\frac{d A}{d x} = 0$ : $cos x = \frac{1}{4}$ . 2. En $] 0, \frac{π}{2} [$ : $x = arccos \frac{1}{4} \approx 1, 32$ rad. 3. $\frac{d ^{2} A}{d x ^{2}} = - 8 sen x < 0$ en ese intervalo, luego es un máximo (también porque $\frac{d A}{d x}$ pasa de positiva a negativa). 4. $A_{m a x} = 8 \cdot \frac{15}{4} - 2 \cdot 1, 318 \approx 7, 746 - 2, 636 = 5, 11 cm^{2}$ (con la CPG).

Resultado: a) queda comprobado: $A = 8 sen x - 2 x$ ; b) $x \approx 1, 32$ rad; área máxima $\approx 5, 11 cm^{2}$

Ejercicio 191 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2008

André quiere ir desde un punto $A$ situado en el mar hasta el punto $Y$ , situado en un tramo recto de playa. $P$ es el punto de la playa más próximo a $A$ , de tal forma que $AP = 2$ km y $PY = 2$ km. André hace este trayecto primero nadando en línea recta hasta un punto $Q$ situado en la playa y, a continuación, corriendo hasta $Y$ .

Esquema de una playa recta: el punto A en el mar a 2 km del punto P de la playa, el punto Q entre P y Y a x km de P, y P e Y separados 2 km

Cuando André nada, recorre una distancia de $1$ km en $55$ minutos. Cuando corre, recorre una distancia de $1$ km en $5$ minutos.

a) Si $PQ = x$ km, $0 \leq x \leq 2$ , halle una expresión para el tiempo $T$ en minutos que André tarda en llegar al punto $Y$ .

b) Compruebe que $\frac{d T}{d x} = \frac{5 5 x}{x ^{2} + 4} - 5$ .

c) (i) Resuelva $\frac{d T}{d x} = 0$

(ii) Use el valor de $x$ hallado en la parte (c) (i) para determinar el tiempo, $T$ , en minutos, que André tarda en llegar al punto $Y$ .

(iii) Compruebe que $\frac{d ^{2} T}{d x ^{2}} = \frac{20 5}{( x ^{2} + 4 ) ^{\frac{3}{2}}}$ y, a partir de allí, compruebe que el tiempo que obtuvo en el apartado (c) (ii) es un mínimo.

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Resultado: a) $T = 55 4 + x^{2} + 5 (2 - x)$ ; b) queda comprobado; c) (i) $x = 1$ ; (ii) $T = 30$ minutos; (iii) queda comprobado, $\frac{d ^{2} T}{d x ^{2}} (1) = 4 > 0$ y es un mínimo

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a) 1. Con $PQ = x$ , el trayecto a nado es $AQ = 4 + x^{2}$ km (Pitágoras en el triángulo $APQ$ ) y el de carrera es $QY = 2 - x$ km. 2. Tiempo a nado: $55 4 + x^{2}$ min. Tiempo corriendo: $5 (2 - x)$ min. 3. $T = 55 x^{2} + 4 + 5 (2 - x)$ .

b) 1. Derivamos con la regla de la cadena: $\frac{d T}{d x} = 55 \cdot \frac{2 x}{2 x ^{2} + 4} - 5$ . 2. Simplificamos: $\frac{d T}{d x} = \frac{5 5 x}{x ^{2} + 4} - 5$ .

c) (i) 1. $\frac{d T}{d x} = 0$ : $\frac{5 5 x}{x ^{2} + 4} = 5$ , es decir, $5 x = x^{2} + 4$ . 2. Elevamos al cuadrado: $5 x^{2} = x^{2} + 4$ , luego $x^{2} = 1$ y, con $0 \leq x \leq 2$ , $x = 1$ .

(ii) 1. $T (1) = 55 \cdot 5 + 5 \cdot 1 = 25 + 5 = 30$ minutos.

(iii) 1. Derivamos $\frac{d T}{d x}$ con la regla del cociente: $\frac{d ^{2} T}{d x ^{2}} = 55 \cdot \frac{x ^{2} + 4 - x \cdot \frac{x}{x ^{2} + 4}}{x ^{2} + 4} = 55 \cdot \frac{( x ^{2} + 4 ) - x ^{2}}{( x ^{2} + 4 ) ^{3/2}}$ . 2. Resulta $\frac{d ^{2} T}{d x ^{2}} = \frac{20 5}{( x ^{2} + 4 ) ^{3/2}}$ . 3. En $x = 1$ : $\frac{20 5}{5 ^{3/2}} = \frac{20 5}{5 5} = 4 > 0$ , así que $T = 30$ minutos es un mínimo.

Resultado: a) $T = 55 4 + x^{2} + 5 (2 - x)$ ; b) queda comprobado; c) (i) $x = 1$ ; (ii) $T = 30$ minutos; (iii) queda comprobado, $\frac{d ^{2} T}{d x ^{2}} (1) = 4 > 0$ y es un mínimo

Ejercicio 192 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2013

Una calle recta de $20$ metros de anchura está delimitada a ambos lados por dos paredes verticales paralelas, una de $13$ metros de altura y la otra de $8$ metros de altura. La intensidad de la luz que llega a un punto $P$ situado en la calle, a nivel del suelo, es proporcional al ángulo $θ$ , donde $θ = APB$ , tal y como se muestra en la figura.

Calle recta de 20 m de anchura entre dos paredes verticales, una de 8 m y otra de 13 m de altura; un punto P en el suelo de la calle y el ángulo θ que forman las visuales hacia los extremos superiores A y B de las paredes

a) Halle una expresión para $θ$ en función de $x$ , donde $x$ es la distancia entre $P$ y la base de la pared de $8$ metros de altura.

b) i) Calcule el valor de $θ$ cuando $x = 0$ .

(ii) Calcule el valor de $θ$ cuando $x = 20$ .

c) Dibuje aproximadamente la gráfica de $θ$ , para $0 \leq x \leq 20$ .

d) Compruebe que $\frac{d θ}{d x} = \frac{5 ( 744 - 64 x - x ^{2} )}{( x ^{2} + 64 ) ( x ^{2} - 40 x + 569 )}$ .

e) Utilizando el resultado del apartado (d), o de cualquier otro modo, determine para qué valor de $x$ la intensidad de la luz en $P$ es máxima. Dé la respuesta con una aproximación de cuatro cifras significativas.

f) El punto $P$ se desplaza atravesando la calle a una velocidad de $0, 5 m s^{- 1}$ . Determine la razón de cambio de $θ$ con respecto al tiempo, en el instante en que $P$ se encuentra en el punto medio de la calle.

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a) 1. Sea $α$ el ángulo que forma $PA$ con el suelo (hacia la pared de 8 m) y $β$ el que forma $PB$ con el suelo (hacia la pared de 13 m). Entonces $θ = π - α - β$ , con $tan α = \frac{8}{x}$ y $tan β = \frac{13}{20 - x}$ . 2. $tan (α + β) = \frac{\frac{8}{x} + \frac{13}{20 - x}}{1 - \frac{104}{x ( 20 - x )}} = \frac{8 ( 20 - x ) + 13 x}{x ( 20 - x ) - 104} = \frac{5 x + 160}{- x ^{2} + 20 x - 104}$ . 3. Como $θ = π - (α + β)$ , $tan θ = - tan (α + β) = \frac{5 x + 160}{x ^{2} - 20 x + 104}$ . El denominador es siempre positivo (su discriminante es $400 - 416 < 0$ ), luego $θ$ es agudo. 4. Por tanto $θ = arctan (\frac{5 x + 160}{x ^{2} - 20 x + 104})$ .

b) i) Con $x = 0$ : $θ = arctan \frac{160}{104} = 0, 994$ rad.

(ii) Con $x = 20$ : $θ = arctan \frac{260}{104} = arctan 2, 5 = 1, 19$ rad.

c) 1. Con la CPG representamos $θ (x)$ en $0 \leq x \leq 20$ . 2. La curva empieza en $(0; 0, 994)$ , sube suavemente hasta un único máximo cerca de $x \approx 10$ y termina en $(20; 1, 19)$ .

Gráfica del ángulo θ en función de x para x de 0 a 20: curva suave que sube hasta un máximo cerca de la mitad de la calle y baja después

d) 1. Sea $u = \frac{5 x + 160}{x ^{2} - 20 x + 104}$ . La derivada de $arctan u$ es $\frac{u ^{'}}{1 + u ^{2}}$ (regla de la cadena). 2. Por la regla del cociente: $u^{'} = \frac{5 ( x ^{2} - 20 x + 104 ) - ( 5 x + 160 ) ( 2 x - 20 )}{( x ^{2} - 20 x + 104 ) ^{2}} = \frac{- 5 x ^{2} - 320 x + 3720}{( x ^{2} - 20 x + 104 ) ^{2}} = \frac{5 ( 744 - 64 x - x ^{2} )}{( x ^{2} - 20 x + 104 ) ^{2}}$ . 3. Además $1 + u^{2} = \frac{( x ^{2} - 20 x + 104 ) ^{2} + ( 5 x + 160 ) ^{2}}{( x ^{2} - 20 x + 104 ) ^{2}}$ , y el numerador es $x^{4} - 40 x^{3} + 633 x^{2} - 2560 x + 36416 = (x^{2} + 64) (x^{2} - 40 x + 569)$ . 4. Dividiendo, $\frac{d θ}{d x} = \frac{5 ( 744 - 64 x - x ^{2} )}{( x ^{2} + 64 ) ( x ^{2} - 40 x + 569 )}$ .

e) 1. La intensidad es máxima cuando $θ$ es máximo, es decir, cuando $\frac{d θ}{d x} = 0$ : $744 - 64 x - x^{2} = 0$ . 2. $x^{2} + 64 x - 744 = 0 \Rightarrow x = - 32 \pm 1768$ ; la solución en $[0, 20]$ es $x = 10, 05$ m. 3. Es un máximo: el numerador $744 - 64 x - x^{2}$ es positivo antes de $10, 05$ y negativo después, y el denominador es positivo, así que $θ^{'}$ pasa de $+$ a $-$ .

f) 1. $\frac{d θ}{d t} = \frac{d θ}{d x} \cdot \frac{d x}{d t}$ con $\frac{d x}{d t} = 0, 5$ m s $^{- 1}$ (P avanza hacia la pared alta, $x$ crece). 2. El punto medio es $x = 10$ : $\frac{d θ}{d x} = \frac{5 ( 744 - 640 - 100 )}{164 \cdot 269} = \frac{20}{44116} = 4, 53 \cdot 1 0^{- 4}$ . 3. Entonces $\frac{d θ}{d t} = 4, 53 \cdot 1 0^{- 4} \cdot 0, 5 = 2, 27 \cdot 1 0^{- 4}$ rad s $^{- 1}$ (positiva: $θ$ aumenta).

Resultado: a) $θ = arctan (\frac{5 x + 160}{x ^{2} - 20 x + 104})$ ; b) i) $0, 994$ rad; ii) $1, 19$ rad; e) $x = 10, 05$ m; f) $2, 27 \cdot 1 0^{- 4} rad s^{- 1}$

Ejercicio 193 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2014

Considere el triángulo $PQR$ , donde $QPR = 3 0^{\circ}$ , $PQ = (x + 2)$ cm y $PR = (5 - x)^{2}$ cm, donde $- 2 < x < 5$ .

a) Muestre que el área del triángulo, $A cm^{2}$ , viene dada por $A = \frac{1}{4} (x^{3} - 8 x^{2} + 5 x + 50)$ .

b) i) Indique $\frac{d A}{d x}$ .

(ii) Verifique que $\frac{d A}{d x} = 0$ para $x = \frac{1}{3}$ .

c) i) Halle $\frac{d ^{2} A}{d x ^{2}}$ y, a partir de lo anterior, justifique que el área máxima del triángulo $PQR$ se obtiene cuando $x = \frac{1}{3}$ .

(ii) Indique el área máxima del triángulo $PQR$ .

(iii) Halle $QR$ cuando el área del triángulo $PQR$ alcanza su valor máximo.

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Resultado: b) i) $\frac{d A}{d x} = \frac{1}{4} (3 x^{2} - 16 x + 5)$ ; c) i) $\frac{d ^{2} A}{d x ^{2}} = \frac{1}{4} (6 x - 16)$ ; ii) $12, 7 cm^{2}$ ; iii) $QR = 19, 8$ cm

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a) 1. Área con la fórmula $A = \frac{1}{2} PQ \cdot PR sen 3 0^{\circ} = \frac{1}{2} (x + 2) (5 - x)^{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} (x + 2) (5 - x)^{2}$ . 2. Desarrollamos: $(x + 2) (x^{2} - 10 x + 25) = x^{3} - 10 x^{2} + 25 x + 2 x^{2} - 20 x + 50 = x^{3} - 8 x^{2} + 5 x + 50$ . 3. Por tanto $A = \frac{1}{4} (x^{3} - 8 x^{2} + 5 x + 50)$ .

b) i) $\frac{d A}{d x} = \frac{1}{4} (3 x^{2} - 16 x + 5)$ .

(ii) Para $x = \frac{1}{3}$ : $3 \cdot \frac{1}{9} - \frac{16}{3} + 5 = \frac{1}{3} - \frac{16}{3} + 5 = - 5 + 5 = 0$ . Por tanto $\frac{d A}{d x} = 0$ .

c) i) 1. $\frac{d ^{2} A}{d x ^{2}} = \frac{1}{4} (6 x - 16)$ . 2. En $x = \frac{1}{3}$ : $\frac{1}{4} (2 - 16) = - \frac{7}{2} < 0$ , así que es un máximo local. 3. Además $\frac{d A}{d x} = 0$ se resuelve también en $x = 5$ , fuera del intervalo $] - 2, 5 [$ , así que en el intervalo el máximo está en $x = \frac{1}{3}$ .

(ii) $A (\frac{1}{3}) = \frac{1}{4} (\frac{1}{27} - \frac{8}{9} + \frac{5}{3} + 50) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1372}{27} = \frac{343}{27} = 12, 7 cm^{2}$ .

(iii) 1. Para $x = \frac{1}{3}$ : $PQ = \frac{7}{3}$ cm y $PR = (\frac{14}{3})^{2} = \frac{196}{9}$ cm. 2. Teorema del coseno: $QR^{2} = PQ^{2} + PR^{2} - 2 PQ \cdot PR cos 3 0^{\circ} = \frac{49}{9} + \frac{38416}{81} - 2 \cdot \frac{7}{3} \cdot \frac{196}{9} \cdot \frac{3}{2}$ . 3. Numéricamente, $QR^{2} \approx 391, 7$ , luego $QR \approx 19, 8$ cm.

Resultado: b) i) $\frac{d A}{d x} = \frac{1}{4} (3 x^{2} - 16 x + 5)$ ; c) i) $\frac{d ^{2} A}{d x ^{2}} = \frac{1}{4} (6 x - 16)$ ; ii) $12, 7 cm^{2}$ ; iii) $QR = 19, 8$ cm

Ejercicio 194 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2014

Un grupo de ingenieros necesita instalar tuberías para conectar dos ciudades $A$ y $B$ que están separadas por un río de $450$ metros de ancho, tal y como se muestra en la siguiente figura.

Esquema de un río de 450 m de ancho entre dos ciudades A y B: A en la orilla de abajo, B en la orilla de arriba (suelo) a 1000 m en horizontal; el punto X está en la orilla de arriba a una distancia x de E, el punto de esa orilla frente a A; las tuberías van de A a X por el río y de X a B por el suelo

Tienen previsto instalar las tuberías por debajo del río entre $A$ y $X$ , y por debajo del suelo entre $X$ y $B$ . El coste de instalar las tuberías por debajo del río es cinco veces mayor que el coste de instalar las tuberías por debajo del suelo. Sea $EX = x$ . Sea $k$ el coste, en dólares por metro, de instalar las tuberías por debajo del suelo.

a) Muestre que el coste total $C$ , en dólares, de instalar las tuberías entre $A$ y $B$ viene dado por $C = 5 k 202500 + x^{2} + (1000 - x) k$ .

b) i) Halle $\frac{d C}{d x}$ .

(ii) A partir de lo anterior, halle para qué valor de $x$ el coste total es mínimo y justifique por qué este valor es un mínimo.

c) Halle el coste total mínimo en función de $k$ .

El ángulo que forman las tuberías en el lugar en el que se unen es $AXB = θ$ .

d) Halle $θ$ para el valor de $x$ calculado en el apartado (b).

Por motivos de seguridad, $θ$ tiene que ser como mínimo $12 0^{\circ}$ . Dado este nuevo requisito,

e) i) halle el nuevo valor de $x$ que minimiza el coste total

(ii) Halle en qué porcentaje ha aumentado el coste total mínimo.

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Resultado: b) i) $\frac{d C}{d x} = \frac{5 k x}{202500 + x ^{2}} - k$ ; ii) $x = 91, 9$ m; c) $C = 3204, 5 k$ ; d) $θ = 101, 5^{\circ}$ ; e) i) $x = 259, 8$ m; ii) $4, 17 %$

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a) 1. Por Pitágoras en el triángulo $AEX$ : $AX = 45 0^{2} + x^{2} = 202500 + x^{2}$ (bajo el río, coste $5 k$ por metro). 2. El tramo $XB = 1000 - x$ va bajo el suelo (coste $k$ por metro). 3. Coste total: $C = 5 k 202500 + x^{2} + (1000 - x) k$ .

b) i) Regla de la cadena: $\frac{d C}{d x} = 5 k \cdot \frac{2 x}{2 202500 + x ^{2}} - k = \frac{5 k x}{202500 + x ^{2}} - k$ .

(ii) 1. $\frac{d C}{d x} = 0 \Rightarrow 5 x = 202500 + x^{2} \Rightarrow 25 x^{2} = 202500 + x^{2} \Rightarrow x^{2} = 8437, 5$ . 2. Luego $x = 91, 9$ m. 3. Es mínimo: $\frac{d ^{2} C}{d x ^{2}} = \frac{5 k \cdot 202500}{( 202500 + x ^{2} ) ^{3/2}} > 0$ (convexa), o bien $C^{'} < 0$ para $x < 91, 9$ y $C^{'} > 0$ para $x > 91, 9$ .

c) $C_{m i n} = 5 k 202500 + 8437, 5 + (1000 - 91, 856) k = 2296, 4 k + 908, 1 k = 3204, 5 k$ .

d) 1. Sea $AXE$ el ángulo en $X$ del triángulo $AEX$ : $tan AXE = \frac{450}{91 , 856}$ , luego $AXE = 78, 4 6^{\circ}$ . 2. $E$ , $X$ y $B$ están alineados, así que $θ = 18 0^{\circ} - 78, 4 6^{\circ} = 101, 5^{\circ}$ .

e) i) 1. $θ \geq 12 0^{\circ}$ equivale a $AXE \leq 6 0^{\circ}$ , es decir, $tan AXE = \frac{450}{x} \leq 3$ , o sea $x \geq \frac{450}{3} = 259, 8$ . 2. Como $C$ es convexa con mínimo en $91, 9$ , para $x \geq 259, 8$ el coste crece con $x$ , y el mínimo con la nueva restricción está en $x = 259, 8$ m.

(ii) 1. $C (259, 8) = 5 k 202500 + 67500 + (1000 - 259, 8) k = 2598, 1 k + 740, 2 k = 3338, 3 k$ . 2. Aumento: $\frac{3338 , 27 - 3204 , 54}{3204 , 54} = 0, 0417$ , es decir, $4, 17 %$ .

Resultado: b) i) $\frac{d C}{d x} = \frac{5 k x}{202500 + x ^{2}} - k$ ; ii) $x = 91, 9$ m; c) $C = 3204, 5 k$ ; d) $θ = 101, 5^{\circ}$ ; e) i) $x = 259, 8$ m; ii) $4, 17 %$

Ejercicio 195 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2019

Un cono circular recto de radio $r$ está inscrito en una esfera de centro O y radio $R$ , tal y como se muestra en la siguiente figura. La altura perpendicular del cono es $h$ , X denota el centro de la base y B es un punto donde el cono toca la esfera.

Corte por el eje de un cono inscrito en una esfera: circunferencia de centro O y radio R, triángulo con el vértice arriba y la base por debajo de O, altura h, radio de la base r y segmento OB igual a R

a) Muestre que el volumen del cono se puede expresar mediante $V = \frac{π}{3} (2 R h^{2} - h^{3})$ .

b) Sabiendo que existe un cono inscrito que tiene volumen máximo, muestre que el volumen de dicho cono es $\frac{32 π R ^{3}}{81}$ .

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Resultado: a) $V = \frac{π}{3} (2 R h^{2} - h^{3})$ ; b) máximo para $h = \frac{4 R}{3}$ , con $V = \frac{32 π R ^{3}}{81}$ .

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a) 1. $O$ está en la altura. El vértice del cono está a distancia $R$ de $O$ (radio de la esfera), luego $OX = h - R$ (en valor absoluto, $∣ h - R ∣$ ). 2. En el triángulo rectángulo $OXB$ (recto en $X$ ): $r^{2} + (h - R)^{2} = R^{2}$ . 3. Despejamos: $r^{2} = R^{2} - (h - R)^{2} = 2 R h - h^{2}$ . 4. Volumen del cono: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{π}{3} (2 R h - h^{2}) h = \frac{π}{3} (2 R h^{2} - h^{3})$ .

b) 1. Derivamos respecto de $h$ (con $R$ constante): $\frac{d V}{d h} = \frac{π}{3} (4 R h - 3 h^{2}) = \frac{π}{3} h (4 R - 3 h)$ . 2. Igualamos a cero con $h > 0$ : $h = \frac{4 R}{3}$ . 3. Es un máximo: $\frac{d ^{2} V}{d h ^{2}} = \frac{π}{3} (4 R - 6 h) = \frac{π}{3} (4 R - 8 R) < 0$ en $h = \frac{4 R}{3}$ . 4. Valor máximo: $V = \frac{π}{3} (2 R \cdot \frac{16 R ^{2}}{9} - \frac{64 R ^{3}}{27}) = \frac{π}{3} \cdot \frac{96 R ^{3} - 64 R ^{3}}{27} = \frac{π}{3} \cdot \frac{32 R ^{3}}{27} = \frac{32 π R ^{3}}{81}$ .

Resultado: a) $V = \frac{π}{3} (2 R h^{2} - h^{3})$ ; b) máximo para $h = \frac{4 R}{3}$ , con $V = \frac{32 π R ^{3}}{81}$ .

Ejercicio 196 DifícilIB · P2 Mayo 1996

(i) La recta L pasa por el punto $P (2, 3, 1)$ y tiene la dirección $u = i + 2 j - 3 k$ . Una segunda recta M pasa por el punto $Q (4, 2, 0)$ y tiene la dirección $v = 3 i - j + k$ .

a) Calcule, en forma paramétrica y usando el parámetro $t$ , la ecuación de la recta M.

b) Calcule el vector $w = RP$ , donde R es cualquier punto de la recta M.

c) Calcule el vector $u \times w$ y usando lo anterior exprese $∣ u \times w ∣$ en función de $t$ .

d) Deduzca que $∣ u \times w ∣$ es mínimo cuando $t = - \frac{3}{5}$ y calcule el valor mínimo.

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Resultado: a) $x = 4 + 3 t$ , $y = 2 - t$ , $z = t$ ; b) $w = - 2 - 3 t 1 + t 1 - t$ ; c) $u \times w = 5 + t 5 + 10 t 5 + 7 t$ , $∣ u \times w ∣ = 150 t^{2} + 180 t + 75$ ; d) mínimo $21$ para $t = - \frac{3}{5}$

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(i) a) 1. La recta M pasa por $Q (4, 2, 0)$ con dirección $v = (3, - 1, 1)$ . 2. En paramétricas: $x = 4 + 3 t$ , $y = 2 - t$ , $z = t$ .

b) 1. Un punto genérico de M es $R (4 + 3 t, 2 - t, t)$ . 2. $w = RP = P - R = (2 - 4 - 3 t, 3 - 2 + t, 1 - t) = - 2 - 3 t 1 + t 1 - t$ .

c) 1. Producto vectorial con $u = (1, 2, - 3)$ : primera componente $2 (1 - t) - (- 3) (1 + t) = 5 + t$ ; segunda $(- 3) (- 2 - 3 t) - 1 \cdot (1 - t) = 5 + 10 t$ ; tercera $1 \cdot (1 + t) - 2 (- 2 - 3 t) = 5 + 7 t$ . 2. Así $u \times w = 5 + t 5 + 10 t 5 + 7 t$ . 3. Su módulo al cuadrado: $(5 + t)^{2} + (5 + 10 t)^{2} + (5 + 7 t)^{2} = 150 t^{2} + 180 t + 75$ , y entonces $∣ u \times w ∣ = 150 t^{2} + 180 t + 75$ .

d) 1. $∣ u \times w ∣$ es mínimo cuando lo es su cuadrado $h (t) = 150 t^{2} + 180 t + 75$ . 2. $h^{'} (t) = 300 t + 180 = 0 \Rightarrow t = - \frac{180}{300} = - \frac{3}{5}$ , y $h^{''} = 300 > 0$ , luego es mínimo. 3. $h (- \frac{3}{5}) = 150 \cdot \frac{9}{25} - 108 + 75 = 54 - 108 + 75 = 21$ . 4. El valor mínimo de $∣ u \times w ∣$ es $21$ .

Ejercicio 197 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2018

Dos submarinos A y B tienen sus rutas planificadas de modo que sus posiciones en el tiempo $t$ horas, $0 \leq t < 20$ , se definirían por los vectores de posición

$r_{A} = 24 - 1 + t - 1 1 - 0, 15$ y $r_{B} = 0 3, 2 - 2 + t - 0, 5 1, 2 0, 1$

relativo a un punto fijo en la superficie del océano (todas las longitudes son en kilómetros).

a) Demuestre que los dos submarinos colisionarían en un punto P y escriba las coordenadas de P.

Para evitar la colisión, el submarino B ajusta su velocidad de modo que su vector de posición ahora está dado por $r_{B} = 0 3, 2 - 2 + t - 0, 45 1, 08 0, 09$ .

b) (i) Muestre que el submarino B viaja en la misma dirección que la planeada originalmente.

(ii) Encuentre el valor de $t$ cuando el submarino B pasa por P.

c) (i) Encuentre una expresión para la distancia entre los dos submarinos en función de $t$ .

(ii) Encuentre el valor de $t$ cuando los dos submarinos están más cerca uno del otro.

(iii) Encuentra la distancia entre los dos submarinos en este momento.

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Resultado: a) $P (- 2, 8, - 1, 6)$ ; b) (i) los vectores directores son proporcionales (el nuevo es $0, 9$ veces el original); (ii) $t = \frac{40}{9}$ h; c) (i) $D = 5, 64 - 2, 808 t + 0, 3665 t^{2}$ ; (ii) $t \approx 3, 83$ h; (iii) $D \approx 0, 511$ km

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a) 1. Igualamos las coordenadas de $r_{A}$ y $r_{B}$ en el mismo instante $t$ (para que choquen deben coincidir a la vez):

Coordenada $x$ : $2 - t = - 0, 5 t \Rightarrow t = 4$ .
Coordenada $y$ : $4 + t = 3, 2 + 1, 2 t \Rightarrow 0, 8 = 0, 2 t \Rightarrow t = 4$ .
Coordenada $z$ : $- 1 - 0, 15 t = - 2 + 0, 1 t \Rightarrow 1 = 0, 25 t \Rightarrow t = 4$ .

Las tres ecuaciones dan el mismo valor $t = 4$ (que está en $0 \leq t < 20$ ), luego los submarinos coinciden en ese instante: colisionarían.
Sustituimos $t = 4$ en $r_{A}$ : $(2 - 4, 4 + 4, - 1 - 0, 6)$ , es decir, $P (- 2, 8, - 1, 6)$ .

b) (i) 1. El nuevo vector director es $- 0, 45 1, 08 0, 09$ . 2. Comparamos con el original: $- 0, 45 1, 08 0, 09 = 0, 9 - 0, 5 1, 2 0, 1$ . 3. Es un múltiplo escalar del anterior, luego los vectores son paralelos y B sigue la misma dirección.

(ii) 1. B pasa por P cuando $r_{B} = (- 2, 8, - 1, 6)$ . Con la coordenada $x$ : $- 0, 45 t = - 2$ . 2. Despejamos: $t = \frac{2}{0 , 45} = \frac{40}{9} \approx 4, 44$ h. 3. Comprobamos con $y$ : $3, 2 + 1, 08 \cdot \frac{40}{9} = 3, 2 + 4, 8 = 8$ , y con $z$ : $- 2 + 0, 09 \cdot \frac{40}{9} = - 1, 6$ . Correcto.

c) (i) 1. El vector que une A con B es $r_{A} - r_{B} = 2 - 0, 55 t 0, 8 - 0, 08 t 1 - 0, 24 t$ (usando ya la nueva trayectoria de B). 2. La distancia es su módulo: $D = (2 - 0, 55 t)^{2} + (0, 8 - 0, 08 t)^{2} + (1 - 0, 24 t)^{2}$ . 3. Desarrollamos y agrupamos: $D = 5, 64 - 2, 808 t + 0, 3665 t^{2}$ .

(ii) 1. $D$ es mínima cuando lo es $D^{2} = 5, 64 - 2, 808 t + 0, 3665 t^{2}$ (la raíz es creciente). 2. Es una parábola con coeficiente de $t^{2}$ positivo, luego el mínimo está en el vértice: $\frac{d ( D ^{2} )}{d t} = 0, 733 t - 2, 808 = 0$ . 3. Despejamos: $t = \frac{2 , 808}{0 , 733} \approx 3, 83$ h (en el intervalo $0 \leq t < 20$ ).

(iii) 1. Sustituimos $t = 3, 83$ (con la CPG o la calculadora, usando el valor sin redondear): $D^{2} \approx 0, 2615$ . 2. Entonces $D \approx 0, 511$ km.

Ejercicio 198 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2017

Una ventana se ha construido con forma de rectángulo con un semicírculo de radio $r$ metros situado en la parte superior, como se muestra en la figura. El perímetro de la ventana es constante e igual a $P$ metros.

Ventana formada por un rectángulo más alto que ancho con un semicírculo encima, apoyado en todo el ancho del rectángulo

a) (i) Halle el área de la ventana en función de $P$ y $r$ .

