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Ejercicios de Análisis Matemático
Derivadas, límites y aplicaciones de las derivadas
1. ¿Con qué rapidez baja el nivel del agua contenida en un depósito cilíndrico si estamos vaciándolo
a razón de 3000 litros por minuto?
Solución. Sea r el radio del cilindro y h la altura medidos en decímetros. Sea V.t/ el volumen
de agua, medido en litros (dcm3
), que hay en el cilindro en el tiempo t medido en minutos. La
información que nos dan es una tasa de variación
V.t C 1/ V.t/ D 3000 litros por minuto
En este tipo de ejercicios la tasa de variación se interpreta como una derivada: V 0
.t/ D 3000.
Fíjate que V.t C t0/ V.t0/ Ñ V 0
.t0/t, por lo que la interpretación es razonable. El signo
negativo de la derivada es obligado ya que el volumen disminuye con el tiempo. Como el radio
es constante pero la altura del agua depende del tiempo, tenemos
V.t/ D r2
h.t/
y deducimos
V 0
.t/ D 3000 D r2
h0
.t/
Por tanto
h0
.t/ D
3000
r2
decímetros por minuto
Si expresamos las medidas en metros, entonces h0
.t/ D
3
r2
metros por minuto.
Observa que lo que realmente hemos calculado es:
V.t C 1/ V.t/ D r2
.h.t C 1/ h.t// ÷ h.t C 1/ h.t/ D
V.t C 1/ V.t/
r2
D
3000
r2
que es la tasa de variación de la altura en un intervalo de 1 minuto. Pero, como ya te he dicho,
en estos ejercicios se identifica la tasa de variación con una derivada, lo cual es, claro está, una
aproximación. ©
2. Un punto P se mueve sobre la parte de la parábola x D y2
situada en el primer cuadrante de
forma que su coordenada x está aumentando a razón de 5cm/sg. Calcular la velocidad a la que el
punto P se aleja del origen cuando x D 9.
Solución. Sean .x.t/; y.t// las coordenadas, medidas en centímetros, del punto P en el instante
t medido en segundos. Nos dicen que y.t/ 0 y que x.t/ D y.t/2
. La distancia del punto P al
origen viene dada por f .t/ D
p
x.t/2 C y.t/2, por lo que
f 0
.t/ D
x.t/x0
.t/ C y.t/y0
.t/
p
x.t/2 C y.t/2
Lo que nos piden es f 0
.t0/ sabiendo que x.t0/ D 9. En tal caso ha de ser y.t0/ D 3. También
conocemos x0
.t/ D 5 (cm/sg). Con ello es fácil deducir el valor de y0
.t0/ D
x0
.t0/
2y.t0/
D
5
6
. Final-
mente,
f 0
.t0/ D
x.t0/x0
.t0/ C y.t0/y0
.t0/
p
x.t0/2 C y.t0/2
D
45 C 3.5=6/
81 C 9
D
95
6
p
10
cm/sg
©
Dpto. de Análisis Matemático Universidad de Granada

Ejercicios de Análisis Matemático 2
3. Se está llenando un depósito cónico apoyado en su vértice a razón de 9 litros por segundo. Sa-
biendo que la altura del depósito es de 10 metros y el radio de la tapadera de 5 metros, ¿con qué
rapidez se eleva el nivel del agua cuando ha alcanzado una profundidad de 6 metros?
Solución.
Expresaremos todas las medidas en metros. Si V.t/ es el volumen de agua que hay en el depósito
en el tiempo t medido en segundos, nos dicen que V 0
.t/ D
9
103
m3
/sg.
R
r
H
h
Depósito cónico
Sabemos que V.t/ D
1
3
r.t/2
h.t/ donde h.t/ es la al-
tura, medida desde el vértice, alcanzada por el agua en
el tiempo t y r.t/ es el radio de la sección transversal
del cono a la distancia h.t/ desde el vértice. Por seme-
janza de triángulos deducimos que
r
R
D
h
H
, de donde,
r D r.t/ D
R
H
h.t/ D
1
2
h.t/. Luego V.t/ D
1
12
h.t/3
, y
V 0
.t/ D
9
103
D

4
h.t/2
h0
.t/:
Luego, cuando h.t0/ D 6, deducimos que
9
103
D

4
36h0
.t0/, esto es, h0
.t0/ D
1
103
m/sg Ñ
1; 146 m/h. ©
4. El volumen de un cubo está aumentando a razón de 70 cm3
por minuto. ¿Con qué rapidez está
aumentando el área cuando la longitud del lado es de 12 cm?
Solución. Sea V.t/ el volumen del cubo, medido en centímetros cúbicos, en el tiempo t, medido
en minutos. Si L.t/ es la longitud en centímetros del lado en el tiempo t, tenemos que V.t/ D
L.t/3
, de donde, L0
.t/ D
V 0
.t/
3L.t/2
. Como nos dicen que V 0
.t/ D 70 cm/min, deducimos que
cuando L.t0/ D 12, L0
.t0/ D
70
3.12/2
. El área del cubo viene dada por S.t/ D 6L.t/2
, deducimos
que S 0
.t0/ D 12L.t0/L0
.t0/ D
70
3
cm2
/min. ©
5. Un barco A se desplaza hacia el oeste con una velocidad de 20 millas por hora y otro barco B
avanza hacia el norte a 15 millas por hora. Ambos se dirigen hacia un punto O del océano en el
cual sus rutas se cruzan. Sabiendo que las distancias iniciales de los barcos A y B al punto O
son, respectivamente, de 15 y de 60 millas, se pregunta: ¿A qué velocidad se acercan (o se alejan)
los barcos entre sí cuando ha transcurrido una hora? ¿Y cuando han transcurrido 2 horas? ¿En
qué momento están más próximos uno de otro?
Solución.
O
A
B
Cruce de barcos
Tomamos el punto O como origen de coordenadas, tal
como se indica en la figura. Llamemos x.t/ a la distan-
cia, medida en millas, que separa el barco A de O. Nos
dicen que x.0/D15 y x0
.t/D 20 millas por hora. Obser-
va que como la función x.t/ es decreciente su derivada
debe ser negativa. Análogamente, sea y.t/ la distancia
que separa al barco B de O.

Nos dicen que y.0/ D 60 y y0
.t/ D 15 millas por hora. La distancia entre los dos barcos viene
dada por f .t/ D
p
x.t/2 C y.t/2. Tenemos
f 0
.t/ D
x.t/x0
.t/ C y.t/y0
.t/
p
x.t/2 C y.t/2
Cuando ha pasado una hora x.1/ D 15 20 D 5, y.1/ D 60 15 D 45. Deducimos que
f 0
.1/ D
. 5/. 20/ C 45. 15/
p
. 5/2 C .45/2
D
115
p
82
millas/h
Donde el sigo negativo indica que se están acercando (la distancia entre ellos está disminuyendo).
Cuando han pasado dos horas x.2/ D 15 40 D 25, y.2/ D 60 30 D 30. Deducimos que
f 0
.2/ D
. 25/. 20/ C 30. 15/
p
. 25/2 C .30/2
D
10
p
61
millas/h
Donde el sigo positivo indica que se están alejando (la distancia entre ellos está aumentando).
La distancia entre los dos barcos es mínima cuando la derivada es nula (fíjate que la derivada pasa
de negativa a positiva). La condición f 0
.t0/ D 0 equivale a la igualdad 20 x.t0/ 15y.t0/ D 0.
Sustituyendo en ella x.t0/ D 15 20 t0, y.t0/ D 60 15 t0, obtenemos t0 D 48
25 . x.48
25 / D 117
5 ,
y.48
25 / D 156
5 . La distancia mínima a que se cruzan los barcos es f .48
25 / D 39 millas. ©
6. Una bola esférica de hielo se está derritiendo de forma uniforme en toda la superficie, a razón de
50 cm3
por minuto. ¿Con qué velocidad está disminuyendo el radio de la bola cuando este mide
15 cm?
Solución. El volumen de la bola en el instante t minutos viene dado por V.t/ D
4
3
r.t/3
centí-
metros cúbicos. Nos dicen que V 0
.t/D 50. Deducimos que 50D4 r.t/2
r 0
.t/. Si r.t0/D15,
se sigue que
r 0
.t0/ D
50
4 .15/2
D
1
18
cm/min
La derivada es negativa, como debe ser, ya que el radio está disminuyendo. ©
7. Calcula .f ı g/0
.x/ en el valor indicado de x en los siguientes casos:
a) f .x/ D
2x
x2 C 1
; g.x/ D 10x2
C x C 1; x D 0
b) f .x/ D

x 1
x C 1
2
; g.x/ D
1
x2
1; x D 1
Solución. Este ejercicio lo puedes hacer de dos formas: calculando en caso la función compuesta
.f ıg/.x/ y derivándola, o aplicando la regla de la cadena sin necesidad de calcular previamente
la función compuesta. Esta segunda forma es mucho más rápida. Las derivadas que nos piden
son las siguientes.
a) f 0
.x/ D
2 x2
.x2 C 1/2
; g0
.x/ D 20x C 1÷.f ı g/0
.0/ D f 0
.g.0//g0
.0/ D f 0
.1/g0
.0/ D
1
4
:
El otro apartado se hace igual. ©
8. Calcula en cada caso el valor de a y b en función de c, para que exista la derivada en el punto c
de cada una de las siguientes funciones:
f .x/ D

x2
; x 6 c
ax C b; x c
f .x/ D
8

:
1
jxj
; jxj c
a C bx2
; jxj 6 c
f .x/ D

cos x; x 6 c
ax C b; x c

Solución. Consideremos la segunda de las funciones anteriores. Tenemos que f .x/ D 1
jxj para
x c o x c, y f .x/ D a C bx2
para c 6 x 6 c. Imponemos primero la condición de que f
sea continua en c. Tenemos que f .c/ D a C bc2
D lK
ım
x!c
x c
f .x/, y lK
ım
x!c
x c
f .x/ D 1
jcj
D 1
c
. Debemos
imponer la condición aCbc2
D 1
c
. Impondremos también la condición de que los límites laterales
en c de la derivada de f coincidan. Para x c es f .x/ D 1
x
, por lo que
lK
ım
x!c
x c
f 0
.x/ D lK
ım
x!c
x c
1
x2
D
1
c2
:
Análogamente
lK
ım
x!c
x c
f 0
.x/ D lK
ım
x!c
x c
2bx D 2bc:
Debemos imponer la condición 2bc D 1
c2 . Deducimos que b D 1
2c3 y a D bc2
C 1
c D 3
2c .
Observa que las condiciones que hemos obtenido son necesarias para que f sea derivable en c.
Pero dichas condiciones también son suficientes. No es necesario, por ello, que comprobemos
que, con los valores de a y de b obtenidos antes, efectivamente f es derivable en c.
Las otras dos funciones se estudian de la misma forma. ©
9. ¿Es cierta la igualdad f 0
.a/ D lK
ım
t!a
f .a C t/ f .a t/
2t
? Justifica tu respuesta.
Solución. Tenemos que
f .a C t/ f .a t/
2t
D
f .a C t/ f .a/
2t
C
f .a/ f .a t/
2t
D
D
1
2
f .a C t/ f .a/
t
C
1
2
f .a t/ f .a/
t
Y basta tener en cuenta que:
lK
ım
t!a
f .a C t/ f .a/
t
D lK
ım
t!a
f .a t/ f .a/
t
D f 0
.a/
©
10. Supongamos que las funciones f y g y sus derivadas tienen los siguientes valores en x D 2 y
x D 3.
x f .x/ g.x/ f 0
.x/ g0
.x/
2 8 2 1/3 -3
3 3 -4 2 5
Calcular las derivadas de las siguientes funciones en los valores dados de x:
a) f .x/g.x/; x D 3 b) f .x/=g.x/; x D 3
c) f .g.x//; x D 2 d)
p
.f .x//2 C .g.x//2; x D 2
Solución. a) .fg/0
.3/ D f 0
.3/g.3/ C f .3/g0
.3/ D 8 C 15.
b)

f
g
0
.3/ D
f 0
.3/g.3/ f .3/g0
.3/
g.3/2
D
8 15
16
.
c) .f ı g/0
.2/ D f 0
.g.2//g0
.2/ D f 0
.2/g0
.2/ D 1.
d) h.x/ D
q
.f .x//2 C .g.x//2, h0
.2/ D
f 0
.2/f .2/ C g0
.2/g.2/
p
.f .x//2 C .g.x//2
D
5
3
p
17
. ©

11. Supongamos que f es una función que verifica una desigualdad del tipo jf .x/j 6 jxjr
en algún
intervalo abierto que contiene a cero, donde r 1. Prueba que f es derivable en 0.
Solución. La desigualdad jf .x/j 6 jxjr
, con r 0, implica que f .0/ D 0. Tenemos que
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
f .x/ f .0/
x 0
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ D
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
f .x/
x
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ 6 jxjr 1
Como r 1 0, se tiene que lK
ım
x!0
jxjr 1
D 0, lo que, por la desigualdad anterior, implica que
lK
ım
x!0
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
f .x/ f .0/
x 0
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ D 0 ” lK
ım
x!0
f .x/ f .0/
x 0
D 0:
Luego f es derivable en 0 y f 0
.0/ D 0.
12. Calcula la derivada en todo punto de la función definida por
f .x/ D
(
x2
sen
1
x
; x ¤ 0
0; x D 0
Solución. Para x ¤ 0 se verifica que jf .x/j D
ˇ
ˇ
ˇ
ˇx2
sen
1
x
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ 6 x2
. Como f .0/ D 0, resulta que
jf .x/j6x2
para todo x 2 R. El ejercicio anterior implica que f es derivable en 0 con f 0
.0/D0.
En los intervalos 1; 0Œ y 0; C1Œ la función dada es derivable por ser producto y composición
de funciones derivables en dichos intervalos, y podemos calcular su derivada con las reglas de
derivación usuales:
f 0
.x/ D 2x sen
1
x
cos
1
x
Observa que esta derivada tiene una discontinuidad esencial en 0. ©
13. Calcula los puntos en que la cúbica y D ax3
C bx2
C cx C d, donde a; b; c; d son constantes
reales, tiene tangente horizontal. Debes estudiar los distintos casos posibles.
Solución. La tangente es horizontal en los puntos donde se anula la derivada, esto es, en las
soluciones reales de la ecuación 3ax2
C 2bx C c D 0, las cuales viene dadas por
2b ˙
p
4b2 12ac
6a
Si el discriminante 4b2
12ac 0 no hay ninguna solución real. Si 4b2
12ac D 0 hay una
solución real doble (en la que también se anula la derivada segunda pero no se anula la derivada
tercera, es un punto de inflexión). Si 4b2
12ac 0 hay dos puntos de tangencia horizontal. ©
14. Calcula un punto c por la condición de que la tangente a la parábola f .x/ D x2
C ˛x C ˇ en el
punto .c; f .c//, sea paralela a la cuerda que une dos puntos dados AD.a; f .a// y BD.b; f .b//.
Solución. Dos rectas en el plano son paralelas cuando tienen igual pendiente. Debemos calcular
c por la condición
f .b/ f .a/
b a
Df 0
.c/ ”
b2
a2
C ˛.b a/
b a
D2cC˛ ” bCaC˛D2cC˛ ” cD
a C b
2
©
15. Calcula las ecuaciones de las rectas tangente y normal a una hipérbola de ecuación cartesiana
y2
x2
D 1, en un punto genérico .u; v/ de la misma.
Solución. Podemos expresar y como función de x. Tenemos que y2
D 1 C x2
, lo que da lugar
a dos curvas f .x/ D
p
1 C x2 (la parte de la hipérbola en el semiplano superior y 0) y

g.x/ D
p
1 C x2 (la parte de la hipérbola en el semiplano inferior y 0). La tangente en un
punto .u; v/ con v D f .u/ 0 es la recta de ecuación:
y D f .u/ C f 0
.u/.x u/ D v C
u
p
1 C u2
.x u/ D v C
ux u2
v
” vy ux D 1
La tangente en un punto .u; v/ con v D g.u/ 0 es la recta de ecuación:
y D g.u/ C g0
.u/.x u/ D v
u
p
1 C u2
.x u/ D v C
ux u2
v
” vy ux D 1
En cualquier caso se obtiene la recta de ecuación vy ux D 1.
Podemos proceder también sin necesidad de calcular y en función de x. Para ello, basta observar
que si expresamos y en función de x y obtenemos y D '.x/ entonces se tiene que '.x/2
x2
D 1. Podemos derivar ahora la función x 7! '.x/2
x2
con respecto a x. La derivada es
2'.x/'0
.x/ 2x y, como dicha función es constante igual a 1, su derivada debe ser nula. Luego
2'.x/'0
.x/ 2x D 0 ” '0
.x/ D
x
'.x/
Por tanto la derivada en un punto u viene dada por '0
.u/ D u
v
donde v D '.u/. En consecuencia,
la tangente en el punto .u; v/ es la recta de ecuación:
y D v C '0
.u/.x u/ D v C
u
v
.x u/ D v C
ux u2
v
” vy ux D 1
Es decir, de esta forma, sin necesidad de calcular de forma explícita '.x/ (que da lugar a las dos
funciones anteriores f .x/ y g.x/), podemos calcular la recta tangente sin necesidad de conside-
rar cada caso por separado.
Para que te convenzas de que esta forma de proceder es útil, considera la hipérbola
x2
y2
D 1. Si ahora expresas y como función de x obtendrás cuatro curvas:
y1D
p
x2 1 e y2 D
p
x2 1 para (x 1), y y3D
p
x2 1 e y4 D
p
x2 1 para (x 1).
Para calcular la tangente en un punto .u; v/ de dicha hipérbola no merece la pena considerar cada
una de ellas por separado. Razonando como antes, se tiene que de cualquier forma que exprese-
mos yD'.x/ por la condición de que x2
'.x/2
D1, la derivada viene dada por '0
.x/Dx='.x/.
Por tanto la ecuación de la recta tangente en .u; v/ viene dada por:
y D v C '0
.u/.x u/ D v C
u
v
.x u/ D v C
ux u2
v
” ux vy D 1
©
16. Calcula las ecuaciones de las rectas tangente y normal a una elipse de ecuación
x2
a2
C
y2
b2
D 1 en
un punto .u; v/ de la misma.
Solución. Procediendo como en el ejercicio anterior debes obtener la recta de ecuación
ux
a2
C
vy
b2
D 1
©
17. Dado un punto P D .a; b/ situado en el primer cuadrante del plano, determinar el segmento con
extremos en los ejes coordenados y que pasa por P que tiene longitud mínima.
Solución.

