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El problema de la velocidad. Derivada de una función. Ejemplos de derivadas

Un problema relativo a velocidad

Sea un proyectil lanzado verticalmente desde el suelo a una velocidad de \(45\) metros por segundo. Prescindiendo del rozamiento, se supone que solamente actúa la gravedad, por lo que el proyectil se mueve en línea recta. Sea \(f(t)\) la altura en metros que alcanza el proyectil \(t\) segundos después del lanzamiento. Si la fuerza de la gravedad no actuara en él, el proyectil continuaría subiendo a velocidad constante, recorriendo una distancia de \(45\) metros cada segundo, y en el tiempo \(t\) se tendría \(f(t)=45t\). Pero a causa de la gravedad, el proyectil va retardándose hasta que su velocidad llega a valer cero, y a partir de ese momento cae al suelo. Experiencias físicas indican que mientras el proyectil está en movimiento su altura \(f(t)\) viene dada aproximadamente por la fórmula

\[f(t)=45t-5t^2\qquad(1)\]

El término \(-5t^2\) es debido a la influencia de la gravedad. Obsérvese que \(f(t)=0\) cuando \(t=0\) y \(t=9\); o sea, que el proyectil regresa a la tierra después de \(9\) segundos, por lo que la fórmula anterior sólo es válida para \(0\leqslant t\leqslant9\).

El problema a considerar es el siguiente: Determinar la velocidad del proyectil en cada instante de su movimiento. Para poder comprender este problema, hay que precisar lo que se entiende por velocidad en cada instante. Para ello, se introduce la noción de velocidad media durante un intervalo de tiempo, es decir, desde el instante \(t\) al \(t+h\), definiéndola como el cociente:

\[\frac{\text{diferencia de distancias en el intervalo de tiempo}}{\text{intervalo de tiempo}}=\frac{f(t+h)-f(t)}{h}\]

Este cociente, llamado cociente incremental, es un número que se puede calcular siempre que \(t\) y \(t+h\) pertenezcan ambos al intervalo \([0,9]\). El número \(h\) puede ser positivo o negativo, pero no cero. Se dejará fijo \(t\) y se estudiará lo que le ocurre al cociente incremental, cuando se dan a \(h\) valores cada vez menores en valor absoluto.

Por ejemplo, considérese el instante \(t=2\). La distancia recorrida después de \(2\) segundo es:

\[f(2)=90-20=70\]

En el tiempo \(t=2+h\) la distancia recorrida es:

\[f(2+h)=45(2+h)-5(2+h)^2=70+25h-5h^2\]

Por tanto, la velocidad media en el intervalo entre \(t=2\) y \(t=2+h\) es

\[\frac{f(2+h)-f(2)}{h}=\frac{25h-5h^2}{h}=25-5h\]

Tomando valores de \(h\) cada vez más pequeños en valor absoluto, esta velocidad media se acerca más y más a \(25\). Por ejemplo, si \(h=0,1\) la velocidad media es \(24,5\); si \(h=0,001\), es \(24,995\); si \(h=0,00001\), se obtiene el valor \(24,99995\), y cuando \(h=-0,00001\) se obtiene \(25,00005\). Lo importante es que se puede obtener la velocidad media tan próxima a \(25\) como se desee, si más que tomar \(|h|\) suficientemente pequeño. Se describe este hecho diciendo que la velocidad media tiende al límite \(25\) cuando \(h\) tiende a cero. Parece natural llamar al valor de este límite la velocidad instantánea en el instante \(t=2\).

Los mismos cálculos se pueden efectuar para cualquier otro instante. La velocidad media en un intervalo arbitrario entre \(t\) y \(t+h\) está dado por el cociente:

\[\frac{f(t+h)-f(t)}{h}=\frac{(45(t+h)-5(t+h)^2)-(45t-5t^2)}{h}=45-10t-5h\]

Cuando \(h\) tiende a cero, la expresión de la derecha tiende al límite \(45-10t\) que define la velocidad instantánea en el instante \(t\). Designando la velocidad instantánea por \(v(t)\) se tiene

\[v(t)=45-10t\qquad(2)\]