(ii) Halle la anchura de la ventana en función de $P$ cuando el área alcanza un valor máximo y justifique por qué se trata de un máximo.

b) Muestre que en este caso la altura del rectángulo es igual al radio del semicírculo.

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Resultado: a) (i) $A = P r - 2 r^{2} - \frac{π r ^{2}}{2}$ ; (ii) anchura $= \frac{2 P}{π + 4}$ (máximo, pues $A^{''} < 0$ ); b) $h = r$

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a) (i) 1. Sea $h$ la altura del rectángulo. La anchura del rectángulo es el diámetro del semicírculo, $2 r$ . 2. El perímetro de la ventana está formado por la base ( $2 r$ ), los dos lados ( $2 h$ ) y el arco del semicírculo ( $π r$ ); la cara superior del rectángulo no cuenta: $P = 2 r + 2 h + π r$ . 3. Despejamos: $h = \frac{P - 2 r - π r}{2}$ . 4. Área: rectángulo más semicírculo, $A = 2 r h + \frac{π r ^{2}}{2}$ . 5. Sustituimos $h$ : $A = r (P - 2 r - π r) + \frac{π r ^{2}}{2} = P r - 2 r^{2} - \frac{π r ^{2}}{2}$ .

(ii) 1. Derivamos respecto de $r$ (con $P$ constante): $\frac{d A}{d r} = P - 4 r - π r$ . 2. Igualamos a cero: $r = \frac{P}{4 + π}$ . 3. La anchura es $2 r = \frac{2 P}{π + 4}$ . 4. Segunda derivada: $\frac{d ^{2} A}{d r ^{2}} = - (4 + π) < 0$ , luego es un máximo. (También: $A$ es una parábola en $r$ con coeficiente de $r^{2}$ negativo.)

b) 1. Con $P = (4 + π) r$ en $h = \frac{P - 2 r - π r}{2}$ : $h = \frac{( 4 + π ) r - 2 r - π r}{2} = \frac{2 r}{2} = r$ . 2. Luego la altura del rectángulo es igual al radio del semicírculo.

Resultado: a) (i) $A = P r - 2 r^{2} - \frac{π r ^{2}}{2}$ ; (ii) anchura $= \frac{2 P}{π + 4}$ (máximo, pues $A^{''} < 0$ ); b) $h = r$

Ejercicio 199 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2016

Los puntos A, B y T se encuentran sobre una línea de una cancha de fútbol sala.

La portería, [AB], tiene $2$ metros de ancho. Un jugador situado en el punto P patea el balón en dirección a la portería. [PT] es perpendicular a (AB) y se encuentra a $6$ metros de una recta paralela que pasa por el centro de [AB]. Sea PT igual a $x$ metros y sea $α = APB$ , medido en grados. Suponga que el balón se desplaza sobre el piso.

Vista desde arriba de la portería AB de 2 m, el punto T de la misma línea, el punto P situado a x m de T en la perpendicular, la cota de 6 m y el ángulo alfa bajo el que se ve la portería desde P

a) Halle el valor de $α$ cuando $x = 10$ .

b) Muestre que $tan α = \frac{2 x}{x ^{2} + 35}$ .

El valor de $α$ es máximo cuando el valor de $tan α$ es máximo.

c) (i) Halle $\frac{d}{d x} (tan α)$ .

(ii) A partir de lo anterior o de cualquier modo, halle el valor de $α$ tal que $\frac{d}{d x} (tan α) = 0$ .

(iii) Halle $\frac{d ^{2}}{d x ^{2}} (tan α)$ y, a partir de lo anterior, muestre que el valor de $α$ nunca supera los $1 0^{\circ}$ .

d) Halle el conjunto de valores de $x$ para los cuales $α \geq 7^{\circ}$ .

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Resultado: a) $α \approx 8, 4 3^{\circ}$ ; b) queda demostrado; c) (i) $\frac{70 - 2 x ^{2}}{( x ^{2} + 35 ) ^{2}}$ ; (ii) $α \approx 9, 5 9^{\circ}$ ; (iii) $\frac{4 x ( x ^{2} - 105 )}{( x ^{2} + 35 ) ^{3}}$ , negativa en $x = 35$ , luego $α$ es máximo y no supera $1 0^{\circ}$ ; d) $x \in [2, 55; 13, 7]$

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a) 1. Con $x = 10$ : $tan α = \frac{2 \cdot 10}{1 0 ^{2} + 35} = \frac{20}{135}$ (fórmula del apartado b). 2. Con la CPG: $α = arctan \frac{20}{135} \approx 8, 4 3^{\circ}$ .

b) 1. Sea M el punto medio de $[AB]$ . P está a $6$ m de la recta que pasa por M, luego $TM = 6$ . Como $AB = 2$ , tenemos $TB = 5$ y $TA = 7$ . 2. En los triángulos rectángulos $PTA$ y $PTB$ : $tan APT = \frac{7}{x}$ y $tan BPT = \frac{5}{x}$ . 3. El ángulo $α = APT - BPT$ , luego $tan α = \frac{\frac{7}{x} - \frac{5}{x}}{1 + \frac{7}{x} \cdot \frac{5}{x}} = \frac{\frac{2}{x}}{1 + \frac{35}{x ^{2}}}$ . 4. Multiplicamos numerador y denominador por $x^{2}$ : $tan α = \frac{2 x}{x ^{2} + 35}$ .

c) (i) 1. Regla del cociente con $u = 2 x$ y $v = x^{2} + 35$ : $\frac{d}{d x} (tan α) = \frac{2 ( x ^{2} + 35 ) - 2 x \cdot 2 x}{( x ^{2} + 35 ) ^{2}}$ . 2. Simplificamos: $\frac{70 - 2 x ^{2}}{( x ^{2} + 35 ) ^{2}}$ .

(ii) 1. Igualamos a cero: $70 - 2 x^{2} = 0$ , y con $x > 0$ : $x = 35$ . 2. Entonces $tan α = \frac{2 35}{35 + 35} = \frac{1}{35}$ . 3. $α = arctan \frac{1}{35} \approx 9, 5 9^{\circ}$ .

(iii) 1. Derivamos de nuevo (cociente): $\frac{d ^{2}}{d x ^{2}} (tan α) = \frac{- 4 x ( x ^{2} + 35 ) ^{2} - ( 70 - 2 x ^{2} ) \cdot 2 ( x ^{2} + 35 ) \cdot 2 x}{( x ^{2} + 35 ) ^{4}}$ . 2. Simplificamos dividiendo entre $(x^{2} + 35)$ : $\frac{- 4 x ( x ^{2} + 35 ) - 4 x ( 70 - 2 x ^{2} )}{( x ^{2} + 35 ) ^{3}} = \frac{4 x ^{3} - 420 x}{( x ^{2} + 35 ) ^{3}} = \frac{4 x ( x ^{2} - 105 )}{( x ^{2} + 35 ) ^{3}}$ . 3. En $x = 35$ : $x^{2} - 105 = - 70 < 0$ , luego la segunda derivada es negativa y $tan α$ tiene un máximo ( $tan α$ pasa de creciente a decreciente: es el único punto crítico con $x > 0$ ). 4. Como $α$ es agudo, $α$ es máximo cuando lo es $tan α$ , y vale $9, 5 9^{\circ} < 1 0^{\circ}$ . Por tanto $α$ nunca supera los $1 0^{\circ}$ .

d) 1. $α \geq 7^{\circ} ⟺ tan α \geq tan 7^{\circ}$ , es decir, $\frac{2 x}{x ^{2} + 35} \geq tan 7^{\circ} \approx 0, 1228$ . 2. Con la CPG resolvemos $\frac{2 x}{x ^{2} + 35} = tan 7^{\circ}$ (equivale a $0, 1228 x^{2} - 2 x + 4, 298 = 0$ ): $x \approx 2, 55$ y $x \approx 13, 7$ . 3. Como $tan α$ crece hasta $x = 35 \approx 5, 92$ y decrece después, la desigualdad se cumple entre ambas soluciones. 4. $2, 55 \leq x \leq 13, 7$ .

Ejercicio 200 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2005

La siguiente figura muestra un trapecio $OABC$ donde $OA$ es paralelo a $CB$ . $O$ es el centro de un círculo de radio $r$ cm. $A$ , $B$ y $C$ pertenecen a la circunferencia. El ángulo $OCB = θ$ .

Círculo de centro O y radio r cm con el trapecio OABC inscrito: OA es paralelo a CB (marcados con flechas), A, B y C están sobre la circunferencia y el ángulo OCB es θ

Sea $T$ el área del trapecio $OABC$ .

a) Demuestre que $T = \frac{r ^{2}}{2} (sen θ + sen 2 θ)$ .

Para un valor fijo de $r$ , el valor de $T$ cambia según cambia el valor de $θ$ .

b) Compruebe que $T$ toma su valor máximo cuando $θ$ satisface la ecuación $4 cos^{2} θ + cos θ - 2 = 0$ , y verifique que ese valor de $T$ es un máximo.

c) Sabiendo que el perímetro del trapecio es 75 cm, halle el valor máximo de $T$ .

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Resultado: c) $T_{m a x} \approx 296 c m^{2}$ (más exactamente $296, 2 c m^{2}$ )

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a) 1. Como $OC = OB = r$ (radios), el triángulo $OCB$ es isósceles y $OBC = θ$ . 2. La altura del triángulo $OCB$ desde $O$ (también la del trapecio, pues $OA ∥ CB$ ) mide $h = r sen θ$ , y la base $CB = 2 r cos θ$ . 3. Área del trapecio con bases $OA = r$ y $CB = 2 r cos θ$ : $T = \frac{1}{2} (r + 2 r cos θ) r sen θ = \frac{r ^{2}}{2} (sen θ + 2 sen θ cos θ)$ . 4. Con $sen 2 θ = 2 sen θ cos θ$ : $T = \frac{r ^{2}}{2} (sen θ + sen 2 θ)$ .

b) 1. Para $r$ fijo, derivamos respecto de $θ$ : $\frac{d T}{d θ} = \frac{r ^{2}}{2} (cos θ + 2 cos 2 θ)$ . 2. Igualamos a $0$ y usamos $cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ : $cos θ + 4 cos^{2} θ - 2 = 0$ , es decir, $4 cos^{2} θ + cos θ - 2 = 0$ . 3. Resolvemos: $cos θ = \frac{- 1 \pm 33}{8}$ . En $0 < θ < \frac{π}{2}$ el coseno es positivo: $cos θ = \frac{- 1 + 33}{8} \approx 0, 5931$ , $θ \approx 0, 936$ rad ( $53, 6^{\circ}$ ). 4. Segunda derivada: $\frac{d ^{2} T}{d θ ^{2}} = \frac{r ^{2}}{2} (- sen θ - 4 sen 2 θ)$ . Para $0 < θ < \frac{π}{2}$ tanto $sen θ$ como $sen 2 θ$ son positivos, así que es negativa: el punto crítico es un máximo.

c) 1. Lados del trapecio: $OA = OC = r$ , $CB = 2 r cos θ$ y $AB = 2 r sen \frac{θ}{2}$ (cuerda de ángulo central $θ$ en $AB$ , pues $AOB = θ$ por ángulos alternos internos con $OA ∥ CB$ ). 2. Perímetro: $r (2 + 2 cos θ + 2 sen \frac{θ}{2}) = 75$ . 3. Con $θ = 0, 9359$ rad (valor del apartado b): $r (2 + 1, 1861 + 0, 9022) = 75$ , luego $r \approx 18, 345$ cm. 4. Área máxima: $T = \frac{r ^{2}}{2} (sen θ + sen 2 θ) = \frac{18 , 34 5 ^{2}}{2} (0, 8052 + 0, 9551) \approx 296, 2 c m^{2}$ .

Resultado: c) $T_{m a x} \approx 296 c m^{2}$ (más exactamente $296, 2 c m^{2}$ )

Ejercicio 201 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2005

Un hombre $PF$ está de pie sobre un suelo horizontal en $F$ , a una distancia $x$ del fondo de un muro vertical $GE$ . El hombre observa el cuadro $AB$ en la pared. El ángulo $BPA$ es $θ$ .

Un hombre PF de pie sobre el suelo en F, a distancia x del muro vertical GE; en el muro, un cuadro AB sobre el punto D (a la altura de P); θ es el ángulo BPA

Sea $DA = a$ , $DB = b$ , donde el ángulo $PDE$ es un ángulo recto. Halle el valor de $x$ para el cual $tan θ$ es un máximo; exprese su respuesta en función de $a$ y $b$ . Justifique que este valor de $x$ da un valor máximo de $tan θ$ .

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Resultado: $x = ab$ (máximo de $tan θ$ )

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Como $P$ y $D$ están a la misma altura, $PD = x$ (horizontal) y $PD ⊥ DE$ . Con $DA = a$ y $DB = b$ ( $b > a$ ), los ángulos que forman las visuales con la horizontal verifican $tan DPA = \frac{a}{x}$ y $tan DPB = \frac{b}{x}$ .
Como $θ = DPB - DPA$ , usamos la tangente de una diferencia: $tan θ = \frac{\frac{b}{x} - \frac{a}{x}}{1 + \frac{b}{x} \cdot \frac{a}{x}} = \frac{( b - a ) x}{x ^{2} + ab}$ .
Derivamos con la regla del cociente: $\frac{d}{d x} (tan θ) = \frac{( b - a ) ( x ^{2} + ab ) - ( b - a ) x \cdot 2 x}{( x ^{2} + ab ) ^{2}} = \frac{( b - a ) ( ab - x ^{2} )}{( x ^{2} + ab ) ^{2}}$ .
Igualamos a $0$ con $x > 0$ : $ab - x^{2} = 0$ , luego $x = ab$ .
Justificación de que es máximo: como $b - a > 0$ y el denominador es positivo, el signo de la derivada es el de $ab - x^{2}$ . Es positivo para $x < ab$ y negativo para $x > ab$ , así que $tan θ$ pasa de crecer a decrecer: máximo.

Resultado: $x = ab$ (máximo de $tan θ$ )

Ejercicio 202 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2007

Se coloca en una pared una pantalla de televisión $BC$ de un metro de altura. La parte inferior de la pantalla de televisión, $B$ , está situada un metro por encima de la altura de los ojos de un observador. Los ángulos de elevación $(AOC, AOB)$ desde la altura de los ojos del observador, $O$ , hasta la parte superior e inferior de la pantalla de televisión son $α$ y $β$ radianes respectivamente. La distancia en horizontal desde el ojo del observador hasta la pared donde se ha colgado la pantalla de televisión es igual a $x$ metros.

El ángulo de visión del observador $(BOC)$ es $θ$ radianes, tal como se muestra a continuación

Observador en O, pared vertical a x metros con la pantalla BC de 1 m de altura y B a 1 m sobre A; visuales OB y OC (discontinuas) con los ángulos α = AOC, β = AOB y θ = BOC

a) (i) Compruebe que $θ = arctan \frac{2}{x} - arctan \frac{1}{x}$ .

(ii) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, halle el valor exacto de $x$ para el cual $θ$ es máximo, y justifique por qué esa $x$ da un máximo de $θ$ .

(iii) Halle el valor máximo de $θ$ .

b) Halle dónde se debería situar el observador para que el ángulo de visión sea igual a $1 5^{\circ}$ .

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Resultado: a) (ii) $x = 2$ m, es máximo; (iii) $θ_{m a x} \approx 0, 34$ rad; b) $x \approx 0, 65$ m o $x \approx 3, 08$ m

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a) (i) 1. En el triángulo rectángulo con vértice $O$ y la pared, $tan α = \frac{2}{x}$ (altura de $C$ sobre los ojos: 2 m) y $tan β = \frac{1}{x}$ (altura de $B$ : 1 m). 2. Los ángulos son agudos, así que $α = arctan \frac{2}{x}$ y $β = arctan \frac{1}{x}$ . 3. Como $θ = α - β$ : $θ = arctan \frac{2}{x} - arctan \frac{1}{x}$ .

(ii) 1. Derivamos con $\frac{d}{d x} arctan u = \frac{u ^{'}}{1 + u ^{2}}$ : $\frac{d θ}{d x} = \frac{- 2/ x ^{2}}{1 + 4/ x ^{2}} - \frac{- 1/ x ^{2}}{1 + 1/ x ^{2}} = \frac{- 2}{x ^{2} + 4} + \frac{1}{x ^{2} + 1}$ . 2. Común denominador: $\frac{d θ}{d x} = \frac{- 2 ( x ^{2} + 1 ) + ( x ^{2} + 4 )}{( x ^{2} + 4 ) ( x ^{2} + 1 )} = \frac{2 - x ^{2}}{( x ^{2} + 4 ) ( x ^{2} + 1 )}$ . 3. Igualamos a $0$ con $x > 0$ : $x^{2} = 2$ , luego $x = 2$ . 4. Justificación: el denominador es positivo, así que el signo de $\frac{d θ}{d x}$ es el de $2 - x^{2}$ : positivo si $x < 2$ y negativo si $x > 2$ . $θ$ pasa de crecer a decrecer: máximo en $x = 2$ .

(iii) 1. $θ_{m a x} = arctan \frac{2}{2} - arctan \frac{1}{2} = arctan 2 - arctan \frac{1}{2}$ . 2. Con la calculadora (radianes): $θ_{m a x} \approx 0, 9553 - 0, 6155 \approx 0, 340$ rad (equivale a $arctan \frac{2}{4}$ ).

b) 1. Combinamos con la tangente de una diferencia: $tan θ = \frac{\frac{2}{x} - \frac{1}{x}}{1 + \frac{2}{x ^{2}}} = \frac{x}{x ^{2} + 2}$ . 2. Imponemos $θ = 1 5^{\circ}$ (que es menor que el máximo $\approx 19, 5^{\circ}$ , así que habrá dos soluciones): $\frac{x}{x ^{2} + 2} = tan 1 5^{\circ} = 2 - 3 \approx 0, 2679$ . 3. Ecuación de segundo grado: $0, 2679 x^{2} - x + 0, 5359 = 0$ . 4. Resolvemos: $x \approx 0, 649$ o $x \approx 3, 083$ . 5. El observador debe situarse a unos $0, 65$ m o a unos $3, 08$ m de la pared.

Resultado: a) (ii) $x = 2$ m, es máximo; (iii) $θ_{m a x} \approx 0, 34$ rad; b) $x \approx 0, 65$ m o $x \approx 3, 08$ m

Ejercicio 203 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2011

A las 12:00 un barco se encuentra situado exactamente al sur de un carguero, a 20 km del mismo. El barco navega derecho hacia el este a 20 $km h^{- 1}$ , y el carguero navega derecho hacia el sur a 40 $km h^{- 1}$ .

a) Determine la hora a la que estas dos embarcaciones se encuentran más próximas la una de la otra, y justifique su respuesta.

b) Si en el mar la visibilidad es de 9 $km h^{- 1}$ , determine si en algún momento el capitán de alguna de las embarcaciones logra ver a la otra embarcación.

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Resultado: a) a las 12:24; b) la distancia mínima es $80 \approx 8, 94 km < 9 km$ , luego sí se pueden ver.

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a) 1. Tomamos como origen la posición inicial del carguero y ejes este ( $x$ ) y norte ( $y$ ). A las 12:00, el barco está en $(0, - 20)$ . 2. Tras $t$ horas, el barco (hacia el este a $20$ km/h) está en $(20 t, - 20)$ y el carguero (hacia el sur a $40$ km/h) en $(0, - 40 t)$ . 3. Diferencia de posiciones: $(20 t, 40 t - 20)$ . Distancia al cuadrado: $d^{2} = (20 t)^{2} + (40 t - 20)^{2} = 2000 t^{2} - 1600 t + 400$ . 4. Minimizar $d$ equivale a minimizar $d^{2}$ . Derivamos: $\frac{d}{d t} (d^{2}) = 4000 t - 1600 = 0$ , luego $t = 0, 4$ h $= 24$ min. 5. Es un mínimo porque la segunda derivada es $4000 > 0$ (parábola abierta hacia arriba). Hora: 12:24.

b) 1. Distancia mínima: $d^{2} = 2000 (0, 16) - 1600 (0, 4) + 400 = 320 - 640 + 400 = 80$ , luego $d_{m i n} = 80 \approx 8, 94$ km. 2. Como $8, 94 < 9$ , en ese instante la distancia es menor que la visibilidad: los capitanes sí logran verse.

Resultado: a) a las 12:24; b) la distancia mínima es $80 \approx 8, 94 km < 9 km$ , luego sí se pueden ver.

Ejercicio 204 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2010

Los puntos $A$ , $B$ y $C$ están en la circunferencia de un círculo, centro $O$ y radio $r$ .

El trapecio $OABC$ se forma tal que $AB$ es paralelo a $OC$ , y el ángulo $AOC$ es $θ$ , $\frac{π}{2} \leq θ < π$ .

Circunferencia de centro O y radio r con tres puntos A, B y C sobre ella; el trapecio OABC tiene AB paralelo a OC y el ángulo θ en O entre OA y OC

a) Muestre que el ángulo $BOC$ es $π - θ$ .

b) Muestre que el área $T$ del trapecio puede expresarse como $T = \frac{1}{2} r^{2} sen θ - \frac{1}{2} r^{2} sen 2 θ$ .

c) (i) Muestre que cuando el área es máxima, el valor de $θ$ satisface $cos θ = 2 cos 2 θ$ .

(ii) Usando lo anterior, determine el área máxima del trapecio cuando $r = 1$ . (Nota: No es necesario probar que es un máximo.)

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Resultado: a) y b) demostraciones; c) (i) demostración; (ii) $T = 0, 88$

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a) 1. $OA = OB = OC = r$ (son radios), luego el triángulo $OAB$ es isósceles con $OA = OB$ . 2. $AB ∥ OC$ y $OA$ es una transversal: los ángulos $OAB$ y $AOC$ son suplementarios (ángulos internos del mismo lado), así que $OAB = π - θ$ . 3. Por ser isósceles, $OBA = OAB = π - θ$ . 4. $AB ∥ OC$ y $OB$ es transversal: los ángulos alternos internos $ABO$ y $BOC$ son iguales. Por tanto $BOC = π - θ$ .

b) 1. La diagonal $OB$ divide el trapecio en los triángulos $OAB$ y $OBC$ . 2. Triángulo $OBC$ : dos lados $r$ y ángulo comprendido $π - θ$ : $A ˊ rea = \frac{1}{2} r^{2} sen (π - θ) = \frac{1}{2} r^{2} sen θ .$ 3. Triángulo $OAB$ : el ángulo en $O$ es $AOB = θ - (π - θ) = 2 θ - π$ , y $sen (2 θ - π) = - sen 2 θ$ : $A ˊ rea = \frac{1}{2} r^{2} sen (2 θ - π) = - \frac{1}{2} r^{2} sen 2 θ .$ 4. Sumando: $T = \frac{1}{2} r^{2} sen θ - \frac{1}{2} r^{2} sen 2 θ .$

c) (i) 1. El área es máxima donde $\frac{d T}{d θ} = 0$ . 2. Derivamos: $\frac{d T}{d θ} = \frac{1}{2} r^{2} cos θ - \frac{1}{2} r^{2} \cdot 2 cos 2 θ = \frac{1}{2} r^{2} (cos θ - 2 cos 2 θ)$ . 3. Igualando a $0$ (con $r > 0$ ): $cos θ = 2 cos 2 θ$ .

(ii) 1. Con $cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ la condición queda $cos θ = 4 cos^{2} θ - 2$ , es decir $4 cos^{2} θ - cos θ - 2 = 0$ . 2. Resolvemos la ecuación de segundo grado en $cos θ$ : $cos θ = \frac{1 \pm 33}{8}$ . 3. Como $\frac{π}{2} \leq θ < π$ , $cos θ \leq 0$ , así que $cos θ = \frac{1 - 33}{8} \approx - 0, 5931$ , y $θ \approx 2, 2057$ . 4. Con $r = 1$ y la CPG (o calculadora): $T = \frac{1}{2} sen θ - \frac{1}{2} sen 2 θ \approx 0, 880$ .

Resultado: a) y b) demostraciones; c) (i) demostración; (ii) $T = 0, 88$

Ejercicio 205 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2011

La siguiente figura muestra un lago circular de centro $O$ , diámetro $AB$ y radio 2 km.

Lago circular de centro O y diámetro AB: ruta remando de A a un punto P de la orilla y luego caminando por el arco de P a B, con el ángulo θ en A y el ángulo 2θ en O

Jorg tiene que ir de $A$ a $B$ tan rápido como sea posible. Se plantea ir remando hasta el punto $P$ y luego desde ahí ir caminando hasta el punto $B$ . Jorg es capaz de remar a 3 $km h^{- 1}$ y de caminar a 6 $km h^{- 1}$ . Sea $PAB = θ$ radianes, y $t$ el tiempo, en horas, que tarda Jorg en ir desde $A$ hasta $B$ .

a) Compruebe que $t = \frac{2}{3} (2 cos θ + θ)$ .

b) Halle el valor de $θ$ para el cual $\frac{d t}{d θ} = 0$ .

c) ¿Por qué camino debe ir Jorg para llegar desde $A$ hasta $B$ en el menor tiempo posible? Justifique su respuesta.

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Resultado: a) demostración; b) $θ = \frac{π}{6}$ ; c) caminando de $A$ hacia $B$ por la orilla ( $t = \frac{π}{3} \approx 1, 05$ h).

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a) 1. El ángulo $APB$ está inscrito en una semicircunferencia (el diámetro $AB = 4$ km), luego vale $9 0^{\circ}$ . En el triángulo rectángulo $APB$ : $AP = AB cos θ = 4 cos θ$ . 2. Tiempo remando (velocidad $3$ km/h): $t_{1} = \frac{4 cos θ}{3}$ . 3. El ángulo central $POB$ es el doble del inscrito $θ$ : $2 θ$ . El arco $PB$ mide $ℓ = r \cdot 2 θ = 2 \cdot 2 θ = 4 θ$ km. 4. Tiempo caminando (velocidad $6$ km/h): $t_{2} = \frac{4 θ}{6} = \frac{2 θ}{3}$ . 5. Sumamos: $t = \frac{4 cos θ}{3} + \frac{2 θ}{3} = \frac{2}{3} (2 cos θ + θ) .$

b) 1. Derivamos respecto de $θ$ : $\frac{d t}{d θ} = \frac{2}{3} (- 2 sen θ + 1)$ . 2. Igualamos a $0$ : $sen θ = \frac{1}{2}$ . Como $0 \leq θ \leq \frac{π}{2}$ , $θ = \frac{π}{6}$ .

c) 1. $θ$ varía en $[0, \frac{π}{2}]$ . Comparamos el valor de $t$ en el punto crítico y en los extremos del intervalo:

$θ = 0$ ( $P = B$ , todo remando): $t = \frac{2}{3} \cdot 2 = \frac{4}{3} \approx 1, 33$ h.
$θ = \frac{π}{6}$ : $t = \frac{2}{3} (3 + \frac{π}{6}) \approx 1, 50$ h.
$θ = \frac{π}{2}$ ( $P = A$ , todo caminando por la orilla): $t = \frac{2}{3} \cdot \frac{π}{2} = \frac{π}{3} \approx 1, 05$ h.

Además $\frac{d ^{2} t}{d θ ^{2}} = - \frac{4}{3} cos θ < 0$ en $θ = \frac{π}{6}$ : es un máximo (el peor camino), no un mínimo.
El menor tiempo se obtiene en el extremo $θ = \frac{π}{2}$ : Jorg debe ir caminando de $A$ hacia $B$ por la orilla, sin remar.

Resultado: a) demostración; b) $θ = \frac{π}{6}$ ; c) caminando de $A$ hacia $B$ por la orilla ( $t = \frac{π}{3} \approx 1, 05$ h).

Ejercicio 206 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2012

El diagrama muestra el plano de una galería de arte de $a$ metros de ancho. $[AB]$ representa una puerta, que conduce a un pasillo de salida de $b$ metros de ancho. Para sacar una pintura de la galería de arte, $CD$ (denotado por $L$ ) se mide para varios valores de $α$ , tal como se representa en el diagrama.

Plano de una galería rectangular de ancho a con una puerta AB que da a un pasillo de ancho b; el segmento CD pasa por la esquina A y forma un ángulo α con la pared de la galería

a) Si $α$ es el ángulo entre $[CD]$ y la pared, muestre que $L = \frac{a}{sen α} + \frac{b}{cos α}$ , $0 < α < \frac{π}{2}$ .

b) Si $a = 5$ y $b = 1$ , encuentre la longitud máxima de una pintura que se pueda quitar a través de esta puerta.

Sea $a = 3 k$ y $b = k$ .

c) Calcule $\frac{d L}{d α}$ .

d) Hallar, en función de $k$ , la longitud máxima de una pintura que se puede sacar de la galería a través de esta puerta.

e) Encuentre el valor mínimo de $k$ si una pintura de 8 metros de largo se va a sacar por esta puerta.