En un ejercicio como este lo primero que hay que
hacer es elegir la variable en función de la cual va-
mos a calcular la longitud del segmento AB. To-
mando como variable ', es decir, la medida en ra-
dianes del ángulo indicado en la figura, la longitud
del segmento AB viene dada por
f .'/ D
b
sen '
C
a
cos '
.0 ' =2/
Debemos calcular el mínimo absoluto de f . Tene-
mos que:
P D .a;b/
a
b
A D .a C x; 0/
B D .0; b C y/
'
'
f 0
.'/ D
b cos '
sen2 '
C
a sen '
cos2 '
Se obtiene enseguida que f 0
.'/ se anula en un único punto '0 20; =2Œ que viene dado por la
condición tg.'0/ D 3
p
b=a. Se justifica fácilmente que f tiene en '0 un mínimo absoluto.
En efecto, como f 0
es continua y no se anula en los intervalos 0; '0Œ y '0; =2Œ, debe tener
signo constante en ellos. Como lK
ım
x!0
f 0
.'/ D 1, y lK
ım
x!=2
f 0
.'/ D C1 se sigue que:
' 20; '0Œ÷f 0
.'/ 0; ' 2'0; =2Œ÷f 0
.'/ 0
por tanto, f es estrictamente decreciente en 0; '0 y estrictamente creciente en Œ'0; =2Œ, lo que
implica que f .'0/ 6 f .'/ para todo ' 20; =2Œ.
Para calcular la longitud mínima f .'0/, basta tener en cuenta que:
1 C tg2
.'0/ D
1
cos2.'0/
D 1 C
3
s

b
a
2
÷
a
cos.'0/
D a2=3
a2=3
C b2=3
1=2
Fácilmente se obtiene ahora que
b
sen.'0/
D b2=3
a2=3
C b2=3
1=2
con lo que la longitud mínima
buscada viene dada por:
f .'0/ D a2=3
C b2=3
3=2
Otra forma de calcular la longitud del segmento AB consiste en considerar la ecuación general
de las rectas que pasan por el punto P D.a; b/. Dicha ecuación general es de la forma y D.x
a/ C b, donde es un parámetro. Las intersecciones de dicha recta con los ejes son los puntos
A D .a b=; 0/ y B D .0; a C b/. Por tanto, la longitud del segmento AB viene dada por:
g./ D
s

a
b

2
C .b a/2 . 0/
Otra forma de calcular la longitud del segmento AB consiste en introducir las variables x e y
tales que AD.aCx; 0/, BD.0; bCy/, como se indica en la figura. La longitud del segmento AB
viene dada por H.x; y/ D
p
.a C x/2 C .b C y/2. Esta función, aparentemente, depende de dos
variables, pero dichas variables no son independientes, pues los puntos A, P y B están alineados.
Por semejanza de triángulos se obtiene que x=b Da=y, por lo que y D.ab/=x. En consecuencia,
la longitud del segmento AB viene dada por: h.x/ D
p
.a C x/2 C .b C .ab/=x/2 .x 0/.
Tanto si se usa la función g como la h, debemos obtener un mínimo absoluto y, como son raíces
cuadradas, es suficiente que calculemos el mínimo absoluto de la función radicando (las raíces
respetan el orden en RC
o ). Es decir, las funciones g y h alcanzan su mínimo absoluto en el mismo
punto en que lo alcanzan las funciones:
G./ D

a
b

2
C .b a/2
. 0/I H.x/ D .a C x/2
C

b C
ab
x
2
.x 0/

Comprueba que, de cualquier forma que lo hagas, vuelves a obtener la solución anterior.
Comentario. Una forma equivalente de enunciar este ejercicio es la siguiente: Calcula la longitud
de la escalera más larga que llevada en posición horizontal puede pasar por la esquina que forman
dos corredores de anchuras respectivas a y b.
Es evidente que la longitud de la escalera tiene que ser menor o igual que la longitud de cualquier
segmento AB como el de la figura. Por tanto, la longitud de la escalera más larga que puede pasar
es igual a la longitud mínima del segmento AB. ©
18. Determina el rectángulo con lados paralelos a los ejes coordenados, inscrito en la elipse de ecua-
ción
x2
a2
C
y2
b2
D 1, y que tenga área máxima.
Solución.
Por razones de simetría, es suficiente determinar
el vértice del rectángulo situado en el primer cua-
drante. Si las coordenadas de dicho vértice son
.x; y/, entonces el área del rectángulo será igual a
4xy. Como el vértice debe estar en la elipse, sus
coordenadas x e y deberán satisfacer la igualdad
x2
a2
C
y2
b2
D 1.
.x; y/
a
b
Deducimos que y D b
r
1
x2
a2
. Por tanto, se trata de calcular el máximo absoluto de la función
f .x/ D x b
r
1
x2
a2
, donde 0 6 x 6 a.
Como se trata de una función positiva, para calcular el valor en que alcanza su máximo podemos
elevarla al cuadrado. En definitiva, nuestro problema es calcular el máximo absoluto de la función
h.x/ D x2

1
x2
a2

en el intervalo Œ0; a. Tenemos que
h0
.x/ D 2x

1
x2
a2

C x2 2x
a2
D 2x
4x3
a2
:
Los puntos críticos de h son x D 0 que corresponde a un mínimo y x D
a
p
2
que corresponde a
un máximo absoluto (justificación: la función h.x/ se anula en los extremos del intervalo Œ0; a y
es positiva en 0; aŒ por lo que su máximo absoluto en Œ0; a tiene que alcanzarse en un punto del
intervalo abierto 0; aŒ en el cual debe anularse su derivada. Pero el único punto que cumple estas
condiciones es a=
p
2).
El rectángulo pedido es el que tiene de vértices

˙
a
p
2
; ˙
b
p
2

, y su área vale 2ab. ©
19. Calcula el área máxima de un rectángulo que tiene dos vértices sobre una circunferencia y su
base está sobre una cuerda dada de dicha circunferencia.
Solución.

Sea el radio de la circunferencia y BA la cuerda.
Pongamos A D . cos ˛; sen ˛/ que es un dato
conocido. Observa que =2 ˛ 6 0. Hay
que calcular un punto P D . cos ˇ; sen ˇ/
por la condición de que el rectángulo de la
figura tenga máxima área. La altura, h, del rec-
tángulo viene dada por h D .sen ˇ sen ˛/,
y la base, b, por b D 2 cos ˇ. Observa que la
longitud de la base del rectángulo no puede ser
mayor que la longitud de la cuerda BA, lo que
implica que cos ˇ 6 cos ˛ D cos. ˛/. Como
el coseno es decreciente en el intervalo Œ0; =2,
˛
ˇ
P
O
A
B

deberá ser ˇ ˛. Debemos calcular el máximo absoluto de 22
cos ˇ.sen ˇ sen ˛/ donde
˛ 6 ˇ 6 =2.Pongamos, por comodidad, ˇ D x y prescindamos del factor 22
. Sea
f .x/ D cos x.sen x sen ˛/ ˛ 6 x 6 =2 .donde =2 ˛ 6 0/
Tenemos que f 0
.x/D sen x.sen x sen ˛/Ccos2
x D 2 sen2
x Csen ˛ sen x C1. Haciendo
t D sen x tenemos que f 0
.x/ D 0 equivale a que 2t2
C t sen ˛ C 1 D 0. Esta ecuación tiene
dos raíces reales que vienen dadas por
t0 D
sen ˛
p
sen2 ˛ C 8
4
; t1 D
sen ˛ C
p
sen2 ˛ C 8
4
Además, como ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
sen ˛ ˙
p
sen2 ˛ C 8
4
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ

1 C
p
9
4
D 1
Tenemos que 1 t0 0 t1 1. Por tanto, la derivada f 0
se anula en dos únicos puntos que
vienen dados por:
ˇ0 D arc sen
sen ˛
p
sen2 ˛ C 8
4
!
; ˇ1 D arc sen
sen ˛ C
p
sen2 ˛ C 8
4
!
Tenemos que =2 ˇ0 0 ˇ1 =2. Como 2t2
C t sen ˛ C 1 es una parábola hacia
abajo, toma valores positivos entre sus dos raíces, es decir 2t2
Ct sen ˛C1 0 para t0 t t1.
Lo que implica que f 0
.x/ 0 para ˇ0 x ˇ1.
Como f 0
.=2/ D sen ˛ 1 0 yf 0
no se anula en ˇ1; =2, concluimos que f 0
debe ser
negativa en dicho intervalo y, por tanto f es estrictamente decreciente en Œˇ1; =2.
A la vista de los resultados anteriores, debemos distinguir dos casos:
a) ˛ 6 ˇ1. En este caso, f es creciente en Œ ˛; ˇ1 y decreciente en Œˇ1; =2, por lo que el
máximo absoluto de f en Œ ˛; =2 se alcanza en ˇ1.
b) ˇ1 ˛. En este caso, f es estrictamente decreciente en Œ ˛; =2 por lo que el máximo
absoluto de f en Œ ˛; =2 se alcanza en ˛.
Finalmente, se comprueba con facilidad que la desigualdad 06 ˛6ˇ1, equivale a 06 sen ˛6
1=
p
3, esto es, arc sen.1=
p
3/ 6 ˛ 6 0.
Observa que si ˛ D 0, entonces ˇ D arc sen.
p
2=2/ D =4, es decir, en este caso el rectángulo es
la mitad del cuadrado inscrito en la circunferencia. ©
20. Encuentra un punto P de la circunferencia x2
C y2
D 1 con coordenadas positivas y tal que el
triángulo cuyos vértices son .0; 0/ y las intersecciones de la tangente a la circunferencia en P
con los ejes coordenados tenga área mínima.

Solución.
Sean .s; t/ las coordenadas de P. La ecuación de la recta tan-
gente a la circunferencia x2
C y2
D 1 en P es xs C yt D 1,
cuyos cortes con los ejes son los puntos A D .0; 1=t/, B D
.1=s; 0/. Por tanto el área del triángulo AOB es igual a
1
2
1
s t
D
1
2
1
s
p
1 s2
P D .s; t/
s
t
O
Para calcular su valor mínimo, como se trata de una función positiva, podemos elevarla al cuadra-
do para simplificar los cálculos. En definitiva, nuestro problema se reduce a calcular el mínimo
de la función f .s/ D
1
s2.1 s2/
en el intervalo 0; 1Œ.
Derivando tenemos f 0
.s/ D 2
2s2
1
s3.1 s2/2
. Por tanto el único cero de la derivada en el intervalo
0; 1Œ es s D 1=
p
2. Como para 0 s 1=
p
2 se tiene que f 0
.s/ 0, y para 1=
p
2 s
1 es f 0
.s/ 0, deducimos que en el punto 1=
p
2 hay un mínimo absoluto de f . El punto
P D .1=
p
2; 1=
p
2/ es, por tanto, el que proporciona el triángulo de mínima área. ©
21. Se quiere construir una caja sin tapa con una lámina metálica rectangular cortando cuadrados
iguales en cada esquina y doblando hacia arriba los bordes. Halla las dimensiones de la caja de
mayor volumen que puede construirse de tal modo si los lados de la lámina rectangular miden:
a) 10 cm. y 10 cm. b) 12 cm. y 18 cm.
Solución.
Sean a y b las longitudes de los lados de la lámi-
na y x la longitud del lado del cuadrado que se cor-
tará en cada esquina. Supongamos que a 6 b. El vo-
lumen de la caja resultante es f .x/ D .a 2x/.b
2x/x. Se trata de calcular el máximo absoluto de la
función f en el intervalo Œ0; a=2. Derivando resulta
f 0
.x/ D 12x2
4.a C b/x C ab. Los ceros de la deri-
vada son
a 2x
b 2x
x
˛ D
1
6

a C b
p
a2 C b2 ab

; ˇ D
1
6

a C b C
p
a2 C b2 ab

Fíjate que:
a2
C b2
ab a2
C b2
2ab D .b a/2
0 ÷
p
a2 C b2 ab b a:
Deducimos que las raíces de f 0
son reales. Veamos si dichas raíces están en el intervalo Œ0; a=2.
Tenemos que:
˛ D
1
6

a C b
p
a2 C b2 ab

1
6
.a C b .b a// D
a
3
También:
a2
C b2
ab a2
C b2
C 2ab D .a C b/2
÷
p
a2 C b2 ab a C b ÷ ˛ 0:
Por tanto 0 ˛ a=3 y ˛ 20; a=2Œ. Comprobemos que ˇ a=2.
1
6

a C b C
p
a2 C b2 ab

a
2
”
p
a2 C b2 ab 2a b
Si 2a b 6 0, está desigualdad es trivialmente cierta. Supongamos que 2a b 0. En tal caso,
elevando al cuadrado ambos lados, la desigualdad anterior equivale a la siguiente:
a2
C b2
ab 4a2
4ab C b2
” 3a.b a/ 0

Lo cual es cierto porque se ha supuesto que a 6 b, luego ˇ 620; a=2Œ.
Por el teorema de Weierstrass, sabemos que f alcanza un máximo absoluto en algún punto x0 2
Œ0; a=2. Como f .0/ D f .a=2/ D 0 y f .x/ 0 para 0 x a=2, debe ser x0 20; =2Œ. En
consecuencia, x0 también es un extremo relativo de f en Œ0; =2 por lo que la derivada de f
debe anularse en x0. Pero el único punto del intervalo Œ0; a=2 en el que se anula la derivada de
f es ˛. Concluimos así que x0 D ˛.
Con unos sencillos cálculos se obtiene
f .˛/ D
1
54
. 2a3
C 3a2
b C 3ab2
2b3
C 2.a2
ab C b2
/3=2
/
Comentario. Otra forma de razonar este ejercicio, algo más indirecta pero con la que te ahorras
trabajo, es como sigue.
Como f .0/ D f .a=2/ D 0, podemos aplicar el teorema de Rolle, para obtener que la derivada de
f tiene que anularse en algún punto de 0; a=2Œ. Además, f tiene que alcanzar en un punto x0
de Œ0; a=2 un máximo absoluto y como, evidentemente, x0 20; a=2Œ, deducimos que f 0
debe
anularse en x0. Luego o bien es x0 D˛ o es x0 Dˇ. El criterio de la derivada segunda nos permite
salir de dudas. Tenemos que f 00
.x/ D 4.a C b 6x/. Con ello,
f 00
.˛/ D 4.a C b 6˛/ D 4
p
a2 C b2 ab; f 00
.ˇ/ D 4.a C b 6ˇ/ D 4
p
a2 C b2 ab
Por tanto, f 00
.˛/ 0 y f 00
.ˇ/ 0. Deducimos así que el punto ˛ está en el intervalo 0; a=2Œ y
en él la función f alcanza su máximo absoluto en Œ0; a=2.
Alternativamente, puedes estudiar el signo de la primera derivada. Escribiendo f 0
.x/ D 12.x
˛/.x ˇ/, se sigue que f 0
.x/ 0 si x 2˛; ˇŒ y f 0
.x/ 0 si x ˛ o si x ˇ. Deducimos que
f es creciente en el intervalo 1; ˛, decreciente en el intervalo Œ˛; ˇ y creciente en Œˇ; C1Œ.
Luego en ˛ hay un máximo relativo. Ahora hay que justificar que ˛ está en Œ0; a=2 y que es el
punto donde f alcanza su máximo absoluto en dicho intervalo. ©
22. Calcular las dimensiones (radio y altura) de una lata cilíndrica de un litro de capacidad cuya
superficie total sea mínima.
Solución. Sea r el radio y h la altura medidos en decímetros. Como el volumen es 1 dcm3
,
tenemos que r2
h D 1, de donde h D
1
r2
. La superficie total de la lata es f .r/ D 2r2
C
2rh D 2r2
C
2
r
. Se trata, por tanto, de calcular el máximo absoluto de f .r/ cuando r 0.
Derivando, f 0
.r/D4r
2
r2
D2
2r3
1
r2
. Deducimos que la derivada tiene un único cero real
˛ D
1
3
p
2
. Como para 0 r ˛ es f 0
.r/ 0, se sigue que f es decreciente en el intervalo
0; ˛; y como para ˛ r es f 0
.r/ 0, se sigue que f es creciente en el intervalo Œ˛; C1Œ. En
consecuencia f .˛/6f .r/ para todo r 0. Así, las dimensiones de la lata con mínima superficie
lateral son r D
1
3
p
2
Ñ 0; 542dcm, y h Ñ 1; 1dcm. ©
23. Hallar el volumen del cilindro circular recto más grande que puede inscribirse en una esfera de
radio (a 0).
Solución.