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Resultado: a) demostración; b) $L = 7, 77$ m; c) $\frac{d L}{d α} = \frac{- 3 k cos α}{sen ^{2} α} + \frac{k sen α}{cos ^{2} α}$ ; d) $L = 5, 41 k$ m; e) $k = 1, 48$ m

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a) 1. La recta $CD$ pasa por $A$ y forma el ángulo $α$ con la pared de la galería (horizontal por $A$ ). Dividimos $L = CA + AD$ . 2. En el triángulo rectángulo con hipotenusa $CA$ , el cateto vertical es el ancho de la galería $a$ : $sen α = \frac{a}{CA}$ , luego $CA = \frac{a}{sen α}$ . 3. En el triángulo rectángulo con hipotenusa $AD$ , el cateto horizontal es el ancho del pasillo $b$ : $cos α = \frac{b}{AD}$ , luego $AD = \frac{b}{cos α}$ . 4. Sumando: $L = \frac{a}{sen α} + \frac{b}{cos α}$ , $0 < α < \frac{π}{2}$ .

b) 1. Una pintura de longitud $ℓ$ puede pasar solo si cabe en todas las posiciones de $CD$ , es decir, si $ℓ \leq L (α)$ para todo $α$ . La longitud máxima es por tanto el mínimo de $L (α)$ . 2. Con $a = 5$ , $b = 1$ : $L (α) = \frac{5}{sen α} + \frac{1}{cos α}$ . Derivamos (regla de la cadena): $L^{'} (α) = - \frac{5 cos α}{sen ^{2} α} + \frac{sen α}{cos ^{2} α} .$ 3. $L^{'} (α) = 0$ implica $sen^{3} α = 5 cos^{3} α$ , es decir $tan α = 35 \approx 1, 710$ . 4. Es un mínimo: $L \to + \infty$ cuando $α \to 0^{+}$ y cuando $α \to \frac{π}{2}^{-}$ , y el único punto crítico es este. 5. Con la CPG (o calculadora) para ese $α$ : $L_{m i n} = (5^{2/3} + 1)^{3/2} \approx 7, 77$ m.

c) 1. Con $a = 3 k$ , $b = k$ : $L = \frac{3 k}{sen α} + \frac{k}{cos α}$ . 2. Derivamos: $\frac{d L}{d α} = - \frac{3 k cos α}{sen ^{2} α} + \frac{k sen α}{cos ^{2} α} .$

d) 1. $\frac{d L}{d α} = 0$ implica $k sen^{3} α = 3 k cos^{3} α$ , luego $tan α = 33 \approx 1, 442$ , es decir $α \approx 0, 965$ rad. 2. Como en b), este es el mínimo de $L$ (tiende a infinito en los extremos). Su valor: $L_{m i n} = k (3^{2/3} + 1)^{3/2} \approx 5, 41 k m .$

e) 1. Una pintura de $8$ m sale por la puerta si $8 \leq L_{m i n}$ , es decir $5, 41 k \geq 8$ . 2. Con más precisión, $k \geq \frac{8}{5 , 4056} \approx 1, 48$ . El valor mínimo es $k = 1, 48$ m.

Resultado: a) demostración; b) $L = 7, 77$ m; c) $\frac{d L}{d α} = \frac{- 3 k cos α}{sen ^{2} α} + \frac{k sen α}{cos ^{2} α}$ ; d) $L = 5, 41 k$ m; e) $k = 1, 48$ m

Ejercicio 207 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2009

Sean dos círculos que no se cortan: $C_{1}$ , que contiene los puntos $M$ y $S$ , y $C_{2}$ , que contiene los puntos $N$ y $R$ , y cuyos centros son $P$ y $Q$ , siendo $PQ = 50$ . Los segmentos de recta $[MN]$ y $[SR]$ son ambos tangentes a los dos círculos.

El ángulo cóncavo $MPS$ mide $α$ , el ángulo obtuso $NQR$ mide $β$ , el ángulo $MPQ$ mide $θ$ . La longitud del arco $MS$ es $l_{1}$ y la longitud del arco $NR$ es $l_{2}$ . Esta información se representa en el siguiente diagrama.

Dos circunferencias que no se cortan, de centros P y Q, unidas por dos segmentos tangentes comunes MN y SR; se marcan los ángulos θ, α y β y los arcos l1 y l2

El radio de $C_{1}$ es $x$ , donde $x \geq 0$ y el radio de $C_{2}$ es igual a 10.

a) Explique por qué $x < 40$ .

b) Compruebe que $cos θ = \frac{x - 10}{50}$ .

c) (i) Halle una expresión para $MN$ en función de $x$ .

(ii) Halle el valor de $x$ para el cual el valor de $MN$ es máximo.

d) Halle una expresión, en función de $x$ , para

(i) $α$

(ii) $β$

e) La longitud del perímetro viene dada por $l_{1} + l_{2} + MN + SR$ .

(i) Halle una expresión, $b (x)$ , para la longitud del perímetro en función de $x$ .

(ii) Halle el valor máximo de la longitud del perímetro.

(iii) Halle el valor de $x$ para el cual la longitud del perímetro es igual a 200.

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Resultado: a) y b) justificaciones; c) (i) $MN = - x^{2} + 20 x + 2400$ ; (ii) $x = 10$ ; d) (i) $α = 2 π - 2 arccos (\frac{x - 10}{50})$ ; (ii) $β = 2 arccos (\frac{x - 10}{50})$ ; e) (i) $b (x) = 2 π x + (20 - 2 x) arccos (\frac{x - 10}{50}) + 2 - x^{2} + 20 x + 2400$ ; (ii) $275, 69$ ; (iii) $x = 21, 05$

Ver proceso y resultado

a) 1. Las circunferencias no se cortan y se encuentran una fuera de la otra (las tangentes comunes $MN$ y $SR$ son exteriores). Entonces la distancia entre centros es mayor que la suma de los radios: $PQ > x + 10$ . 2. Es decir $50 > x + 10$ , luego $x < 40$ .

b) 1. $PM ⊥ MN$ y $QN ⊥ MN$ , así que $PM ∥ QN$ (apuntan al mismo lado). 2. Proyectamos el segmento $PN$ sobre la recta $PM$ . Como $MN ⊥ PM$ , la proyección de $PN$ es $PM = x$ . 3. Por otro lado $PN = PQ + QN$ : la proyección de $PQ$ sobre $PM$ es $50 cos θ$ y la de $QN$ es $10$ (paralelo y del mismo sentido). 4. Así $x = 50 cos θ + 10$ , es decir $cos θ = \frac{x - 10}{50}$ .

c) (i) 1. Con la misma proyección, pero sobre la dirección perpendicular a $PM$ : $MN = PQ sen θ = 50 sen θ$ . 2. Como $sen θ = 1 - cos^{2} θ$ (con $0 < θ < π$ ): $MN = 50 1 - \frac{( x - 10 ) ^{2}}{2500} = 2500 - (x - 10)^{2} = - x^{2} + 20 x + 2400 .$

(ii) 1. $MN$ es máximo cuando lo es el radicando $- x^{2} + 20 x + 2400$ , una parábola cóncava hacia abajo. 2. Su vértice está en $x = - \frac{20}{2 ( - 1 )} = 10$ . (Derivando: $- 2 x + 20 = 0$ implica $x = 10$ , y la derivada segunda $- 2 < 0$ confirma el máximo.) Entonces $MN = 50$ .

d) 1. El diagrama es simétrico respecto de la recta $PQ$ , así que $MPQ = SPQ = θ$ y el ángulo convexo $MPS$ mide $2 θ$ . 2. (i) El ángulo cóncavo (el de la izquierda, donde está el arco $l_{1}$ ) es el complementario hasta $2 π$ : $α = 2 π - 2 θ = 2 π - 2 arccos \frac{x - 10}{50}$ . 3. (ii) Como $QN ∥ PM$ , $QN$ forma el ángulo $θ$ con la dirección de $PQ$ (hacia la derecha); lo mismo $QR$ por simetría. Entonces $β = 2 θ = 2 arccos \frac{x - 10}{50}$ .

e) (i) 1. Longitud de arco $=$ radio $\times$ ángulo: $l_{1} = xα$ y $l_{2} = 10 β$ . Además $SR = MN$ por simetría. 2. Perímetro: $b (x) = x (2 π - 2 θ) + 20 θ + 2 - x^{2} + 20 x + 2400 = 2 π x + (20 - 2 x) arccos \frac{x - 10}{50} + 2 - x^{2} + 20 x + 2400 .$

(ii) 1. Con la CPG representamos $b (x)$ para $0 \leq x < 40$ : la gráfica es creciente, así que el máximo se alcanza en el extremo $x = 40$ (circunferencias tangentes). 2. $b (40) = 80 π - 60 arccos \frac{30}{50} + 2 - 1600 + 800 + 2400 = 80 π - 60 arccos 0, 6 + 80 \approx 275, 69$ .

(iii) 1. Con la CPG, intersección de $y = b (x)$ con $y = 200$ (como $b (0) \approx 133, 4$ y $b$ es creciente, hay una sola solución): $x \approx 21, 05$ .

Razón de cambio

Ejercicio 208 BásicoIB · P1 Noviembre 1996

Una bola de nieve esférica se está derritiendo y su volumen está disminuyendo a una velocidad de $40 c m^{3}$ por minuto. Calcule, en función de $π$ , la razón de cambio del radio cuando el radio es $5$ cm.

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Resultado: $\frac{d r}{d t} = - \frac{2}{5 π} cm mi n^{- 1}$

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Volumen de la esfera: $V = \frac{4}{3} π r^{3}$ , así que $\frac{d V}{d t} = 4 π r^{2} \frac{d r}{d t}$ (regla de la cadena).
El volumen disminuye: $\frac{d V}{d t} = - 40$ cm $^{3}$ min $^{- 1}$ .
Con $r = 5$ : $- 40 = 4 π \cdot 25 \cdot \frac{d r}{d t} = 100 π \frac{d r}{d t}$ .
Despejamos: $\frac{d r}{d t} = - \frac{40}{100 π} = - \frac{2}{5 π}$ (el radio disminuye).

Resultado: $\frac{d r}{d t} = - \frac{2}{5 π} cm mi n^{- 1}$

Ejercicio 209 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2009

Un helicóptero $H$ se mueve verticalmente, con una velocidad de $10 m s^{- 1}$ . El helicóptero está a una altura de $h$ m, justo encima del punto $Q$ , que se encuentra a nivel del suelo. El helicóptero es observado desde el punto $P$ , que también se encuentra a nivel del suelo, siendo $PQ = 40$ m. Esta información se representa en el siguiente diagrama.

Triángulo rectángulo PQH con el ángulo recto en Q, PQ = 40 m y QH = h m; el diagrama no está a escala

Para $h = 30$ ,

a) compruebe que la razón de cambio de $HPQ$ es igual a $0, 16$ radianes por segundo.

b) halle la razón de cambio de $PH$ .

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Resultado: a) queda comprobado: $0, 16 rad s^{- 1}$ ; b) $6 m s^{- 1}$

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Sea $θ = HPQ$ . En el triángulo rectángulo $PQH$ : $tan θ = \frac{h}{40}$ , y $\frac{d h}{d t} = 10 m s^{- 1}$ (el helicóptero asciende).

a) 1. Derivamos respecto de $t$ : $sec^{2} θ \frac{d θ}{d t} = \frac{1}{40} \frac{d h}{d t}$ . 2. Para $h = 30$ : $tan θ = \frac{3}{4}$ , luego $sec^{2} θ = 1 + \frac{9}{16} = \frac{25}{16}$ . 3. $\frac{d θ}{d t} = \frac{16}{25} \cdot \frac{10}{40} = \frac{16}{25} \cdot \frac{1}{4} = \frac{4}{25} = 0, 16 rad s^{- 1}$ .

b) 1. Por Pitágoras, $PH^{2} = 4 0^{2} + h^{2}$ . Si $h = 30$ , $PH = 50$ m. 2. Derivamos respecto de $t$ : $2 PH \frac{d ( PH )}{d t} = 2 h \frac{d h}{d t}$ . 3. $\frac{d ( PH )}{d t} = \frac{h}{PH} \frac{d h}{d t} = \frac{30}{50} \cdot 10 = 6 m s^{- 1}$ (la distancia aumenta).

Resultado: a) queda comprobado: $0, 16 rad s^{- 1}$ ; b) $6 m s^{- 1}$

Ejercicio 210 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2011

Un cohete está ascendiendo en vertical a una velocidad de $300 m s^{- 1}$ cuando se encuentra a una altura de $800$ m directamente encima del lugar del lanzamiento.

Esquema de un cohete sobre el lugar de lanzamiento, a una altura de 800 m, y un observador en el suelo a 600 m del lanzamiento; se une el cohete con el observador

Calcule la razón de cambio de la distancia que hay entre el cohete y un observador situado a $600$ m del lugar del lanzamiento, y en el mismo nivel horizontal que el lugar del lanzamiento.

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Resultado: $240 m s^{- 1}$

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Sea $h$ la altura del cohete y $D$ su distancia al observador. El observador está a $600$ m de la vertical del lanzamiento, así que (Pitágoras) $D^{2} = 60 0^{2} + h^{2}$ , con $\frac{d h}{d t} = 300 m s^{- 1}$ (el cohete sube).

Derivamos respecto de $t$ : $2 D \frac{d D}{d t} = 2 h \frac{d h}{d t}$ , luego $\frac{d D}{d t} = \frac{h}{D} \frac{d h}{d t}$ .
Con $h = 800$ : $D = 60 0^{2} + 80 0^{2} = 1000$ m.
$\frac{d D}{d t} = \frac{800}{1000} \cdot 300 = 240 m s^{- 1}$ (la distancia aumenta).

Resultado: $240 m s^{- 1}$

Ejercicio 211 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2014

Se vierte arena para formar un cono de $h$ cm de altura y $r$ cm de radio de la base. En todo momento, la altura es igual al radio de la base. La altura del cono va aumentando a razón de $0, 5 cm mi n^{- 1}$ . Halle la razón a la que se vierte la arena, en $c m^{3} mi n^{- 1}$ , cuando la altura es igual a $4$ cm.

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Resultado: $8 π c m^{3} mi n^{- 1} \approx 25, 1 c m^{3} mi n^{- 1}$

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Como $r = h$ , el volumen del cono es $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π h^{3}$ .
Derivamos respecto del tiempo (regla de la cadena): $\frac{d V}{d t} = π h^{2} \frac{d h}{d t}$ .
Con $h = 4$ cm y $\frac{d h}{d t} = 0, 5$ cm min $^{- 1}$ (positiva: la altura crece): $\frac{d V}{d t} = π \cdot 16 \cdot 0, 5 = 8 π$ .

Resultado: $8 π c m^{3} mi n^{- 1} \approx 25, 1 c m^{3} mi n^{- 1}$

Ejercicio 212 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2014Demostración

Dos ciclistas están en el mismo cruce de carreteras. Uno de los ciclistas viaja hacia el norte a $20 km h^{- 1}$ . El otro ciclista viaja hacia el oeste a $15 km h^{- 1}$ . Utilice el cálculo analítico para mostrar que la razón a la que cambia la distancia entre los dos ciclistas es independiente del tiempo.

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Resultado: queda demostrado: la distancia crece a $25 km h^{- 1}$ en todo instante.

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Sea $t$ el tiempo en horas desde que están en el cruce. Posición del ciclista que va al norte: $y = 20 t$ km. Del que va al oeste: $x = 15 t$ km. Forman un ángulo recto.
La distancia entre ellos es $D = x^{2} + y^{2}$ , con $D^{2} = x^{2} + y^{2}$ .
Derivamos respecto de $t$ : $2 D \frac{d D}{d t} = 2 x \frac{d x}{d t} + 2 y \frac{d y}{d t}$ , con $\frac{d x}{d t} = 15$ y $\frac{d y}{d t} = 20$ (ambas positivas: se alejan).
Sustituimos $x = 15 t$ , $y = 20 t$ y $D = 225 t^{2} + 400 t^{2} = 25 t$ : $2 (25 t) \frac{d D}{d t} = 2 (15 t) (15) + 2 (20 t) (20) = 1250 t$ .
Dividimos entre $50 t$ ( $t > 0$ ): $\frac{d D}{d t} = 25$ km h $^{- 1}$ , que no depende de $t$ .

Resultado: queda demostrado: la distancia crece a $25 km h^{- 1}$ en todo instante.

Ejercicio 213 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2006

El radio y la altura de un cilindro son iguales a $x$ cm. La superficie del área lateral del cilindro crece a razón constante de $10 c m^{2} s^{- 1}$ . Cuando $x = 2$ , calcule la razón de cambio de:

a) El radio del cilindro.

b) El volumen del cilindro.

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Resultado: a) $\frac{5}{4 π} cm s^{- 1}$ ; b) $15 c m^{3} s^{- 1}$

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Cilindro con $r = h = x$ . Área lateral: $S = 2 π r h = 2 π x^{2}$ . Volumen: $V = π r^{2} h = π x^{3}$ .
Dato: $\frac{d S}{d t} = 10$ cm $^{2}$ s $^{- 1}$ (positiva: crece).

a) 1. Derivamos $S = 2 π x^{2}$ respecto de $t$ (cadena): $\frac{d S}{d t} = 4 π x \frac{d x}{d t}$ . 2. Con $x = 2$ : $10 = 8 π \frac{d x}{d t} \Rightarrow \frac{d x}{d t} = \frac{5}{4 π}$ cm s $^{- 1}$ .

b) 1. $\frac{d V}{d t} = 3 π x^{2} \frac{d x}{d t}$ . 2. Con $x = 2$ : $\frac{d V}{d t} = 3 π \cdot 4 \cdot \frac{5}{4 π} = 15$ cm $^{3}$ s $^{- 1}$ .

Resultado: a) $\frac{5}{4 π} cm s^{- 1}$ ; b) $15 c m^{3} s^{- 1}$

Ejercicio 214 MedioIB · P1 Noviembre 2002

Se bombea aire dentro de una pelota esférica la cual se expande a $8 c m^{3} s^{- 1}$ . Halle la tasa exacta de incremento del radio de la pelota cuando el radio es $2$ cm.

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Resultado: $\frac{1}{2 π} cm s^{- 1}$

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Volumen de la esfera: $V = \frac{4}{3} π r^{3}$ .
Derivamos respecto del tiempo (regla de la cadena): $\frac{d V}{d t} = 4 π r^{2} \frac{d r}{d t}$ .
Dato: $\frac{d V}{d t} = 8$ cm $^{3}$ s $^{- 1}$ (positiva: se infla). Con $r = 2$ : $8 = 16 π \frac{d r}{d t}$ .
Despejamos: $\frac{d r}{d t} = \frac{8}{16 π} = \frac{1}{2 π}$ .

Resultado: $\frac{1}{2 π} cm s^{- 1}$

Ejercicio 215 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2019

Una cámara en el punto C está a $3$ m del borde de una sección recta de la carretera, como se muestra en el siguiente diagrama. La cámara detecta un coche que se desplaza por la carretera en $t = 0$ . A continuación, gira, siempre apuntando hacia el coche, hasta que el coche pasa por O, el punto en el borde de la carretera más cercano a la cámara.

Diagrama de la cámara C a 3 m del punto O del borde de la carretera, la recta de la carretera y el coche en X por debajo de O; el ángulo en C entre CO y CX es theta

Un coche recorre la carretera a una velocidad de $24 m s^{- 1}$ . Sea la posición del coche X y que $OCX = θ$

Calcule $\frac{d θ}{d t}$ , la velocidad de rotación de la cámara, en radianes por segundo, en el instante en que el coche pasa por el punto O.

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Resultado: $\frac{d θ}{d t} = - 8 rad s^{- 1}$ (la cámara gira a $8 rad s^{- 1}$ )

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Sea $x$ la distancia $OX$ del coche al punto $O$ . En el triángulo rectángulo $COX$ (recto en $O$ ): $tan θ = \frac{x}{3}$ .
El coche se acerca a $O$ a $24$ m s $^{- 1}$ , por lo que $\frac{d x}{d t} = - 24$ (la distancia disminuye).
Derivamos respecto de $t$ (regla de la cadena): $sec^{2} θ \frac{d θ}{d t} = \frac{1}{3} \frac{d x}{d t}$ .
En el instante en que el coche pasa por $O$ : $x = 0$ , $θ = 0$ y $sec^{2} 0 = 1$ . Entonces $\frac{d θ}{d t} = \frac{- 24}{3} = - 8$ .
El signo negativo indica que $θ$ disminuye: la cámara gira a $8$ rad s $^{- 1}$ .

Resultado: $\frac{d θ}{d t} = - 8 rad s^{- 1}$ (la cámara gira a $8 rad s^{- 1}$ )

Ejercicio 216 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2016

Un satélite terrestre se mueve siguiendo una trayectoria definida mediante la curva $72, 5 x^{2} + 71, 5 y^{2} = 1$ , donde $x = x (t)$ e $y = y (t)$ se expresan en miles de kilómetros y $t$ es el tiempo en segundos. Sabiendo que $\frac{d x}{d t} = 7, 75 \times 1 0^{- 5}$ , cuando $x = 3, 2 \times 1 0^{- 3}$ , halle los posibles valores de $\frac{d y}{d t}$ . Dé las respuestas en forma estándar (notación científica).

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Resultado: $\frac{d y}{d t} \approx \pm 2, 13 \times 1 0^{- 6}$ (miles de km por segundo), es decir, $\pm 2, 1 \times 1 0^{- 6}$

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Derivamos implícitamente $72, 5 x^{2} + 71, 5 y^{2} = 1$ respecto de $t$ (regla de la cadena): $145 x \frac{d x}{d t} + 143 y \frac{d y}{d t} = 0$ .
Despejamos: $\frac{d y}{d t} = - \frac{145 x}{143 y} \cdot \frac{d x}{d t}$ .
Con $x = 3, 2 \times 1 0^{- 3}$ , de la curva: $71, 5 y^{2} = 1 - 72, 5 (3, 2 \times 1 0^{- 3})^{2} \approx 0, 99926$ , luego $y^{2} \approx 0, 013975$ y $y \approx \pm 0, 1182$ (hay dos valores).
Sustituimos (con $\frac{d x}{d t} = 7, 75 \times 1 0^{- 5}$ ): $\frac{d y}{d t} = - \frac{145 \cdot 3 , 2 \times 1 0 ^{- 3}}{143 \cdot ( \pm 0 , 1182 )} \cdot 7, 75 \times 1 0^{- 5} \approx \mp 0, 0275 \cdot 7, 75 \times 1 0^{- 5}$ .
Resultado (en miles de km por segundo): $\frac{d y}{d t} \approx \pm 2, 13 \times 1 0^{- 6}$ , con signo negativo si $y > 0$ y positivo si $y < 0$ .

Resultado: $\frac{d y}{d t} \approx \pm 2, 13 \times 1 0^{- 6}$ (miles de km por segundo), es decir, $\pm 2, 1 \times 1 0^{- 6}$

Ejercicio 217 MedioIB · P1 Mayo 1997

Un aeroplano vuela horizontal a una altitud de $10000$ metros y a una velocidad de $800$ km por hora cuando pasa directamente sobre una estación de radar. Calcule el valor exacto de la velocidad a la que la distancia desde el avión a la estación de radar aumenta cuando está a $2$ km del punto vertical arriba de la estación de radar.

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Resultado: $\frac{800}{26} km h^{- 1}$

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Sea $x$ la distancia horizontal (en km) entre el avión y el punto sobre la estación, y $D$ la distancia al radar. La altitud es constante, $10$ km: $D^{2} = x^{2} + 1 0^{2}$ .
Derivamos respecto de $t$ (cadena): $2 D \frac{d D}{d t} = 2 x \frac{d x}{d t}$ , luego $\frac{d D}{d t} = \frac{x}{D} \cdot \frac{d x}{d t}$ . Ambas tasas son positivas (el avión se aleja).
Datos: $\frac{d x}{d t} = 800 km h^{- 1}$ y, en el instante pedido, $x = 2$ , $D = 4 + 100 = 104 = 226$ .
Sustituimos: $\frac{d D}{d t} = \frac{2}{2 26} \cdot 800 = \frac{800}{26}$ .

Resultado: $\frac{800}{26} km h^{- 1}$

Ejercicio 218 MedioIB · P1 Noviembre 2003

Un aeroplano vuela en línea recta y a velocidad constante, manteniendo una altitud constante de 3 km con un rumbo que le lleva directamente sobre la vertical de un observador que se encuentra en tierra. En un instante dado, el ángulo $θ$ de la visual del observador al aeroplano es $\frac{1}{3} π$ radianes y se va incrementando en $\frac{1}{60}$ radianes por segundo. Halle la velocidad, en kilómetros por hora, a la cual el aeroplano avanza hacia el observador.

Esquema: un observador en tierra, un aeroplano a 3 km de altura y el ángulo θ que forma la visual con la horizontal; x es la distancia horizontal del aeroplano a la vertical del observador

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Resultado: el aeroplano avanza a $240$ km/h hacia el observador.

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Sea $x$ la distancia horizontal del aeroplano a la vertical del observador (en km). Con la altura de $3$ km: $tan θ = \frac{3}{x}$ , es decir, $x = 3 cot θ$ .
Derivamos respecto de $t$ (cadena): $\frac{d x}{d t} = - 3 cosec^{2} θ \frac{d θ}{d t}$ .
Datos: $θ = \frac{π}{3}$ , $\frac{d θ}{d t} = \frac{1}{60}$ rad/s (positivo: el ángulo aumenta). $cosec^{2} \frac{π}{3} = \frac{1}{sen ^{2} ( π /3 )} = \frac{4}{3}$ .
$\frac{d x}{d t} = - 3 \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{60} = - \frac{1}{15}$ km/s. El signo negativo indica que $x$ disminuye: avanza hacia el observador.
Pasamos a km/h: $\frac{1}{15} \cdot 3600 = 240$ .

Resultado: el aeroplano avanza a $240$ km/h hacia el observador.

Ejercicio 219 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

La siguiente figura muestra un triángulo isósceles $ABC$ con $AB = 10$ cm y $AC = BC$ . El vértice $C$ se mueve en dirección perpendicular a $(AB)$ con una velocidad de 2 cm por segundo.

Triángulo isósceles ABC con base AB horizontal, vértice C arriba, altura trazada en discontinuo desde C hasta AB y una flecha vertical que indica el movimiento de C hacia arriba

Calcule la tasa de variación del ángulo $CAB$ en el instante en el que el triángulo es equilátero.

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Resultado: $\frac{d α}{d t} = \frac{1}{10}$ rad/s

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Sea $h$ la altura de C sobre AB y $α = CAB$ . La altura cae en el punto medio de AB, a $5$ cm de A, así que $tan α = \frac{h}{5}$ .
Derivamos respecto de $t$ : $sec^{2} α \frac{d α}{d t} = \frac{1}{5} \frac{d h}{d t}$ , con $\frac{d h}{d t} = 2$ cm/s (C se aleja de AB).
Despejamos: $\frac{d α}{d t} = \frac{2}{5} cos^{2} α$ .
Triángulo equilátero: $α = \frac{π}{3}$ , $cos^{2} α = \frac{1}{4}$ .
$\frac{d α}{d t} = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{10}$ rad/s (el ángulo aumenta).

Resultado: $\frac{d α}{d t} = \frac{1}{10}$ rad/s

Ejercicio 220 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2004

La figura muestra un sector $OPQ$ de un círculo de radio $r$ cm y centro $O$ , donde $POQ = θ$ .

Sector circular OPQ de centro O y radio r cm, con el ángulo θ = POQ en el centro y el radio OP marcado con una flecha doble

El valor de $r$ está aumentando a una velocidad de 2 cm por segundo y el valor de $θ$ está aumentando a razón de 0,1 rad por segundo. Encuentre la razón de aumento de la superficie del sector cuando $r = 3$ y $θ = \frac{π}{4}$ .

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Resultado: $\frac{d S}{d t} = \frac{1}{2} (0, 9 + 3 π) \approx 5, 16$ cm $^{2}$ /s

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El área del sector es $S = \frac{1}{2} r^{2} θ$ , con $r$ y $θ$ funciones del tiempo.
Regla del producto y de la cadena: $\frac{d S}{d t} = r \frac{d r}{d t} θ + \frac{1}{2} r^{2} \frac{d θ}{d t}$ .
Datos (ambos aumentan, tasas positivas): $\frac{d r}{d t} = 2$ cm/s, $\frac{d θ}{d t} = 0, 1$ rad/s, con $r = 3$ y $θ = \frac{π}{4}$ .
$\frac{d S}{d t} = 3 \cdot 2 \cdot \frac{π}{4} + \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 0, 1 = \frac{3 π}{2} + 0, 45 = \frac{1}{2} (0, 9 + 3 π) \approx 5, 16$ cm $^{2}$ /s.

Resultado: $\frac{d S}{d t} = \frac{1}{2} (0, 9 + 3 π) \approx 5, 16$ cm $^{2}$ /s

Ejercicio 221 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2005

Un tanque cónico con vértice abajo es de 8 metros de diámetro y 12 metros de profundidad. El agua entra en el tanque a $10 m^{3}$ por minuto. Encuentre la razón de cambio de la profundidad del agua en el instante en que el agua tiene 6 metros de profundidad.

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Resultado: $\frac{d h}{d t} = \frac{5}{2 π} m mi n^{- 1}$

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El tanque es un cono de radio $4$ m (diámetro 8) y altura $12$ m. Si el agua tiene profundidad $h$ y radio de superficie $r$ , por semejanza de triángulos $\frac{r}{h} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$ , es decir, $r = \frac{h}{3}$ .
Volumen de agua: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π \frac{h ^{2}}{9} h = \frac{π h ^{3}}{27}$ .
Derivamos respecto del tiempo (regla de la cadena): $\frac{d V}{d t} = \frac{π h ^{2}}{9} \frac{d h}{d t}$ .
El agua entra a $10 m^{3} /min$ , así que $\frac{d V}{d t} = 10$ (positivo, el volumen aumenta). Con $h = 6$ : $10 = \frac{π \cdot 36}{9} \frac{d h}{d t} = 4 π \frac{d h}{d t}$ .
Despejamos: $\frac{d h}{d t} = \frac{10}{4 π} = \frac{5}{2 π} \approx 0, 796$ (positivo: la profundidad aumenta).

Resultado: $\frac{d h}{d t} = \frac{5}{2 π} m mi n^{- 1}$

Ejercicio 222 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2005

Se lleva a cabo un experimento donde el número $n$ de bacterias en un líquido viene dado por la expresión $n = 650 \cdot e^{k t}$ , donde $t$ es el tiempo en minutos transcurrido desde el comienzo del experimento y $k$ es una constante. El número de bacterias se duplica cada 20 minutos. Halle:

a) El valor exacto de $k$ .

b) La tasa de crecimiento del número de bacterias cuando $t = 90$ .

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Resultado: a) $k = \frac{ln 2}{20}$ ; b) $\frac{d n}{d t} \approx 509, 7$ bacterias $mi n^{- 1}$

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a) 1. Si el número se duplica cada 20 minutos, $n (20) = 2 n (0)$ : $650 e^{20 k} = 2 \cdot 650$ . 2. Simplificamos: $e^{20 k} = 2$ . 3. Tomamos logaritmos neperianos: $20 k = ln 2$ , luego $k = \frac{ln 2}{20}$ .

b) 1. La tasa de crecimiento es la derivada: $\frac{d n}{d t} = 650 k e^{k t}$ (regla de la cadena para $e^{k t}$ ). 2. Para $t = 90$ : $\frac{d n}{d t} = 650 \cdot \frac{ln 2}{20} e^{90 l n 2/20} = 650 \cdot \frac{ln 2}{20} \cdot 2^{4, 5}$ . 3. Con la calculadora, $\frac{d n}{d t} \approx 509, 7$ bacterias por minuto.