La relación entre el radio de la esfera a, el radio de la
base del cilindro, r, y la altura del cilindro, h, viene dada,
como se deduce de la figura, por a2
D r2
C
h2
4
. El volu-
men del cilindro viene dado por r2
h D
4a2
h2
4
h.
El problema se reduce a calcular el máximo absoluto de
f .h/ D 4a2
h h3
en el intervalo Œ0; 2a. Tenemos que
f 0
.h/ D 4a2
3h2
. Como la función f es positiva en
0; 2aŒ y se anula en los extremos del intervalo, deduci-
mos, por un razonamiento ya varias veces repetido, que
el único cero que tiene la derivada en el intervalo 0; 2aŒ,
O
a
r
h
2
es decir, el punto, ˛ D 2a=
p
3, corresponde a un máximo absoluto de f en Œ0; 2a. ©
24. Hallar el volumen del cono circular recto más grande que puede inscribirse en una esfera de radio
(a 0).
Solución.
Sean r y h el radio y la altura del cono. Tenemos que
.h a/2
C r2
D a2
es decir, r2
Da2
.h a/2
. El volumen del cilindro viene
dado por
1
3
r2
h D
1
3
.a2
.h a/2
/h. El problema se
reduce a calcular el máximo absoluto de
f .h/ D
1
3
.a2
.h a/2
/h D

3
h2
.2a h/
O
a
r
h a
en el intervalo Œ0; 2a. Tenemos que f 0
.h/ D

3
.4a 3h/h. De donde se deduce enseguida que
el cilindro de mayor volumen que puede inscribirse en la esfera dada es el de altura h D 4a=3 y
radio r D
8a2
9
; y su volumen es igual a
32a3

81
. ©
25. Hallar el volumen del cilindro circular recto más grande que puede inscribirse en un cono circular
recto de altura H y radio R conocidos.
Solución.
Sean r y h el radio y la altura del cilindro. Por ser los trián-
gulos OAB y DCB semejantes, tenemos que
r
R
D
H h
H
,
de donde, h D H.1 r=R/. El volumen del cilindro viene
dado por r2
h D Hr2

1
r
R

. El problema se reduce a
calcular el máximo absoluto de f .r/ D Hr2

1
r
R

en el
intervalo Œ0; R. Tenemos que f 0
.r/ D
Hr.2R 3r/
R
. De
donde se deduce enseguida que el cilindro de mayor volumen
que puede inscribirse en el cono dado es el de radio r D2R=3
y altura h D H=3; y su volumen es igual a
4R2
H
27
. ©
O
h
H h
R
A
B
r C
D
26. La resistencia de una viga de madera de sección rectangular es proporcional a su anchura y al
cuadrado de su altura. Calcular las dimensiones de la viga más resistente que puede cortarse de
un tronco de madera de radio R.

Solución.
Sean x e y las coordenadas del vértice superior derecho de
la viga. Será x2
C y2
D R2
. Nos dicen que la resistencia de
la viga viene dada por una función de la forma kxy2
donde
k es una constante. El problema consiste en calcular el máxi-
mo absoluto de f .x/ D kx.R2
x2
/ en el intervalo Œ0; R.
Tenemos que f 0
.x/ D k.R2
3x2
/. De donde se deduce en-
seguida que la viga más resistente se obtiene para x DR=
p
3,
e y D
r
2
3
R. ©
.x;y/
R
27. Calcula la distancia mínima del punto .6; 3/ a la parábola de ecuación y D x2
.
Solución.
La distancia del punto .6; 3/ a un punto de la parábola .x; x2
/ viene dada por
q
.x 6/2 C .x2 3/2:
Como se trata de una función positiva, calcularemos el punto donde el cuadrado de la distancia
alcanza su mínimo absoluto. Sea
f .x/ D .x 6/2
C .x2
3/2
D 45 12x 5x2
C x4
:
Se trata de calcular el mínimo absoluto de f cuando x 2R. Observa que, en general, una función
continua en R no tiene por qué alcanzar un mínimo absoluto, pero f es una función polinómica
de grado par con coeficiente líder positivo, por lo que la existencia de un valor mínimo absoluto
de f en R está garantizada de antemano, aunque no vamos a usar este resultado.
Tenemos que f 0
.x/ D 12 10x C 4x3
D 2.x 2/.3 C 4x C 2x2
/, que tiene una única raíz
real x D 2. Como para x 2 se tiene que f 0
.x/ 0 y para x 2 es f 0
.x/ 0, deducimos
que en el punto x D 2 la función f alcanza un mínimo absoluto en R. Por tanto, el punto de la
parábola y D x2
cuya distancia al punto .6; 3/ es mínima es el punto .2; 4/. ©
28. Una empresa tiene 100 casas para alquilar. Cuando la renta es de 80e al mes, todas las casas están
ocupadas. Por cada 4e de incremento de la renta una casa queda deshabitada. Cada casa alquilada
supone a la empresa un coste de 8e para reparaciones diversas. ¿Cuál es la renta mensual que
permite obtener mayor beneficio?
Solución.
Todo lo que hay que hacer es calcular la función de beneficio. Sea 80 C x el precio del alquiler
expresado en euros. Como es evidente que no interesa bajar la renta de 80e, se considera que
x 0. El beneficio mensual viene dado por
f .x/ D

100
x
4

.80 C x 8/ D 7200 C 82x
x2
4
Tenemos que f 0
.x/ D 82
x
2
. Deducimos fácilmente que para x D 164 obtenemos al máximo
beneficio. Es decir, cobrando un alquiler de 244e, lo que supone alquilar un total de 100
164
4
D
59 casas y dejar sin alquilar 41, la empresa obtiene el máximo beneficio f .164/ D 13.924e (así
es la economía capitalista: : :). ©
29. Se proyecta un jardín en forma de sector circular de radio r y ángulo central #. El área del jardín
ha de ser A fija. ¿Qué valores de r y # hacen mínimo el perímetro del jardín?
Solución.

El área de un sector circular de amplitud # medida en radianes
y radio r es igual a
#
2
r2
, y su longitud viene dada por # r. El
perímetro del jardín es igual a # r C 2r. Como debe ser
#
2
r2
D
A, es decir, # D
2A
r2
, la función cuyo mínimo absoluto debemos
obtener es f .r/D
2A
r
C2r, donde r 0. Como f 0
.r/D
2A
r2
C
2 D 2
r2
A
r2
, se deduce fácilmente que en r D
p
A f alcanza un
mínimo absoluto. El valor mínimo del perímetro es igual a 4
p
A. ©
#
r
30. Se corta un alambre de longitud L formando un círculo con uno de los trozos y un cuadrado con
el otro. Calcular por dónde se debe cortar para que la suma de las áreas de las dos figuras sea
máxima o sea mínima.
Solución.
Supongamos que partimos el alambre en dos trozos de longitud x y L x. Con el trozo de
longitud x formamos un cuadrado cuya área será x2
=16, con el otro trozo formamos un círculo
cuyo radio, r, vendrá dado por 2r DL x, y su area será r2
D
.L x/2
4
. El problema consiste
en calcular los puntos donde la función f .x/D
x2
16
C
.L x/2
4
alcanza su máximo y su mínimo
absolutos en el intervalo Œ0; L. Tenemos que
f 0
.x/ D
4L C .4 C /x
8
:
Deducimos, estudiando el signo de la derivada, que en el punto x D
4L
4 C
hay un mínimo
absoluto.
Como la derivada tiene un único cero en 0; LŒ, deducimos que el máximo absoluto de f en Œ0; L
tiene que alcanzarse en uno de los extremos y, como f .L/ D 0, concluimos que el valor máximo
de f se alcanza para x D 0 y vale f .0/ D
L2
4
. ©
31. Dados dos puntos A y B situados en el primer cuadrante del plano, calcula cuál es el camino más
corto para ir de A a B pasando por un punto del eje de abscisas.
Solución.
Podemos situar los puntos A y B de forma que
A D .0; r/ y B D .s; t/ con r; s; t positivos. La
longitud del camino APB viene dada por f .x/ D
p
x2 C r2 C
p
.s x/2 C t2. Debemos calcular el
mínimo absoluto de f .x/ en el intervalo Œ0; s. Te-
nemos que
f 0
.x/ D
x s
p
t2 C .s x/2
C
x
p
r2 C x2
Resolviendo f 0
.x/ D 0 obtenemos la solución ˛ D
rs
r C t
. (Si haces los cálculos encontrarás que
rs
r t
es también una posible solución, pero f 0
rs
r t

¤
0).
A D .0; r/
B D .s;t/
P D .x; 0/
C D .0; r/
D

Es inmediato que ˛ está en el intervalo Œ0; s. Por tanto, los valores candidatos para ser mínimo
absoluto de f en Œ0; s son f .0/, f .s/ y f .˛/. Como f 0
.0/ 0 y f 0
es continua, se sigue que
f 0
.x/ 0 en un intervalo abierto que contiene a 0. En dicho intervalo abierto la función f es
decreciente, por lo que f .0/ no puede ser el valor mínimo de f en Œ0; s. Análogamente, como
f 0
.s/ 0 y f 0
es continua, se sigue que f 0
.x/ 0 en un intervalo abierto que contiene a s,
por lo que f .s/ tampoco puede ser el valor mínimo de f en Œ0; s. Por exclusión, concluimos que
f .˛/ D
p
s2 C .r C t/2 es el valor mínimo de f en Œ0; s.
Comentario. No es del todo inmediato comparar directamente los valores f .0/, f .s/ y f .˛/
para ver cuál de ellos es el menor. Para salvar esta dificultad lo más cómodo es razonar como lo
hemos hecho.
Alternativamente, puedes calcular la derivada segunda
f 00
.x/ D
t2
t2 C .s x/2
3=2
C
r2
r2 C x2
3=2
Como f 00
.x/ 0, se sigue que f 0
es estrictamente creciente. Luego si x ˛ es f 0
.x/ 0, y si
˛ x es f 0
.x/ 0; de donde se deduce que f tiene un mínimo absoluto en ˛.
En la figura sugiero una elegante y sencilla solución geométrica del problema. El punto D es el
que proporciona el camino más corto AD C DB. Cualquier otro camino AP C PB es más largo
porque un lado de un triángulo CB D CD C DB D AD C DB es siempre más pequeño que la
suma de los otros dos CP C PB D AP C PB. ©
32. Se desea construir una ventana con forma de rectángulo coronado de un semicírculo de diáme-
tro igual a la base del rectángulo. Pondremos cristal blanco en la parte rectangular y cristal de
color en el semicírculo. Sabiendo que el cristal coloreado deja pasar la mitad de luz (por unidad
de superficie) que el blanco, calcular las dimensiones de la ventana para conseguir la máxima
luminosidad si se ha de mantener un perímetro constante dado.
Solución.
Sea x la longitud de la base de la ventana y h su altura. El perímetro es igual a una cantidad dada,
A; es decir, 2x C h C
x
2
D A. La luminosidad viene dada por
f .x/ D 2xh C
x2
8
D x.A x
x
2
/ C
x2
8
D A x
1
8
.8 C 3/x2
La derivada f 0
.x/ D A
1
4
.8 C 3/x se anula en
4A
8 C 3
y, como f 00
.x/ D
1
4
.8 C 3/ 0,
concluimos que f alcanza un máximo absoluto en el punto
4A
8 C 3
. Las dimensiones de la
ventana con mayor luminosidad son por tanto x D
4A
8 C 3
, h D
A.4 C 4/
16 C 6
. ©
33. Se desea confeccionar una tienda de campaña cónica de un volumen determinado. Calcular sus
dimensiones para que la cantidad de lona necesaria sea mínima.
Solución.
Para hacer la tienda necesita-
mos cortar un sector circular
de lona como se indica en la
figura. Sea # la medida en
radianes del ángulo central
del sector y x la medida
del radio. La cantidad de
#
x
O
h
x
r

lona que necesitamos es igual al área del sector y viene dada por
#
2
x2
(si el volumen se expresa
en m3
, las demás medidas se expresarán en metros). Sea r el radio de la base de la tienda y h su
altura. Nos dicen que el volumen de la tienda debe ser igual a una cantidad prefijada, V , es decir,
V D
1
3
r2
h.
Nuestro problema es calcular el mínimo absoluto de
#
2
x2
sabiendo que la cantidad V D
1
3
r2
h
es conocida. Veamos que esta condición nos permite expresar x en función de #.
Observa que la longitud de la base de la tienda, 2r, debe ser igual a la longitud, # x, del
arco circular que abarca el sector: # x D 2r, de donde, r D
# x
2
. Además, es evidente que
x2
D h2
C r2
, y deducimos que
h2
D x2
r2
D x2 #2
x2
42
D x2

1
#2
42

÷h D
x
p
42 #2
2
Por tanto
V D
1
3
r2
h D
1
3

#2
x2
42
x
p
42 #2
2
D
x3
#2
p
42 #2
242
Despejando x, obtenemos que x D
2.32
V /1=3
#2=3.42 #2/1=6
. La función de la que tenemos que cal-
cular su mínimo absoluto es
f .#/ D
#
2
x2
D
.94
V 2
/1=3
42# #3
1=3
.0 # 2/
Tenemos que f 0
.#/ D .94
V 2
/1=3 3#2
42
3 42# #3
4=3
, que tiene un único cero positivo # D
2
p
3
que corresponde, como se justifica fácilmente estudiando el signo de la derivada, a un mínimo
absoluto de f . El correspondientevalor del radio del sector es xD
6
r
35
V 2
22
y el área, 3
6
r
32
V 4
4
.
Para un volumen V D 5 m3
, la cantidad de lona necesaria es Ñ 12;25 m2
; el radio del sector
x Ñ 2; 6m, la altura de la tienda h Ñ 2; 12m y el radio de la tienda r Ñ 1; 5m. ©
34. Se desea construir un silo, con un volumen V determinado, que tenga la forma de un cilindro
rematado por una semiesfera. El costo de construcción (por unidad de superficie) es doble para
la semiesfera que para el cilindro (la base es gratis). Calcúlense las dimensiones óptimas para
minimizar el costo de construcción.
Solución.
Sea r el radio de la base y h la altura del cilindro. Nos dicen que el volumen del silo, r2
h C
2
3
r3
, es un valor conocido, V , que podemos suponer expresado en m3
. Si el coste de construc-
ción de 1 m2
de superficie del cilindro es ˛ euros, la función de coste viene dada por ˛.2rh/ C
2˛.2r2
/. De la condición V D r2
h C
2
3
r3
, se sigue que h D
2r
3
C
V
r2
. Sustituyendo
este valor en la función de coste, resulta que la función que debemos minimizar es
f .r/ D
8
3
r2
˛ C
2V ˛
r
.r 0/
Tenemos f 0
.r/D
2˛.8r3
3V /
3r2
que se anula para r D
1
2
3
r
3V

en donde, como se comprueba
fácilmente estudiando el signo de f 0
.r/, la función f alcanza un mínimo absoluto. La altura
correspondiente es hD 3
r
3V