Resultado: a) $k = \frac{ln 2}{20}$ ; b) $\frac{d n}{d t} \approx 509, 7$ bacterias $mi n^{- 1}$

Ejercicio 223 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007

El volumen de un sólido está dado por $V = \frac{4}{3} π r^{3} + π r^{2} h$ . En el momento en que el radio es 3 cm, el volumen es $81 π c m^{3}$ , el radio está cambiando a razón de 2 cm/min y el volumen está cambiando a razón de $204 π c m^{3}$ /min. Encuentre la razón de cambio de la altura en este momento.

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Resultado: $\frac{d h}{d t} = 8 cm mi n^{- 1}$

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Relación entre magnitudes: $V = \frac{4}{3} π r^{3} + π r^{2} h$ , con $r$ , $h$ y $V$ funciones del tiempo.
Derivamos respecto de $t$ (cadena y producto): $\frac{d V}{d t} = 4 π r^{2} \frac{d r}{d t} + 2 π r h \frac{d r}{d t} + π r^{2} \frac{d h}{d t}$ .
Hallamos $h$ en ese instante: con $r = 3$ y $V = 81 π$ , $81 π = 36 π + 9 π h$ , luego $h = 5$ cm.
Sustituimos $r = 3$ , $h = 5$ , $\frac{d r}{d t} = 2$ , $\frac{d V}{d t} = 204 π$ : $204 π = 4 π \cdot 9 \cdot 2 + 2 π \cdot 3 \cdot 5 \cdot 2 + 9 π \frac{d h}{d t} = 72 π + 60 π + 9 π \frac{d h}{d t}$ .
Despejamos: $9 π \frac{d h}{d t} = 72 π$ , luego $\frac{d h}{d t} = 8$ (la altura aumenta).

Resultado: $\frac{d h}{d t} = 8 cm mi n^{- 1}$

Ejercicio 224 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2007

El coche A viaja por una carretera recta con orientación este-oeste, en dirección oeste y a $60 km h^{- 1}$ . El coche B viaja por una carretera recta con orientación norte-sur, en dirección norte y a $70 km h^{- 1}$ . Las carreteras se cruzan en el punto $O$ . Cuando el coche A se encuentra a $x$ km al este de $O$ , y el coche B se encuentra a $y$ km al sur de $O$ , la distancia entre los coches es igual a $z$ km.

Esquema de dos carreteras que se cruzan en O: el coche A sobre la carretera este-oeste a x km al este de O, el coche B sobre la carretera norte-sur a y km al sur de O, y la distancia z km entre ambos coches; brújula con los cuatro puntos cardinales

Halle la tasa de cambio de $z$ cuando el coche A se encuentra a 0,8 km al este de $O$ y el coche B se encuentra a 0,6 km al sur de $O$ .

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Resultado: $\frac{d z}{d t} = - 90 km h^{- 1}$

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Relación entre magnitudes (Pitágoras, pues las carreteras son perpendiculares): $z^{2} = x^{2} + y^{2}$ .
Derivamos respecto de $t$ : $2 z \frac{d z}{d t} = 2 x \frac{d x}{d t} + 2 y \frac{d y}{d t}$ , es decir, $z \frac{d z}{d t} = x \frac{d x}{d t} + y \frac{d y}{d t}$ .
Signos de las tasas: el coche A va hacia el oeste, hacia $O$ , así que $x$ disminuye: $\frac{d x}{d t} = - 60$ . El coche B va hacia el norte, hacia $O$ (está al sur), así que $y$ disminuye: $\frac{d y}{d t} = - 70$ .
En el instante pedido, $x = 0, 8$ , $y = 0, 6$ y $z = 0, 64 + 0, 36 = 1$ .
Sustituimos: $1 \cdot \frac{d z}{d t} = 0, 8 (- 60) + 0, 6 (- 70) = - 48 - 42 = - 90$ .
La distancia entre los coches disminuye a $90$ km/h.

Resultado: $\frac{d z}{d t} = - 90 km h^{- 1}$

Ejercicio 225 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2013

La pintura se vierte en una bandeja donde forma una piscina circular con un grosor uniforme de 0,5 cm. Si la pintura se vierte a una velocidad constante de 4 $cm^{3} s^{- 1}$ , encuentre la tasa de aumento del radio del círculo cuando el radio es de 20 cm.

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Resultado: $\frac{1}{5 π} cm s^{- 1}$

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La pintura forma un cilindro de radio $r$ y altura $0, 5$ cm: $V = π r^{2} \cdot 0, 5 = \frac{π r ^{2}}{2}$ .
Derivamos respecto del tiempo (regla de la cadena): $\frac{d V}{d t} = π r \frac{d r}{d t}$ .
Sabemos que $\frac{d V}{d t} = 4 cm^{3} s^{- 1}$ (el volumen aumenta, signo positivo) y $r = 20$ cm: $4 = π \cdot 20 \cdot \frac{d r}{d t}$ .
Despejamos: $\frac{d r}{d t} = \frac{4}{20 π} = \frac{1}{5 π} cm s^{- 1}$ .

Resultado: $\frac{1}{5 π} cm s^{- 1}$

Ejercicio 226 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2015

Un tubo interno de la bicicleta se puede considerar como un cilindro con la altura fija 200 cm y el radio $r$ cm. El radio $r$ aumenta a medida que se bombea el tubo interior. El aire está siendo bombeado en el tubo interior de manera que el volumen de aire en el tubo aumenta a una velocidad constante de 30 $cm^{3} s^{- 1}$ . Calcule la velocidad a la que el radio del tubo interno está aumentando cuando $r = 2$ cm.

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Resultado: $\frac{3}{80 π} cm s^{- 1}$

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El volumen del cilindro es $V = π r^{2} h = 200 π r^{2}$ (altura fija $h = 200$ cm).
Derivamos respecto de $t$ (cadena): $\frac{d V}{d t} = 400 π r \frac{d r}{d t}$ .
Con $\frac{d V}{d t} = 30$ (aumenta, signo positivo) y $r = 2$ : $30 = 400 π \cdot 2 \cdot \frac{d r}{d t}$ .
Despejamos: $\frac{d r}{d t} = \frac{30}{800 π} = \frac{3}{80 π} cm s^{- 1} \approx 0, 0119 cm s^{- 1}$ .

Resultado: $\frac{3}{80 π} cm s^{- 1}$

Ejercicio 227 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2021

Dos barcos $A$ y $B$ viajan hacia el norte. Inicialmente, el barco $B$ está ubicado a 50 metros al este del barco $A$ . Las distancias recorridas por el barco $A$ y el barco $B$ , después de $t$ segundos, son $x$ metros e $y$ metros respectivamente. El ángulo $θ$ es la medida en radianes del rumbo del barco $B$ desde el barco $A$ . Esta información se muestra en el siguiente diagrama

Dos barcos que viajan hacia el norte sobre dos rectas verticales separadas 50 metros: el barco A a una altura x sobre la base, el barco B a una altura y mayor, y el ángulo θ en A entre el norte y el segmento AB

a) Muestre que $y = x + 50 cot θ$ .

En el instante $T$ , las siguientes condiciones son verdaderas

El barco $B$ viajó 10 metros más lejos que el barco $A$
El barco $B$ viaja al doble de la velocidad del barco $A$
La razón de cambio del ángulo $θ$ es $- 0, 1$ radianes por segundo

b) Calcular la velocidad del barco $A$ en el instante $T$ .

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Resultado: a) demostración; b) $\frac{d x}{d t} = 5, 2 m s^{- 1}$

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a) 1. Los barcos van hacia el norte. El barco $B$ está $y - x$ metros más al norte que $A$ y $50$ m al este. 2. En el triángulo rectángulo formado, el ángulo $θ$ (medido desde el norte, en $A$ ) tiene cateto adyacente $y - x$ (dirección norte) y cateto opuesto $50$ (dirección este): $tan θ = \frac{50}{y - x}$ . 3. Despejamos: $y - x = \frac{50}{tan θ} = 50 cot θ$ , es decir $y = x + 50 cot θ$ .

b) 1. Derivamos $y = x + 50 cot θ$ respecto de $t$ (cadena, con $\frac{d}{d θ} cot θ = - \frac{1}{sen ^{2} θ}$ ): $\frac{d y}{d t} = \frac{d x}{d t} - \frac{50}{sen ^{2} θ} \frac{d θ}{d t} .$ 2. En el instante $T$ : $y = x + 10$ , así que $50 cot θ = 10$ y $cot θ = \frac{1}{5}$ . Entonces $\frac{1}{sen ^{2} θ} = 1 + cot^{2} θ = 1 + \frac{1}{25} = \frac{26}{25}$ . 3. Datos: $\frac{d y}{d t} = 2 \frac{d x}{d t}$ y $\frac{d θ}{d t} = - 0, 1$ rad/s (el ángulo disminuye). 4. Sea $v = \frac{d x}{d t}$ : $2 v = v - 50 \cdot \frac{26}{25} \cdot (- 0, 1) = v + 5, 2$ . 5. Entonces $v = 5, 2$ .

Resultado: a) demostración; b) $\frac{d x}{d t} = 5, 2 m s^{- 1}$

Ejercicio 228 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2022

La siguiente figura muestra un líquido contenido en un frasco de cristal de base redondeada, formado por una esfera y un cuello cilíndrico.

Frasco de cristal formado por una esfera y un cuello cilíndrico estrecho, con líquido en la parte baja de la esfera

Inicialmente el frasco está vacío. El líquido se vierte en el frasco a un ritmo de 2 $cm^{3} s^{- 1}$ .

Puede suponer que el líquido no llega hasta el cuello cilíndrico.

El volumen ( $V cm^{3}$ ) y la altura ( $h$ cm) del líquido contenido en el frasco satisfacen la ecuación $V = 5 π h^{2} - \frac{1}{3} π h^{3}$ . Halle la razón de cambio de la altura del líquido contenido en el frasco en el instante en el que el volumen del líquido es igual a 200 $cm^{3}$ .

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Resultado: $\frac{d h}{d t} = 0, 0261 cm s^{- 1}$

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Relación entre magnitudes: $V = 5 π h^{2} - \frac{1}{3} π h^{3}$ . Los dos dependen de $t$ , y sabemos que $\frac{d V}{d t} = 2 cm^{3} s^{- 1}$ (el volumen aumenta).
Derivamos respecto de $t$ (regla de la cadena): $\frac{d V}{d t} = (10 π h - π h^{2}) \frac{d h}{d t}$ .
Necesitamos $h$ cuando $V = 200$ . Con la CPG resolvemos $5 π h^{2} - \frac{1}{3} π h^{3} = 200$ : $h \approx 4, 206$ cm (las otras soluciones, $h < 0$ y $h > 10$ , no son físicas; el líquido llega a una altura inferior al radio $5$ cm, como indica la figura).
Sustituimos: $2 = π h (10 - h) \frac{d h}{d t}$ , es decir $\frac{d h}{d t} = \frac{2}{π \cdot 4 , 206 \cdot ( 10 - 4 , 206 )} \approx 0, 0261 cm s^{- 1} .$

Resultado: $\frac{d h}{d t} = 0, 0261 cm s^{- 1}$

Ejercicio 229 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2010

Un faro $L$ está situado en el mar, a $500$ metros de $P$ , el punto más cercano de la costa, que sigue una línea recta. El estrecho haz de luz que emite el faro rota a razón constante de $8 π$ radianes por minuto, generando un punto luminoso $S$ que se mueve a lo largo de la costa. Puede suponer que la altura del faro puede ser ignorada y que el haz de luz está contenido en el plano horizontal definido por el nivel del mar. Cuando $S$ está a $2000$ metros de $P$ ,

a) Compruebe que la velocidad de $S$ , con una aproximación de tres cifras significativas, es de $214000$ metros por minuto.

b) Halle la aceleración de $S$ .

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Resultado: a) $214000 m mi n^{- 1}$ ; b) $42952518 m mi n^{- 2}$

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Sea $θ$ el ángulo $PLS$ y $x = PS$ la distancia (en metros) de $S$ a $P$ . En el triángulo rectángulo $LPS$ , con $LP = 500$ : $tan θ = \frac{x}{500}$ , es decir, $x = 500 tan θ$ . Además $\frac{d θ}{d t} = 8 π$ rad/min (constante).

a) 1. Derivamos respecto de $t$ con la regla de la cadena: $\frac{d x}{d t} = 500 sec^{2} θ \frac{d θ}{d t}$ . 2. Cuando $x = 2000$ : $tan θ = 4$ , luego $sec^{2} θ = 1 + tan^{2} θ = 17$ . 3. $\frac{d x}{d t} = 500 \cdot 17 \cdot 8 π = 68000 π \approx 213628 m mi n^{- 1}$ . 4. Con tres cifras significativas, $214000$ metros por minuto.

b) 1. Derivamos de nuevo la velocidad (con $\frac{d θ}{d t}$ constante): $\frac{d ^{2} x}{d t ^{2}} = 500 \cdot 2 sec θ \cdot sec θ tan θ \cdot (\frac{d θ}{d t})^{2} = 1000 sec^{2} θ tan θ (\frac{d θ}{d t})^{2}$ . 2. Sustituimos: $1000 \cdot 17 \cdot 4 \cdot (8 π)^{2} = 4352000 π^{2}$ . 3. Numéricamente, $\approx 42952518 m mi n^{- 2}$ .

Resultado: a) $214000 m mi n^{- 1}$ ; b) $42952518 m mi n^{- 2}$

Ejercicio 230 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

A continuación se presenta un diagrama de una noria, un artefacto de la feria de diversiones que transporta pasajeros en la parte externa de una rueda.

Noria circular apoyada sobre el suelo, con un pasajero en el punto A en la parte alta derecha y un operario bajo el centro, en la parte inferior de la rueda

a) La noria circular de $10$ metros de radio está girando a una velocidad de $3$ radianes por minuto. Determine a qué velocidad se desplaza verticalmente un pasajero de la noria cuando está subiendo y pasa por el punto $A$ , situado $6$ metros más alto que el centro de la noria.

b) El operario de la noria está situado debajo del centro, de forma que la parte inferior de la noria está a la altura de sus ojos. Al observar al pasajero, su línea visual forma un ángulo $θ$ con la horizontal. Halle la razón de cambio de $θ$ en el punto $A$ .

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Resultado: a) $24 m mi n^{- 1}$ ; b) $1, 5 rad mi n^{- 1}$

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Sea $φ$ el ángulo que forma con la horizontal el radio que va al pasajero. Datos: $R = 10$ m y $\frac{d φ}{d t} = 3$ rad/min. En $A$ el pasajero está $6$ m por encima del centro, así que $sen φ = \frac{6}{10}$ y $cos φ = \frac{8}{10}$ .

a) 1. La altura del pasajero respecto del centro es $y = 10 sen φ$ . 2. Derivamos respecto de $t$ (cadena): $\frac{d y}{d t} = 10 cos φ \frac{d φ}{d t}$ . 3. En $A$ : $\frac{d y}{d t} = 10 \cdot 0, 8 \cdot 3 = 24 m mi n^{- 1}$ (positiva: el pasajero sube).

b) 1. El operario está en la vertical del centro, a la altura del punto más bajo de la rueda, es decir, $10$ m por debajo del centro. La altura del pasajero sobre sus ojos es $10 + 10 sen φ$ y la distancia horizontal es $10 cos φ$ . 2. Relación: $tan θ = \frac{10 + 10 sen φ}{10 cos φ} = \frac{1 + sen φ}{cos φ}$ . 3. Derivamos respecto de $t$ (cociente): $sec^{2} θ \frac{d θ}{d t} = \frac{cos φ \cdot cos φ + ( 1 + sen φ ) sen φ}{cos ^{2} φ} \frac{d φ}{d t} = \frac{1 + sen φ}{cos ^{2} φ} \frac{d φ}{d t}$ . 4. En $A$ : $tan θ = \frac{1 , 6}{0 , 8} = 2$ , luego $sec^{2} θ = 1 + 4 = 5$ . Y $\frac{1 + 0 , 6}{0 , 64} \cdot 3 = 7, 5$ . 5. Por tanto $5 \frac{d θ}{d t} = 7, 5$ y $\frac{d θ}{d t} = 1, 5$ rad/min (el ángulo aumenta).

Resultado: a) $24 m mi n^{- 1}$ ; b) $1, 5 rad mi n^{- 1}$

Ejercicio 231 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2011

Una estalactita tiene la forma de un cono circular. Su altura es de $200$ mm y está aumentando a un ritmo de $3$ mm por siglo. El radio de la base es de $40$ mm y está disminuyendo a una velocidad de $0, 5$ mm por siglo. Determine si su volumen está aumentando o disminuyendo y la velocidad a la que el volumen está cambiando.

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Resultado: disminuye a razón de $\frac{3200 π}{3} \approx 3351 m m^{3}$ por siglo

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Volumen del cono: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h$ . Datos: $h = 200$ mm, $\frac{d h}{d t} = + 3$ mm/siglo; $r = 40$ mm, $\frac{d r}{d t} = - 0, 5$ mm/siglo (el radio disminuye).
Derivamos respecto del tiempo (regla del producto y de la cadena): $\frac{d V}{d t} = \frac{1}{3} π (2 r \frac{d r}{d t} h + r^{2} \frac{d h}{d t})$ .
Sustituimos: $\frac{d V}{d t} = \frac{π}{3} (2 \cdot 40 \cdot (- 0, 5) \cdot 200 + 1600 \cdot 3) = \frac{π}{3} (- 8000 + 4800) = - \frac{3200 π}{3}$ .
El resultado es negativo: el volumen disminuye, a razón de $\frac{3200 π}{3} \approx 3351$ mm $^{3}$ por siglo.

Resultado: disminuye a razón de $\frac{3200 π}{3} \approx 3351 m m^{3}$ por siglo

Ejercicio 232 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

El diagrama muestra dos puntos $A$ y $B$ en la circunferencia de un círculo de centro $O$ , y de radio $4$ cm, siendo $AOB = θ$ .

Círculo de centro O y radio 4 cm con dos puntos A y B en la circunferencia, el ángulo AOB = θ y rayado el segmento circular limitado por la cuerda AB y el menor arco AB

Los puntos $A$ y $B$ se mueven en la circunferencia y $θ$ va creciendo a razón constante. Sabiendo que la razón de cambio del menor arco $AB$ es igual a la razón de cambio del área del segmento rayado, calcule el valor del ángulo agudo $θ$ .

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Resultado: $θ = \frac{π}{3}$ rad

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Con radio $4$ cm y ángulo $θ$ (en radianes): longitud del arco $s = 4 θ$ y área del segmento $S = \frac{1}{2} r^{2} (θ - sen θ) = 8 (θ - sen θ)$ .
Derivamos respecto de $t$ (regla de la cadena, con $\frac{d θ}{d t}$ constante y positiva): $\frac{d s}{d t} = 4 \frac{d θ}{d t}$ y $\frac{d S}{d t} = 8 (1 - cos θ) \frac{d θ}{d t}$ .
Igualamos las dos razones: $4 \frac{d θ}{d t} = 8 (1 - cos θ) \frac{d θ}{d t}$ .
Simplificamos $\frac{d θ}{d t} \neq = 0$ : $1 - cos θ = \frac{1}{2} \Rightarrow cos θ = \frac{1}{2}$ .
El ángulo agudo es $θ = \frac{π}{3}$ .

Resultado: $θ = \frac{π}{3}$ rad

Ejercicio 233 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2017

Un canal de agua de $10$ metros de largo tiene una sección transversal uniforme en forma de semicírculo con radio $0, 5$ metros. Está parcialmente lleno de agua como se muestra en el siguiente diagrama de la sección transversal. El centro del círculo es O y el ángulo KOL es $θ$ radianes.

Sección transversal semicircular de un canal con centro O en el borde superior; el agua ocupa el segmento circular bajo la cuerda KL y el ángulo KOL es theta; el radio mide 0,5

a) Encuentre una expresión para el volumen de agua $V$ ( $m^{3}$ ) en la depresión en función de $θ$ .

El volumen de agua aumenta a una velocidad constante de $0, 0008 m^{3} s^{- 1}$ .

b) Calcule $\frac{d θ}{d t}$ cuando $θ = \frac{π}{3}$ .

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Resultado: a) $V = \frac{5}{4} (θ - sen θ) m^{3}$ ; b) $\frac{d θ}{d t} = 0, 00128 rad s^{- 1}$

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a) 1. El agua ocupa un segmento circular de radio $0, 5$ m y ángulo central $θ$ . Su área es la del sector menos la del triángulo $KOL$ : $\frac{1}{2} r^{2} θ - \frac{1}{2} r^{2} sen θ = \frac{1}{2} r^{2} (θ - sen θ)$ . 2. Con $r = 0, 5$ : área $= \frac{1}{8} (θ - sen θ)$ . 3. El volumen es el área por el largo, $10$ m: $V = \frac{10}{8} (θ - sen θ) = \frac{5}{4} (θ - sen θ)$ .

b) 1. Relación entre las tasas: $\frac{d V}{d t} = \frac{d V}{d θ} \cdot \frac{d θ}{d t}$ (regla de la cadena), con $\frac{d V}{d t} = 0, 0008 > 0$ (el volumen aumenta). 2. $\frac{d V}{d θ} = \frac{5}{4} (1 - cos θ)$ . 3. En $θ = \frac{π}{3}$ : $\frac{d V}{d θ} = \frac{5}{4} \cdot \frac{1}{2} = 0, 625$ . 4. Entonces $\frac{d θ}{d t} = \frac{0 , 0008}{0 , 625} = 0, 00128 rad s^{- 1}$ .

Resultado: a) $V = \frac{5}{4} (θ - sen θ) m^{3}$ ; b) $\frac{d θ}{d t} = 0, 00128 rad s^{- 1}$

Ejercicio 234 DifícilIB · P1 Noviembre 1997

En el diagrama, PT es una tangente fija al círculo de centro O y radio $12$ cm y PQ es una cuerda del círculo.

Círculo de centro O y radio 12 cm con una cuerda PQ y la tangente PT en P; el segmento circular entre la cuerda y el arco de la derecha está rayado y se marca el ángulo TPQ

Si el ángulo TPQ va creciendo a razón de $3^{\circ}$ por segundo, calcule la razón, en $c m^{2} s^{- 1}$ , a la que el área de la región sombreada está cambiando cuando el ángulo TPQ es de $3 0^{\circ}$ .

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Resultado: $\frac{d A}{d t} = 1, 2 π c m^{2} s^{- 1}$ (el área aumenta)

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El ángulo entre la tangente $PT$ y la cuerda $PQ$ vale la mitad del ángulo central que abarca el arco que encierra. Sea $θ = TPQ$ : el ángulo central $POQ$ del arco sombreado es $2 θ$ .
El área del segmento sombreado es la del sector menos la del triángulo $OPQ$ : $A = \frac{1}{2} r^{2} (2 θ) - \frac{1}{2} r^{2} sen 2 θ = 72 (2 θ - sen 2 θ)$ , con $r = 12$ .
Relación entre las tasas (regla de la cadena): $\frac{d A}{d t} = \frac{d A}{d θ} \cdot \frac{d θ}{d t}$ con $\frac{d A}{d θ} = 72 (2 - 2 cos 2 θ) = 144 (1 - cos 2 θ)$ .
El ángulo crece (tasa positiva): $\frac{d θ}{d t} = 3^{\circ} s^{- 1} = \frac{3 π}{180} = \frac{π}{60} rad s^{- 1}$ (hay que pasar a radianes para derivar).
En $θ = 3 0^{\circ}$ : $cos 6 0^{\circ} = \frac{1}{2}$ , luego $\frac{d A}{d θ} = 144 \cdot \frac{1}{2} = 72$ .
$\frac{d A}{d t} = 72 \cdot \frac{π}{60} = \frac{6 π}{5} = 1, 2 π$ .

Resultado: $\frac{d A}{d t} = 1, 2 π c m^{2} s^{- 1}$ (el área aumenta)

Ejercicio 235 DifícilIB · P1 Mayo 1998

Se coloca una gota de tinta sobre un trozo de papel absorbente.

La tinta forma una marca circular que comienza a aumentar de tamaño.

El radio de la marca circular está dado por la fórmula $r = \frac{4 ( 1 + t ^{4} )}{8 + t ^{4}}$ , donde $r$ es el radio en centímetros de la marca circular y $t$ es el tiempo en minutos después de que la tinta se coloca en el papel.

a) Calcule $t$ cuando $r = \frac{17}{6}$ .

b) Escriba una expresión simplificada, en función de $t$ , para la razón de cambio del radio.

c) Calcule la razón de cambio del área de la marca circular cuando $r = \frac{17}{6}$ .

d) Calcule el valor de $t$ cuando la razón de cambio del radio comienza a disminuir, es decir, calcule el valor de $t$ , $t > 0$ , en el punto de inflexión de la curva $r = \frac{4 ( 1 + t ^{4} )}{8 + t ^{4}}$ .

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Resultado: a) $t = 2$ min; b) $\frac{d r}{d t} = \frac{112 t ^{3}}{( 8 + t ^{4} ) ^{2}}$ cm/min; c) $\frac{d A}{d t} \approx 27, 7$ cm $^{2}$ /min; d) $t = 4 \frac{24}{5} \approx 1, 48$ min

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a) 1. Igualamos $\frac{4 ( 1 + t ^{4} )}{8 + t ^{4}} = \frac{17}{6}$ y quitamos denominadores: $24 (1 + t^{4}) = 17 (8 + t^{4})$ . 2. Desarrollamos: $24 + 24 t^{4} = 136 + 17 t^{4}$ , luego $7 t^{4} = 112$ y $t^{4} = 16$ . 3. Como $t > 0$ , $t = 2$ minutos.

b) 1. La razón de cambio del radio es $\frac{d r}{d t}$ . Aplicamos la regla del cociente: $\frac{d r}{d t} = \frac{16 t ^{3} ( 8 + t ^{4} ) - 4 ( 1 + t ^{4} ) \cdot 4 t ^{3}}{( 8 + t ^{4} ) ^{2}} .$ 2. Sacamos factor común $16 t^{3}$ en el numerador: $16 t^{3} [8 + t^{4} - (1 + t^{4})] = 16 t^{3} \cdot 7 = 112 t^{3}$ . 3. Por tanto $\frac{d r}{d t} = \frac{112 t ^{3}}{( 8 + t ^{4} ) ^{2}}$ cm/min.

c) 1. El área es $A = π r^{2}$ . Derivamos respecto de $t$ (regla de la cadena): $\frac{d A}{d t} = 2 π r \frac{d r}{d t}$ . 2. Cuando $r = \frac{17}{6}$ , $t = 2$ (apartado a), y $\frac{d r}{d t} = \frac{112 \cdot 8}{2 4 ^{2}} = \frac{896}{576} = \frac{14}{9}$ cm/min. 3. Sustituimos: $\frac{d A}{d t} = 2 π \cdot \frac{17}{6} \cdot \frac{14}{9} = \frac{238 π}{27} \approx 27, 7$ cm $^{2}$ /min.

d) 1. La razón de cambio del radio, $r^{'}$ , comienza a disminuir cuando $r^{'}$ tiene un máximo, es decir, cuando $r^{''} (t) = 0$ con cambio de signo (punto de inflexión de $r$ ). 2. Derivamos $r^{'} = 112 t^{3} (8 + t^{4})^{- 2}$ con el producto y la cadena: $r^{''} = 112 [3 t^{2} (8 + t^{4})^{- 2} - 2 t^{3} \cdot 4 t^{3} (8 + t^{4})^{- 3}] = \frac{112 t ^{2} [ 3 ( 8 + t ^{4} ) - 8 t ^{4} ]}{( 8 + t ^{4} ) ^{3}} = \frac{112 t ^{2} ( 24 - 5 t ^{4} )}{( 8 + t ^{4} ) ^{3}} .$ 3. Con $t > 0$ , $r^{''} = 0$ si $24 - 5 t^{4} = 0$ , es decir, $t^{4} = \frac{24}{5}$ . 4. El signo de $r^{''}$ pasa de positivo a negativo en ese valor (el factor $24 - 5 t^{4}$ cambia de $+$ a $-$ ), luego $r^{'}$ pasa de crecer a decrecer. 5. $t = 4 \frac{24}{5} \approx 1, 48$ min.

Resultado: a) $t = 2$ min; b) $\frac{d r}{d t} = \frac{112 t ^{3}}{( 8 + t ^{4} ) ^{2}}$ cm/min; c) $\frac{d A}{d t} \approx 27, 7$ cm $^{2}$ /min; d) $t = 4 \frac{24}{5} \approx 1, 48$ min

Ejercicio 236 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2009

El diagrama de abajo muestra un círculo con centro en el origen $O$ y el radio $r > 0$ .

Círculo de centro en el origen O y radio r con los ejes x e y; un punto P en el primer cuadrante sobre la circunferencia, unido a O por un segmento que se prolonga más allá de P, y un punto marcado en el corte de la circunferencia con el eje x

Un punto $P (x, y)$ , $(x > 0, y > 0)$ se mueve alrededor de la circunferencia del círculo.

Sea $m = tan (arcsin \frac{y}{r})$

a) Sabiendo que $\frac{d y}{d t} = 0, 001 r$ , muestre que $\frac{d m}{d t} = (\frac{r}{10 r ^{2} - y ^{2}})^{3}$ .

b) Indique el significado geométrico de $\frac{d m}{d t}$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) la razón de cambio de la pendiente de la recta $OP$ .