. Para un volumen V D100 m3
, tenemos r Ñ 2; 3 m y h Ñ 4; 6 m. ©

35. Demuestra que de todos los triángulos isósceles que se pueden circunscribir a una circunferencia
de radio r, el de área mínima es el equilátero de altura 3r.
Solución.
Sea ˛ la medida en radianes de los ángulos
† CAB D† ABC. El triángulo 4ONC es rectán-
gulo y †CON D† ABC por ser ángulos con lados
perpendiculares. Obtenemos así que cos.˛/D
r
OC
,
esto es, OC D
r
cos ˛
. Considerando el triángulo
rectángulo 4OMB, obtenemos tg.˛=2/ D
OM
MB
D
r
MB
, de donde MB D r cotg.˛=2/. El área del
triángulo viene dada por MB.OC C r/ y, susti-
tuyendo los valores anteriores, resulta la función
f .˛/ D r2
cotg.˛=2/
1 C cos ˛
cos ˛
.0 ˛ =2/
O
B
A
C
M
N
r
˛
Como
f 0
.˛/ D r2 .1 2 cos ˛/ cos2
.˛=2/
cos2.˛/ sen2.˛=2/
deducimos que la derivada tiene un único cero que se obtiene cuando 1 2 cos ˛ D 0, lo que
implica que ˛ D =3. Se comprueba fácilmente, estudiando el signo de la derivada, que dicho
valor corresponde a un mínimo absoluto del área. Por tanto, de todos los triángulos isósceles que
se pueden circunscribir a una circunferencia de radio r, el de área mínima es el equilátero; su
altura es igual a OC C r D
r
cos ˛
C r D 2r C r D 3r y su área vale 3r2
p
3. ©
36. Con una cuerda de longitud L, con un nudo corredizo en uno de sus extremos, rodeamos una
columna circular de radio R haciendo pasar el otro extremo por el nudo. Calcula la máxima
distancia posible del extremo libre al centro de la columna.
Solución.
Para hacer este ejercicio debes tener en cuenta
que en los puntos donde la cuerda se separa de
la columna lo hace en la dirección de la tan-
gente a la circunferencia. En la figura se han
representado los radios OC y OB que unen el
centro de la circunferencia con los puntos de
tangencia. Lo que nos piden es calcular la lon-
gitud máxima del segmento OP conociendo la
O
C
B
A
P
R
#
longitud de la cuerda y el radio de la columna. Tenemos que OP D OA C AP, como el triángulo
4OCA es rectángulo, se verifica que OA D
R
sen #
, donde # es la medida en radianes del ángulo
†OAC.
La longitud del arco de circunferencia desde C hasta B en sentido contrario a las agujas del reloj,
es igual a R. C 2#/; además se verifica que tg # D
OC
AC
D
R
AC
. Deducimos así que
AP D L 2AC CB
_
D L 2R
cos #
sen #
R. C 2#/
Por tanto
f .#/ D
R
sen #
C L 2R
cos #
sen #
R. C 2#/ 0 # 6 =2

es la función que nos da la longitud del segmento OP. Calculando su derivada y simplificando
resulta
f 0
.#/ D R
cos #.2 cos# 1/
sen2 #
:
La derivada se anula solamente cuando 2 cos # 1 D 0, es decir, # D =3. Se comprueba fá-
cilmente, por ejemplo estudiando el signo de f 0
.#/, que dicho valor corresponde a un máximo
absoluto de f en 0; =2. La longitud máxima del segmento OP es igual a f .=3/DL
5R
3
.
Comentario. Es claro que la longitud de la cuerda debe ser suficiente para rodear la columna,
es decir, L 2R. Pero observa que si L D 2R no podemos separarnos de la columna. Para
que el ejercicio tenga sentido es necesario que podamos alejarnos más o menos de la columna,
dependiendo de la posición del nudo corredizo, y para eso es preciso que L 2R.
Fíjate también en que lK
ım
#!0
# 0
f .#/ D 1, por lo que f .#/ toma valores negativos cuando # es
suficientemente pequeño. Esto nos dice que la función f .#/ no siempre representa la longitud
del segmento OP. De hecho, como sen # D
R
OA
y OA 6 L C R, se sigue que sen #
R
L C R
,
lo que implica que # #0 donde #0 D arc sen

R
L C R

. Estas consideraciones no afectan a la
solución obtenida porque hemos calculado el máximo absoluto de f en todo el intervalo 0; =2,
salvo por un detalle: debemos asegurarnos de que es posible separar el nudo de la columna
hasta que # 6 =3. Para eso es suficiente que la longitud de la cuerda sea mayor o igual que
R. C 2=3/ C 2R=
p
3 (la longitud del arco CB
_
más dos veces la longitud del segmento AC
correspondientes a # D=3). Observa que R. C2=3/C2R=
p
3D
2
p
3R C 5R
3
2R. ©
37. El principio de Fermat afirma que la luz viaja de un punto A a otro punto B siguiendo la trayec-
toria en la que se invierte el menor tiempo posible. Supongamos que el eje de abscisas, y D 0,
separa dos medios en los que la luz viaja a distinta velocidad (por ejemplo, aire y agua). Sea c la
velocidad de la luz en el semiplano superior y 0 y sea 3
4
c la velocidad en el semiplano inferior
y 0. Calcula el punto del eje de abscisas por el que pasará el rayo que viaje desde el punto
A D . 4; 3/ al B D .3; 4/.
Solución.
Se trata de calcular P D .x; 0/ por la condición de
que el tiempo total invertido por el rayo de luz para
recorrer el camino APB sea mínimo. Sea t1 el tiem-
po que tarda la luz en recorrer el segmento AP y t2
el tiempo que tarda la luz en recorrer el segmento
PB. Tenemos que:
longitud.AP/ D
q
.x C 4/2 C 9 D c t1
longitud.PB/ D
q
.x 3/2 C 16 D
3
4
c t2
A D . 4; 3/
B D .3; 4/
O
P D .x; 0/
La función cuyo mínimo debemos calcular es
f .x/ D t1 C t2 D
p
.x C 4/2 C 9
c
C
4
p
.x 3/2 C 16
3c
Cuya derivada es
f 0
.x/ D
1
3c
3.x C 4/
p
.x C 4/2 C 9
C
1
3c
4.x 3/
p
.x 3/2 C 16

Es claro que x D 0 es un cero de la derivada. Veamos si corresponde a un mínimo absoluto de
f .x/. Calculando la derivada segunda y simplificando obtenemos que
f 00
.x/ D
1
3c
27
p
..x C 4/2 C 9/3
C
1
3c
64
p
..x 3/2 C 16/3
Resulta así que f 00
.x/ 0 para todo x por lo que la derivada f 0
es estrictamente creciente y,
al ser f 0
.0/ D 0, se sigue que f 0
.x/ 0 para x 0 y f 0
.x/ 0 para x 0, luego f es
decreciente en 1; 0 y creciente en Œ0; C1Œ y, en consecuencia, f tiene un mínimo absoluto
en x D 0. ©
38. Calcula la posición del punto P D .x; 0/ en la figura de la derecha, donde A D .0; 1/ y B D
.2 C
p
3; 2/, para que el ángulo sea máximo. ¿Cuál es dicho valor máximo de ? Justifica con
detalle lo que haces.
Solución.
Tenemos que D 1 2, es decir
D .
2 1/ C .
2 2/ D ˇ1 C ˇ2 y deducimos
fácilmente que
.x/ D arc tg x C arc tg
2 C
p
3 x
2
!
Derivando, tenemos
0
.x/ D
1
1 C x2
C
1=2
1 C
2 C
p
3 x
2
!2
A D .1; 0/
B D .2 C
p
3; 2/
P D .x; 0/

ˇ1
ˇ2
1 2
Simplificando resulta
0
.x/ D
9 C 4
p
3 .4 C 2
p
3/x x2
.1 C x2/.4 C .2 C
p
3 x/2/
Los ceros de la derivada son las raíces de x2
C .4 C 2
p
3/x 4
p
3 9 D 0, que vienen dadas
por
˛ D
4 2
p
3 C
q
.4 C 2
p
3/2 C 4.4
p
3 C 9/
2
; ˇ D
4 2
p
3
q
.4 C 2
p
3/2 C 4.4
p
3 C 9/
2
Como .4 C 2
p
3/2
C 4.4
p
3 C 9/ D 32.2
p
3/ D 16.4 C 2
p
3/ D 16.
p
3 C 1/2
. Naturalmente,
como 0 6 x 6 2 C
p
3, y ˇ 0 se sigue que
˛ D
4 2
p
3 C
q
16.
p
3 C 1/2
2
D
p
3
es el único cero de la derivada en el intervalo Œ0; 2 C
p
3.
Estudiemos ahora el signo de la derivada. Como el denominador de 0
.x/ es positivo, el signo de
0
.x/ es igual al de 9 C 4
p
3 .4 C 2
p
3/x x2
. Pero
9 C 4
p
3 .4 C 2
p
3/x x2
D .x ˛/.x ˇ/
que es positivo cuando ˇ x ˛ y negativo si x ˇ o ˛ x. Deducimos que 0
.x/ 0 si
0 6 x
p
3 y 0
.x/ 0 si
p
3 x 6 2 C
p
3. Por tanto, la función es creciente en Œ0;
p
3 y
decreciente en Œ
p
3; 2 C
p
3. Concluimos que en
p
3 la función alcanza un máximo absoluto
en Œ0; 2 C
p
3. El valor máximo es .
p
3/ D arc tg.
p
3/ C arc tg.1/ D =3 C =4 D 7=12. ©

39. Calcula el límite en el punto a que en cada caso se indica de las siguientes funciones:
f .x/ D .sen x C cos x/1=x
; a D 0I f .x/ D .1 C tg x/1=x2
; a D 0
f .x/ D .cot x/sen x
; a D 0; =2I f .x/ D

cos2
x C
x2
2
1=x2
; a D 0
f .x/ D .1 C sen x/cotg x
; a D 0; =2I f .x/ D
log.sen x/
. 2x/2
; a D =2
f .x/ D
x arc tg x
sen3x
; a D 0I f .x/ D
.tg x/.arc tg x/ x2
x6
; a D 0
f .x/ D
ex
cos
p
2 x x
tg2x
; a D 0I f .x/ D
sen x
x
1=.1 cos x/
; a D 0
Solución.
El límite lK
ım
x!0
.sen x C cos x/1=x
es de la forma lK
ım
x!a
f .x/g.x/
cuando lK
ım
x!a
f .x/ D 1 y
lK
ım
x!a
jg.x/j D C1. Se trata, por tanto, de una indeterminación del tipo 11
. Estos límites suelen
poderse calcular haciendo uso del criterio de equivalencia logarítmica (teorema ??) que, en las
condiciones anteriores para f y g, nos dice que:
lK
ım
x!a
f .x/g.x/
D eL
” lK
ım
x!a
g.x/.f .x/ 1/ D L
lK
ım
x!a
f .x/g.x/
D 0 ” lK
ım
x!a
g.x/.f .x/ 1/ D 1
lK
ım
x!a
f .x/g.x/
D C1 ” lK
ım
x!a
g.x/.f .x/ 1/ D C1
En nuestro caso:
lK
ım
x!0
1
x
.sen x C cos x 1/ D lK
ım
x!0
sen x C cos x 1
x
D lK
ım
x!0
sen x
x
C lK
ım
x!0
cos x 1
x
D 1:
Donde hemos usado que
lK
ım
x!0
sen x
x
D lK
ım
x!0
sen x sen 0
x 0
D cos 0 D 1
lK
ım
x!0
cos x 1
x
D lK
ım
x!0
cos x cos 0
x 0
D sen 0 D 0
sin más que recordar la definición de derivada de una función en un punto. Concluimos así que
lK
ım
x!0
.sen x C cos x/1=x
D e
El límite lK
ım
x!0
.1 C tg x/1=x2
es del mismo tipo anterior. Ahora, el límite
lK
ım
x!0
tg x
x2
D lK
ım
x!0
sen x
x
1
x cos x
no existe, pues
lK
ım
x!0
x 0
1
x cos x
D C1; lK
ım
x!0
x 0
1
x cos x
D 1:
Luego lK
ım
x!0
x 0
.1 C tg x/1=x2
D C1 y lK
ım
x!0
x 0
.1 C tg x/1=x2
D 0.
El límite lK
ım
x!0

cos2
x C
x2
2
1=x2
es del mismo tipo que los anteriores. Tenemos ahora que:
lK
ım
x!0
cos2
x C x2
=2 1
x2
D lK
ım
x!0
sen2
x C x2
=2
x2
D lK
ım
x!0
sen x
x
2
C
1
2
D
1
2

Luego, lK
ım
x!0

cos2
x C
x2
2
1=x2
D
1
p
e
.
El límite lK
ım
x!0
sen x
x
1=.1 cos x/
es del mismo tipo que los anteriores. Tenemos ahora que
lK
ım
x!0
sen x
x
1
1
1 cos x
D lK
ım
x!0
sen x x
x.1 cos x/
Este último límite no tiene dificultad y puede hacerse por L’Hôpital. Pero es más fácil usar los
límites “bien conocidos”:
sen x x
x.1 cos x/
D
sen x x
x3
x2
1 cos x
:
Deducimos que lK
ım
x!0
sen x x
x.1 cos x/
D
1
3
. Luego lK
ım
x!0
sen x
x
1=.1 cos x/
D
1
3
p
e
.
El límite lK
ım
x!0
ex
cos
p
2 x x
tg2x
es una indeterminación del tipo
0
0
y puede hacerse por
L’Hôpital, pero antes es conveniente sustituir tg x por x pues son funciones asintóticamente equi-
valentes para x ! 0. Escribiendo:
ex
cos
p
2 x x
tg2x
D
x2
tg2x
ex
cos
p
2 x x
x2
y teniendo en cuenta que lK
ım
x!0

x
tg x
2
D1, basta calcular lK
ım
x!0
ex
cos
p
2 x x
x2
lo que puedes
hacer por L’Hôpital muy fácilmente.
El límite lK
ım
x!=2
log.sen x/
. 2x/2
es también una indeterminación del tipo
0
0
y, en principio, puede
hacerse por L’Hôpital. Hazlo tú aplicando L’Hôpital. Yo voy a reducirlo a límites “bien conoci-
dos”.
Lo primero que voy a hacer es convertir el límite para x ! =2 en un límite para x ! 0. Para
ello basta sustituir x po =2 x como sigue:
lK
ım
x!=2
log.sen x/
. 2x/2
D lK
ım
x!0
log.sen.=2 x//
. 2.=2 x//2
D lK
ım
x!0
log.cos x/
4x2
Ahora, la presencia de x2
y de cos x me sugiere escribir
log.cos x/
4x2
D
log.cos x/
cos x 1
cos x 1
x2
. El
límite lK
ım
x!0
cos x 1
x2
D 1=2 porque es uno de los límites “bien conocidos”. El límite
lK
ım
x!0
log.cos x/
cos x 1
D 1
porque también es uno de los límites “bien conocidos”, pues es de la forma lK
ım
t!1
log t
t 1
donde se
ha sustituido t por cos x.
Por tanto lK
ım
x!=2
log.sen x/
. 2x/2
D
1
2
.
Los restantes límites de este ejercicio te los dejo para que los hagas tú. ©
40. Justifica que para todo r 2R y para todo s 0 se verifica que:
lK
ım
x!C1
.log x/r
xs
D 0; lK
ım
x!C1
xr
esx
D 0; lK
ım
x!0
x 0
xs
j log xjr
D 0:

Solución.
Es suficiente probar que para todo n 2 N se verifica lK
ım
x!C1
.log x/n
xs
D 0. Podemos hacerlo por
inducción. Para nD1, tenemos, aplicando L’Hôpital por tratarse de una indeterminación 1
1 , que:
lK
ım
x!C1
log x
xs
D
1
s
lK
ım
x!C1
1
xs
D 0:
Supuesto demostrado que lK
ım
x!C1
.log x/n
xs
D 0, tenemos:
lK
ım
x!C1
.log x/nC1
xs
D
n C 1
s
lK
ım
x!C1
.log x/n
xs
D 0:
Lo que concluye la demostración por inducción.
Haciendo la sustitución de x por ex
en el límite anterior, obtenemos:
0 D lK
ım
x!C1
.log x/r
xs
D Œx $ ex
D lK
ım
x!C1
xr
esx
Haciendo la sustitución de x por 1=x en el límite primero, obtenemos:
0 D lK
ım
x!C1
.log x/r
xs
D Œx $ 1=x D lK
ım
x!0
x 0
xs
j log xjr
©
41. Calcula el límite en el punto a que en cada caso se indica de las funciones f W RC
! R.
f .x/ D
x2
sen 1=x
log x
; a D C∞I f .x/ D sen
p
1 C x sen
p
x; a D C∞
f .x/ D sen x sen
1
x
; a D 0; a D C∞I f .x/ D

cos

x C 2
x2
; a D C∞
Solución.
El límite lK
ım
x!C1
x2
sen 1=x
log x
es, de hecho, una indeterminación del tipo 1
1
y puedes intentar
hacerlo por L’Hôpital. Prueba a ver qué pasa. En este caso el marqués de L’Hôpital no resuelve
el límite. Pero es fácil ver que lK
ım
x!C1
x sen.1=x/
x
log x
D C1, porque lK
ım
x!C1
x sen.1=x/ D
lK
ım
x!0
x 0
sen x
x
D 1 y lK
ım
x!C1
x
log x
D C1.
El límite lK
ım
x!C1
sen
p
1 C x sen
p
x

no entra dentro de ninguna de las indeterminaciones
usuales. De hecho, el límite lK
ım
x!C1
sen
p
x no existe (¿sabes probarlo?). Está claro que el límite
que nos piden calcular requiere un tratamiento particular. Después de pensarlo un poco, a la vista
de cómo es la función, se me ocurre usar el teorema del valor medio. Dicho teorema, aplicado a
la función sen
p
x en el intervalo Œx; x C 1, me dice que hay algún punto z 2x; x C 1Œ tal que
sen
p
x C 1 sen
p
x D
cos z
2
p
z
, y tomando valores absolutos deducimos
ˇ
ˇ
ˇsen
p
x C 1 sen
p
x
ˇ
ˇ
ˇ D
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
cos z
2
p
z
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ 6
1
2
p
x
de donde se deduce que lK
ım
x!C1
sen
p
1 C x sen
p
x

D 0.