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a) 1. Sea $φ = arcsin \frac{y}{r}$ , de modo que $sen φ = \frac{y}{r}$ y $cos φ = 1 - \frac{y ^{2}}{r ^{2}} = \frac{r ^{2} - y ^{2}}{r}$ (ángulo agudo, pues $y > 0$ y $x > 0$ ). 2. Entonces $m = tan φ = \frac{y / r}{r ^{2} - y ^{2} / r} = \frac{y}{r ^{2} - y ^{2}}$ . 3. Derivamos respecto de $y$ (regla del cociente): $\frac{d m}{d y} = \frac{r ^{2} - y ^{2} + \frac{y ^{2}}{r ^{2} - y ^{2}}}{r ^{2} - y ^{2}} = \frac{( r ^{2} - y ^{2} ) + y ^{2}}{( r ^{2} - y ^{2} ) ^{3/2}} = \frac{r ^{2}}{( r ^{2} - y ^{2} ) ^{3/2}}$ . 4. Regla de la cadena: $\frac{d m}{d t} = \frac{d m}{d y} \cdot \frac{d y}{d t} = \frac{r ^{2}}{( r ^{2} - y ^{2} ) ^{3/2}} \cdot 0, 001 r = \frac{r ^{3}}{1000 ( r ^{2} - y ^{2} ) ^{3/2}}$ . 5. Como $1000 = 1 0^{3}$ : $\frac{d m}{d t} = (\frac{r}{10 r ^{2} - y ^{2}})^{3}$ .

b) 1. $φ$ es el ángulo que forma $OP$ con el eje $x$ (su seno es $\frac{y}{r}$ ), así que $m = tan φ$ es la pendiente de la recta $OP$ . 2. Por tanto $\frac{d m}{d t}$ es la razón de cambio de la pendiente de la recta $OP$ respecto del tiempo.

Resultado: a) queda demostrado; b) la razón de cambio de la pendiente de la recta $OP$ .

Movimiento rectilíneo

Ejercicio 237 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2014

Un cuerpo se mueve en línea recta. Cuando está $s$ metros de un punto fijo $O$ en la línea su velocidad, $v$ , viene dada por $v = - \frac{1}{s ^{2}}$ , $s > 0$ . Encuentre la aceleración del cuerpo cuando está a 50 cm de $O$ .

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Resultado: $a = - 64 m s^{- 2}$

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Por la regla de la cadena, $a = \frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d s} \cdot \frac{d s}{d t} = \frac{d v}{d s} \cdot v$ .
Con $v = - s^{- 2}$ : $\frac{d v}{d s} = 2 s^{- 3}$ .
Entonces $a = 2 s^{- 3} \cdot (- s^{- 2}) = - \frac{2}{s ^{5}}$ .
A $50$ cm $= 0, 5$ m de $O$ (las unidades de $v$ son metros): $a = - \frac{2}{0 , 5 ^{5}} = - 2 \cdot 32 = - 64$ .

Resultado: $a = - 64 m s^{- 2}$

Ejercicio 238 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2018

Un punto P se mueve en línea recta. Su velocidad $v m s^{- 1}$ en el instante $t$ segundos viene dada por $v (t) = e^{- t} - 8 t^{2} e^{- 2 t}$ , donde $t \geq 0$ .

a) Determine el primer instante $t_{1}$ en el que P tiene velocidad cero.

b) (i) Halle una expresión para la aceleración de P en el instante $t$ .

(ii) Halle el valor de la aceleración de P en el instante $t_{1}$ .

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Resultado: a) $t_{1} \approx 0, 441$ s; b) (i) $a (t) = - e^{- t} - 16 t e^{- 2 t} (1 - t)$ ; (ii) $a (t_{1}) \approx - 2, 28 m s^{- 2}$

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a) 1. Hacemos $v (t) = 0$ : $e^{- t} = 8 t^{2} e^{- 2 t}$ . 2. Dividimos entre $e^{- 2 t} > 0$ : $e^{t} = 8 t^{2}$ . 3. Con la CPG resolvemos la ecuación (o cortamos las gráficas de $y = e^{t}$ e $y = 8 t^{2}$ ) y tomamos la primera solución positiva: $t_{1} \approx 0, 441$ s.

b) (i) 1. La aceleración es $a (t) = v^{'} (t)$ . Derivamos cada término. 2. Para $e^{- t}$ : $- e^{- t}$ . 3. Para $8 t^{2} e^{- 2 t}$ aplicamos la regla del producto: $16 t e^{- 2 t} + 8 t^{2} \cdot (- 2) e^{- 2 t} = 16 t e^{- 2 t} - 16 t^{2} e^{- 2 t}$ . 4. Por tanto $a (t) = - e^{- t} - (16 t e^{- 2 t} - 16 t^{2} e^{- 2 t}) = - e^{- t} - 16 t e^{- 2 t} (1 - t)$ .

(ii) Sustituimos $t_{1} \approx 0, 441$ (con la CPG): $a (t_{1}) \approx - 2, 28 m s^{- 2}$ .

Resultado: a) $t_{1} \approx 0, 441$ s; b) (i) $a (t) = - e^{- t} - 16 t e^{- 2 t} (1 - t)$ ; (ii) $a (t_{1}) \approx - 2, 28 m s^{- 2}$

Ejercicio 239 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2017

Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta.

El desplazamiento, $s$ metros, en el instante $t$ segundos, viene dado por $s = t + cos 2 t$ , $t \geq 0$ .

Sean $t_{1}$ y $t_{2}$ las dos primeras veces que la partícula está en reposo, donde $t_{1} < t_{2}$ .

a) Halle $t_{1}$ y $t_{2}$ .

b) Halle el desplazamiento de la partícula cuando $t = t_{1}$ .

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Resultado: a) $t_{1} = \frac{π}{12}$ s y $t_{2} = \frac{5 π}{12}$ s; b) $s = \frac{π}{12} + \frac{3}{2}$ m

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a) 1. La partícula está en reposo cuando la velocidad es cero: $v = \frac{d s}{d t} = 1 - 2 sen 2 t$ (regla de la cadena). 2. Resolvemos $1 - 2 sen 2 t = 0$ , es decir, $sen 2 t = \frac{1}{2}$ . 3. Con $t \geq 0$ (luego $2 t \geq 0$ ), las primeras soluciones son $2 t = \frac{π}{6}$ y $2 t = \frac{5 π}{6}$ . 4. Por tanto $t_{1} = \frac{π}{12}$ y $t_{2} = \frac{5 π}{12}$ .

b) 1. $s (t_{1}) = \frac{π}{12} + cos \frac{π}{6}$ . 2. Como $cos \frac{π}{6} = \frac{3}{2}$ : $s (t_{1}) = \frac{π}{12} + \frac{3}{2}$ m.

Resultado: a) $t_{1} = \frac{π}{12}$ s y $t_{2} = \frac{5 π}{12}$ s; b) $s = \frac{π}{12} + \frac{3}{2}$ m

Ejercicio 240 MedioIB · P1 Mayo 1999

Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta. Cuando está a una distancia $s$ de un punto fijo, donde $s > 1$ , la velocidad $v$ está dada por $v = \frac{3 s + 2}{2 s - 1}$ . Encuentre la aceleración cuando $s = 2$ .

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Resultado: $a = - \frac{56}{27}$ para $s = 2$

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La aceleración es $a = \frac{d v}{d t}$ . Como $v$ está dada en función de $s$ , aplicamos la regla de la cadena: $a = \frac{d v}{d s} \cdot \frac{d s}{d t} = v \frac{d v}{d s}$ .
Derivamos $v = \frac{3 s + 2}{2 s - 1}$ con la regla del cociente: $\frac{d v}{d s} = \frac{3 ( 2 s - 1 ) - 2 ( 3 s + 2 )}{( 2 s - 1 ) ^{2}} = \frac{- 7}{( 2 s - 1 ) ^{2}} .$
Para $s = 2$ : $v = \frac{8}{3}$ y $\frac{d v}{d s} = - \frac{7}{9}$ .
Entonces $a = \frac{8}{3} \cdot (- \frac{7}{9}) = - \frac{56}{27}$ .

Resultado: $a = - \frac{56}{27}$ para $s = 2$

Ejercicio 241 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2012

Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta de modo que después de $t$ segundos su desplazamiento $s$ , en metros, satisface la ecuación $s^{2} + s - 2 t = 0$ .

Calcule, en función de $s$ , las expresiones de su velocidad y su aceleración.

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Resultado: $v = \frac{2}{2 s + 1}$ ; $a = \frac{- 8}{( 2 s + 1 ) ^{3}}$

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Derivamos la ecuación $s^{2} + s - 2 t = 0$ respecto de $t$ (con $s = s (t)$ , regla de la cadena en $s^{2}$ ): $2 s \frac{d s}{d t} + \frac{d s}{d t} - 2 = 0$ .
Despejamos la velocidad: $\frac{d s}{d t} (2 s + 1) = 2$ , luego $v = \frac{d s}{d t} = \frac{2}{2 s + 1} .$
La aceleración es $a = \frac{d v}{d t}$ . Derivamos $v = 2 (2 s + 1)^{- 1}$ respecto de $t$ (cadena): $a = - 2 (2 s + 1)^{- 2} \cdot 2 \frac{d s}{d t} = - \frac{4}{( 2 s + 1 ) ^{2}} \cdot v .$
Sustituimos $v = \frac{2}{2 s + 1}$ : $a = - \frac{8}{( 2 s + 1 ) ^{3}} .$

Resultado: $v = \frac{2}{2 s + 1}$ ; $a = \frac{- 8}{( 2 s + 1 ) ^{3}}$

Ejercicio 242 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2010

a) Una partícula $P$ se mueve en línea recta. El desplazamiento de $P$ con relación al origen viene dado por: $s = 2 sen (π t) + sen (2 π t)$ , $t \geq 0$ , donde $t$ representa el tiempo, en segundos, y el desplazamiento se mide en centímetros.

(i) Escriba el periodo de la función $s$ .

(ii) Halle la expresión para la velocidad, $v$ , y la aceleración, $a$ de $P$ .

(iii) Determine todas las soluciones de la ecuación $v = 0$ para $0 \leq t \leq 4$ .

b) Considere la función $f (x) = A sen (a x) + B sen (b x)$ , $A, a, B, b, x \in R$ .

Utilice la inducción matemática para demostrar que la $(2 n)$ -ésima derivada de $f$ viene dada por $f^{(2 n)} (x) = (- 1)^{n} (A a^{2 n} sen (a x) + B b^{2 n} sen (b x))$ , para todo $n \in Z^{+}$ .

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Resultado: a) (i) $2$ s; (ii) $v = 2 π [cos (π t) + cos (2 π t)]$ , $a = - 2 π^{2} [sen (π t) + 2 sen (2 π t)]$ ; (iii) $t = \frac{1}{3}, 1, \frac{5}{3}, \frac{7}{3}, 3, \frac{11}{3}$ ; b) queda demostrado.

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a) (i) 1. $sen (π t)$ tiene periodo $\frac{2 π}{π} = 2$ y $sen (2 π t)$ tiene periodo $\frac{2 π}{2 π} = 1$ . 2. La suma se repite cuando ambos términos se repiten a la vez: el menor tiempo común es $2$ s.

(ii) 1. Derivamos (regla de la cadena): $v = \frac{d s}{d t} = 2 π cos (π t) + 2 π cos (2 π t) = 2 π [cos (π t) + cos (2 π t)]$ . 2. Volvemos a derivar: $a = \frac{d v}{d t} = - 2 π^{2} sen (π t) - 4 π^{2} sen (2 π t) = - 2 π^{2} [sen (π t) + 2 sen (2 π t)]$ .

(iii) 1. $v = 0$ equivale a $cos (π t) + cos (2 π t) = 0$ . 2. Usamos $cos (2 π t) = 2 cos^{2} (π t) - 1$ : $2 cos^{2} (π t) + cos (π t) - 1 = 0$ , es decir, $(2 cos (π t) - 1) (cos (π t) + 1) = 0$ . 3. Si $cos (π t) = \frac{1}{2}$ : $π t = \frac{π}{3} + 2 π n$ o $π t = \frac{5 π}{3} + 2 π n$ , es decir, $t = \frac{1}{3} + 2 n$ o $t = \frac{5}{3} + 2 n$ . En $[0, 4]$ : $t = \frac{1}{3}, \frac{5}{3}, \frac{7}{3}, \frac{11}{3}$ . 4. Si $cos (π t) = - 1$ : $π t = π + 2 π n$ , es decir, $t = 1 + 2 n$ . En $[0, 4]$ : $t = 1, 3$ . 5. Ordenadas: $t = \frac{1}{3}, 1, \frac{5}{3}, \frac{7}{3}, 3, \frac{11}{3}$ .

b) Demostramos por inducción que $f^{(2 n)} (x) = (- 1)^{n} (A a^{2 n} sen (a x) + B b^{2 n} sen (b x))$ .

Caso base $n = 1$ : $f^{'} (x) = A a cos (a x) + B b cos (b x)$ y $f^{''} (x) = - A a^{2} sen (a x) - B b^{2} sen (b x) = (- 1)^{1} (A a^{2} sen (a x) + B b^{2} sen (b x))$ . Se cumple.
Hipótesis: $f^{(2 k)} (x) = (- 1)^{k} (A a^{2 k} sen (a x) + B b^{2 k} sen (b x))$ .
Paso: derivamos una vez: $f^{(2 k + 1)} (x) = (- 1)^{k} (A a^{2 k + 1} cos (a x) + B b^{2 k + 1} cos (b x))$ .
Derivamos otra vez: $f^{(2 k + 2)} (x) = (- 1)^{k} (- A a^{2 k + 2} sen (a x) - B b^{2 k + 2} sen (b x)) = (- 1)^{k + 1} (A a^{2 (k + 1)} sen (a x) + B b^{2 (k + 1)} sen (b x))$ .
Es la fórmula para $n = k + 1$ . Por inducción, es cierta para todo $n \in Z^{+}$ .

Ejercicio 243 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2016

Una partícula se mueve de modo tal que su velocidad $v m s^{- 1}$ y su desplazamiento $s$ m, están relacionados mediante la ecuación $v (s) = arctan (sen s)$ , $0 \leq s \leq 1$ .

La aceleración de la partícula es $a m s^{- 2}$ .

a) Halle la aceleración de la partícula en función de $s$ .

b) Utilizando un gráfico aproximado adecuado, halle el desplazamiento de la partícula cuando su aceleración es igual a $0, 25 m s^{- 2}$ .

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Resultado: a) $a = \frac{cos s \cdot arctan ( sen s )}{1 + sen ^{2} s}$ ; b) $s \approx 0, 296$ m y $s \approx 0, 918$ m

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a) 1. La aceleración es $a = \frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d s} \cdot \frac{d s}{d t} = v \frac{d v}{d s}$ (cadena). 2. $\frac{d v}{d s} = \frac{cos s}{1 + sen ^{2} s}$ (derivada del arcotangente con la cadena). 3. $a = arctan (sen s) \cdot \frac{cos s}{1 + sen ^{2} s}$ .

b) 1. Con la CPG dibujamos $y = \frac{cos s \cdot arctan ( sen s )}{1 + sen ^{2} s}$ en $0 \leq s \leq 1$ y la recta $y = 0, 25$ . 2. Se cortan en dos puntos: $s \approx 0, 296$ y $s \approx 0, 918$ (la aceleración sube hasta un máximo cerca de $s \approx 0, 56$ , de valor aproximadamente $0, 32$ , y luego baja).

Gráfica de la aceleración en función del desplazamiento entre cero y uno, con la recta horizontal a = 0,25 y sus dos puntos de corte con la curva

Resultado: a) $a = \frac{cos s \cdot arctan ( sen s )}{1 + sen ^{2} s}$ ; b) $s \approx 0, 296$ m y $s \approx 0, 918$ m

Ejercicio 244 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2009

El vector de posición en el instante $t$ de un punto $P$ está dado por $OP = (1 + t) i + (2 - 2 t) j + (3 t - 1) k$ , $t \geq 0$ .

a) Calcule las coordenadas de $P$ cuando $t = 0$ .

b) Muestre que $P$ se mueve a lo largo de la recta $L$ con ecuaciones cartesianas $x - 1 = \frac{y - 2}{- 2} = \frac{z + 1}{3}$

c) (i) Halle el valor de $t$ cuando $P$ se encuentra en el plano de ecuación $2 x + y + z = 6$ .

(ii) Indique las coordenadas de $P$ en este instante.

(iii) Usando lo anterior, encuentre la distancia total recorrida por $P$ antes de encontrarse con el plano.

El vector de posición en el tiempo $t$ de otro punto, $Q$ , está dado por $OQ = t^{2} 1 - t 1 - t^{2}$ , $t \geq 0$ .

d) (i) Hallar el valor de $t$ para el cual la distancia de $Q$ al origen es mínima.

(ii) Encuentre las coordenadas de $Q$ en ese instante.

e) Sea $a$ , $b$ y $c$ los vectores de posición de $Q$ en los instantes $t = 0$ , $t = 1$ y $t = 2$ respectivamente.

(i) Demostrar que la ecuación $a - b = k (b - c)$ no tiene solución para $k$ .

(ii) Usando lo anterior, muestre que la trayectoria de $Q$ no es una línea recta.

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Resultado: a) $P (1, 2, - 1)$ ; c) (i) $t = 1$ ; (ii) $P (2, 0, 2)$ ; (iii) $14$ ; d) (i) $t \approx 0, 76$ ; (ii) $Q (0, 578; 0, 24; 0, 422)$ ; e) (i) sin solución para $k$ (da $\frac{1}{3}$ y $1$ ); (ii) la trayectoria de $Q$ no es una recta.

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a) 1. Para $t = 0$ : $OP = i + 2 j - k$ , es decir, $P (1, 2, - 1)$ .

b) 1. Las coordenadas son $x = 1 + t$ , $y = 2 - 2 t$ , $z = 3 t - 1$ . 2. Despejamos $t$ en cada una: $t = x - 1$ , $t = \frac{y - 2}{- 2}$ y $t = \frac{z + 1}{3}$ . 3. Como los tres valores son el mismo $t$ , $x - 1 = \frac{y - 2}{- 2} = \frac{z + 1}{3}$ : $P$ se mueve sobre la recta $L$ .

c) (i) 1. Sustituimos en el plano $2 x + y + z = 6$ : $2 (1 + t) + (2 - 2 t) + (3 t - 1) = 6$ . 2. Simplificamos: $3 + 3 t = 6$ , luego $t = 1$ .

(ii) 1. Con $t = 1$ : $P (2, 0, 2)$ .

(iii) 1. $P$ va de $(1, 2, - 1)$ ( $t = 0$ ) a $(2, 0, 2)$ ( $t = 1$ ) en línea recta y sin retroceder. 2. Distancia recorrida: $(2 - 1)^{2} + (0 - 2)^{2} + (2 + 1)^{2} = 1 + 4 + 9 = 14$ .

d) (i) 1. Distancia al cuadrado de $Q$ al origen: $D (t) = OQ^{2} = t^{4} + (1 - t)^{2} + (1 - t^{2})^{2} = 2 t^{4} - t^{2} - 2 t + 2$ . 2. $D^{'} (t) = 8 t^{3} - 2 t - 2 = 0$ , es decir, $4 t^{3} - t - 1 = 0$ . 3. Con la CPG, la única raíz real es $t \approx 0, 76$ . Es un mínimo: para $t \geq 0$ , $D^{'} (t)$ es negativa en $t = 0$ ( $D^{'} (0) = - 2$ ) y cambia a positiva en esa raíz.

(ii) 1. Con $t \approx 0, 7607$ : $t^{2} \approx 0, 5786$ , $1 - t \approx 0, 2393$ y $1 - t^{2} \approx 0, 4214$ . 2. $Q (0, 578; 0, 24; 0, 422)$ .

e) 1. Posiciones: $a = OQ (0) = (0, 1, 1)$ , $b = OQ (1) = (1, 0, 0)$ y $c = OQ (2) = (4, - 1, - 3)$ .

(i) 1. $a - b = (- 1, 1, 1)$ y $b - c = (- 3, 1, 3)$ . La ecuación $a - b = k (b - c)$ da tres ecuaciones: $- 1 = - 3 k$ , $1 = k$ y $1 = 3 k$ . 2. De la primera, $k = \frac{1}{3}$ ; de la segunda, $k = 1$ . Es contradictorio: la ecuación no tiene solución.

(ii) 1. Si $Q$ se moviese sobre una recta, los puntos de sus posiciones en $t = 0, 1, 2$ estarían alineados, y entonces $a - b$ y $b - c$ serían paralelos, es decir, existiría $k$ con $a - b = k (b - c)$ . 2. Por el apartado anterior no existe, así que la trayectoria de $Q$ no es una línea recta.

Ejercicio 245 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2022

Una partícula se mueve en línea recta de modo tal que su velocidad ( $m s^{- 1}$ ) en el instante $t$ segundos viene dada por $v = \frac{( t ^{2} + 1 ) cos t}{4}$ , $0 \leq t \leq 3$

a) Determine cuándo cambia el sentido del movimiento de la partícula.

b) Halle en qué instantes la aceleración de la partícula es igual a $- 1, 9 m s^{- 2}$ .

c) Halle la aceleración de la partícula cuando su rapidez es máxima.

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Resultado: a) $t = 1, 57$ s; b) $t = 2, 26$ s y $t = 2, 96$ s; c) $a = - 1, 84 m s^{- 2}$

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a) 1. La partícula cambia de sentido cuando $v$ se anula y cambia de signo. 2. $v = \frac{( t ^{2} + 1 ) cos t}{4} = 0$ implica $cos t = 0$ (pues $t^{2} + 1 > 0$ ). En $0 \leq t \leq 3$ la única solución es $t = \frac{π}{2} \approx 1, 57$ ( $\frac{3 π}{2} \approx 4, 71$ queda fuera). 3. En ese instante $v$ pasa de positiva a negativa: cambia el sentido en $t \approx 1, 57$ s.

b) 1. La aceleración es $a = \frac{d v}{d t}$ . Regla del producto: $a = \frac{2 t cos t - ( t ^{2} + 1 ) sen t}{4} .$ 2. Con la CPG resolvemos $a (t) = - 1, 9$ en $[0, 3]$ (intersección de $y = a (t)$ con $y = - 1, 9$ ): hay dos soluciones, $t \approx 2, 26$ s y $t \approx 2, 96$ s.

c) 1. La rapidez es $∣ v ∣$ . En $[0, \frac{π}{2}]$ , $v \geq 0$ y su valor máximo es aproximadamente $0, 29$ (con la CPG). 2. En $[\frac{π}{2}, 3]$ , $v < 0$ y $a = \frac{2 t cos t - ( t ^{2} + 1 ) sen t}{4} < 0$ (pues $cos t < 0$ y $sen t > 0$ ): $v$ sigue decreciendo, es decir $∣ v ∣$ aumenta hasta $t = 3$ , donde $∣ v (3) ∣ = \frac{10∣ cos 3∣}{4} \approx 2, 47$ m s $^{- 1}$ . 3. La rapidez máxima se da, por tanto, en $t = 3$ s. Su aceleración es $a (3) = \frac{6 cos 3 - 10 sen 3}{4} \approx - 1, 84 m s^{- 2} .$

Resultado: a) $t = 1, 57$ s; b) $t = 2, 26$ s y $t = 2, 96$ s; c) $a = - 1, 84 m s^{- 2}$

Rolle, valor medio y L'Hôpital

Ejercicio 246 BásicoIB · P3 TZ0 Mayo 2017

Utilice la regla de L'Hôpital para determinar el valor de $x \to 0 lim \frac{sen ^{2} x}{x ln ( 1 + x )}$ .

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Resultado: $x \to 0 lim \frac{sen ^{2} x}{x ln ( 1 + x )} = 1$

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Al sustituir $x = 0$ queda $\frac{0}{0}$ , indeterminación: se puede aplicar la regla de L'Hôpital (derivando numerador y denominador).
Numerador: $\frac{d}{d x} sen^{2} x = 2 sen x cos x = sen 2 x$ . Denominador (producto): $\frac{d}{d x} [x ln (1 + x)] = ln (1 + x) + \frac{x}{1 + x}$ .
En $x = 0$ vuelve a salir $\frac{0}{0}$ , así que aplicamos la regla otra vez.
Numerador: $\frac{d}{d x} sen 2 x = 2 cos 2 x$ . Denominador: $\frac{1}{1 + x} + \frac{( 1 + x ) - x}{( 1 + x ) ^{2}} = \frac{1}{1 + x} + \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}$ .
En $x = 0$ : numerador $= 2$ y denominador $= 1 + 1 = 2$ .
El límite es $\frac{2}{2} = 1$ .

Resultado: $x \to 0 lim \frac{sen ^{2} x}{x ln ( 1 + x )} = 1$

Ejercicio 247 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2021

Use la regla de L'Hôpital para calcular $x \to 0 lim (\frac{arctan 2 x}{tan 3 x})$ .

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Resultado: $\frac{2}{3}$

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Al sustituir $x = 0$ : numerador $arctan 0 = 0$ y denominador $tan 0 = 0$ . Es una indeterminación $\frac{0}{0}$ : aplicamos la regla de L'Hôpital.
Derivadas (cadena): $\frac{d}{d x} arctan 2 x = \frac{2}{1 + 4 x ^{2}}$ y $\frac{d}{d x} tan 3 x = \frac{3}{cos ^{2} 3 x}$ .
El límite es $x \to 0 lim \frac{\frac{2}{1 + 4 x ^{2}}}{\frac{3}{c o s ^{2} 3 x}} = \frac{2/1}{3/1} = \frac{2}{3} .$

Resultado: $\frac{2}{3}$

Ejercicio 248 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2015Demostración

La función $f : R \to R$ viene dada por $f : x \to {1, 1 - x, x < 0 x \geq 0$

Demuestre, utilizando límites, que $f$

a) es continua en $x = 0$ ;

b) no es derivable en $x = 0$ .

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Resultado: queda demostrado.

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a) Una función es continua en $x = 0$ si $x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{+} lim f (x) = f (0)$ .

Por la izquierda $f (x) = 1$ , así que $x \to 0^{-} lim f (x) = 1$ .
Por la derecha $f (x) = 1 - x$ , así que $x \to 0^{+} lim f (x) = 1 - 0 = 1$ .
Además $f (0) = 1 - 0 = 1$ . Los tres valores coinciden, luego $f$ es continua en $x = 0$ .

b) Usamos la definición de derivada lateral, $f^{'} (0^{\pm}) = h \to 0^{\pm} lim \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h}$ .

Por la izquierda ( $h < 0$ ): $f^{'} (0^{-}) = h \to 0^{-} lim \frac{1 - 1}{h} = 0$ .
Por la derecha ( $h > 0$ ): $f^{'} (0^{+}) = h \to 0^{+} lim \frac{( 1 - h ) - 1}{h} = h \to 0^{+} lim (- 1) = - 1$ .
Las derivadas laterales son distintas ( $0 \neq = - 1$ ), así que el límite que define $f^{'} (0)$ no existe y $f$ no es derivable en $x = 0$ .

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 249 MedioIB · P3 TZ2 Mayo 2008

a) Halle el valor de $x \to 1 lim (\frac{ln x}{sen 2 π x})$ .

b) Usando el desarrollo en serie de $e^{x^{2}}$ y el de $cos x$ , evalúe $x \to 0 lim (\frac{1 - e ^{x^{2}}}{1 - cos x})$ .

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Resultado: a) $\frac{1}{2 π}$ ; b) $- 2$

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a) 1. Al sustituir $x = 1$ queda $\frac{ln 1}{sen 2 π} = \frac{0}{0}$ : aplicamos la regla de L'Hôpital. 2. $x \to 1 lim \frac{ln x}{sen 2 π x} = x \to 1 lim \frac{1/ x}{2 π cos 2 π x} = \frac{1}{2 π \cdot 1} = \frac{1}{2 π}$ .

b) 1. $e^{x^{2}} = 1 + x^{2} + \frac{x ^{4}}{2} + \dots$ , luego $1 - e^{x^{2}} = - x^{2} - \frac{x ^{4}}{2} - \dots$ . 2. $cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} - \dots$ , luego $1 - cos x = \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{24} + \dots$ . 3. Dividimos numerador y denominador entre $x^{2}$ : $\frac{1 - e ^{x^{2}}}{1 - cos x} = \frac{- 1 - \frac{x ^{2}}{2} - \dots}{\frac{1}{2} - \frac{x ^{2}}{24} + \dots}$ . 4. Cuando $x \to 0$ : el límite es $\frac{- 1}{1/2} = - 2$ .

Resultado: a) $\frac{1}{2 π}$ ; b) $- 2$

Ejercicio 250 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2007

a) Determine $x \to 0 lim (\frac{ln ( a ^{2} + x ^{2} )}{ln ( a - x ^{3} )})$ , donde $a$ es una constante positiva y distinta de $1$ .

b) Calcule $x \to 0 lim (\frac{ln ( 1 + x ^{2} )}{ln ( 1 - x ^{2} )})$

c) Calcule $x \to 0 lim (\frac{2 + x ^{2} - 2 cos x}{e ^{x} + e ^{- x} - 2 cos x})$

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Resultado: a) $2$ ; b) $- 1$ ; c) $1$

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a) 1. Al sustituir $x = 0$ : $\frac{ln ( a ^{2} )}{ln a}$ , que no es indeterminado porque $a > 0$ y $a \neq = 1$ implican $ln a \neq = 0$ y las funciones son continuas en $x = 0$ . 2. $\frac{ln ( a ^{2} )}{ln a} = \frac{2 ln a}{ln a} = 2$ .

b) 1. Al sustituir queda $\frac{0}{0}$ : L'Hôpital. 2. $x \to 0 lim \frac{\frac{2 x}{1 + x ^{2}}}{\frac{- 2 x}{1 - x ^{2}}} = x \to 0 lim - \frac{1 - x ^{2}}{1 + x ^{2}} = - 1$ .

c) 1. Al sustituir queda $\frac{2 + 0 - 2}{1 + 1 - 2} = \frac{0}{0}$ . Usamos el desarrollo de Maclaurin: $cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} - \dots$ , $e^{x} + e^{- x} = 2 + x^{2} + \frac{x ^{4}}{12} + \dots$ . 2. Numerador: $2 + x^{2} - 2 + x^{2} - \frac{x ^{4}}{12} + \dots = 2 x^{2} - \frac{x ^{4}}{12} + \dots$ . 3. Denominador: $2 + x^{2} + \frac{x ^{4}}{12} - 2 + x^{2} - \frac{x ^{4}}{12} + \dots = 2 x^{2} + \dots$ . 4. Dividimos entre $x^{2}$ : $\frac{2 - \frac{x ^{2}}{12} + \dots}{2 + \dots} \to \frac{2}{2} = 1$ .

Resultado: a) $2$ ; b) $- 1$ ; c) $1$

Ejercicio 251 MedioIB · P3 TZ2 Mayo 2007

Halle: a) $s \to 4 lim (\frac{s - 3 s + 4}{4 - s})$

b) $x \to 0 lim (\frac{cos x - 1}{x sen x})$

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Resultado: a) $- \frac{5}{8}$ ; b) $- \frac{1}{2}$

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a) 1. Al sustituir $s = 4$ : $\frac{4 - 4}{0} = \frac{0}{0}$ . Multiplicamos numerador y denominador por el conjugado $s + 3 s + 4$ . 2. El numerador queda $s^{2} - (3 s + 4) = s^{2} - 3 s - 4 = (s - 4) (s + 1)$ . 3. Entonces $\frac{s - 3 s + 4}{4 - s} = \frac{( s - 4 ) ( s + 1 )}{( 4 - s ) ( s + 3 s + 4 )} = - \frac{s + 1}{s + 3 s + 4}$ . 4. Cuando $s \to 4$ : $- \frac{5}{4 + 4} = - \frac{5}{8}$ .

b) 1. Al sustituir $x = 0$ queda $\frac{0}{0}$ . Usamos los desarrollos de Maclaurin: $cos x - 1 = - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} - \dots$ y $x sen x = x^{2} - \frac{x ^{4}}{6} + \dots$ . 2. Dividimos entre $x^{2}$ : $\frac{- \frac{1}{2} + \frac{x ^{2}}{24} - \dots}{1 - \frac{x ^{2}}{6} + \dots} \to - \frac{1}{2}$ .

Resultado: a) $- \frac{5}{8}$ ; b) $- \frac{1}{2}$

Ejercicio 252 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2009

Halle:

a) $x \to 0 lim \frac{tan x}{x + x ^{2}}$

b) $x \to 1 lim \frac{1 - x ^{2} + 2 x ^{2} ln x}{1 - sen \frac{π x}{2}}$

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Resultado: a) $1$ ; b) $\frac{16}{π ^{2}}$

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a) 1. $tan x = x + \frac{x ^{3}}{3} + \dots$ , luego $\frac{tan x}{x + x ^{2}} = \frac{x ( 1 + \frac{x ^{2}}{3} + \dots )}{x ( 1 + x )} = \frac{1 + \frac{x ^{2}}{3} + \dots}{1 + x}$ . 2. Cuando $x \to 0$ el límite es $1$ .

b) 1. En $x = 1$ : numerador $1 - 1 + 0 = 0$ y denominador $1 - sen \frac{π}{2} = 0$ . Aplicamos L'Hôpital. 2. Derivadas: numerador $- 2 x + 4 x ln x + 2 x = 4 x ln x$ ; denominador $- \frac{π}{2} cos \frac{π x}{2}$ . En $x = 1$ vuelve a salir $\frac{0}{0}$ . 3. Segunda aplicación: numerador $4 ln x + 4$ , que en $x = 1$ vale $4$ ; denominador $\frac{π ^{2}}{4} sen \frac{π x}{2}$ , que en $x = 1$ vale $\frac{π ^{2}}{4}$ . 4. El límite es $\frac{4}{π ^{2} /4} = \frac{16}{π ^{2}}$ .

Resultado: a) $1$ ; b) $\frac{16}{π ^{2}}$

Ejercicio 253 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2019

Utilizando la regla de L'Hôpital, halle $x \to 0 lim (\frac{tan 3 x - 3 tan x}{sen 3 x - 3 sen x})$ .

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Resultado: $- 2$

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Al sustituir $x = 0$ queda $\frac{0}{0}$ (numerador y denominador valen $0$ ): aplicamos L'Hôpital.
Primera vez: $\frac{3 sec ^{2} 3 x - 3 sec ^{2} x}{3 cos 3 x - 3 cos x}$ , que en $x = 0$ vuelve a ser $\frac{0}{0}$ .
Segunda vez: numerador $18 sec^{2} 3 x tan 3 x - 6 sec^{2} x tan x$ y denominador $- 9 sen 3 x + 3 sen x$ , otra vez $\frac{0}{0}$ en $x = 0$ .
Tercera vez: el numerador se deriva como $18 \cdot 3 (2 sec^{2} 3 x tan^{2} 3 x + sec^{4} 3 x) - 6 (2 sec^{2} x tan^{2} x + sec^{4} x)$ , que en $x = 0$ vale $54 - 6 = 48$ ; el denominador, $- 27 cos 3 x + 3 cos x$ , vale $- 27 + 3 = - 24$ .
El límite es $\frac{48}{- 24} = - 2$ .

Resultado: $- 2$

Ejercicio 254 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2017

La función $f$ está definida por $f (x) = {x^{2} - 2, a x + b, x < 1 x \geq 1$ donde $a$ y $b$ son constantes reales.

Sabiendo que $f$ es derivable y continua en $x = 1$ , calcule el valor de $a$ y el valor de $b$ .

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Resultado: $a = 2$ , $b = - 3$

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Continuidad en $x = 1$ : el límite por la izquierda es $1^{2} - 2 = - 1$ y por la derecha $a + b$ . Entonces $a + b = - 1$ .
Derivabilidad en $x = 1$ : por la izquierda $f^{'} (x) = 2 x$ , que en $1$ vale $2$ ; por la derecha $f^{'} (x) = a$ . Entonces $a = 2$ .
De $a + b = - 1$ : $b = - 3$ .

Resultado: $a = 2$ , $b = - 3$

Ejercicio 255 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2016

a) Sabiendo que $f (x) = ln x$ , utilice el teorema del valor medio para mostrar que, para $0 < a < b$ , $\frac{b - a}{b} < ln \frac{b}{a} < \frac{b - a}{a}$ .

b) A partir de lo anterior, muestre que $ln (1, 2)$ está comprendido entre $\frac{1}{m}$ y $\frac{1}{n}$ , donde $m$ , $n$ son números enteros positivos consecutivos que hay que determinar.

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Resultado: a) queda demostrado; b) $\frac{1}{6} < ln 1, 2 < \frac{1}{5}$ , es decir, $m = 6$ y $n = 5$

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a) 1. Aplicamos el teorema del valor medio a $f (x) = ln x$ en $[a, b]$ con $0 < a < b$ ( $f$ es continua y derivable allí). Existe $c \in] a, b [$ con $f^{'} (c) = \frac{ln b - ln a}{b - a}$ , es decir, $\frac{1}{c} = \frac{ln \frac{b}{a}}{b - a}$ . 2. Como $a < c < b$ y todos son positivos, $\frac{1}{b} < \frac{1}{c} < \frac{1}{a}$ . 3. Sustituimos $\frac{1}{c}$ y multiplicamos por $b - a > 0$ : $\frac{b - a}{b} < ln \frac{b}{a} < \frac{b - a}{a}$ .

b) 1. Tomamos $a = 1$ y $b = 1, 2$ : $\frac{0 , 2}{1 , 2} < ln 1, 2 < \frac{0 , 2}{1}$ . 2. $\frac{0 , 2}{1 , 2} = \frac{1}{6}$ y $0, 2 = \frac{1}{5}$ . 3. Luego $\frac{1}{6} < ln 1, 2 < \frac{1}{5}$ , con $m = 6$ y $n = 5$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $\frac{1}{6} < ln 1, 2 < \frac{1}{5}$ , es decir, $m = 6$ y $n = 5$

Ejercicio 256 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2016

Utilizando la regla de l'Hôpital, halle $x \to \infty lim \frac{arcsin ( \frac{1}{x + 1} )}{\frac{1}{x}}$ .

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Resultado: $x \to \infty lim \frac{arcsin ( \frac{1}{x + 1} )}{\frac{1}{x}} = 1$

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Cuando $x \to \infty$ , $arcsin \frac{1}{x + 1} \to arcsin 0 = 0$ y $\frac{1}{x} \to 0$ : indeterminación $\frac{0}{0}$ , así que se puede aplicar la regla de l'Hôpital.
Derivada del numerador (cadena): $\frac{1}{1 - \frac{1}{x + 1}} \cdot (- \frac{1}{2}) (x + 1)^{- 3/2} = \frac{x + 1}{x} \cdot (- \frac{1}{2}) (x + 1)^{- 3/2}$ .
Derivada del denominador: $\frac{d}{d x} x^{- 1/2} = - \frac{1}{2} x^{- 3/2}$ .
El cociente de las derivadas es $\frac{x + 1}{x} \cdot \frac{( x + 1 ) ^{- 3/2}}{x ^{- 3/2}} = \frac{x + 1}{x} \cdot (\frac{x}{x + 1})^{3/2} = \frac{x}{x + 1} .$
$x \to \infty lim \frac{x}{x + 1} = 1$ , y por l'Hôpital el límite pedido vale $1$ .

Resultado: $x \to \infty lim \frac{arcsin ( \frac{1}{x + 1} )}{\frac{1}{x}} = 1$

Ejercicio 257 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2006

Halle el valor de

a) $x \to 0 lim \frac{1 + x - 1}{x}$ ;

b) $x \to 0 lim x ln x$ .

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Resultado: a) $\frac{1}{2}$ ; b) $0$

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a) 1. Sustituyendo $x = 0$ queda $\frac{0}{0}$ . Multiplicamos numerador y denominador por el conjugado $1 + x + 1$ : $\frac{1 + x - 1}{x} \cdot \frac{1 + x + 1}{1 + x + 1} = \frac{( 1 + x ) - 1}{x ( 1 + x + 1 )}$ . 2. Simplificamos $x$ : $\frac{1}{1 + x + 1}$ , y al hacer $x \to 0$ queda $\frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$ .

b) 1. Con $x \to 0^{+}$ (el logaritmo exige $x > 0$ ), $x ln x$ es de la forma $0 \cdot (- \infty)$ . Lo reescribimos: $x ln x = \frac{ln x}{1/ x}$ , de la forma $\frac{- \infty}{\infty}$ . 2. Aplicamos la regla de l'Hôpital: $x \to 0^{+} lim \frac{1/ x}{- 1/ x ^{2}} = x \to 0^{+} lim (- x) = 0$ .

Resultado: a) $\frac{1}{2}$ ; b) $0$

Ejercicio 258 MedioIB · P3 TZ1 Mayo 2007

a) Use la regla de l'Hôpital para calcular

(i) $x \to 1 lim \frac{ln x ^{2}}{x - 1}$

(ii) $x \to 0 lim \frac{tan ^{2} x}{1 - cos x}$ .

b) Dando un motivo, indique si el siguiente argumento es correcto o incorrecto.

«Utilizando la regla de l'Hôpital, $x \to 3 lim \frac{x - 3}{x ^{2} - 3} = x \to 3 lim \frac{1}{2 x} = \frac{1}{6}$ ».

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Resultado: a) (i) $2$ ; (ii) $2$ ; b) incorrecto: no es de la forma $\frac{0}{0}$ , el límite vale $0$ .

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a) (i) 1. Para $x \to 1$ , $ln x^{2} \to 0$ y $x - 1 \to 0$ : forma $\frac{0}{0}$ , así que aplicamos l'Hôpital. 2. $x \to 1 lim \frac{ln x ^{2}}{x - 1} = x \to 1 lim \frac{2/ x}{1} = 2$ .

(ii) 1. Para $x \to 0$ , $tan^{2} x \to 0$ y $1 - cos x \to 0$ : forma $\frac{0}{0}$ . 2. Derivamos numerador y denominador: $x \to 0 lim \frac{2 tan x sec ^{2} x}{sen x}$ . 3. Seguimos con $\frac{0}{0}$ ; simplificamos con $tan x = \frac{sen x}{cos x}$ : $\frac{2 sec ^{2} x}{cos x} = \frac{2}{cos ^{3} x}$ . 4. Al hacer $x \to 0$ : $\frac{2}{1} = 2$ .

b) 1. El argumento es incorrecto. 2. La regla de l'Hôpital solo se aplica a formas indeterminadas $\frac{0}{0}$ o $\frac{\infty}{\infty}$ . Aquí, con $x \to 3$ , el numerador tiende a $0$ pero el denominador tiende a $3^{2} - 3 = 6 \neq = 0$ : no es indeterminado. 3. El límite es directamente $\frac{0}{6} = 0$ , no $\frac{1}{6}$ .

Resultado: a) (i) $2$ ; (ii) $2$ ; b) incorrecto: no es de la forma $\frac{0}{0}$ , el límite vale $0$ .

Ejercicio 259 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2010

Halle $x \to 0 lim (\frac{1 - cos x ^{6}}{x ^{12}})$ .

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Resultado: $x \to 0 lim \frac{1 - cos x ^{6}}{x ^{12}} = \frac{1}{2}$

Ver proceso y resultado

Sea $u = x^{6}$ . Cuando $x \to 0$ , $u \to 0$ , y $x^{12} = u^{2}$ . El límite es $u \to 0 lim \frac{1 - cos u}{u ^{2}}$ , de la forma $\frac{0}{0}$ .
Aplicamos la regla de l'Hôpital: $u \to 0 lim \frac{sen u}{2 u}$ , otra vez $\frac{0}{0}$ .
Aplicamos l'Hôpital de nuevo: $u \to 0 lim \frac{cos u}{2} = \frac{1}{2}$ .

Resultado: $x \to 0 lim \frac{1 - cos x ^{6}}{x ^{12}} = \frac{1}{2}$

Ejercicio 260 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2011

Calcule $x \to \frac{1}{2} lim \frac{\frac{1}{4} - x ^{2}}{cot π x}$ .

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Resultado: $\frac{1}{π}$

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Con $x \to \frac{1}{2}$ : el numerador $\frac{1}{4} - x^{2} \to 0$ y $cot π x = \frac{cos π x}{sen π x} \to \frac{0}{1} = 0$ . Forma $\frac{0}{0}$ .
Aplicamos la regla de l'Hôpital: $\frac{d}{d x} (\frac{1}{4} - x^{2}) = - 2 x$ y $\frac{d}{d x} cot π x = - π cosec^{2} π x$ .
El límite queda $x \to \frac{1}{2} lim \frac{- 2 x}{- π cosec ^{2} π x} = \frac{- 1}{- π \cdot 1} = \frac{1}{π}$ , porque $cosec \frac{π}{2} = 1$ .

Resultado: $\frac{1}{π}$

Ejercicio 261 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2012

Utilice la regla de L'Hôpital para hallar: $x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1 - x cos x}{sen ^{2} x}$

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Resultado: $\frac{1}{2}$

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Al sustituir $x = 0$ el numerador vale $e^{0} - 1 - 0 \cdot cos 0 = 0$ y el denominador $sen^{2} 0 = 0$ : es una indeterminación $\frac{0}{0}$ y podemos aplicar la regla de L'Hôpital.
Derivamos numerador (regla del producto en $x cos x$ ) y denominador (regla de la cadena): $N^{'} (x) = e^{x} - cos x + x sen x, D^{'} (x) = 2 sen x cos x = sen 2 x .$
En $x = 0$ ambos valen de nuevo $0$ ( $1 - 1 + 0 = 0$ y $sen 0 = 0$ ), así que aplicamos la regla otra vez: $N^{''} (x) = e^{x} + sen x + sen x + x cos x = e^{x} + 2 sen x + x cos x, D^{''} (x) = 2 cos 2 x .$
Ahora $N^{''} (0) = 1$ y $D^{''} (0) = 2$ , luego $x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1 - x cos x}{sen ^{2} x} = \frac{1}{2} .$

Resultado: $\frac{1}{2}$

Ejercicio 262 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2014

La función $f$ viene dada por $f (x) = {e^{- x^{2}} \cdot (- x^{3} + 2 x^{2} + x) a x + b x \leq 1 x > 1$ , donde $a$ y $b$ son constantes.

a) Halle el valor exacto de $a$ y de $b$ , si $f$ es continua y derivable en $x = 1$ .

b) i) Utilice el Teorema de Rolle aplicado a $f$ para demostrar que $2 x^{4} - 4 x^{3} - 5 x^{2} + 4 x + 1 = 0$ tiene una raíz en el intervalo $] - 1, 1 [$ .

(ii) A partir de lo anterior, demuestre que $2 x^{4} - 4 x^{3} - 5 x^{2} + 4 x + 1 = 0$ tiene al menos dos raíces o una raíz doble en el intervalo $] - 1, 1 [$ .

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Resultado: a) $a = - \frac{2}{e}$ , $b = \frac{4}{e}$ ; b) queda demostrado.

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a) 1. Continuidad en $x = 1$ : $f (1) = e^{- 1} (- 1 + 2 + 1) = \frac{2}{e}$ , y el límite por la derecha es $a + b$ . Entonces $a + b = \frac{2}{e}$ . 2. Derivada para $x < 1$ (regla del producto y de la cadena): $f^{'} (x) = - 2 x e^{- x^{2}} (- x^{3} + 2 x^{2} + x) + e^{- x^{2}} (- 3 x^{2} + 4 x + 1) = e^{- x^{2}} (2 x^{4} - 4 x^{3} - 5 x^{2} + 4 x + 1)$ . 3. En $x = 1$ : $f^{'} (1) = e^{- 1} (2 - 4 - 5 + 4 + 1) = - \frac{2}{e}$ . Para $x > 1$ , $f^{'} (x) = a$ . Derivable $\Rightarrow a = - \frac{2}{e}$ . 4. De $a + b = \frac{2}{e}$ : $b = \frac{2}{e} + \frac{2}{e} = \frac{4}{e}$ .

b) i) 1. En $[- 1, 1]$ , $f (x) = e^{- x^{2}} (- x^{3} + 2 x^{2} + x)$ es continua y derivable. 2. $f (- 1) = e^{- 1} (1 + 2 - 1) = \frac{2}{e}$ y $f (1) = \frac{2}{e}$ : $f (- 1) = f (1)$ . 3. Por el Teorema de Rolle, existe $c \in] - 1, 1 [$ con $f^{'} (c) = 0$ : $e^{- c^{2}} (2 c^{4} - 4 c^{3} - 5 c^{2} + 4 c + 1) = 0$ . 4. Como $e^{- c^{2}} \neq = 0$ , se tiene $2 c^{4} - 4 c^{3} - 5 c^{2} + 4 c + 1 = 0$ : la ecuación tiene una raíz en $] - 1, 1 [$ .

(ii) 1. Sea $g (x) = 2 x^{4} - 4 x^{3} - 5 x^{2} + 4 x + 1$ , continua por ser polinómica. 2. $g (- 1) = 2 + 4 - 5 - 4 + 1 = - 2 < 0$ , $g (0) = 1 > 0$ y $g (1) = 2 - 4 - 5 + 4 + 1 = - 2 < 0$ . 3. Por el teorema de los valores intermedios hay una raíz en $] - 1, 0 [$ y otra en $] 0, 1 [$ , y son distintas porque $g (0) \neq = 0$ . 4. Por tanto $g$ tiene al menos dos raíces distintas en $] - 1, 1 [$ .

Resultado: a) $a = - \frac{2}{e}$ , $b = \frac{4}{e}$ ; b) queda demostrado.

Ejercicio 263 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2018

La función $f$ se define mediante $f (x) = {∣ x - 2∣ + 1 a x^{2} + b x si x < 2 si x \geq 2$ donde $a$ y $b$ son constantes reales.

Sabiendo que tanto $f$ como su derivada son continuas en $x = 2$ , halle el valor de $a$ y el valor de $b$ .

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Resultado: $a = - \frac{3}{4}$ , $b = 2$

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Si $f$ es continua en $x = 2$ , los límites laterales coinciden con $f (2)$ . Por la izquierda ( $x < 2$ ): $∣ x - 2∣ = 2 - x$ , así que $f (x) = 3 - x$ y su límite en $2$ es $1$ . Por la derecha: $4 a + 2 b$ . Entonces $4 a + 2 b = 1$ .
Si $f$ es derivable en $x = 2$ , las derivadas laterales coinciden. Por la izquierda: $f^{'} (x) = - 1$ . Por la derecha: $f^{'} (x) = 2 a x + b$ , que en $x = 2$ vale $4 a + b$ . Entonces $4 a + b = - 1$ .
Restamos la segunda ecuación a la primera: $(4 a + 2 b) - (4 a + b) = 1 - (- 1)$ , es decir, $b = 2$ .
Sustituimos en $4 a + b = - 1$ : $4 a = - 3$ , luego $a = - \frac{3}{4}$ .

Resultado: $a = - \frac{3}{4}$ , $b = 2$

Ejercicio 264 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2017

El teorema del valor medio establece que si $f$ es una función continua en $[a, b]$ y derivable en $] a, b [$ entonces $f^{'} (c) = \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a}$ para algún $c \in] a, b [$ .

La función $g$ , definida por $g (x) = x cos (x)$ satisface las condiciones del teorema del valor medio en el intervalo $[0, 5 π]$ .

a) Para $a = 0$ y $b = 5 π$ , use el teorema del valor medio para calcular los posibles valores de $c$ para la función $g$ .

b) Dibuje la gráfica de $y = g (x)$ en el intervalo $[0, 5 π]$ y por lo tanto ilustre el teorema del valor medio para la función $g$ .

Ver solución

a) 1. Hallamos la pendiente media en $[0, 5 π]$ : $g (0) = 0$ y $g (5 π) = 5 π cos 5 π$ , luego $\frac{g ( 5 π ) - g ( 0 )}{5 π - 0} = cos 5 π \approx - 0, 681$ . 2. Derivamos (producto y cadena): $g^{'} (x) = cos x - x sen x \cdot \frac{1}{2 x} = cos x - \frac{x}{2} sen x$ . 3. El teorema del valor medio asegura que existe $c \in] 0, 5 π [$ con $g^{'} (c) = cos 5 π$ . Con la CPG resolvemos $g^{'} (x) = - 0, 681$ en $] 0, 5 π [$ (por ejemplo, cortando $y = g^{'} (x)$ con la recta $y = - 0, 681$ ). 4. Las soluciones son $c \approx 2, 26$ y $c \approx 11, 05$ .

b) 1. Con la CPG dibujamos $y = g (x)$ en $[0, 5 π]$ : parte del origen, sube hasta un máximo cerca de $(2, 26; 0, 154)$ , baja hasta un mínimo cerca de $(11, 05; - 10, 87)$ y sube un poco hasta $(5 π; - 10, 7)$ . 2. La secante que une $(0, 0)$ con $(5 π; - 10, 7)$ tiene pendiente $- 0, 681$ ; las tangentes en $x = 2, 26$ y $x = 11, 05$ son paralelas a ella, lo que ilustra el teorema.

Gráfica de la función en el intervalo de cero a cinco pi, con la recta que une los extremos y dos tangentes paralelas a ella en los puntos señalados

Resultado: a) $c \approx 2, 26$ y $c \approx 11, 05$ ; b) en los puntos $(2, 26; 0, 15)$ y $(11, 05; - 10, 87)$ las tangentes son paralelas a la recta que pasa por $(0, 0)$ y $(5 π, - 10, 7)$ .

Ejercicio 265 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2016

a) Indique el teorema del valor medio para una función que es continua en el intervalo cerrado $[a, b]$ y derivable en el intervalo abierto $] a, b [$ .

Sea $f (x)$ una función cuyas derivadas primera y segunda existen en el intervalo cerrado $[0, h]$ .

Sea $g (x) = f (h) - f (x) - (h - x) f^{'} (x) - \frac{( h - x ) ^{2}}{h ^{2}} (f (h) - f (0) - h f^{'} (0))$ .

b) (i) Halle $g (0)$ .

(ii) Halle $g (h)$ .

(iii) Aplique el teorema del valor medio a la función $g (x)$ en el intervalo cerrado $[0, h]$ para mostrar que existe $c$ perteneciente al intervalo abierto $] 0, h [$ tal que $g^{'} (c) = 0$ .

(iv) Halle $g^{'} (x)$ .

(v) A partir de lo anterior, muestre que $- (h - c) f^{''} (c) + \frac{2 ( h - c )}{h ^{2}} (f (h) - f (0) - h f^{'} (0)) = 0$ .

(vi) Deduzca que $f (h) = f (0) + h f^{'} (0) + \frac{h ^{2}}{2} f^{''} (c)$ .

c) A partir de lo anterior, muestre que, para $h > 0$ , $1 - cos h \leq \frac{h ^{2}}{2}$ .

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Resultado: b) (i) $g (0) = 0$ ; (ii) $g (h) = 0$ ; (iv) $g^{'} (x) = - (h - x) f^{''} (x) + \frac{2 ( h - x )}{h ^{2}} (f (h) - f (0) - h f^{'} (0))$ ; (v) y (vi) quedan demostrados: $f (h) = f (0) + h f^{'} (0) + \frac{h ^{2}}{2} f^{''} (c)$ ; c) queda demostrado: $1 - cos h \leq \frac{h ^{2}}{2}$ .

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a) Si $f$ es continua en $[a, b]$ y derivable en $] a, b [$ , existe al menos un $c \in] a, b [$ tal que $f^{'} (c) = \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a}$ .

Llamamos $K = f (h) - f (0) - h f^{'} (0)$ , de modo que $g (x) = f (h) - f (x) - (h - x) f^{'} (x) - \frac{( h - x ) ^{2}}{h ^{2}} K$ .

b) (i) 1. $g (0) = f (h) - f (0) - h f^{'} (0) - \frac{h ^{2}}{h ^{2}} K = K - K$ . 2. $g (0) = 0$ .

(ii) 1. $g (h) = f (h) - f (h) - 0 \cdot f^{'} (h) - 0 \cdot K$ . 2. $g (h) = 0$ .

(iii) 1. $g$ es continua en $[0, h]$ y derivable en $] 0, h [$ , porque $f$ y $f^{'}$ lo son (existen $f^{'}$ y $f^{''}$ ). 2. Por el teorema del valor medio existe $c \in] 0, h [$ con $g^{'} (c) = \frac{g ( h ) - g ( 0 )}{h - 0} = \frac{0 - 0}{h} = 0$ .

(iv) 1. Derivamos cada término: $- f^{'} (x)$ ; el producto $- (h - x) f^{'} (x)$ da $+ f^{'} (x) - (h - x) f^{''} (x)$ ; el último, $- \frac{( h - x ) ^{2}}{h ^{2}} K$ , da $+ \frac{2 ( h - x )}{h ^{2}} K$ (cadena). 2. Sumamos: los términos $- f^{'} (x) + f^{'} (x)$ se cancelan y queda $g^{'} (x) = - (h - x) f^{''} (x) + \frac{2 ( h - x )}{h ^{2}} K$ .

(v) 1. Evaluamos en $x = c$ y usamos $g^{'} (c) = 0$ : $- (h - c) f^{''} (c) + \frac{2 ( h - c )}{h ^{2}} (f (h) - f (0) - h f^{'} (0)) = 0$ .

(vi) 1. Como $c < h$ , $h - c \neq = 0$ . Dividimos entre $h - c$ : $f^{''} (c) = \frac{2}{h ^{2}} (f (h) - f (0) - h f^{'} (0))$ . 2. Despejamos: $f (h) - f (0) - h f^{'} (0) = \frac{h ^{2}}{2} f^{''} (c)$ . 3. Luego $f (h) = f (0) + h f^{'} (0) + \frac{h ^{2}}{2} f^{''} (c)$ .

c) 1. Tomamos $f (x) = cos x$ : $f (0) = 1$ , $f^{'} (0) = - sen 0 = 0$ , $f^{''} (c) = - cos c$ . 2. Por (vi), para $h > 0$ existe $c \in] 0, h [$ con $cos h = 1 + 0 - \frac{h ^{2}}{2} cos c$ . 3. Entonces $1 - cos h = \frac{h ^{2}}{2} cos c$ . 4. Como $cos c \leq 1$ y $\frac{h ^{2}}{2} > 0$ : $1 - cos h \leq \frac{h ^{2}}{2}$ .

Ejercicio 266 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2015

a) El teorema del valor medio establece que si $f$ es una función continua en $[a, b]$ y derivable en $] a, b [$ entonces $f^{'} (c) = \frac{f ( b ) - f ( a )}{b - a}$ para algún $c \in] a, b [$ .

(i) Halle los dos posibles valores de $c$ para la función definida mediante $f (x) = x^{3} + 3 x^{2} - 2$ en el intervalo $[- 3, 1]$ .

(ii) Ilustre este resultado gráficamente.

b) (i) La función $f$ es continua en $[a, b]$ , derivable en $] a, b [$ y $f^{'} (x) = 0$ para todo $x \in] a, b [$ . Muestre que $f (x)$ es constante en $[a, b]$ .

(ii) A partir de lo anterior, demuestre que para $x \in [0, 1]$ , $2 arccos x + arccos (1 - 2 x^{2}) = π$ .

Ver solución

a) (i) 1. $f$ es polinómica, luego continua y derivable. Calculamos la pendiente de la cuerda: $f (- 3) = - 27 + 27 - 2 = - 2$ y $f (1) = 1 + 3 - 2 = 2$ , así que $\frac{f ( 1 ) - f ( - 3 )}{1 - ( - 3 )} = \frac{4}{4} = 1$ . 2. Derivamos: $f^{'} (x) = 3 x^{2} + 6 x$ . Igualamos a $1$ : $3 x^{2} + 6 x - 1 = 0$ . 3. Resolvemos: $x = \frac{- 6 \pm 36 + 12}{6} = - 1 \pm \frac{2 3}{3}$ , es decir $c \approx 0, 155$ y $c \approx - 2, 155$ . Ambos están en $] - 3, 1 [$ .

(ii) La cuerda une $(- 3, - 2)$ y $(1, 2)$ (pendiente $1$ ); en $x = - 2, 155$ y en $x = 0, 155$ la tangente a la curva es paralela a esa cuerda.

Gráfica de una función cúbica en el intervalo de −3 a 1, con la cuerda que une sus extremos y dos rectas tangentes paralelas a esa cuerda

b) (i) 1. Tomamos dos puntos cualesquiera $x_{1} < x_{2}$ de $[a, b]$ . $f$ es continua en $[x_{1}, x_{2}]$ y derivable en $] x_{1}, x_{2} [$ . 2. Por el teorema del valor medio existe $c \in] x_{1}, x_{2} [$ con $f (x_{2}) - f (x_{1}) = f^{'} (c) (x_{2} - x_{1})$ . 3. Como $f^{'} (c) = 0$ , $f (x_{2}) = f (x_{1})$ . Así $f$ toma el mismo valor en todos los puntos: es constante en $[a, b]$ .