El límite lK
ım
x!C1

cos

x C 2
x2
es una indeterminación 11
y aplicaremos el criterio de equiva-
lencia logarítmica. Para ello, calculamos
lK
ım
x!C1
x2

cos

x C 2

1

D lK
ım
x!0
x 0
cos

x
1 C 2x

1
x2
D
D lK
ım
x!0
x 0
cos

x
1 C 2x

1

x
1 C 2x
2

x
1 C 2x
2
x2
D
2
2
Luego lK
ım
x!C1

cos

x C 2
x2
D e 2=2
. El límite que queda por hacer es inmediato. ©
42. Sea g W R ! R derivable en R y dos veces derivable en 0 siendo, además, g.0/ D 0. Definamos
f W R ! R por f .x/ D
g.x/
x
si x ¤ 0 y f .0/ D g0
.0/. Estudia la derivabilidad de f . ¿Es f 0
continua en 0?
Solución. Por la regla de la cadena, f es derivable en todo punto x¤0 y, por la regla de derivación
de un cociente, tenemos que f 0
.x/D
x g0
.x/ g.x/
x2
para x ¤0. Para estudiar si f es derivable
en x D 0 no hay otra forma de hacerlo (pero lee más abajo) que recurriendo a la definición.
Tenemos que
lK
ım
x!0
f .x/ f .0/
x 0
D lK
ım
x!0
g.x/ g0
.0/x
x2
D
g00
.0/
2
en virtud del teorema de Taylor-Young (si lo prefieres, puedes aplicar -¡una vez solo!- L’Hôpital).
Por tanto, f es derivable en x D 0 y f 0
.0/ D
g00
.0/
2
.
Estudiemos si f 0
es continua en x D 0. Tenemos que lK
ım
x!0
f 0
.x/ D lK
ım
x!0
x g0
.x/ g.x/
x2
y para
calcular este límite no se puede aplicar L’Hôpital porque no sabemos si g0
es derivable (nos dicen
que g es una vez derivable en R). Intentaremos relacionar el cociente con las hipótesis que nos
dan sobre g. Después de pensarlo un poco, parece conveniente escribir:
x g0
.x/ g.x/
x2
D
x g0
.x/ x g0
.0/ C x g0
.0/ g.x/
x2
D
g0
.x/ g0
.0/
x
g.x/ g0
.0/x
x2
y deducimos que lK
ım
x!0
f 0
.x/ D
g00
.0/
2
, luego f 0
es continua en x D 0.
También puedes usar para hacer este ejercicio un resultado de teoría que dice que si una función
f es continua en un intervalo I, a es un punto de I, y sabemos que f es derivable en I n fag y
que lK
ım
x!a
f 0
.x/ D L, entonces f también es derivable en a con f 0
.a/ D L y, por tanto, f 0
es
continua en a.
Es evidente (¿o no lo es?) que la función f del ejercicio es continua en el intervalo I D R y es
derivable en R n f0g. Como lK
ım
x!0
f 0
.x/ D
g00
.0/
2
, esto prueba de golpe que f es derivable en
x D 0, que f 0
.0/ D
g00
.0/
2
y que f 0
es continua en x D 0. ©
43. Sean f; gW 1; C1Œ! R las funciones definidas por
f .x/ D
log.1 C x/
x
; f .0/ D 1I g.x/ D ef .x/

Calcula las derivadas primera y segunda de f y g en 0 y deduce el valor del límite
lK
ım
x!0
.1 C x/1=x
e C
e
2
x
x2
Solución. Observa que si x 1 y x ¤0 es g.x/D.1 Cx/1=x
y g.0/De. Es claro también que
f .x/Dlog g.x/. El ejercicio consiste en calcular las dos primeras derivadas de g en xD0. Por la
regla de la cadena es suficiente para ello calcular las dos primeras derivadas de f en x D 0. Pues
entonces g0
.x/ D ef .x/
f 0
.x/, y g00
.x/ D ef .x/
.f 0
.x//2
C f 00
.x/

. Fíjate en que la función f
es más sencilla que la g. De hecho, no es inmediato calcular directamente g0
.0/ porque el límite
lK
ım
x!0
.1 C x/1=x
e
x
se complica un poco si tratas de hacerlo por L‘Hôpital. Las funciones como
la g, esto es, las del tipo u.x/v.x/
, tienen derivadas complicadas.
Derivar f es fácil. El límite lK
ım
x!0
f .x/ f .0/
x 0
D lK
ım
x!0
log.1 C x/ x
x2
D
1
2
es bien conocido.
Deducimos que f 0
.0/ D
1
2
. Ahora, para x ¤ 0, se calcula fácilmente, por la regla de derivación
de un cociente, que f 0
.x/ D
x log.1 C x/ x log.1 C x/
x2.1 C x/
. Tenemos
f 0
.x/ f 0
.0/
x 0
D
x log.1 C x/ x log.1 C x/ C
1
2
x2
.1 C x/
x3.1 C x/
Se trata de calcular el límite para x ! 0 de este cociente. Lo primero es quitar el factor .1 C x/
del denominador (evidentemente, .1 C x/ Ï 1 para x ! 0). Hecho esto, nos damos cuenta de
que se trata de comparar x log.1 C x/ x log.1 C x/ C
1
2
x2
C
1
2
x3
con x3
. Utilizando el
teorema de Taylor-Young (o, simplemente, recordando los polinomios de Taylor de log.1 C x/
en x D 0), tenemos que:
log.1 C x/ D x
1
2
x2
C
1
3
x3
C o.x3
/:
Deducimos que:
x log.1 C x/ x log.1 C x/ C
1
2
x2
C
1
2
x3
D
2
3
x3
C o.x3
/
por lo que lK
ım
x!0
f 0
.x/ f 0
.0/
x 0
D
2
3
, es decir, f 00
.0/ D
2
3
.
Resulta así que g0
.0/ D ef .0/
f 0
.0/ D
e
2
y
g 00
.0/ D ef .0/
.f 0
.0//2
C f 00
.0/

D e

1
4
C
2
3

D
11
12
e :
Finalmente, como consecuencia del teorema de Taylor-Young, tenemos que:
lK
ım
x!0
.1 C x/1=x
e C
e
2
x
x2
D
11
24
e :
Porque dicho límite es de la forma lK
ım
x!0
g.x/ g.0/ g0
.0/x
x2
D
1
2
g 00
.0/. ©
44. Estudia la derivabilidad de las siguientes funciones.

a) f W RC
! R, dada por f .x/ D x1=.x2 1/
, y f .1/ D
p
e.
b) f W 1=2; C1Œ! R, dada por f .x/ D .x C ex
/1=x
y f .0/ D e2
.
c) f W Œ0; C1Œ! R dada por f .x/ D .1 C x log x/1=x
, y f .0/ D 0.
d) f W R ! R, dada por f .x/ D

1 C x2
sen.1=x/
y f .0/ D 1.
e) f W =2; =2Œ! R dada por f .x/ D
sen x
x
1=x2
y f .0/ D e 1=6
:
f) f W =2; =2Œ! R dada por f .x/ D

2 2 cos x
x2
1=x
para x ¤ 0 y f .0/ D 1.
Solución. En todos los casos nos piden estudiar la derivabilidad de una función de la forma
F.x/ D u.x/v.x/
en un punto “conflictivo” en el que no puedes aplicar las reglas de derivación.
En este tipo de ejercicios la mejor forma de proceder consiste en estudiar la derivabilidad de
la función '.x/ D log F.x/ D v.x/ log u.x/ en el punto conflictivo. Para ello debes recurrir
a la definición de derivada. Observa que como F.x/ D e'.x/
, la derivabilidad de ' equivale a
la derivabilidad de F. Como en el ejercicio anterior ya hemos usado esta estrategia, un par de
ejemplos más deben ser suficiente para que la comprendas bien. Consideraremos las dos últimas
funciones propuestas.
e/
f .x/ D
sen x
x
1=x2
; f .0/ D e 1=6
Tenemos que '.x/ D log f .x/ D
log
sen x
x

x2
, '.0/ D log f .0/ D
1
6
. Tenemos:
lK
ım
x!0
'.x/ '.0/
x 0
D lK
ım
x!0
log
sen x
x

C
1
6
x2
x3
D
Podemos aplicar L’Hôpital para quitar el logaritmo.
lK
ım
x!0
'.x/ '.0/
x 0
D lK
ım
x!0
x
sen x
x cos x sen x
x2

C
1
3
x
3x2
D
D lK
ım
x!0
x cos x sen x C
1
3
x2
sen x
3x3 sen x
Sustituimos en el denominador sen x por x. Usando que
sen x D x
1
6
x3
C o.x4
/; cos x D 1
1
2
x2
C o.x3
/
deducimos que x cos x sen x C
1
3
x2
sen x D o.x4
/, por lo que
lK
ım
x!0
x cos x sen x C
1
3
x2
sen x
3x4
D 0
Concluimos que ' es derivable en x D 0 y '0
.0/ D 0 por lo que también f es derivable en x D 0
y f 0
.0/ D f .0/'0
.0/ D 0.
f /
f .x/ D

2 2 cos x
x2
1=x
; f .0/ D 1

Es más fácil estudiar la derivabilidad de '.x/ D log f .x/. Nótese que al ser f .x/ D exp.'.x//,
en todo punto a en que sea derivable ' también, en virtud de la regla de la cadena, será derivable
f siendo f 0
.a/ D '0
.a/ exp.'.a// D '0
.a/f .a/. Tenemos que
'.x/ D
log

2 2 cos x
x2

x
para x ¤ 0, y '.0/ D 0. Para estudiar la derivabilidad de ' en x D 0 consideremos el cociente:
H.x/ D
'.x/ '.0/
x 0
D
log

2 2 cos x
x2

x2
Se trata de calcular lK
ım
x!0
H.x/. Puesto que
lK
ım
x!0
2 2 cos x
x2
D 1 (1)
el límite buscado es una indeterminación de la forma 0
0 y se dan las condiciones que permiten
aplicar la regla de L’Hôpital. Tenemos entonces, supuesto que los límites en cuestión existen:
lK
ım
x!0
H.x/ D lK
ım
x!0
x2
2 2 cos x
2x2
sen x 2x.2 2 cos x/
x4
2x
D lK
ım
x!0
x sen x C 2 cos x 2
x4
donde hemos tenido en cuenta (1). Podemos volver a usar la regla de L’Hôpital para calcular el
último límite, obteniendo:
lK
ım
x!0
x sen x C 2 cosx 2
x4
D lK
ım
x!0
x cos x sen x
4x3
D lK
ım
x!0
x sen x
12x2
D
1
12
Hemos probado así que f es derivable en 0 y f 0
.0/ D 1=12.
Comentario. No debe calcularse la derivada de f en 0 aplicando la regla de L’Hôpital para
calcular el límite lK
ım
x!0
f .x/ f .0/
x 0
, pues entonces lo que haremos será calcular lK
ımx!0 f 0
.x/.
La existencia de este límite, junto con la continuidad de f en 0, implican que f tiene derivada
continua en 0 y eso es más de lo que se pide y, por eso mismo, suele ser más complicado. ©
45. Calcula los límites
1/ lK
ım
x!0

1
sen2 x
1
x2

2/ lK
ım
x!1

1
log x
1
x 1

3/ lK
ım
x!0
x e2x
Cx ex
2 e2x
C2 ex
.ex 1/3
4/ lK
ım
x!C1

2
arc tg x
1
log x
5/ lK
ım
x!0
log
sen x
x

.log.1 C x//2
6/ lK
ım
x!0

tg x
x
1=x2
7/ lK
ım
x!0
x log.1 C sen 2x/ arc tg.sen3
x/
.ex 1/.1 cos2.tg2 x//
8/ lK
ım
x!0
arc tg x sen x
x.1 cos x/
9/ lK
ım
x!0
arc tg.arc sen x2
/
.e2x 1/ log.1 C 2x/
10/ lK
ım
x!0

3 sen x 3 x cos x
x3
1=x
Sugerencia. Pueden usarse las reglas de L’Hôpital pero es conveniente realizar previamente al-
guna transformación.
Solución.

1) Recuerda: antes de calcular un límite debemos simplificar todo lo que podamos la función.
Tenemos que:
1
sen2 x
1
x2
D
x2
sen2
x
x2 sen2 x
Como sen x x para x ! 0, podemos sustituir sen x por x en el denominador (¡no en el
numerador!). Con ello:
1
sen2 x
1
x2

x2
sen2
x
x4
Ahora recordamos que x sen x x3
=6 para x ! 0, con lo cual:
x2
sen2
x
x4
D
x sen x
x3
x C sen x
x
(2)
Finalmente, deducimos que:
lK
ım
x!0

1
sen2 x
1
x2

D
1
3
Observa que una descomposición como la hecha en (2) solamente se te ocurre si recuerdas que
x sen x x3
=6 para x ! 0 (que es uno de los límites que debes saber de memoria). En
general, descomponer una función en producto (o en suma) de otras dos solamente debe hacerse
si sabes el comportamiento de cada una de las nuevas funciones. Hay que tener cuidado en esto
porque es fácil equivocarse. Por ejemplo, podríamos haber puesto:
x2
sen2
x
x4
D
x sen x
x2
x C sen x
x2
Con lo que introducimos una función
x C sen x
x2
que no tiene límite en 0.
2) Es muy fácil y parecido al anterior.
3) Este límite se hace muy fácilmente por L’Hôpital pero, antes de derivar, debes sustituir ex
1
por x.
4) lK
ım
x!C1

2
arc tg x
1
log x
es una indeterminación tipo 00
. Sea f .x/ D

2
arc tg x
1
log x
.
Tomando logaritmos tenemos que log f .x/ D
log

2
arc tg x

log x
. Teniendo en cuenta que para
x 0 es

2
arc tg x D arc tg
1
x
, se sigue que
lK
ım
x!C1
log f .x/ D lK
ım
x!C1
log

arc tg
1
x

log
1
x
D lK
ım
t!0
t 0
log.arc tg t/
log t
Este último límite puede calcularse por L’Hôpital
lK
ım
x!C1
log f .x/ D lK
ım
t!0
t 0
t
.1 C t2/ arc tg t
D 1
Deducimos que lK
ım
x!C1
f .x/ D
1
e
.
5) También puede hacerse por L’Hôpital pero, antes de derivar, debes sustituir log.1 C x/ por
x. Te recuerdo que puedes sustituir funciones asintóticamente equivalentes en un producto o en
un cociente, nunca en una suma. Tampoco se pueden hacer estas sustituciones en una función,
es decir, si g.x/ h.x/ para x ! a, y F es una función, no es cierto en general que F.g.x//

sea asintóticamente equivalente a F.h.x// para x ! a. En este límite, la función sen x
x 1 para
x ! 0, pero no es cierto que log sen x
x

log.1/ D 0.
6) Es una indeterminación 11
. Ya debes saberlo hacer.
7) Este es el típico límite en el que si aplicas directamente L’Hôpital, sin antes simplificar sus-
tituyendo funciones por otras asintóticamente equivalentes, lo más probable es que acabes por
equivocarte al derivar. Apliquemos la primera regla: simplificar todo lo que se pueda la función.
Tenemos que:
1 cos2
.tg2
x// D sen2
.tg2
x/ D

sen.tg2
x/
tg2 x
2
tg4
x tg4
x x4
También es ex
1 x, log.1 C sen 2x/ sen 2x 2x y arc tg.sen3
x/ sen3
x x3
. Todas
estas equivalencias asintóticas son para x ! 0 y todas ellas se deducen de la tabla de los límites
que debes saberte de memoria. En consecuencia el límite que nos piden se reduce a calcular el
siguiente límite:
lK
ım
x!0
2x5
x5
D lK
ım
x!0
2 D 2
Los demás límites de este ejercicio te los dejo para que los hagas tú. ©
46. Explica si es correcto usar las reglas de L’Hôpital para calcular los límites:
lK
ım
x!C1
x sen x
x C sen x
I lK
ım
x!0
x2
sen.1=x/
sen x
Solución. Las reglas de L’Hôpital dicen que, bajo ciertas hipótesis, la existencia de lK
ım
x!a
f 0
.x/
g0
.x/
implica la existencia de lK
ım
x!a
f .x/
g.x/
en cuyo caso ambos límites coinciden. Una hipótesis de las
reglas de L’Hôpital es que la derivada del denominador no se anule en un intervalo que tenga al
punto a por extremo y que el límite lK
ım
x!a
f .x/
g.x/
sea una indeterminación.
Esto no ocurre en el caso del cociente
x sen x
x C sen x
para x ! C1 pues, aunque puede verse
como una indeterminación del tipo
1
1
, la derivada del denominador es 1 C cos x que se anula
en todos los puntos de la forma C 2k, k D 1; 2; : : : por lo que no tiene sentido considerar el
límite del cociente de las derivadas, lK
ım
x!C1
1 cos x
1 C cos x
, pues dicho cociente no está definido en
ningún intervalo de la forma c; C1Œ. Es claro, sin embargo, que:
lK
ım
x!C1
x sen x
x C sen x
D lK
ım
x!C1
1
sen x
x
1 C
sen x
x
D 1
En el caso del límite lK
ım
x!0
x2
sen.1=x/
sen x
, que puede verse como una indeterminación del tipo
0
0
, si
formamos el cociente de las derivadas obtenemos la función
2x sen.1=x/ cos.1=x/
cos x
la cual no tiene límite en 0 (el denominador tiene límite 1, pero el numerador no tiene límite),
luego no es posible aplicar L’Hôpital para calcular este límite el cual, por otra parte, es evidente-
mente igual a 0, pues:
lK
ım
x!0
x2
sen.1=x/
sen x
D lK
ım
x!0
x
sen x
x sen.1=x/ D 0
©

47. Prueba que una función polinómica de grado n coincide con su polinomio de Taylor de orden n
centrado en un punto cualquiera a.
Solución. Las funciones polinómicas son indefinidamente derivables, por lo que, dados x; a2R,
podemos aplicar el teorema de Taylor con resto de Lagrange para obtener que hay algún punto c
comprendido entre a y x tal que:
P.x/ D P.a/ C P 0
.a/.x a/ C
P 00
.a/
2
.x a/2
C C
P.n/
.a/
n!
.x a/n
C
P.nC1/
.c/
.n C 1/!
.x a/nC1
Como P es una función polinómica de grado n su derivada de orden nC1 es nula en todo punto.
Luego P.nC1/
.c/ D 0, por lo que resulta:
P.x/ D P.a/ C P 0
.a/.x a/ C
P 00
.a/
2
.x a/2
C C
P.n/
.a/
n!
.x a/n
Por tanto P.x/ coincide con su polinomio de Taylor de orden n centrado en a. ©
48. Prueba que una función polinómica P tiene un cero de orden k en a si, y sólo si, puede escribirse
de la forma P.x/ D .x a/k
Q.x/, donde Q.x/ es una función polinómica que no se anula en a.
Solución. Supongamos que P.x/ tiene un cero de orden k en a, es decir el valor de P y el de
todas sus derivadas hasta la de orden k 1 son nulos en a y la derivada de orden k de P no se
anula en a. Entonces, como consecuencia del ejercicio anterior, tenemos que:
P.x/ D
n
X
jD0
P.j/
.a/
j!
.x a/j
D
n
X
jDk
P.j/
.a/
j!
.x a/j
D .x a/k
n
X
jDk
P.j/
.a/
j!
.x a/j k
Poniendo Q.x/D
Pn
jDk
P.j /.a/
j!
.x a/j k
, tenemos que Q es un polinomio, Q.a/D P.k/.a/
k!
¤0
y P.x/ D .x a/k
Q.x/. El recíproco es inmediato. ©
49. Calcular el número de ceros y la imagen de la función f W R ! R dada por f .x/Dx6
3x2
C2.
Solución. Se trata de un polinomio de grado par con coeficiente líder positivo, por tanto, alcanza
un mínimo absoluto en R, si éste es igual a m, se tiene que f .R/ D Œm; C1Œ. El punto (o los
puntos) en donde f alcanza su mínimo absoluto debe ser un cero de la derivada. Como
f 0
.x/ D 6x5
6x D 6x.x4
1/ D 6x.x2
1/.x2
C 1/ D 6x.x 1/.x C 1/.x2
C 1/
se anula en 1, 0 y 1, se sigue que el mínimo absoluto de f debe alcanzarse en alguno de estos
puntos y, como f .1/ D f . 1/ D 0 f .0/, deducimos que f . 1/ D f .1/ D 0 es el mínimo
absoluto de f en R. Luego f .R/ D Œ0; C1Œ. Hemos determinado así la imagen de f y también
hemos encontrado que 1 y 1 son ceros de f (cosa fácil sin más que ver cómo es f ). Observa
que 1 y 1 son ceros de orden 2 de f (porque son ceros simples de f 0
). Es claro que f no puede
tener más ceros, porque si f .x0/ D 0 entonces en x0 la función f alcanza un mínimo absoluto y,
por tanto, f 0
debe anularse en x0. En conclusión, f tiene 4 ceros reales (2 ceros reales dobles). ©
50. Calcula el número de soluciones de la ecuación 3 log x x D 0.
Solución. Sea f .x/D3 log x x. Observa que lK
ım
x!0
x 0
f .x/D lK
ım
x!C1
f .x/D 1 y f .e/ D 3 e 0.
Deducimos, por el teorema de Bolzano, que f tiene por lo menos un cero en cada intervalo 0; eŒ
y e; C1Œ. Como la derivada f 0
.x/ D
3
x
1 tiene un único cero en x D 3, concluimos, por el
teorema de Rolle, que f no puede tener más de dos ceros distintos. En conclusión, la ecuación
3 log x x D 0 tiene una solución en el intervalo 0; eŒ y otra en e; C1Œ. Si quieres, puedes
precisar más. Como f .1/ 0 y f .e2
/ D 6 e2
0, se sigue que los dos ceros de f están en el
intervalo 1; e2
Œ. ©

51. Estudia, según los valores de ˛, el número de ceros, contando multiplicidades cuando proceda,
de la función polinómica f .x/ D 3x5
C 5x3
30x ˛. Explica con detalle lo que haces.
Solución. Como consecuencia del teorema de Rolle, si la derivada de una función tiene k ceros
(reales) distintos entonces la función no puede tener más de k C 1 ceros (reales) distintos (¡pero
puede que no tenga ninguno!). Sabemos también, como consecuencia del teorema de los ceros
de Bolzano, que todo polinomio de grado impar tiene por lo menos un cero real. Como las raíces
complejas, cuando las hay, de polinomios con coeficientes reales, vienen por parejas de raíces
complejas conjugadas, deducimos que contando cada cero tantas veces como indica su multi-
plicidad, todo polinomio de grado impar y coeficientes reales tiene un número impar de ceros
reales. Por las mismas razones, contando cada cero tantas veces como indica su multiplicidad,
todo polinomio de grado par y coeficientes reales tiene un número par de ceros reales y también
puede que no tenga ninguno.
En nuestro caso:
f 0
.x/ D 15x4
C 15x2
30 D 15.x2
C 2/.x2
1/ D 15.x2
C 2/.x C 1/.x 1/
resulta que f 0
tiene dos ceros reales , 1 y 1, por lo que f no puede tener más de tres ceros
reales distintos (pero todavía no sabemos si los tiene). Lo que es seguro es que f , por ser un
polinomio de grado impar, tiene por lo menos un cero real, y en el caso de que tenga más de
un cero real debe tener tres (que pueden ser simples o uno simple y otro doble). Veamos cuándo
ocurre una cosa u otra. Tenemos que f es inyectiva en los intervalos 1; 1, Œ 1; 1 y Œ1; C1Œ
(porque su derivada no se anula en ningún punto de dichos intervalos excepto en los extremos).
Además lK
ımx! 1 f .x/ D 1 y lK
ımx!C1 f .x/ D C1.
Deducimos que para que f tenga tres ceros reales simples, uno en cada intervalo
1; 1Œ, 1; 1Œ y 1; C1Œ, es necesario y suficiente que f . 1/ D 22 ˛ 0 y
f .1/ D 22 ˛ 0. Condiciones que equivalen a 22 ˛ 22.
Cuando ˛ D 22 entonces f . 1/ D 0 y f .1/ 0, por lo que f tiene también tres ceros reales:
uno simple en el intervalo 1; C1Œ y otro doble (porque también anula a la derivada) en 1.
Cuando ˛ D 22 entonces f . 1/ 0 y f .1/ D 0, por lo que f tiene también tres ceros reales:
uno simple en el intervalo 1; 1Œ y otro doble (porque también anula a la derivada) en 1.
Cuando ˛ 22 o ˛ 22, f sólo tiene un cero real (porque no puede tener tres ceros reales
simples ni tampoco un cero real doble).
La discusión anterior puede hacerse también representando gráficamente la función polinómica
h.x/D3x5
C5x3
30x y viendo cuántos cortes tiene dicha gráfica con la recta horizontal y D˛.
Para ello observemos que h y f tienen la misma derivada, por lo que:
x 1÷h0
.x/ 0; 1 x 1÷h0
.x/ 0; x 1÷h0
.x/ 0:
Por tanto h es estrictamente creciente en 1; 1, estrictamente decreciente en Œ 1; 1 y es-
trictamente creciente en Œ1; C1Œ. Deducimos que h tiene en 1 un máximo relativo y en 1 un
mínimo relativo. Además, la derivada segunda h00
.x/D30x.x2
C1/ se anula solamente en xD0,
siendo h00
.x/ 0 para x 0 y h00
.x/ 0 para x 0, es decir, h es cóncava en 1; 0Œ y
convexa en 0; C1Œ. Con esta información ya podemos representar su gráfica.

22
22
1
1
y D ˛
˛
De esta gráfica se deducen fácilmente los mismos resultados antes obtenidos. Nótese que como
f .x/ D h.x/ C ˛, la gráfica de f se obtiene trasladando la de h hacia arriba (si ˛ 0) o hacia
abajo (si ˛ 0). Se ve así claramente, que cuando ˛ D 22 o ˛ D 22, la gráfica de f es tangente
al eje de abscisas en el punto 1 o en el 1 donde hay un cero doble. ©
52. Justifica que la ecuación x2
D x sen x C cos x tiene exactamente dos soluciones reales.
Solución. Sea f .x/Dx2
x sen x cos x. Se trata de probar que f se anula en exactamente dos
puntos. La función f es continua y f .0/D 1, f ./Df . /D2
C1. El teorema de Bolzano
nos dice que f se anula en algún punto del intervalo ; 0Œ y en algún punto del intervalo 0; Œ.
Luego f se anula al menos en dos puntos. Veamos que no puede anularse en más de dos puntos.
En efecto, la derivada de f es f 0
.x/ D x.2 cos x/. Como 2 cos x 0 para todo x 2 R, se
sigue que la derivada f 0
solamente se anula en x D 0. Si la función f se anulara en tres o más
puntos, en virtud del teorema de Rolle, su derivada debería anularse al menos en dos puntos, lo
cual, según acabamos de ver, no ocurre. Concluimos que f se anula exactamente en dos puntos.
Alternativamente, podemos razonar como sigue. Al ser f 0
.x/ 0 para todo x 0, la función
f es estrictamente decreciente en R , luego solamente puede anularse una vez en R . Análoga-
mente, como f 0
.x/ 0 para todo x 0, la función f es estrictamente creciente en RC
, luego
solamente puede anularse una vez en RC
. ©
53. Sean a0; a1; : : : ; an números reales. Prueba que para algún x 2 Œ0; 1 se verifica que
n
X
kD0
akxk
D
n
X
kD0
ak
k C 1
:
Solución. Se trata del típico ejercicio que una vez que sabes cómo se hace te parece muy fácil.
Pero se te tiene que ocurrir cómo hacerlo. La pista la dan los números
ak
k C 1
y el “para algún
x 2 Œ0; 1”. El ejercicio recuerda al teorema del valor medio. Después de pensarlo un poco, se
nos ocurre considerar la función
f .x/ D
n
X
kD0
ak
k C 1
xkC1
:
El teorema del valor medio aplicado a esta función en el intervalo Œ0; 1, nos dice que hay un
punto x 20; 1Œ tal que
f .1/ f .0/
1 0
D f .1/ D f 0
.x/ D
n
X
kD0
akxk
:
Eso es justamente lo que había que probar. ©

54. Sea f una función polinómica y sea a b. Justifica que, contando cada cero tantas veces como
su orden, si f .a/f .b/ 0 el número de ceros de f en a; bŒ es impar; y si f .a/f .b/ 0
dicho número (caso de que haya algún cero) es par. Deduce que si f tiene grado n, es condición
necesaria y suficiente para que f tenga n raíces reales distintas que su derivada tenga n 1 raíces
reales distintas c1 c2 cn 1 y que para ˛ c1 suficientemente pequeño y para ˇ
cn 1 suficientemente grande, los signos de los números f .˛/; f .c1/; f .c2/; : : : ; f .cn 1/; f .ˇ/
vayan alternando.
Solución. Si f es un polinomio de grado n y c es un cero de orden k de f , entonces tenemos
que f .x/ D .x c/k
h.x/ donde h.x/ es un polinomio de grado n k con h.c/ ¤ 0. Podemos
suponer, por comodidad, que h.c/ 0. Por la continuidad de h, hay un intervalo abierto I que
contiene a c tal que para todo x 2I se verifica que h.x/ 0.
Si k es par, tenemos que .x c/k
0 para todo x ¤ c y deducimos que f .x/ 0 para todo
x 2I n fcg. Por tanto, la gráfica de f no atraviesa al eje de abscisas en x D c.
Si k es impar, tenemos que .x c/k
0 para x c y .x c/k
0 para x c. Deducimos
que f .x/ 0 para x c y f .x/ 0 para x c. Por tanto, la gráfica de f atraviesa al eje de
abscisas en x D c.
En otros términos, en un cero de orden par la función f no cambia de signo y en un cero de orden
impar sí cambia.
Es claro que si f .a/f .b/ 0 el número de cambios de signo de f entre a y b tiene que ser
impar. Deducimos, por lo antes visto, que f tiene en a; bŒ un número impar de ceros de orden
impar, por lo que el número total de ceros de f en a; bŒ, contando cada cero tantas veces como
su orden, es impar.
Análogamente, si f .a/f .b/ 0 el número de cambios de signo de f entre a y b tiene que ser
par (o ninguno) y deducimos que el número total de ceros de f en a; bŒ es par.
Si f tiene n ceros (reales) distintos, ˛1 ˛2 ˛n 1 ˛n, estos ceros determinan
n 1 intervalos ˛j ; ˛jC1Œ y, por el teorema de Rolle, en cada uno de esos intervalos la derivada
tiene que tener algún cero cj 2˛j ; ˛jC1Œ. Deducimos así que la derivada tiene n 1 raíces
(reales) distintas c1 c2 cn 1. Como en cada intervalo ˛j ; ˛jC1Œ la gráfica de f
atraviesa una vez el eje de abscisas, deducimos que f .cj /f .cjC1/ 0, es decir, los números
f .c1/; f .c2/; : : : ; f .cn 1/ van alternando su signo. Ahora, si ˛ ˛1, en el intervalo ˛; c1Œ la
función f tiene un cero simple ˛1 y, por tanto, su gráfica atraviesa una vez al eje de abscisas,
luego f .˛/f .c1/ 0. Análogamente, si ˛n ˇ debe ser f .cn 1/f .ˇ/ 0. Hemos probado
así que la condición del enunciado es necesaria.
Recíprocamente, la condición del enunciado implica que f tiene n C 1 cambios de signo, luego
tiene n raíces distintas. ©
55. Determina para qué valores de ˛ la función polinómica
3x4
8x3
6x2
C 24x C ˛
tiene cuatro raíces reales distintas.
Solución. Sea f .x/ D 3x4
8x3
6x2
C 24x C ˛. Como
f 0
.x/ D 12x3
24x2
12x C 24 D 12.x C 1/.x 1/.x 2/
y lK
ım
x! 1
f .x/D lK
ım
x!C1
f .x/DC1, se sigue, en virtud del ejercicio anterior, que f tiene 4 raíces
reales distintas si, y sólo si, f . 1/ D 19 C ˛ 0, f .1/ D 13 C ˛ 0 y f .2/ D 8 C ˛ 0.
Estas condiciones equivalen a 13 ˛ 8. ©
56. Dado n 2 N, sea f .x/ D .x2
1/n
. Prueba que la derivada k-ésima (1 6 k 6 n) de f tiene
exactamente k raíces reales distintas en el intervalo 1; 1Œ.
Solución. Observa que f es un polinomio de grado 2n que tiene un cero de orden n en x D 1 y
otro cero de orden n en x D 1. La derivada de orden k de f será un polinomio de grado 2n k

que tendrá un cero de orden n k en x D 1 y otro cero de orden n k en x D 1, luego debe
ser de la forma f .k/
.x/ D .x2
1/n k
Pk.x/ donde Pk.x/ es un polinomio de grado k. Lo que
nos piden es probar que para 1 6 k 6 n el polinomio Pk.x/ tiene k raíces reales distintas en el
intervalo 1; 1Œ. Lo haremos por inducción (finita). Para k D 1, f 0
.x/ D .x2
1/n 1
2n x que
tiene un cero en 1; 1Œ. Supongamos que 1 k n 1 y que Pk.x/ tiene k raíces reales
distintas, a1 a2 ak en el intervalo 1; 1Œ. Tenemos que
f .kC1/
.x/ D.x2
1/n k 1
2.n k/xPk .x/ C .x2
1/n k
Pk
0
.x/
D.x2
1/n k 1
2.n k/xPk.x/ C .x2
1/Pk
0
.x/