(ii) 1. Sea $g (x) = 2 arccos x + arccos (1 - 2 x^{2})$ para $x \in [0, 1]$ . Es continua en $[0, 1]$ y derivable en $] 0, 1 [$ (si $x \in [0, 1]$ , $1 - 2 x^{2} \in [- 1, 1]$ ). 2. Derivamos con la regla de la cadena: $g^{'} (x) = - \frac{2}{1 - x ^{2}} - \frac{- 4 x}{1 - ( 1 - 2 x ^{2} ) ^{2}} .$ 3. Calculamos $1 - (1 - 2 x^{2})^{2} = 4 x^{2} - 4 x^{4} = 4 x^{2} (1 - x^{2})$ y, como $x \geq 0$ , $\cdot = 2 x 1 - x^{2}$ . Entonces $g^{'} (x) = - \frac{2}{1 - x ^{2}} + \frac{4 x}{2 x 1 - x ^{2}} = - \frac{2}{1 - x ^{2}} + \frac{2}{1 - x ^{2}} = 0.$ 4. Por (i), $g$ es constante en $[0, 1]$ . Para hallar la constante evaluamos en $x = 0$ : $g (0) = 2 arccos 0 + arccos 1 = 2 \cdot \frac{π}{2} + 0 = π$ . 5. Por tanto $2 arccos x + arccos (1 - 2 x^{2}) = π$ para todo $x \in [0, 1]$ .

Resultado: a) (i) $c = 0, 155$ y $c = - 2, 155$ ; (ii) gráfica; b) demostración.

Ejercicio 267 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2022

Considere $x \to 0 lim \frac{arctan ( cos x ) - k}{x ^{2}}$ , donde $k \in R$ .

a) Muestre que existe un límite finito únicamente para $k = \frac{π}{4}$ .

b) Utilizando la regla de L'Hôpital, muestre por medio de métodos algebraicos que el valor del límite es $- \frac{1}{4}$ .

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Resultado: a) demostración; b) el límite vale $- \frac{1}{4}$ .

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a) 1. Cuando $x \to 0$ el denominador $x^{2} \to 0$ y el numerador tiende a $arctan (cos 0) - k = \frac{π}{4} - k$ . 2. Si $\frac{π}{4} - k \neq = 0$ , el cociente tendería a $\pm \infty$ y el límite no sería finito. Para que sea finito, el numerador debe tender a $0$ , es decir $k = \frac{π}{4}$ . 3. Con $k = \frac{π}{4}$ tenemos la indeterminación $\frac{0}{0}$ y se puede estudiar con la regla de L'Hôpital (apartado b). Existe un límite finito únicamente para $k = \frac{π}{4}$ .

b) 1. Con $k = \frac{π}{4}$ , aplicamos L'Hôpital. Derivada del numerador (cadena): $\frac{- sen x}{1 + cos ^{2} x}$ ; del denominador: $2 x$ . Entonces $x \to 0 lim \frac{arctan ( cos x ) - \frac{π}{4}}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{- sen x}{2 x ( 1 + cos ^{2} x )} .$ 2. Sigue siendo $\frac{0}{0}$ : aplicamos L'Hôpital otra vez. Derivadas: numerador $- cos x$ ; denominador $2 (1 + cos^{2} x) + 2 x (- 2 cos x sen x)$ . 3. En $x = 0$ : el numerador vale $- 1$ y el denominador $2 \cdot 2 + 0 = 4$ . 4. Por tanto el límite es $- \frac{1}{4}$ .

Resultado: a) demostración; b) el límite vale $- \frac{1}{4}$ .

Taylor y Maclaurin

Ejercicio 268 BásicoIB · P3 TZ1 Mayo 2007

Sabiendo que la serie de Maclaurin para $e^{sen x}$ es $a + b x + c x^{2} + d x^{3} + \dots$ , encuentre los valores de $a$ , $b$ , $c$ y $d$ .

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Resultado: $a = 1$ , $b = 1$ , $c = \frac{1}{2}$ , $d = 0$

Ver proceso y resultado

Sea $f (x) = e^{sen x}$ . Los coeficientes de Maclaurin son $f^{(n)} (0) / n!$ .
$f (0) = e^{0} = 1$ .
$f^{'} (x) = cos x e^{sen x}$ (cadena), luego $f^{'} (0) = 1$ .
$f^{''} (x) = - sen x e^{sen x} + cos^{2} x e^{sen x}$ (producto), luego $f^{''} (0) = 0 + 1 = 1$ .
$f^{'''} (x) = - cos x e^{sen x} - sen x cos x e^{sen x} - 2 cos x sen x e^{sen x} + cos^{3} x e^{sen x}$ , luego $f^{'''} (0) = - 1 - 0 - 0 + 1 = 0$ .
Coeficientes: $a = 1$ , $b = \frac{1}{1 !} = 1$ , $c = \frac{1}{2 !} = \frac{1}{2}$ , $d = \frac{0}{3 !} = 0$ .

Resultado: $a = 1$ , $b = 1$ , $c = \frac{1}{2}$ , $d = 0$

Ejercicio 269 MedioIB · P3 TZ2 Mayo 2008

a) Sabiendo que $y = ln (cos x)$ , compruebe que los dos primeros términos no nulos de la serie de Maclaurin para $y$ son $- \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{12}$ .

b) Use esta serie para encontrar una aproximación, en función de $π$ , para $ln 2$ .

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Resultado: a) queda comprobado; b) $ln 2 \approx \frac{π ^{2}}{18} + \frac{π ^{4}}{972}$

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a) 1. $y = ln (cos x)$ . En $x = 0$ : $y (0) = ln 1 = 0$ . 2. $y^{'} = \frac{- sen x}{cos x} = - tan x$ , y $y^{'} (0) = 0$ . 3. $y^{''} = - sec^{2} x$ , y $y^{''} (0) = - 1$ . 4. $y^{'''} = - 2 sec^{2} x tan x$ , y $y^{'''} (0) = 0$ . 5. $y^{(4)} = - 2 (2 sec^{2} x tan^{2} x + sec^{4} x)$ , y $y^{(4)} (0) = - 2$ . 6. Serie de Maclaurin: $y = 0 + 0 \cdot x - \frac{1}{2 !} x^{2} + 0 \cdot x^{3} - \frac{2}{4 !} x^{4} + \dots = - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{12} + \dots$ .

b) 1. Tomamos $x = \frac{π}{3}$ : $ln (cos \frac{π}{3}) = ln \frac{1}{2} = - ln 2$ . 2. Con la serie: $- ln 2 \approx - \frac{1}{2} (\frac{π}{3})^{2} - \frac{1}{12} (\frac{π}{3})^{4} = - \frac{π ^{2}}{18} - \frac{π ^{4}}{972}$ . 3. Por tanto $ln 2 \approx \frac{π ^{2}}{18} + \frac{π ^{4}}{972}$ .

Resultado: a) queda comprobado; b) $ln 2 \approx \frac{π ^{2}}{18} + \frac{π ^{4}}{972}$

Ejercicio 270 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2011

a) Halle los tres primeros términos de la serie de Maclaurin para $ln (1 + e^{x})$ .

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, determine el valor de $x \to 0 lim \frac{2 ln ( 1 + e ^{x} ) - x - ln 4}{x ^{2}}$ .

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Resultado: a) $ln 2 + \frac{x}{2} + \frac{x ^{2}}{8}$ ; b) $\frac{1}{4}$

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a) 1. $g (x) = ln (1 + e^{x})$ y $g (0) = ln 2$ . 2. $g^{'} (x) = \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}}$ (cadena), y $g^{'} (0) = \frac{1}{2}$ . 3. Por la regla del cociente, $g^{''} (x) = \frac{e ^{x} ( 1 + e ^{x} ) - e ^{x} \cdot e ^{x}}{( 1 + e ^{x} ) ^{2}} = \frac{e ^{x}}{( 1 + e ^{x} ) ^{2}}$ , y $g^{''} (0) = \frac{1}{4}$ . 4. Serie: $g (x) \approx ln 2 + \frac{1}{2} x + \frac{1/4}{2 !} x^{2} = ln 2 + \frac{x}{2} + \frac{x ^{2}}{8}$ .

b) 1. Sustituimos la serie: $2 ln (1 + e^{x}) \approx 2 ln 2 + x + \frac{x ^{2}}{4}$ . 2. El numerador: $2 ln (1 + e^{x}) - x - ln 4 \approx 2 ln 2 + x + \frac{x ^{2}}{4} - x - 2 ln 2 = \frac{x ^{2}}{4}$ (pues $ln 4 = 2 ln 2$ ). 3. Dividimos entre $x^{2}$ y hacemos $x \to 0$ : el límite es $\frac{1}{4}$ .

Resultado: a) $ln 2 + \frac{x}{2} + \frac{x ^{2}}{8}$ ; b) $\frac{1}{4}$

Ejercicio 271 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2013

La serie de Taylor de $x$ alrededor de $x = 1$ viene dada por: $a_{0} + a_{1} (x - 1) + a_{2} (x - 1)^{2} + a_{3} (x - 1)^{3} + \dots$

a) Halle el valor de $a_{0}$ , $a_{1}$ , $a_{2}$ y $a_{3}$ .

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle el valor de $x \to 1 lim \frac{x - 1}{x - 1}$ .

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Resultado: a) $a_{0} = 1$ , $a_{1} = \frac{1}{2}$ , $a_{2} = - \frac{1}{8}$ , $a_{3} = \frac{1}{16}$ ; b) $\frac{1}{2}$

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a) 1. Los coeficientes de Taylor son $a_{k} = \frac{f ^{(k)} ( 1 )}{k !}$ con $f (x) = x^{1/2}$ . 2. $f^{'} (x) = \frac{1}{2} x^{- 1/2}$ , $f^{''} (x) = - \frac{1}{4} x^{- 3/2}$ , $f^{'''} (x) = \frac{3}{8} x^{- 5/2}$ . 3. En $x = 1$ : $f (1) = 1$ , $f^{'} (1) = \frac{1}{2}$ , $f^{''} (1) = - \frac{1}{4}$ , $f^{'''} (1) = \frac{3}{8}$ . 4. Entonces $a_{0} = 1$ , $a_{1} = \frac{1}{2}$ , $a_{2} = - \frac{1}{4 \cdot 2} = - \frac{1}{8}$ , $a_{3} = \frac{3}{8 \cdot 6} = \frac{1}{16}$ .

b) 1. Sustituimos la serie: $x - 1 = \frac{1}{2} (x - 1) - \frac{1}{8} (x - 1)^{2} + \frac{1}{16} (x - 1)^{3} + \dots$ 2. Dividimos por $x - 1$ : $\frac{x - 1}{x - 1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} (x - 1) + \frac{1}{16} (x - 1)^{2} + \dots$ 3. Al hacer $x \to 1$ , todos los términos con $(x - 1)$ tienden a $0$ y el límite es $\frac{1}{2}$ .

Resultado: a) $a_{0} = 1$ , $a_{1} = \frac{1}{2}$ , $a_{2} = - \frac{1}{8}$ , $a_{3} = \frac{1}{16}$ ; b) $\frac{1}{2}$

Ejercicio 272 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2015

La función $f$ viene dada por $f (x) = e^{- x} cos x + x - 1$ .

Hallando un número apropiado de derivadas de $f$ , determine el primer término no nulo de la serie de Maclaurin correspondiente.

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Resultado: $\frac{x ^{3}}{3}$

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Calculamos las primeras derivadas de $f (x) = e^{- x} cos x + x - 1$ y las evaluamos en $0$ .

$f (0) = 1 \cdot 1 + 0 - 1 = 0$ .
$f^{'} (x) = - e^{- x} cos x - e^{- x} sen x + 1$ (regla del producto), así que $f^{'} (0) = - 1 - 0 + 1 = 0$ .
$f^{''} (x) = e^{- x} cos x + e^{- x} sen x + e^{- x} sen x - e^{- x} cos x = 2 e^{- x} sen x$ , así que $f^{''} (0) = 0$ .
$f^{'''} (x) = 2 e^{- x} (cos x - sen x)$ , así que $f^{'''} (0) = 2$ .
El primer término no nulo de $\sum \frac{f ^{(n)} ( 0 )}{n !} x^{n}$ es el de $n = 3$ : $\frac{2}{3 !} x^{3} = \frac{x ^{3}}{3}$ .

Resultado: $\frac{x ^{3}}{3}$

Ejercicio 273 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2015

Sea $f (x) = e^{x} sen x$ .

a) Muestre que $f^{''} (x) = 2 (f^{'} (x) - f (x))$ .

b) Siga derivando el resultado del apartado (a) y halle así el desarrollo en serie de Maclaurin de $f (x)$ , hasta el término en $x^{5}$ .

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Resultado: a) demostración; b) $f (x) = x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{5}}{30} + \dots$

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a) 1. Derivamos con la regla del producto: $f^{'} (x) = e^{x} sen x + e^{x} cos x = e^{x} (sen x + cos x)$ . 2. Derivamos otra vez: $f^{''} (x) = e^{x} (sen x + cos x) + e^{x} (cos x - sen x) = 2 e^{x} cos x$ . 3. Por otra parte $f^{'} (x) - f (x) = e^{x} sen x + e^{x} cos x - e^{x} sen x = e^{x} cos x$ . 4. Comparando: $f^{''} (x) = 2 (f^{'} (x) - f (x))$ .

b) 1. Valores iniciales: $f (0) = 0$ , $f^{'} (0) = e^{0} (0 + 1) = 1$ y, por a), $f^{''} (0) = 2 (1 - 0) = 2$ . 2. Derivamos la relación $f^{''} = 2 (f^{'} - f)$ sucesivamente: $f^{'''} = 2 (f^{''} - f^{'}), f^{(4)} = 2 (f^{'''} - f^{''}), f^{(5)} = 2 (f^{(4)} - f^{'''}) .$ 3. En $x = 0$ : $f^{'''} (0) = 2 (2 - 1) = 2$ ; $f^{(4)} (0) = 2 (2 - 2) = 0$ ; $f^{(5)} (0) = 2 (0 - 2) = - 4$ . 4. La serie de Maclaurin $\sum \frac{f ^{(n)} ( 0 )}{n !} x^{n}$ es $f (x) = 0 + x + \frac{2}{2 !} x^{2} + \frac{2}{3 !} x^{3} + \frac{0}{4 !} x^{4} + \frac{- 4}{5 !} x^{5} + \dots = x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{5}}{30} + \dots$

Resultado: a) demostración; b) $f (x) = x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{5}}{30} + \dots$

Ejercicio 274 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2007

a) Establezca el dominio y el recorrido de la función $f (x) = arcsin (x)$ .

b) Determine los dos primeros términos distintos de cero de la serie de Maclaurin para $f (x)$ .

c) Utilice la siguiente aproximación, válida para ángulo pequeños, $cos (y) \approx 1 - \frac{y ^{2}}{2} + \frac{y ^{4}}{24}$ para hallar una serie para $cos (arcsin (x))$ hasta el término en $x^{4}$ incluido.

d) Halle la serie de Maclaurin para $(p + q x^{2})^{r}$ hasta el término $x^{4}$ incluido, donde $p, q, r \in R$ .

e) Halle los valores de $p$ , $q$ y $r$ de modo que la serie en (d) sea idéntica a la de su respuesta en (c).

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Resultado: a) $D_{f} = [- 1, 1]$ , $R_{f} = [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ ; b) $x + \frac{x ^{3}}{6}$ ; c) $1 - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{8}$ ; d) $p^{r} + r p^{r - 1} q x^{2} + \frac{r q ^{2} ( r - 1 ) p ^{r - 2}}{2} x^{4}$ ; e) $p = 1$ , $q = - 1$ , $r = \frac{1}{2}$

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a) $f (x) = arcsin x$ está definida para $- 1 \leq x \leq 1$ y toma valores entre $- \frac{π}{2}$ y $\frac{π}{2}$ : $D_{f} = [- 1, 1]$ y $R_{f} = [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ .

b) 1. $f (0) = 0$ . 2. $f^{'} (x) = (1 - x^{2})^{- 1/2}$ , $f^{'} (0) = 1$ . 3. $f^{''} (x) = x (1 - x^{2})^{- 3/2}$ , $f^{''} (0) = 0$ . 4. $f^{'''} (x) = (1 - x^{2})^{- 3/2} + 3 x^{2} (1 - x^{2})^{- 5/2}$ , $f^{'''} (0) = 1$ . 5. Serie: $arcsin x \approx x + \frac{1}{3 !} x^{3} = x + \frac{x ^{3}}{6}$ .

c) 1. Sea $y = arcsin x \approx x + \frac{x ^{3}}{6}$ . Entonces $y^{2} \approx x^{2} + \frac{x ^{4}}{3}$ (hasta $x^{4}$ ) e $y^{4} \approx x^{4}$ . 2. $cos y \approx 1 - \frac{1}{2} (x^{2} + \frac{x ^{4}}{3}) + \frac{x ^{4}}{24} = 1 - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{6} + \frac{x ^{4}}{24}$ . 3. Reducimos: $cos (arcsin x) \approx 1 - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{8}$ .

d) 1. Sea $g (x) = (p + q x^{2})^{r}$ . $g (0) = p^{r}$ . 2. $g^{'} (x) = 2 q r x (p + q x^{2})^{r - 1}$ , $g^{'} (0) = 0$ . 3. $g^{''} (x) = 2 q r (p + q x^{2})^{r - 1} + 4 q^{2} r (r - 1) x^{2} (p + q x^{2})^{r - 2}$ , $g^{''} (0) = 2 q r p^{r - 1}$ . 4. $g^{'''} (x) = 12 q^{2} r (r - 1) x (p + q x^{2})^{r - 2} + 8 q^{3} r (r - 1) (r - 2) x^{3} (p + q x^{2})^{r - 3}$ , y $g^{'''} (0) = 0$ ; la cuarta derivada en $0$ es $g^{(4)} (0) = 12 q^{2} r (r - 1) p^{r - 2}$ . 5. Serie: $g (x) \approx p^{r} + \frac{2 q r p ^{r - 1}}{2} x^{2} + \frac{12 q ^{2} r ( r - 1 ) p ^{r - 2}}{24} x^{4} = p^{r} + r p^{r - 1} q x^{2} + \frac{r ( r - 1 ) q ^{2} p ^{r - 2}}{2} x^{4}$ .

e) 1. Igualamos con $1 - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{8}$ : $p^{r} = 1$ , $r p^{r - 1} q = - \frac{1}{2}$ y $\frac{r ( r - 1 ) q ^{2} p ^{r - 2}}{2} = - \frac{1}{8}$ . 2. De $p^{r} = 1$ con $p > 0$ y $r \neq = 0$ se tiene $p = 1$ . Quedan $r q = - \frac{1}{2}$ y $r (r - 1) q^{2} = - \frac{1}{4}$ . 3. En la segunda: $(r q) (r - 1) q = - \frac{1}{4}$ , luego $- \frac{1}{2} (r - 1) q = - \frac{1}{4}$ y $(r - 1) q = \frac{1}{2}$ , es decir, $r q - q = \frac{1}{2}$ . 4. Sustituimos $r q = - \frac{1}{2}$ : $- \frac{1}{2} - q = \frac{1}{2}$ , luego $q = - 1$ y $r = \frac{1}{2}$ . 5. Resulta $(1 - x^{2})^{1/2}$ , que es coherente: $cos (arcsin x) = 1 - x^{2}$ .

Ejercicio 275 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2009

La función $f$ se define de la siguiente forma: $f (x) = e^{(e^{x} - 1)}$ .

a) Compruebe que la serie de Maclaurin para $f (x)$ es $1 + x + x^{2} + \frac{5}{6} x^{3} + \dots$

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle el valor de $x \to 0 lim \frac{f ( x ) - 1}{f ^{'} ( x ) - 1}$ .

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Resultado: a) queda comprobado; b) $\frac{1}{2}$

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a) 1. $f (x) = e^{e^{x} - 1}$ , $f (0) = e^{0} = 1$ . 2. $f^{'} (x) = e^{x} f (x)$ (cadena), $f^{'} (0) = 1$ . 3. $f^{''} (x) = e^{x} f (x) + e^{x} f^{'} (x) = (e^{x} + e^{2 x}) f (x)$ , y $f^{''} (0) = 2$ . 4. $f^{'''} (x) = (e^{x} + 2 e^{2 x}) f (x) + (e^{x} + e^{2 x}) e^{x} f (x)$ , y $f^{'''} (0) = 3 + 2 = 5$ . 5. Serie: $f (x) \approx 1 + x + \frac{2}{2} x^{2} + \frac{5}{6} x^{3} = 1 + x + x^{2} + \frac{5}{6} x^{3} + \dots$ .

b) 1. $f (x) - 1 \approx x + x^{2} + \dots$ . 2. Derivando la serie, $f^{'} (x) \approx 1 + 2 x + \frac{5}{2} x^{2} + \dots$ , luego $f^{'} (x) - 1 \approx 2 x + \frac{5}{2} x^{2} + \dots$ . 3. Dividimos entre $x$ : $\frac{f ( x ) - 1}{f ^{'} ( x ) - 1} \approx \frac{1 + x + \dots}{2 + \frac{5}{2} x + \dots} \to \frac{1}{2}$ .

Resultado: a) queda comprobado; b) $\frac{1}{2}$

Ejercicio 276 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2009

Las variables $x$ e $y$ están relacionadas según $\frac{d y}{d x} - y \cdot tan x = cos x$ .

Halle la serie de Maclaurin para $y$ hasta el término en $x^{2}$ inclusive, sabiendo que para $x = 0$ , $y = - \frac{π}{2}$

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Resultado: $y \approx - \frac{π}{2} + x - \frac{π}{4} x^{2}$

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Despejamos la derivada: $\frac{d y}{d x} = cos x + y tan x$ , con $y (0) = - \frac{π}{2}$ .
En $x = 0$ : $y^{'} (0) = cos 0 + y (0) tan 0 = 1 + 0 = 1$ .
Derivamos de nuevo (producto): $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = - sen x + y^{'} tan x + y sec^{2} x$ .
En $x = 0$ : $y^{''} (0) = 0 + 0 + y (0) \cdot 1 = - \frac{π}{2}$ .
Serie de Maclaurin hasta $x^{2}$ : $y \approx y (0) + y^{'} (0) x + \frac{y ^{''} ( 0 )}{2} x^{2} = - \frac{π}{2} + x - \frac{π}{4} x^{2}$ .

Resultado: $y \approx - \frac{π}{2} + x - \frac{π}{4} x^{2}$

Ejercicio 277 DifícilIB · P3 TZ2 Mayo 2007

Considere la ecuación $\frac{d y}{d x} + (2 x - 1) y = 0$ , sabiendo que $y = 2$ cuando $x = 0$ .

a) Comprueba que $\frac{d ^{4} y}{d x ^{4}} = (1 - 2 x) \frac{d ^{3} y}{d x ^{3}} - 6 \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ .

b) Obtenga para $y$ una serie de Maclaurin, hasta el término en $x^{4}$ inclusive.

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Resultado: a) queda comprobado; b) $y \approx 2 + 2 x - x^{2} - \frac{5}{3} x^{3} + \frac{1}{12} x^{4}$

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a) 1. Partimos de $\frac{d y}{d x} + (2 x - 1) y = 0$ . Derivamos (regla del producto): $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} + 2 y + (2 x - 1) \frac{d y}{d x} = 0$ . 2. Derivamos otra vez: $\frac{d ^{3} y}{d x ^{3}} + 2 \frac{d y}{d x} + 2 \frac{d y}{d x} + (2 x - 1) \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = 0$ , es decir, $\frac{d ^{3} y}{d x ^{3}} + 4 \frac{d y}{d x} + (2 x - 1) \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = 0$ . 3. Derivamos una vez más: $\frac{d ^{4} y}{d x ^{4}} + 4 \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} + 2 \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} + (2 x - 1) \frac{d ^{3} y}{d x ^{3}} = 0$ . 4. Despejamos: $\frac{d ^{4} y}{d x ^{4}} = (1 - 2 x) \frac{d ^{3} y}{d x ^{3}} - 6 \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ .

b) 1. $y (0) = 2$ . 2. De la ecuación, $y^{'} = (1 - 2 x) y$ : $y^{'} (0) = 2$ . 3. De $y^{''} = - 2 y + (1 - 2 x) y^{'}$ : $y^{''} (0) = - 4 + 2 = - 2$ . 4. De $y^{'''} = - 4 y^{'} + (1 - 2 x) y^{''}$ : $y^{'''} (0) = - 8 - 2 = - 10$ . 5. De (a): $y^{(4)} (0) = y^{'''} (0) - 6 y^{''} (0) = - 10 + 12 = 2$ . 6. Serie: $y \approx 2 + 2 x + \frac{- 2}{2} x^{2} + \frac{- 10}{6} x^{3} + \frac{2}{24} x^{4} = 2 + 2 x - x^{2} - \frac{5}{3} x^{3} + \frac{1}{12} x^{4}$ .

Resultado: a) queda comprobado; b) $y \approx 2 + 2 x - x^{2} - \frac{5}{3} x^{3} + \frac{1}{12} x^{4}$

Ejercicio 278 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2018

La función $f$ viene dada por $f (x) = (arcsen x)^{2}$ , $- 1 \leq x \leq 1$ .

a) Muestre que $f^{'} (0) = 0$ .

La función $f$ satisface la ecuación $(1 - x^{2}) f^{''} (x) - x f^{'} (x) - 2 = 0$ .

b) Derive la ecuación anterior dos veces para mostrar que $(1 - x^{2}) f^{(4)} (x) - 5 x f^{(3)} (x) - 4 f^{''} (x) = 0$ , donde $f^{(3)} (x)$ y $f^{(4)} (x)$ son respectivamente la derivada 3.ª y la derivada 4.ª de $f (x)$ .

c) A partir de lo anterior, muestre que la serie de Maclaurin de $f (x)$ hasta el término en $x^{4}$ inclusive es $x^{2} + \frac{1}{3} x^{4}$ .

d) Utilice esta aproximación mediante una serie para $f (x)$ , con $x = \frac{1}{2}$ , para hallar un valor aproximado de $π^{2}$ .

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Resultado: a) $f^{'} (0) = 0$ ; b) queda demostrado; c) $x^{2} + \frac{1}{3} x^{4}$ ; d) $π^{2} \approx \frac{39}{4} = 9, 75$

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a) 1. Derivamos con la regla de la cadena: $f^{'} (x) = 2 arcsin x \cdot \frac{1}{1 - x ^{2}}$ . 2. En $x = 0$ : $arcsin 0 = 0$ , luego $f^{'} (0) = 0$ .

b) 1. Partimos de $(1 - x^{2}) f^{''} - x f^{'} - 2 = 0$ y derivamos (producto en los dos primeros términos): $(1 - x^{2}) f^{'''} - 2 x f^{''} - x f^{''} - f^{'} = 0$ , es decir, $(1 - x^{2}) f^{(3)} - 3 x f^{''} - f^{'} = 0$ . 2. Derivamos otra vez: $(1 - x^{2}) f^{(4)} - 2 x f^{(3)} - 3 x f^{(3)} - 3 f^{''} - f^{''} = 0$ . 3. Agrupamos: $(1 - x^{2}) f^{(4)} - 5 x f^{(3)} - 4 f^{''} = 0$ . Queda demostrado.

c) 1. Necesitamos $f (0), f^{'} (0), f^{''} (0), f^{(3)} (0), f^{(4)} (0)$ . Tenemos $f (0) = 0$ y, por (a), $f^{'} (0) = 0$ . 2. En la ecuación dada con $x = 0$ : $f^{''} (0) - 0 - 2 = 0$ , luego $f^{''} (0) = 2$ . 3. En la primera ecuación derivada con $x = 0$ : $f^{(3)} (0) - 0 - f^{'} (0) = 0$ , luego $f^{(3)} (0) = 0$ . 4. En la ecuación del apartado (b) con $x = 0$ : $f^{(4)} (0) - 0 - 4 f^{''} (0) = 0$ , luego $f^{(4)} (0) = 8$ . 5. La serie de Maclaurin es $f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( 0 )}{2 !} x^{2} + \frac{f ^{(3)} ( 0 )}{3 !} x^{3} + \frac{f ^{(4)} ( 0 )}{4 !} x^{4} = x^{2} + \frac{8}{24} x^{4} = x^{2} + \frac{1}{3} x^{4}$ .

d) 1. Con $x = \frac{1}{2}$ : $f (\frac{1}{2}) = (arcsin \frac{1}{2})^{2} = (\frac{π}{6})^{2} = \frac{π ^{2}}{36}$ . 2. Por la serie: $f (\frac{1}{2}) \approx \frac{1}{4} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{4} + \frac{1}{48} = \frac{13}{48}$ . 3. Igualamos: $\frac{π ^{2}}{36} \approx \frac{13}{48}$ , luego $π^{2} \approx \frac{36 \cdot 13}{48} = \frac{39}{4} = 9, 75$ .

Resultado: a) $f^{'} (0) = 0$ ; b) queda demostrado; c) $x^{2} + \frac{1}{3} x^{4}$ ; d) $π^{2} \approx \frac{39}{4} = 9, 75$

Ejercicio 279 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2018

Considere la siguiente ecuación diferencial $(x + 2)^{2} \frac{d y}{d x} = (x + 1) y$ , donde $x \neq = - 2$ siendo la condición inicial $y = 2$ para $x = 1$ .

a) Muestre que $\frac{d ^{3} y}{d x ^{3}} = - \frac{3 x + 7}{( x + 2 ) ^{2}} \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ .

Los polinomios de Taylor, alrededor de $x = 1$ , se utilizan para aproximar $y (x)$ .

b) Halle el polinomio de Taylor de

(i) grado 2;

(ii) grado 3.

c) Halle la diferencia entre los valores aproximados de $y (1, 05)$ que se obtienen utilizando cada una de las dos respuestas dadas en el apartado (b).