:
Por tanto
PkC1.x/ D 2.n k/xPk.x/ C .x2
1/Pk
0
.x/:
El polinomio Pk
0
.x/ tiene un cero en cada uno de los intervalos aj ; ajC1Œ y, como hay en total
k 1 de ellos, deducimos que Pk
0
.x/ tiene k 1 ceros simples cj 2aj ; ajC1Œ.
En cada uno de dichos ceros Pk
0
.x/ cambia de signo, es decir, Pk
0
.aj /Pk
0
.ajC1/ 0. Supon-
gamos, por comodidad, que Pk
0
.a1/ 0. Entonces . 1/j
Pk
0
.aj / 0 para 1 6 j 6 k. Como
PkC1.aj / D 2.n k/aj Pk.aj / C .a2
j 1/Pk
0
.aj / D .a2
j 1/Pk
0
.aj /
y a2
j 1 0, deducimos que
. 1/j
PkC1.aj / D .a2
j 1/. 1/j
Pk
0
.aj / 0; 1 6 j 6 k:
Por tanto PkC1.x/ tiene una raíz en cada uno de los k 1 intervalos aj ; ajC1Œ.
Probaremos ahora que PkC1.x/ tiene una raíz en 1; a1Œ y otra en ak; 1Œ. Como
. 1/j
PkC1.aj / 0, se sigue que PkC1.a1/ 0. Tenemos que PkC1. 1/ D 2.n k/Pk. 1/
por lo que, al ser n k 0, será suficiente probar que Pk. 1/ 0. Para ello basta observar que
como Pk
0
.x/ ¤ 0 para x c1 y como Pk
0
.a1/ 0, se sigue que Pk
0
.x/ 0 para todo x c1.
Luego Pk.x/ es estrictamente decreciente en el intervalo 1; c1 y como se anula en a1 c1,
concluimos que Pk.x/ 0 para x a1 y, por tanto, Pk. 1/ 0. Análogamente se prueba que
Pk.x/ tiene una raíz en ak; 1Œ. ©
57. Prueba que a e log x 6 x a
para todo x 0 y todo a2R.
Solución. La desigualdad propuesta, aparentemente, depende de dos variables a 2 R y x 0.
Debemos escribirla en función de una sola variable. Para ello basta escribir dicha desigualdad en
la forma:
log x a

x a
6
1
e
:
Teniendo en cuenta que x a
D exp. a log x/ puede ser cualquier número positivo, vemos que
realmente se trata de probar la desigualdad
log t
t
6
1
e
para todo t 0.
Sea, pues, f .t/ D
log t
t
donde t 0. Tenemos que f 0
.t/ D
1 log t
t2
y, por tanto, f 0
.t/ 0 si
0 t e por lo que f es estrictamente creciente en 0; e y f 0
.t/ 0 si t e por lo que f es
estrictamente decreciente en Œe; C1Œ. Deducimos que f alcanza en t D e un máximo absoluto
en RC
. Luego f .t/ 6 f .e/ D 1= e.
Hemos probado que
log t
t
6
1
e
.t 0/ (3)
Además, esta desigualdad es estricta para t ¤ e.
Haciendo en (3) t D x a
, donde x 0 y a2R, deducimos que la desigualdad a e log x 6 x a
es válida para todo x 0 y para todo a2R. ©

58. Dado ˛ 20; 1Œ demuestra que x˛
˛x C 1 ˛ para todo x 2RC
, x ¤ 1.
Solución. Sea f .x/D˛x C1 ˛ x˛
. Es claro que f .1/D0, por tanto, todo consiste en probar
que la función f alcanza en xD1 un mínimo absoluto estricto. Tenemos que f 0
.x/D˛ ˛x˛ 1
D
˛.1 x˛ 1
/. Para 0 x 1 es .˛ 1/ log x 0 y, por tanto, x˛ 1
D exp .˛ 1/ log x

1,
lo que implica, por ser ˛ 0, que f 0
.x/ 0. Análogamente se justifica que f 0
.x/ 0 si
x 1. Por tanto f es estrictamente decreciente en 0; 1 y estrictamente creciente en Œ1; C1Œ.
Concluimos así que f .x/ f .1/ D 0 para todo x 0, x ¤ 1.
Tenemos que:
ab 6
ap
p
C
bq
q
” ab1 q
6
ap
b q
p
C
1
q
D
ap
b q
p
C 1
1
p
Poniendo ˛ D 1
p y x D ab1 q
, con lo que x˛
D ap
b q
, esta desigualdad es un caso particular de
la antes probada. La igualdad ocurre si, y sólo si, x D 1, es decir, ap
D bq
. ©
59. Prueba que para todo x 20; =2Œ se verifica que:
i) 1
x2
2
cos x I ii)
2x

sen x x tg x
Solución.
i) Sea f .x/ D cos x 1 C
x2
2
. Tenemos que f 0
.x/ D sen x C x y f 00
.x/ D 1 cos x.
Como f 00
.x/ 0 para todo x 20; =2Œ, se sigue que f 0
es estrictamente creciente en Œ0; =2 y,
como f 0
.0/ D 0, obtenemos que f 0
.x/ 0 para todo x 20; =2Œ. Por tanto f es estrictamente
creciente en Œ0; =2. Puesto que f .0/ D 0, concluimos finalmente que f .x/ 0 para todo
x 20; =2.
ii) Sea f .x/Dsen x
2x

. Tenemos que f 0
.x/Dcos x
2

y f 00
.x/D sen x. Como f 00
.x/ 0
para todo x 20; =2Œ, se sigue que f 0
es estrictamente decreciente en Œ0; =2. Como f 0
.0/ 0,
y f 0
.=2/ 0, deducimos que hay un único punto x0 20; =2Œ tal que f 0
.x0/ D 0, y en
dicho punto la función f alcanza un máximo absoluto en Œ0; =2. Sabemos, por el teorema de
valores máximos y mínimos de Weierstrass, que f tiene que alcanzar un valor mínimo absoluto
en Œ0; =2. Dicho mínimo absoluto necesariamente tiene que alcanzarse en los extremos del
intervalo ya que si se alcanzara en un punto interior, en dicho punto habría de anularse la derivada
y hemos visto que ésta sólo se anula en un punto que es de máximo absoluto. Como f .0/ D
f .=2/ D 0 concluimos que f .x/ 0 para todo x 20; =2Œ.
Observa que en ambos casos interesa trabajar en el intervalo cerrado Œ0; =2. ©
60. Desigualdad de Jensen. Sea f W I ! R una función convexa en el intervalo I, y sea n 2 N,
n 2. Dados números ˛k 0, xk 2I tales que
Pn
kD1 ˛k D 1, prueba que:
f
n
X
kD1
˛k xk
!
6
n
X
kD1
˛kf .xk/: (4)
Además, si f es estrictamente convexa, la desigualdad anterior es estricta siempre que al menos
dos de los puntos xk sean distintos.
Solución. Para n D 2 la desigualdad del enunciado es
f .˛1x1 C ˛2x2/ 6 ˛1f .x1/ C ˛2f .x2/
donde ˛1 y ˛2 son números positivos con ˛1 C ˛2 D 1. Pero esta es justamente la definición de
función convexa (si no lo ves claro, pon t D ˛1, 1 t D 1 ˛1 D ˛2, x1 D x, x2 D y con lo que
dicha desigualdad es exactamente igual que la desigualdad (??).)

Supongamos que la desigualdad (4) sea cierta para un número natural n 2 y probemos que, en
tal caso, también es cierta para n C 1. Sean ˛k 0 tales que
PnC1
kD1 ˛k D 1 y sean xk 2 I para
k D 1; 2; : : : ; n C 1. Tenemos que:
nC1
X
kD1
˛k xk D .1 ˛nC1/
n
X
kD1
˛k
1 ˛nC1
xk C ˛nC1xnC1 (5)
Pongamos k D
˛k
1 ˛nC1
0. Tenemos que:
n
X
kD1
k D
1
1 ˛nC1
n
X
kD1
˛k D
1 ˛nC1
1 ˛nC1
D 1
Por tanto, el número x D
n
X
kD1
kxk está en I porque está comprendido entre el mínimo y el
máximo de los xk, 1 6 k 6 n. Escribiendo la igualdad (5) en la forma:
nC1
X
kD1
˛kxk D .1 ˛nC1/x C ˛nC1xnC1
Y usando que f es convexa, tenemos que
f
nC1
X
kD1
˛k xk
!
6 .1 ˛nC1/f .x/ C ˛nC1f .xnC1/
Por la hipótesis de inducción aplicada a x D
n
X
kD1
kxk con k 0 y
Pn
kD1 k D 1, tenemos que
f .x/ 6
n
X
kD1
kf .xk/ D
n
X
kD1
˛k
1 ˛nC1
f .xk/
De las dos últimas desigualdades se deduce que:
f
nC1
X
kD1
˛k xk
!
6
nC1
X
kD1
˛kf .xk/:
Lo que completa la demostración por inducción.
Finalmente, si la función f es estrictamente convexa, entonces las desigualdades son estrictas
salvo en el caso trivial de que todos los puntos xk coincidan. ©
61. Sean xk, ˛k , donde 1 6 k 6 n, números positivos verificando que
Pn
kD1 ˛k D 1. Usando de la
convexidad de la función x 7! log x demuestra la desigualdad:
x
˛1
1 x
˛2
2 x˛n
n 6
n
X
kD1
˛kxk (6)
¿Cuándo se da la igualdad?
Solución. La función f .x/D log x es estrictamente convexa en RC
porque su derivada segunda
es positiva en RC
. Usando la desigualdad de Jensen, tenemos que
log
n
X
kD1
˛k xk
!
6
n
X
kD1
log.˛kxk/ D
n
X
kD1
log x
˛k
k

D log x
˛1
1 x
˛2
2 x˛n
n

Teniendo en cuenta que la función logaritmo es estrictamente creciente, la desigualdad anterior
es equivalente a la que se pide probar.
La igualdad solamente ocurre cuando todos los xk coinciden. ©

62. Sean p; q números reales positivos tales que 1=p C 1=q D 1.
a) Prueba que ab 6
ap
p
C
bq
q
y la igualdad ocurre si, y sólo si, ap
D bq
.
b) Dado zD.z1; z2; : : : ; zn/2Rn
y s 0, definamos kzks D
n
X
iD1
jzijs
!
1=s
. Prueba que para todo
x D .x1; x2; : : : ; xn/ y todo y D .y1; y2; : : : ; yn/ en Rn
se verifica la desigualdad de Hölder:
n
X
iD1
jxiyij 6 kxkp kykq :
¿Cuándo se da la igualdad?
Sugerencias. El punto a) puede hacerse como consecuencia del ejercicio anterior. Para b) hágase
a D
jxij
kxkp
; b D
jyij
kykq
en la desigualdad del punto a).
Solución.
a) Haciendo en la desigualdad (6) x1 D ap
, x2 D bq
, ˛1 D 1=p y ˛2 D 1=q, obtenemos la
desigualdad:
ab 6
1
p
ap
C
1
q
bq
:
La igualdad ocurre si, y sólo si, ap
D bq
.
b) Tenemos que:
jxij
kxkp
jyij
kykq
6
1
p
jxijp
kxkp
p
C
1
q
jyijq
kykq
q
Sumando estas desigualdades:
n
X
iD1
jxij
kxkp
jyij
kykq
6
1
p
n
X
1D1
jxijp
kxkp
p
C
1
q
n
X
iD1
jyijq
kykq
q
D
1
p
C
1
q
D 1
Lo que prueba la desigualdad de Hölder. La igualdad ocurre si, y solamente si, jxijp
D jyijq
para todo i D 1; 2; : : : ; n, donde D
kxkp
p
kykq
q
Para s D 2, el número kxk2 D
p n
X
jD1
x2
j se llama norma euclídea del vector x. La desigualdad
de Hölder para p D q D 2 se llama desigualdad de Cauchy-Schwarz:
n
X
jD1
ˇ
ˇxj yj
ˇ
ˇ 6 kxk2 kyk2 (7)
La igualdad ocurre si, y sólo si,
ˇ
ˇxj
ˇ
ˇ D
ˇ
ˇyj
ˇ
ˇ para j D 1; 2; : : : ; n donde 2RC
.
La desigualdad (7) suele escribirse de la forma:
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
X
jD1
xj yj
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
6 kxk2 kyk2 (8)
Teniendo en cuenta que: ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
X
jD1
xj yj
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
6
n
X
jD1
ˇ
ˇxj yj
ˇ
ˇ ; (9)

es claro que la desigualdad (8) es consecuencia de la (7). Pero basta sustituir en (8) xj e yj por
jxj j y jyj j, lo que no afecta para nada a las respectivas normas euclídeas, para convertir (8) en
(7).
Veamos cuándo se da la igualdad en (8). Es claro que para ello tiene que darse la igualdad en (9)
y en (7). La igualdad en (9) equivale a que los números xj yj (1 6 j 6 n) sean todos mayores o
iguales que cero o todos menores o iguales que cero. La igualdad en (7) sabemos que equivale a
que
ˇ
ˇxj
ˇ
ˇD
ˇ
ˇyj
ˇ
ˇ para j D1; 2; : : : ; n donde 2RC
. Estas dos condiciones juntas equivalen a que
xj Dyj para 16j 6n, donde 2R, es decir, los vectores x, y son linealmente dependientes. ©
63. Sea f es una función derivable en un intervalo I. Prueba que f es convexa en I si, y sólo si,
la gráfica de f queda siempre por encima de la recta tangente en cualquier punto, es decir, para
todo par de puntos x; a2I se verifica que f .x/ f .a/ C f 0
.a/.x a/.
Solución. Supongamos que f es convexas y sea x a. De la desigualdad:
f .tx C .1 t/a/ 6 tf .x/ C .1 t/f .a/ D t.f .x/ f .a// C f .a/ 0 t 1
se deduce que
f .x/ f .a/
x a
6
f .a C t.x a// f .a/
t.x a/
:
Como esta desigualdad es cierta para todo t 20; 1Œ, tomando límites en la derecha para t ! 0 se
deduce que
f .x/ f .a/
x a
6 f 0
.a/ ÷ f .x/ f .a/ f 0
.a/.x a/
Para el caso en que x a se obtiene la misma desigualdad.
Supongamos ahora que f es derivable en I y para todo par de puntos x; a2I se verifica que:
f .x/ f .a/ C f 0
.a/.x a/ (10)
Supongamos que a b. Sustituyendo en la desigualdad anterior x por b resulta:
f 0
.a/ 6
f .b/ f .a/
b a
Sustituyendo ahora en (10) a por b y x por a, obtenemos:
f .a/ f .b/ C f 0
.b/.a b/ ÷
f .b/ f .a/
b a
6 f 0
.b/
De esta desigualdad y de la anterior, deducimos que f 0
.a/6f 0
.b/, lo que prueba que la derivada
de f es creciente en I. ©
64. Prueba que las únicas funciones n veces derivables con derivada de orden n constante son las
funciones polinómicas de grado menor o igual que n.
Solución. Sea f una función n veces derivables con derivada de orden n constante. Naturalmente,
dicha función tiene derivada de orden n C 1 idénticamente nula. Dado, x 2 R, aplicamos el
teorema de Taylor con resto de Lagrange a f en el punto a D 0, y deducimos que existe un punto
c comprendido entre 0 y x tal que:
f .x/ D f .0/ C f 0
.0/x C
f 00
.0/
2
x2
C C
f .n/
.0/
n!
xn
C
f .nC1/
.c/
.n C 1/!
xnC1
y como f .nC1/
.t/ D 0 para todo t 2 R, concluimos que f coincide con su polinomio de Taylor
de orden n en a D 0 y, por tanto, es una función polinómica de grado 6n.
Fíjate que no cabe esperar que este resultado pueda probarse sin usar algún resultado teórico
profundo. Recuerda que se necesita el teorema del valor medio para probar que una función con
primera derivada nula es constante. ©

65. Prueba que el polinomio de Taylor de orden n de una función f es el único polinomio P.x/ de
grado menor o igual que n tal que f .x/ D P.x/ C o.x a/n
.
Solución. Supongamos que P.x/ y Q.x/ son funciones polinómicas de grado menor o igual que
n tales que:
lK
ım
x!a
f .x/ P.x/
.x a/n
D lK
ım
x!a
f .x/ Q.x/
.x a/n
D 0
Entonces, se tiene que
lK
ım
x!a
P.x/ Q.x/
.x a/n
D 0
Pongamos H.x/ D P.x/ Q.x/ que es una función polinómica de grado 6n. Sea Tn.H; a/.x/
el polinomio de Taylor de orden n de H en a. Por el teorema de Taylor–Young sabemos que:
lK
ım
x!a
H.x/ Tn.H; a/.x/
.x a/n
D 0:
Como:
Tn.H; a/.x/
.x a/n
D
H.x/
.x a/n
H.x/ Tn.H; a/.x/
.x a/n
C
Deducimos que:
lK
ım
x!a
Tn.H; a/.x/
.x a/n
D 0
Evidentemente, la única posibilidad de que esto ocurra es que el polinomio Tn.H; a/.x/ sea idén-
ticamente nulo. Pero, como H es una función polinómica de grado 6n, sabemos que Tn.H; a/.x/D
H.x/, por tanto, H es idénticamente nulo, es decir, P.x/ D Q.x/ para todo x 2R. ©
66. Sea f W =2; =2Œ! R la función dada por:
f .x/ D
log.1 C sen x/ sen x
sen2 x
para x 2 =2; =2Œ, x ¤ 0, y f .0/ D 1=2. Calcula el polinomio de Taylor de orden 3 de f
en 0.
Solución. La forma de la función f sugiere considerar la siguiente función:
g.x/ D
log.1 C x/ x
x2
; g.0/ D
1
2
:
Pues se tiene que f .x/ D g.sen x/, por lo que si sabemos derivar g también sabemos derivar
f . En principio, debemos calcular las derivadas f 0
.0/, f 00
.0/ y f 000
.0/. Pero también podemos
intentar calcular directamente un polinomio P.x/ de grado 63 tal que f .x/ D P.x/ C o.x3
/
pues, por el ejercicio anterior, P.x/ será el polinomio de Taylor de orden 3 de f en 0. La ventaja
de proceder así es que nos ahorramos bastante trabajo y, además, podemos aprovecharnos de
que los polinomios de Taylor de g en 0 se deducen fácilmente de los polinomios de Taylor de
log.1 C x/ en 0 y éstos son conocidos. Sabemos que
log.1 C x/ D x
x2
2
C
x3
3
x4
4
C
x5
5
C C
. 1/nC1
n
xn
C o.xn
/
Deducimos que
g.x/ D
1
2
C
x
3
x2
4
C
x3
5
C C
. 1/nC1
n
xn 2
C o.xn 2
/
Acabamos de calcular el polinomio de Taylor de orden n 2 de g en 0. En particular
T3.g; 0/.x/ D
1
2
C
x
3
x2
4
C
x3
5