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Resultado: b) (i) $y \approx 2 + \frac{4}{9} (x - 1) + \frac{1}{81} (x - 1)^{2}$ ; (ii) $y \approx 2 + \frac{4}{9} (x - 1) + \frac{1}{81} (x - 1)^{2} - \frac{10}{2187} (x - 1)^{3}$ ; c) la diferencia es $\frac{10}{2187} (0, 05)^{3} \approx 5, 7 \cdot 1 0^{- 7}$

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a) 1. Partimos de $(x + 2)^{2} y^{'} = (x + 1) y$ y derivamos respecto de $x$ (regla del producto a la izquierda y a la derecha): $2 (x + 2) y^{'} + (x + 2)^{2} y^{''} = y + (x + 1) y^{'}$ . 2. Pasamos términos: $(x + 2)^{2} y^{''} = y + (x + 1) y^{'} - 2 (x + 2) y^{'} = y - (x + 3) y^{'}$ . 3. Derivamos de nuevo: $2 (x + 2) y^{''} + (x + 2)^{2} y^{'''} = y^{'} - y^{'} - (x + 3) y^{''}$ , es decir, $(x + 2)^{2} y^{'''} = - (x + 3) y^{''} - 2 (x + 2) y^{''} = - (3 x + 7) y^{''}$ . 4. Dividimos entre $(x + 2)^{2}$ (con $x \neq = - 2$ ): $\frac{d ^{3} y}{d x ^{3}} = - \frac{3 x + 7}{( x + 2 ) ^{2}} \frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}$ . Queda demostrado.

b) 1. Valores en $x = 1$ , con $y (1) = 2$ :

De $(x + 2)^{2} y^{'} = (x + 1) y$ : $9 y^{'} (1) = 2 \cdot 2 = 4$ , luego $y^{'} (1) = \frac{4}{9}$ .
De $(x + 2)^{2} y^{''} = y - (x + 3) y^{'}$ : $9 y^{''} (1) = 2 - 4 \cdot \frac{4}{9} = \frac{2}{9}$ , luego $y^{''} (1) = \frac{2}{81}$ .
De $(x + 2)^{2} y^{'''} = - (3 x + 7) y^{''}$ : $9 y^{'''} (1) = - 10 \cdot \frac{2}{81}$ , luego $y^{'''} (1) = - \frac{20}{729}$ .

El polinomio de Taylor de grado $n$ es $k = 0 \sum n \frac{y ^{(k)} ( 1 )}{k !} (x - 1)^{k}$ .

(i) Grado 2: $y (x) \approx 2 + \frac{4}{9} (x - 1) + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{81} (x - 1)^{2} = 2 + \frac{4}{9} (x - 1) + \frac{1}{81} (x - 1)^{2}$ .

(ii) Grado 3: añadimos $\frac{1}{6} \cdot (- \frac{20}{729}) (x - 1)^{3} = - \frac{10}{2187} (x - 1)^{3}$ , luego $y (x) \approx 2 + \frac{4}{9} (x - 1) + \frac{1}{81} (x - 1)^{2} - \frac{10}{2187} (x - 1)^{3}$ .

c) 1. La diferencia entre ambas aproximaciones en $x = 1, 05$ es justo el término de grado 3. 2. $- \frac{10}{2187} (0, 05)^{3} = \frac{10}{2187} \cdot 0, 000125 \approx 5, 7 \cdot 1 0^{- 7}$ (con el de grado 3 ligeramente menor).

Ejercicio 280 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2017

Sea la serie de Maclaurin correspondiente a $tan x$ , $tan x = a_{1} x + a_{3} x^{3} + a_{5} x^{5} + \dots$ donde $a_{1}$ , $a_{3}$ y $a_{5}$ son constantes.

a) Halle la serie correspondiente a $sec^{2} x$ en función de $a_{1}$ , $a_{3}$ y $a_{5}$ , hasta el término en $x^{4}$ inclusive

(i) derivando la serie correspondiente a $tan x$ dada anteriormente

(ii) utilizando la relación $sec^{2} x = 1 + tan^{2} x$ .

b) A partir de lo anterior, y comparando las dos series obtenidas, determine el valor de $a_{1}$ , de $a_{3}$ y de $a_{5}$ .

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Resultado: a) (i) $sec^{2} x = a_{1} + 3 a_{3} x^{2} + 5 a_{5} x^{4} + \dots$ ; (ii) $sec^{2} x = 1 + a_{1}^{2} x^{2} + 2 a_{1} a_{3} x^{4} + \dots$ ; b) $a_{1} = 1$ , $a_{3} = \frac{1}{3}$ , $a_{5} = \frac{2}{15}$

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a) (i) 1. Derivamos término a término $tan x = a_{1} x + a_{3} x^{3} + a_{5} x^{5} + \dots$ . 2. Como $\frac{d}{d x} tan x = sec^{2} x$ : $sec^{2} x = a_{1} + 3 a_{3} x^{2} + 5 a_{5} x^{4} + \dots$ .

(ii) 1. Usamos $sec^{2} x = 1 + tan^{2} x$ y elevamos la serie al cuadrado, quedándonos hasta $x^{4}$ : $tan^{2} x = (a_{1} x + a_{3} x^{3} + \dots)^{2} = a_{1}^{2} x^{2} + 2 a_{1} a_{3} x^{4} + \dots$ . 2. Entonces $sec^{2} x = 1 + a_{1}^{2} x^{2} + 2 a_{1} a_{3} x^{4} + \dots$ .

b) 1. Igualamos los coeficientes de las dos series (una función tiene una única serie de Maclaurin). 2. Término independiente: $a_{1} = 1$ . 3. Coeficiente de $x^{2}$ : $3 a_{3} = a_{1}^{2} = 1$ , luego $a_{3} = \frac{1}{3}$ . 4. Coeficiente de $x^{4}$ : $5 a_{5} = 2 a_{1} a_{3} = \frac{2}{3}$ , luego $a_{5} = \frac{2}{15}$ .

Ejercicio 281 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2017

Considere la función $f (x) = sen (p arcsin x)$ , $- 1 < x < 1$ y $p \in R$ .

a) Muestre que $f^{'} (0) = p$ .

La función $f$ y sus derivadas satisfacen $(1 - x^{2}) f^{(n + 2)} (x) - (2 n + 1) x f^{(n + 1)} (x) + (p^{2} - n^{2}) f^{(n)} (x) = 0$ , $n \in N$ donde $f^{(n)} (x)$ denota la $n$ -ésima derivada de $f (x)$ y $f^{(0)} (x)$ es $f (x)$ .

b) Muestre que $f^{(n + 2)} (0) = (n^{2} - p^{2}) f^{(n)} (0)$ .

c) Para $p \in R - {\pm 1, \pm 3}$ , muestre que la serie de Maclaurin para $f (x)$ , incluyendo hasta el término en $x^{5}$ , es $p x + \frac{p ( 1 - p ^{2} )}{3 !} x^{3} + \frac{p ( 9 - p ^{2} ) ( 1 - p ^{2} )}{5 !} x^{5}$ .

d) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, calcule $x \to 0 lim \frac{sen ( p arcsin x )}{x}$ .

e) Si $p$ es un entero impar, pruebe que la serie de Maclaurin para $f (x)$ es un polinomio de grado $p$ .

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Resultado: a) $f^{'} (0) = p$ ; b) $f^{(n + 2)} (0) = (n^{2} - p^{2}) f^{(n)} (0)$ ; c) queda demostrado; d) $x \to 0 lim \frac{sen ( p arcsin x )}{x} = p$ ; e) la serie de Maclaurin es un polinomio de grado $p$ .

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a) 1. Derivamos con la regla de la cadena: $f^{'} (x) = cos (p arcsin x) \cdot \frac{p}{1 - x ^{2}}$ . 2. En $x = 0$ : $cos 0 \cdot \frac{p}{1} = p$ . Luego $f^{'} (0) = p$ .

b) 1. Sustituimos $x = 0$ en $(1 - x^{2}) f^{(n + 2)} (x) - (2 n + 1) x f^{(n + 1)} (x) + (p^{2} - n^{2}) f^{(n)} (x) = 0$ . 2. Queda $f^{(n + 2)} (0) + (p^{2} - n^{2}) f^{(n)} (0) = 0$ . 3. Despejamos: $f^{(n + 2)} (0) = (n^{2} - p^{2}) f^{(n)} (0)$ .

c) 1. $f (0) = sen 0 = 0$ y, por (a), $f^{'} (0) = p$ . 2. Con la fórmula de (b): $n = 0$ : $f^{''} (0) = - p^{2} f (0) = 0$ . 3. $n = 1$ : $f^{(3)} (0) = (1 - p^{2}) f^{'} (0) = p (1 - p^{2})$ . 4. $n = 2$ : $f^{(4)} (0) = (4 - p^{2}) f^{''} (0) = 0$ . 5. $n = 3$ : $f^{(5)} (0) = (9 - p^{2}) f^{(3)} (0) = p (9 - p^{2}) (1 - p^{2})$ . 6. Serie de Maclaurin: $f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f ^{''} ( 0 )}{2 !} x^{2} + \frac{f ^{(3)} ( 0 )}{3 !} x^{3} + \frac{f ^{(4)} ( 0 )}{4 !} x^{4} + \frac{f ^{(5)} ( 0 )}{5 !} x^{5} = p x + \frac{p ( 1 - p ^{2} )}{3 !} x^{3} + \frac{p ( 9 - p ^{2} ) ( 1 - p ^{2} )}{5 !} x^{5}$ .

d) 1. Por la serie, $\frac{f ( x )}{x} = p + \frac{p ( 1 - p ^{2} )}{3 !} x^{2} + \dots$ . 2. Al hacer $x \to 0$ solo queda el primer término: el límite es $p$ . (También con L'Hôpital: $\frac{f ^{'} ( x )}{1} \to f^{'} (0) = p$ .)

e) 1. Como $f (0) = 0$ , la fórmula de (b) da $f^{(n)} (0) = 0$ para todo $n$ par (cada derivada par se obtiene de la anterior par). Los coeficientes de las potencias pares son cero. 2. Tomamos $p$ entero impar positivo (si $p < 0$ , $f = - sen (∣ p ∣ arcsin x)$ y se razona igual con $∣ p ∣$ ). Para $n$ impar menor que $p$ , el factor $n^{2} - p^{2} \neq = 0$ , así que $f^{(n)} (0) \neq = 0$ hasta la derivada de orden $p$ inclusive (empezando con $f^{'} (0) = p \neq = 0$ ). 3. Para $n = p$ : $f^{(p + 2)} (0) = (p^{2} - p^{2}) f^{(p)} (0) = 0$ , y de ahí todas las derivadas impares siguientes también valen $0$ . 4. Todos los coeficientes de grado mayor que $p$ son cero y el de $x^{p}$ no lo es: la serie es un polinomio de grado $p$ .

Ejercicio 282 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2016

La función $f$ se define mediante $f (x) = e^{x} sen x$ , $x \in R$ .

a) Hallando un número apropiado de derivadas de $f$ , determine la serie de Maclaurin para $f (x)$ hasta el término en $x^{3}$ .

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, determine el valor exacto de $x \to 0 lim \frac{e ^{x} sen x - x - x ^{2}}{x ^{3}}$ .

c) La serie de Maclaurin se va a utilizar para hallar el valor aproximado de $f (0, 5)$ .

(i) Utilice la expresión de Lagrange para el término complementario (resto) y halle un límite superior para el valor absoluto del error en esta aproximación.

(ii) A partir del término complementario (resto) de Lagrange, deduzca si la aproximación será mayor o menor que el valor real de $f (0, 5)$ .

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Resultado: a) $f (x) \approx x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3}$ ; b) $\frac{1}{3}$ ; c) (i) $∣ R ∣ \leq 0, 0082$ ; (ii) la aproximación es mayor que el valor real, porque el resto de Lagrange es negativo.

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a) 1. $f (x) = e^{x} sen x$ . Derivamos con la regla del producto: $f^{'} (x) = e^{x} sen x + e^{x} cos x = e^{x} (sen x + cos x)$ . 2. $f^{''} (x) = e^{x} (sen x + cos x) + e^{x} (cos x - sen x) = 2 e^{x} cos x$ . 3. $f^{'''} (x) = 2 e^{x} cos x - 2 e^{x} sen x = 2 e^{x} (cos x - sen x)$ . 4. En $x = 0$ : $f (0) = 0$ , $f^{'} (0) = 1$ , $f^{''} (0) = 2$ , $f^{'''} (0) = 2$ . 5. La serie hasta $x^{3}$ es $x + \frac{2}{2 !} x^{2} + \frac{2}{3 !} x^{3} = x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3}$ .

b) 1. Sustituimos $e^{x} sen x = x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3} + O (x^{4})$ : $\frac{e ^{x} sen x - x - x ^{2}}{x ^{3}} = \frac{\frac{x ^{3}}{3} + O ( x ^{4} )}{x ^{3}} = \frac{1}{3} + O (x)$ . 2. El límite es $\frac{1}{3}$ .

c) (i) 1. El resto de Lagrange tras el término de grado 3 es $R = \frac{f ^{(4)} ( c )}{4 !} x^{4}$ con $c$ entre $0$ y $x$ . Para $x = 0, 5$ , $0 < c < 0, 5$ . 2. $f^{(4)} (x) = \frac{d}{d x} [2 e^{x} (cos x - sen x)] = 2 e^{x} (cos x - sen x) + 2 e^{x} (- sen x - cos x) = - 4 e^{x} sen x$ . 3. Entonces $∣ R ∣ = \frac{4 e ^{c} sen c}{24} \cdot 0, 5^{4}$ . La función $e^{c} sen c$ es creciente en $] 0, 0, 5 [$ (su derivada $e^{c} (sen c + cos c) > 0$ ), así que su valor máximo es el de $c = 0, 5$ : $e^{0, 5} sen 0, 5 \approx 0, 7904$ . 4. Cota: $∣ R ∣ \leq \frac{4 \cdot 0 , 7904}{24} \cdot 0, 0625 \approx 0, 0082$ .

(ii) 1. Para $0 < c < 0, 5$ , $e^{c} > 0$ y $sen c > 0$ , luego $f^{(4)} (c) < 0$ y $R < 0$ . 2. Como $f (0, 5) = P_{3} (0, 5) + R$ con $R < 0$ , el valor real es menor que la aproximación: la aproximación es mayor que $f (0, 5)$ .

Ejercicio 283 DifícilIB · P3 TZ1 Mayo 2008

La función $f$ está definida por $f (x) = ln (\frac{1}{1 - x})$ .

a) Escriba el valor del término constante en la serie de Maclaurin para $f (x)$ .

b) Calcule las tres primeras derivadas de $f (x)$ y, a continuación, muestre que la serie Maclaurin para $f (x)$ hasta el término en $x^{3}$ inclusive es $x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3}$ .

c) Use esta serie para encontrar un valor aproximado para $ln 2$ .

d) Use la forma de Lagrange del resto para encontrar un límite superior para el error en esta aproximación.

e) ¿Qué tan bueno es este límite superior para una estimación del error real?

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Resultado: a) $0$ ; b) $f^{'} (x) = (1 - x)^{- 1}$ , $f^{''} (x) = (1 - x)^{- 2}$ , $f^{'''} (x) = 2 (1 - x)^{- 3}$ y serie $x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3}$ ; c) $ln 2 \approx \frac{2}{3}$ ; d) $R_{3} (\frac{1}{2}) \leq 0, 25$ ; e) el error real es $\approx 0, 0265$ : la cota es mucho mayor, no es buena estimación.

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a) 1. $f (0) = ln \frac{1}{1 - 0} = ln 1 = 0$ : el término constante es $0$ .

b) 1. Reescribimos $f (x) = - ln (1 - x)$ . 2. Primera derivada (cadena): $f^{'} (x) = \frac{1}{1 - x} = (1 - x)^{- 1}$ . 3. Segunda derivada: $f^{''} (x) = (1 - x)^{- 2}$ . 4. Tercera derivada: $f^{'''} (x) = 2 (1 - x)^{- 3}$ . 5. En $0$ : $f (0) = 0$ , $f^{'} (0) = 1$ , $f^{''} (0) = 1$ , $f^{'''} (0) = 2$ . 6. Serie de Maclaurin: $f (x) \approx 0 + 1 \cdot x + \frac{1}{2 !} x^{2} + \frac{2}{3 !} x^{3} = x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3}$ .

c) 1. Con $x = \frac{1}{2}$ : $f (\frac{1}{2}) = ln \frac{1}{1/2} = ln 2$ . 2. Aproximación: $ln 2 \approx \frac{1}{2} + \frac{1}{8} + \frac{1}{24} = \frac{12 + 3 + 1}{24} = \frac{16}{24} = \frac{2}{3}$ .

d) 1. Forma de Lagrange: $R_{3} (x) = \frac{f ^{(4)} ( c )}{4 !} x^{4}$ con $c$ entre $0$ y $x$ . 2. Cuarta derivada: $f^{(4)} (x) = 6 (1 - x)^{- 4}$ . 3. Con $x = \frac{1}{2}$ y $0 < c < \frac{1}{2}$ : $R_{3} (\frac{1}{2}) = \frac{6}{24 ( 1 - c ) ^{4}} \cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{64 ( 1 - c ) ^{4}}$ . 4. Como $1 - c > \frac{1}{2}$ , $(1 - c)^{4} > \frac{1}{16}$ , luego $\frac{1}{( 1 - c ) ^{4}} < 16$ . 5. Por tanto $R_{3} (\frac{1}{2}) < \frac{16}{64} = \frac{1}{4} = 0, 25$ .

e) 1. El error real es $ln 2 - \frac{2}{3} \approx 0, 6931 - 0, 6667 = 0, 0265$ . 2. La cota $0, 25$ es casi diez veces mayor que el error real: es una cota válida pero muy poco ajustada, y no da una buena estimación del error real.

Ejercicio 284 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2011

a) Sabiendo que $y = ln (\frac{1 + e ^{- x}}{2})$ , muestre que $\frac{d y}{d x} = \frac{e ^{- y}}{2} - 1$ .

b) Usando lo anterior, mediante la diferenciación repetida de la ecuación diferencial anterior, encuentre la serie de Maclaurin para $y$ hasta el término en $x^{3}$ , mostrando que dos de los términos son cero.

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Resultado: a) queda demostrado; b) $y \approx 0 - \frac{1}{2} x + \frac{1}{8} x^{2} + 0 x^{3} + \dots$

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a) 1. Derivamos con la regla de la cadena: $\frac{d y}{d x} = \frac{- e ^{- x}}{1 + e ^{- x}}$ . 2. Por la definición de $y$ : $e^{y} = \frac{1 + e ^{- x}}{2}$ , luego $1 + e^{- x} = 2 e^{y}$ y $e^{- x} = 2 e^{y} - 1$ . 3. Sustituimos: $\frac{d y}{d x} = - \frac{2 e ^{y} - 1}{2 e ^{y}} = - 1 + \frac{1}{2 e ^{y}} = \frac{e ^{- y}}{2} - 1$ .

b) 1. Derivamos la ecuación $y^{'} = \frac{e ^{- y}}{2} - 1$ respecto de $x$ : $y^{''} = - \frac{1}{2} e^{- y} y^{'}$ . 2. Derivamos otra vez (regla del producto): $y^{'''} = \frac{1}{2} e^{- y} (y^{'})^{2} - \frac{1}{2} e^{- y} y^{''}$ . 3. En $x = 0$ : $y (0) = ln \frac{1 + 1}{2} = 0$ . 4. $y^{'} (0) = \frac{e ^{0}}{2} - 1 = - \frac{1}{2}$ . 5. $y^{''} (0) = - \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot (- \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$ . 6. $y^{'''} (0) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} = 0$ . 7. Serie de Maclaurin: $y = 0 + (- \frac{1}{2}) x + \frac{1/4}{2 !} x^{2} + \frac{0}{3 !} x^{3} + \dots = - \frac{1}{2} x + \frac{1}{8} x^{2} + 0 \cdot x^{3} + \dots$ . Son cero el término constante y el término en $x^{3}$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $y \approx 0 - \frac{1}{2} x + \frac{1}{8} x^{2} + 0 x^{3} + \dots$

Ejercicio 285 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2021

a) Escriba los tres primeros términos del desarrollo del binomio $(1 + t)^{- 1}$ en potencias ascendentes de $t$ .

b) Utilizando la serie de Maclaurin para $cos x$ y el resultado obtenido en el apartado (a), muestre que la serie de Maclaurin para $sec x$ hasta (e incluido) el término en $x^{4}$ es $1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{5 x ^{4}}{24}$ .

c) Utilizando la serie de Maclaurin para $arctan x$ y el resultado obtenido en el apartado (b), halle $x \to 0 lim \frac{x arctan 2 x}{sec x - 1}$ .

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Resultado: a) $1 - t + t^{2}$ ; b) demostración; c) $4$

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a) 1. Binomio de Newton para exponente negativo: $(1 + t)^{- 1} = 1 + (- 1) t + \frac{( - 1 ) ( - 2 )}{2 !} t^{2} + \dots = 1 - t + t^{2} - \dots$

b) 1. $cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} - \dots$ , y $sec x = \frac{1}{cos x} = (1 + t)^{- 1}$ con $t = - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} - \dots$ 2. Por el apartado a): $sec x \approx 1 - t + t^{2}$ . Sustituimos, conservando términos hasta $x^{4}$ : $1 - (- \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24}) + (- \frac{x ^{2}}{2})^{2} = 1 + \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{24} + \frac{x ^{4}}{4} .$ 3. Como $- \frac{1}{24} + \frac{1}{4} = \frac{5}{24}$ : $sec x \approx 1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{5 x ^{4}}{24}$ .

c) 1. $arctan u = u - \frac{u ^{3}}{3} + \dots$ , luego $arctan 2 x = 2 x - \frac{8 x ^{3}}{3} + \dots$ y $x arctan 2 x = 2 x^{2} - \frac{8 x ^{4}}{3} + \dots$ 2. Por b): $sec x - 1 = \frac{x ^{2}}{2} + \frac{5 x ^{4}}{24} + \dots$ 3. Dividimos numerador y denominador entre $x^{2}$ : $x \to 0 lim \frac{2 x ^{2} - \frac{8}{3} x ^{4} + \dots}{\frac{x ^{2}}{2} + \frac{5}{24} x ^{4} + \dots} = x \to 0 lim \frac{2 - \frac{8}{3} x ^{2} + \dots}{\frac{1}{2} + \frac{5}{24} x ^{2} + \dots} = \frac{2}{1/2} = 4.$

Resultado: a) $1 - t + t^{2}$ ; b) demostración; c) $4$

Ejercicio 286 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2021

Sea $f (x) = 1 + x$ para $x > - 1$ .

a) Muestre que $f^{''} (x) = - \frac{1}{4 ( 1 + x ) ^{3}}$ .

b) Use la inducción matemática para probar que $f^{(n)} (x) = (- \frac{1}{4})^{n - 1} \cdot \frac{( 2 n - 3 )!}{( n - 2 )!} \cdot (1 + x)^{\frac{1}{2} - n}$ , para $n \in Z$ , $n \geq 2$ .

Sea $g (x) = e^{m x}$ , $m \in Q$ .

Considere la función $h$ definida por $h (x) = f (x) \times g (x)$ para $x > - 1$ .

c) Sabiendo que el término en $x^{2}$ en la serie de Maclaurin para $h (x)$ tiene coeficiente $\frac{7}{4}$ , calcule los posibles valores de $m$ .

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Resultado: a) demostración; b) demostración por inducción; c) $m = \frac{3}{2}$ y $m = - \frac{5}{2}$

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a) 1. Escribimos $f (x) = (1 + x)^{1/2}$ . Entonces $f^{'} (x) = \frac{1}{2} (1 + x)^{- 1/2}$ . 2. $f^{''} (x) = \frac{1}{2} \cdot (- \frac{1}{2}) (1 + x)^{- 3/2} = - \frac{1}{4} (1 + x)^{- 3/2} = - \frac{1}{4 ( 1 + x ) ^{3}}$ .

b) Demostración por inducción de $P (n) : f^{(n)} (x) = (- \frac{1}{4})^{n - 1} \frac{( 2 n - 3 )!}{( n - 2 )!} (1 + x)^{\frac{1}{2} - n}$ , para $n \geq 2$ .

Caso base $n = 2$ : $(- \frac{1}{4})^{1} \frac{1 !}{0 !} (1 + x)^{- 3/2} = - \frac{1}{4} (1 + x)^{- 3/2}$ , que coincide con el apartado a). Se cumple $P (2)$ .
Hipótesis: supongamos $P (k)$ cierto para algún $k \geq 2$ : $f^{(k)} (x) = (- \frac{1}{4})^{k - 1} \frac{( 2 k - 3 )!}{( k - 2 )!} (1 + x)^{\frac{1}{2} - k}$ .
Derivamos (regla de la potencia): $f^{(k + 1)} (x) = (- \frac{1}{4})^{k - 1} \frac{( 2 k - 3 )!}{( k - 2 )!} (\frac{1}{2} - k) (1 + x)^{- \frac{1}{2} - k} .$
Reescribimos el coeficiente: $(- \frac{1}{4})^{k - 1} (\frac{1}{2} - k) = (- \frac{1}{4})^{k} (- 4) \cdot \frac{1 - 2 k}{2} = (- \frac{1}{4})^{k} \cdot 2 (2 k - 1)$ . Entonces $f^{(k + 1)} (x) = (- \frac{1}{4})^{k} \frac{2 ( 2 k - 1 ) ( 2 k - 3 )!}{( k - 2 )!} (1 + x)^{\frac{1}{2} - (k + 1)} .$
Usamos $(2 k - 1)! = (2 k - 1) (2 k - 2) (2 k - 3)! = 2 (k - 1) (2 k - 1) (2 k - 3)!$ y $(k - 1)! = (k - 1) (k - 2)!$ . Multiplicando y dividiendo por $(k - 1)$ : $\frac{2 ( 2 k - 1 ) ( 2 k - 3 )!}{( k - 2 )!} = \frac{2 ( k - 1 ) ( 2 k - 1 ) ( 2 k - 3 )!}{( k - 1 ) ( k - 2 )!} = \frac{( 2 k - 1 )!}{( k - 1 )!} .$
Por tanto $f^{(k + 1)} (x) = (- \frac{1}{4})^{k} \frac{( 2 k - 1 )!}{( k - 1 )!} (1 + x)^{\frac{1}{2} - (k + 1)}$ , que es $P (k + 1)$ .
Como $P (2)$ es cierto y $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ , queda demostrado para todo entero $n \geq 2$ .

c) 1. Desarrollos de Maclaurin: $f (0) = 1$ , $f^{'} (0) = \frac{1}{2}$ , $f^{''} (0) = - \frac{1}{4}$ , luego $f (x) = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x ^{2}}{8} + \dots$ . Y $g (x) = e^{m x} = 1 + m x + \frac{m ^{2} x ^{2}}{2} + \dots$ 2. Multiplicamos; el coeficiente de $x^{2}$ de $h = f \cdot g$ es $\frac{m ^{2}}{2} + \frac{1}{2} \cdot m - \frac{1}{8} .$ 3. Lo igualamos a $\frac{7}{4}$ : $\frac{m ^{2}}{2} + \frac{m}{2} = \frac{15}{8}$ , es decir $4 m^{2} + 4 m - 15 = 0$ . 4. $m = \frac{- 4 \pm 16 + 240}{8} = \frac{- 4 \pm 16}{8}$ : $m = \frac{3}{2}$ o $m = - \frac{5}{2}$ (ambos racionales).

Resultado: a) demostración; b) demostración por inducción; c) $m = \frac{3}{2}$ y $m = - \frac{5}{2}$

Ejercicio 287 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2021

a) Prueba por inducción matemática que $\frac{d ^{n}}{d x ^{n}} (x^{2} e^{x}) = [x^{2} + 2 n x + n (n - 1)] e^{x}$ para $n \in Z^{+}$ .

b) Usando lo anterior, o de cualquier otra forma, determine la serie de Maclaurin de $f (x) = x^{2} e^{x}$ en potencias crecientes de $x$ hasta el término en $x^{4}$ incluido.

c) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, calcule el valor de $x \to 0 lim [\frac{( x ^{2} e ^{x} - x ^{2} ) ^{3}}{x ^{9}}]$ .

Ver resultado

Resultado: a) demostración por inducción; b) $f (x) \approx x^{2} + x^{3} + \frac{x ^{4}}{2}$ ; c) $1$

Ver proceso y resultado

a) Demostración por inducción de $P (n) : \frac{d ^{n}}{d x ^{n}} (x^{2} e^{x}) = [x^{2} + 2 n x + n (n - 1)] e^{x}$ .

Caso base $n = 1$ : por la regla del producto, $\frac{d}{d x} (x^{2} e^{x}) = 2 x e^{x} + x^{2} e^{x} = [x^{2} + 2 x + 0] e^{x}$ , que es $P (1)$ .
Hipótesis: supongamos $P (k)$ cierto para algún $k \in Z^{+}$ : $\frac{d ^{k}}{d x ^{k}} (x^{2} e^{x}) = [x^{2} + 2 k x + k (k - 1)] e^{x}$ .
Derivamos con la regla del producto: $\frac{d ^{k + 1}}{d x ^{k + 1}} (x^{2} e^{x}) = (2 x + 2 k) e^{x} + [x^{2} + 2 k x + k (k - 1)] e^{x} = [x^{2} + (2 k + 2) x + 2 k + k (k - 1)] e^{x} .$
Como $2 k + k (k - 1) = k (k + 1)$ y $2 k + 2 = 2 (k + 1)$ , queda $[x^{2} + 2 (k + 1) x + (k + 1) k] e^{x}$ , que es $P (k + 1)$ .
Como $P (1)$ es cierto y $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ , $P (n)$ es cierto para todo $n \in Z^{+}$ .

b) 1. De a), $f^{(n)} (0) = n (n - 1)$ , luego $f (0) = 0$ , $f^{'} (0) = 0$ , $f^{''} (0) = 2$ , $f^{'''} (0) = 6$ , $f^{(4)} (0) = 12$ . 2. La serie de Maclaurin $\sum \frac{f ^{(n)} ( 0 )}{n !} x^{n}$ hasta $x^{4}$ : $f (x) \approx \frac{2}{2 !} x^{2} + \frac{6}{3 !} x^{3} + \frac{12}{4 !} x^{4} = x^{2} + x^{3} + \frac{x ^{4}}{2} .$

c) 1. Por b): $x^{2} e^{x} - x^{2} = x^{3} + \frac{x ^{4}}{2} + \dots = x^{3} (1 + \frac{x}{2} + \dots)$ . 2. Al elevar al cubo: $(x^{2} e^{x} - x^{2})^{3} = x^{9} (1 + \frac{x}{2} + \dots)^{3}$ . 3. Dividimos entre $x^{9}$ y hacemos $x \to 0$ : el límite vale $1^{3} = 1$ .

Resultado: a) demostración por inducción; b) $f (x) \approx x^{2} + x^{3} + \frac{x ^{4}}{2}$ ; c) $1$

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