Tenemos que
lK
ım
x!0
g.x/ T3.g; 0/.x/
x3
D 0 ÷ lK
ım
x!0
x3
sen3 x
g.sen x/ T3.g; 0/.sen x/
x3
D 0
÷ lK
ım
x!0
x3
D 0
La idea ahora es obtener un polinomio, P.x/, de grado 63 tal que:
lK
ım
x!0
T3.g; 0/.sen x/ P.x/
x3
D 0;
pues entonces como:
f .x/ P.x/
x3
D
x3
C
T3.g; 0/.sen x/ P.x/
x3
tendremos que
lK
ım
x!0
f .x/ P.x/
x3
D 0
y, por tanto, P.x/ será el polinomio de Taylor de orden 3 de f en 0.
Teniendo en cuenta que
sen x D x
x3
6
C o.x4
/
es muy fácil calcular P.x/. De hecho, tenemos que:
T3.g; 0/.sen x/ D T3.g; 0/

x
x3
6
C o.x4
/

D
1
2
C
1
3
x
1
4
x2
C
13
90
x3
C o.x3
/
Donde deben hacerse los cálculos sabiendo lo que se busca para no hacer trabajo innecesario.
Alternativamente, puedes calcular directamente P.x/ porque es el polinomio de Taylor de orden
3 de T3.g; 0/.sen x/ en 0. De una forma u otra, concluimos que el polinomio pedido es:
P.x/ D
1
2
C
1
3
x
1
4
x2
C
13
90
x3
Observa que no hemos necesitado calcular las tres primeras derivadas de f en 0, pero ahora las
conocemos:
f 0
.0/ D
1
3
; f 00
.0/ D
1
2
; f 000
.0/ D
13
15
©
67. Calcula, usando un desarrollo de Taylor conveniente, un valor aproximado del número real ˛ con
un error menor que en cada uno de los casos siguientes:
a/ ˛ D
3
p
7; D 10 3
b/ ˛ D
p
e; D 10 3
c/ ˛ D sen
1
2
; D 10 4
d/ ˛ D sen.61ı
/; D 10 8
Solución. a) Elegimos un punto a próximo a x D7 en el que podamos calcular de forma exacta el
valor de f .x/ D 3
p
x y de sus derivadas. El punto a D 8 es un buen candidato, pues está próximo
a x D 7 y
3
p
8 D 2. El error que se comete al aproximar
3
p
7 por el correspondiente valor del
polinomio de Taylor Tn.f; a/.x/ viene dado por
ˇ
ˇf .nC1/
.c/
ˇ
ˇ
.n C 1/!
jx ajnC1
D Œa D 8; x D 7 D
ˇ
ˇf .nC1/
.c/
ˇ
ˇ
.n C 1/!
donde 7 c 8. Como
f .n/
.x/ D
1
3

1
3
1

1
3
2

1
3
n C 1

x1=3 n
D
1 2 5 8 .3.n 1/ 1/
3n
3
p
x
xn

deducimos que ˇ
ˇf .nC1/
.c/
ˇ
ˇ
.n C 1/!

1 2 5 8 .3n 1/
.n C 1/!3nC1
3
p
8
7nC1

2
7nC1
y basta tomar n D 4 para que el error cometido al aproximar
3
p
7 por el valor del polinomio de
Taylor T3.f; 8/.7/ sea menor que 10 3
.
Si hubiéramos tomado a D 1;93
D 6;859 la aproximación obtenida hubiera sido mucho mejor
porque 7 6;859 D0;141. Y aún mejor tomando aD1;913
D6;96787, pues 7 6;96787 0;05.
En ambos casos el valor de f .x/ D 3
p
x y de sus derivadas puede calcularse de forma exacta en
a.
d) Lo primero que hay que hacer es expresar el seno en radianes. Tenemos que
sen.61ı
/ D sen

61
180

D sen

3
C

180

Claramente, debemos elegir a D =3. El error que se comete al aproximar sen

61
180

por el
correspondiente valor del polinomio de Taylor Tn.sen; a/.x/ viene dado por
ˇ
ˇ sen.nC1/
.c/
ˇ
ˇ
.n C 1/!
jx ajnC1
D

a D

3
; x D
61
180

6
1
.n C 1/!

2
100
nC1
donde hemos tenido en cuenta que las derivadas del seno están acotadas por 1 y que
180 3;5
180
2
100
. Deducimos que basta tomar n D 3 para que el error cometido al aproximar sen

61
180

por el
valor del polinomio de Taylor T3 sen;
3

61
180

sea menor que 10 8
. ©
68. Calcula los valores máximo y mínimo de las siguientes funciones en los intervalos que se indican:
a) f .x/ D x3
x2
8x C 1 en el intervalo Œ 2; 2.
b)
x C 1
x2 C 1
en el intervalo Œ 1; 2.
c) f .x/ D
1
2
.sen2
x C cos x/ C 2 sen x x en el intervalo Œ0; =2.
d) f .x/ D
3
p
x2.5 2x/ en el intervalo Œ 1; 2.
e) f .x/ D x3
C 12x C 5 en el intervalo Œ 3; 3.
Solución.
3) La función f .x/ D
1
2
.sen2
x C cos x/ C 2 sen x x, tiene como derivada
f 0
.x/ D cos x sen x
1
2
sen x C 2 cos x 1 D
1
2
. 1 C 2 cos x/.2 C sen x/
Por tanto, el único cero de la derivada en el intervalo Œ0; =2 es xD=3. Como para 06x =3
es f 0
.x/ 0 y para =3 x 6 =2 es f 0
.x/ 0, se sigue que el valor máximo absoluto de
la función f en Œ0; =2 se alcanza un en x D =3 y vale f .=3/ D
5
8
C
p
3

3
. El valor
mínimo absoluto debe alcanzarse en alguno de los extremos del intervalo. Como f .0/ D
1
2
y
f .=2/ D
5
2

2
, se sigue que el valor mínimo absoluto de f en Œ0; =2 se alcanza en x D 0.
4) La función f .x/ D
3
p
x2.5 2x/, tiene como derivada
f 0
.x/ D
2
3
x2=3 1
.5 2x/ 2 x2=3
D x 2=3

10 4x
3x
2

D
3
p
x2
10.1 x/
3x
x ¤ 0

Claramente, f no es derivable en x D 0. El único cero de la derivada es x D 1, puesto que
f 0
.x/ 0, para 1 6 x 0, f 0
.x/ 0 para 0 x 1 y f 0
.x/ 0 para 1 x 6 3, se sigue
que f es estrictamente decreciente en Œ 1; 0, estrictamente creciente en Œ0; 1 y estrictamente
decreciente en Œ1; 3. Por tanto x D0 es un mínimo relativo y x D1 es un máximo relativo. Como
f . 1/ D 7, f .0/ D 0, f .1/ D 3 y f .3/ D
3
p
9, se sigue que, en el intervalo Œ 1; 3, el mínimo
absoluto de f se alcanza en el punto x D 3 y el máximo absoluto se alcanza en x D 1. ©
69. Para cada número real t sea f .x/ D 1
3
x3
C t2
x. Calcula, para cada valor de t 2 Œ 1; 1, el
mínimo valor de f .x/ en el intervalo Œ0; 1.
Solución. Tenemos que:
f 0
.x/ D x2
C t2
D .t C x/.t x/ D 0 ÷x D t o x D t
Solamente nos interesa el cero de f 0
en Œ0; 1. Distinguiremos dos casos.
a) 16t 60. En este caso el único punto de Œ0; 1 donde la derivada se anula es x0 D t. Además,
se tiene que para 0 6 x 6 x0 es f 0
.x/ 0 y para x0 6 x 6 1 es f 0
.x/ 6 0. Por tanto en x0 hay
un máximo absoluto. El mínimo absoluto de f debe alcanzarse en alguno de los extremos del
intervalo. Tenemos que f .0/ D 0 y f .1/ D t2 1
3 . Por tanto, si 1 6 t 1
p
3
se tiene que
f .0/ f .1/ y el mínimo absoluto se alcanza en x D0. Si 1
p
3
6t 60 se tiene que f .1/6f .0/
y el mínimo absoluto se alcanza en x D 1.
b) 0 6 t 6 1. Se hace de la misma forma. ©
70. Definamos f .x/ D 5x2
C ˛x 5
, donde ˛ 0 es una constante. Calcula el valor más pequeño
de ˛ tal que f .x/ 21 para todo x 0.
Solución. Calcularemos el mínimo de f .x/ en RC
, que dependerá de ˛, e impondremos que
dicho mínimo sea 21. Tenemos que:
f 0
.x/ D 10x 5˛x 6
D 5x 6
.2x7
˛/
El único cero de f 0
en RC
es x0 D 7
q
˛
2
. Para 0 x x0 se tiene que f 0
.x/ 0 y para x x0
es f 0
.x/ 0. Deducimos que f alcanza en x0 su valor mínimo absoluto en RC
. Imponemos la
condición de que dicho valor mínimo sea 21:
f .x0/ D 5x2
0 C ˛x 5
0 D 5
˛
2
7
2
2
7
C ˛
2
5
7
˛
5
7
D ˛
2
7
7
2
2
7
21 ” ˛ 2

21
7
7
2
D 54
p
3
El valor mínimo pedido de ˛ es 54
p
3. ©
71. Calcula el mínimo valor de
Pn
kD1.x ak/2
donde a1; a2; : : : ; an son números reales dados.
Solución. Se trata de calcular el mínimo absoluto de la función f .x/ D
n
X
kD1
.x ak/2
cuando
x 2 R. Cuando una función no está definida en un intervalo cerrado hay que estudiar el signo
de la derivada si queremos calcular máximos o mínimos absolutos cuya existencia habrá que
justificar. Tenemos
f 0
.x/ D 2
n
X
kD1
.x ak/ D 2n x 2
n
X
kD1
ak
que se anula solamente en
x D
1
n
n
X
kD1
ak:
Como f 00
.x/ D 2n 0, se sigue que f 0
.x/ es creciente y, por tanto, f 0
.x/ 0 si x x y
f 0
.x/ 0 si x x. Luego f .x/ 6 f .x/ para todo x 2R. Es decir, el valor mínimo buscado se
obtiene cuando x se sustituye por la media aritmética, x, de a1; a2; : : : ; an. ©

72. Calcula la imagen de f W RC
! R dada por f .x/ D x1=x
.
Solución. Como se trata de una función continua, definida en un intervalo, su imagen tiene que
ser un intervalo. Escribamos f .x/ D exp

log x
x

. Tenemos que f 0
.x/ D
1 log x
x2
f .x/. Es
evidente que f .x/ 0 para todo x 0. La derivada se anula solamente para x De, y f 0
.x/ 0
para 0 x e, f 0
.x/ 0 para x e. Deducimos que en x D e la función alcanza un máximo
absoluto. Es claro que f no alcanza ningún mínimo absoluto aunque toma valores arbitrariamente
próximos a 0, pues como lK
ım
x!0
x 0
log x
x
D 1, se sigue que lK
ım
x!0
x 0
f .x/D0. Concluimos que la imagen
de f es el intervalo 0; e1= e
. ©
73. Sea f W R ! R la función definida por f .x/ D e 1=x2
para x ¤ 0, y f .0/ D 0. Estudia la
continuidad y derivabilidad de f y calcula su imagen.
Solución. Consideremos la función g W RC
o ! R definida para todo x 0 por g.x/De 1=x
D
1
e1=x
,
y g.0/ D 0. Recuerda que para todo número r 2R se verifica que
lK
ım
x!C1
xr
ex
D lK
ım
x!0
x 0
1
xr e1=x
D 0
Como lK
ım
x!0
x 0
g.x/ D 0, la función g es continua en RC
o . Para x 0 es
g0
.x/ D
1
x2
e 1=x
D
1
x2 e1=x
;
por lo que lK
ım
x!0
x 0
g0
.x/ D 0 y, por un resultado de teoría usado ya en varias ocasiones, concluimos
que g es derivable en 0 con g0
.0/ D 0 siendo, además, g0
continua en 0 y, por tanto, en RC
o .
Como para x 0 es g 00
.x/ D 2x 3
C x 4

e 1=x
, se sigue que lK
ım
x!0
x 0
g 00
.x/ D 0, luego g es
dos veces derivable en 0 siendo g 00
.0/ D 0. De esta forma puedes demostrar por inducción que g
tiene derivadas de todos órdenes en x D 0 siendo g.n/
.0/ D 0 para todo n2N.
Como f .x/ D g.x2
/ para todo x 2 R, se sigue que también f tiene derivadas de todos órdenes
en x D 0 siendo f .n/
.0/ D 0 para todo n 2 N. Por tanto, f tiene derivadas de todos órdenes en
R, es decir, es una función de clase C1
en R.
Sabemos que la imagen de f es un intervalo. El mínimo absoluto de f se alcanza en x D 0.
Como f 0
.x/ D
2
x3
e 1=x2
.x ¤ 0/, se tiene que f 0
.x/ 0 si x 0 y f 0
.x/ 0 si x 0.
Luego f es estrictamente decreciente en 1; 0 y estrictamente creciente en Œ0; C1Œ. Además
como f . x/ D f .x/, tenemos que f .R/ D f .Œ0; C1Œ/ D Œf .0/; lK
ım
x!C1
f .x/ŒDŒ0; 1Œ. ©
74. Sea f W Œa; b ! R continua en Œa; b y derivable dos veces en a; bŒ. Supongamos que el segmen-
to de extremos .a; f .a// y .b; f .b// corta a la gráfica de f en un punto .c; f .c// con a c b:
Demuestra que existe algún punto d 2a; bŒ tal que f 00
.d/ D 0:
Sugerencia. Interpreta gráficamente el enunciado.
Solución.

Basta aplicar el teorema del valor medio a f en los
intervalos Œa; c y Œc; b para obtener que hay puntos
u 2a; cŒ, v 2c; bŒ tales que
f 0
.u/ D
f .c/ f .a/
c a
; f 0
.v/ D
f .b/ f .c/
b c
Como los puntos .a; f .a//, .c; f .c// y .b; f .b//
están alineados es:
f .c/ f .a/
c a
D
f .b/ f .c/
b c
:
Por tanto f 0
.u/ D f 0
.v/.
Aplicamos ahora el teorema de Rolle a f 0
en
Œu; v, para concluir que hay algún z 2u; vŒ tal que
f 00
.z/ D 0. ©
.a; f .a//
.b; f .b//
c
a b
u v
75. Sea f W Œa; b ! R derivable y f 0
creciente. Prueba que la función gWa; b ! R dada para todo
x 2a; b por g.x/ D
f .x/ f .a/
x a
es creciente.
Solución.
Podemos derivar g.x/ como se deriva un cociente. Tenemos
g0
.x/ D
f 0
.x/.x a/ .f .x/ f .a//
.x a/2
; .a x 6 b/
Aplicando el teorema del valor medio a f en el intervalo Œa; x, tenemos f .x/ f .a/Df 0
.c/.x
a/ para algún c 2a; xŒ. Por tanto
f 0
.x/.x a/ .f .x/ f .a// D .f 0
.x/ f 0
.c//.x a/ 0
por ser f 0
creciente. Concluimos que g0
.x/ 0 para todo x 2a; b, lo que implica que g es
creciente en dicho intervalo. ©
76. Justifica que existe una función g W R ! R derivable y que verifica que g.x/ C eg.x/
Dx para
todo x 2R. Calcula g0
.1/ y g0
.1 C e/.
Solución.
Se trata de probar que la función f W R ! R definida por f .x/ D ex
Cx es una biyección de
R sobre R, pues entonces llamando g a la función inversa de f , se tendrá que f .g.x// D x, es
decir, g.x/ C eg.x/
Dx para todo x 2R.
Naturalmente, sería una ingenuidad intentar calcular de forma explícita la función inversa de f ,
pues la igualdad xCex
Dy no permite expresar de forma elemental x como función de y. Hemos
de contentarnos con demostrar que la función g existe.
Desde luego, como f 0
.x/ D 1 C ex
0, se sigue que f es inyectiva, de hecho, estrictamente
creciente en R. Además como lK
ım
x! 1
f .x/D 1 y lK
ım
x!C1
f .x/DC1, se sigue que la imagen de
f es todo R (porque debe ser un intervalo no minorado ni mayorado). Luego f es una biyección
y su función inversa, g D f 1
verifica que g.x/ C eg.x/
Dx, para todo x 2R.
En virtud del teorema de la función inversa, sabemos que g es derivable y la relación entre las
respectivas derivadas viene dada por g0
.x/ D
1
f 0
.g.x//
. Como g.1/ D 0 (porque f .0/ D 1) y
g.1 C e/ D 1 (porque f .1/ D 1 C e), deducimos que
g0
.1/ D
1
f 0
.0/
D
1
2
; g0
.1 C e/ D
1
f 0
.1/
D
1
1 C e
:
©

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