La fórmula \((1)\) del espacio \(f(t)\), define una función \(f\) que indica la altura a que se encuentra el proyectil en cada instante de su movimiento; \(f\) se denomina función posición o ley de espacios. Su dominio es el intervalo cerrado \([0,9]\) y su gráfica es la siguiente:

grafica espacio 01

La fórmula \((2)\) de la velocidad \(v(t)\) define una nueva función \(v\) que indica la rapidez con que se mueve el proyectil en cada instante de su movimiento, se denomina función velocidad y su gráfica la tienes a continuación.

grafica velocidad 01

Obsérvese que, al crecer \(t\) de \(0\) a \(9\), \(v(t)\) decrece constantemente de \(v(0)=45\) a \(v(9)=-45\). Para hallar el instante \(t\) en el cual \(v(t)=0\) se resuelve la ecuación \(45-10t=0\) obteniéndose \(t=\frac{9}{2}\). Por tanto, en el punto central del movimiento la influencia de la gravedad reduce la velocidad a cero y el proyectil queda instantáneamente fijo. La altura en este instante es \(f(\frac{9}{2})=101,25\). Si \(t>\frac{9}{2}\), la velocidad es negativa y la altura decrece.

El proceso por el cual se obtiene \(v(t)\) a partir del cociente incremental se denomina "hallar el límite cuando \(h\) tiende a cero", y se expresa simbólicamente como sigue:

\[v(t)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(t+h)-f(t)}{h}\qquad(3)\]

Esta expresión usada para definir la velocidad, en el ejemplo anterior, tiene un sentido más amplio y permite definir la velocidad en movimientos a lo largo de una línea recta, cuando se conozca la función de posición \(f\), y siempre que el cociente incremental tienda a un límite cuando \(h\) tiende a cero.

Derivada de una función

El ejemplo expuesto en el apartado anterior señala el camino para introducir el concepto de derivada. Sea \(f\) una función definida por lo menos en un intervalo abierto \((a,b)\) del eje \(X\). Se elige un punto \(x\) en este intervalo y se forma el cociente de diferencias

\[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\]

donde el número \(h\) puede ser positivo o negativo (pero no cero), y tal que \(x+h\) pertenezca también a \((a,b)\). El numerador de este cociente mide la variación de la función cuando \(x\) varía de \(x\) a \(x+h\). El cociente representa la variación media de \(f\) en el intervalo que une \(x\) a \(x+h\).

Seguidamente se hace tender \(h\) a cero y se estudia lo que le ocurre a ese cociente. Si tiende hacia un cierto valor como límite (y será el mismo, tanto si \(h\) tiende a cero con valores positivos como negativos), entonces ese límite se denomina derivada de \(f\) en \(x\) y se indica por el símbolo \(f'(x)\). Por tanto, la definición formal de \(f'(x)\) puede establecerse del siguiente modo.

Definición de derivada.

La derivada \(f'(x)\) está definida por la igualdad

\[f'(x)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\qquad(4)\]

con tal que el límite exista. El número \(f'(x)\) también se denomina coeficiente de variación de \(f\) en \(x\).

Comparando la igualdad \((4)\) con la igualdad \((3)\) se ve que el concepto de velocidad instantánea es simplemente un ejemplo del concepto de derivada. La velocidad \(v(t)\) es igual a la derivada \(f'(t)\) cuando \(f\) es la ley de espacios; lo que frecuentemente se expresa diciendo que la velocidad es la relación entre la variación del espacio y la del tiempo. Ya hemos visto en el apartado anterior que la ley de espacios está dada por la ecuación \(f(t)=45t-t^2\), y su derivada \(f'\) es una nueva función (velocidad) dada por \(f'(t)=45-10t\).

En general, el proceso de paso al límite por el que se obtiene \(f'(x)\) a partir de \(f(x)\), abre un camino para obtener una nueva función \(f'\) a partir de una función dada \(f\). Este proceso se denomina derivación, y \(f'\) es la primera derivada de \(f\). Si \(f'\) a su vez está definida en un intervalo abierto, se puede también calcular su primera derivada, indicada por \(f''\) y que es la segunda derivada de \(f\). Análogamente, la derivada \(n\)-sima de \(f\), que se indica por \(f^{(n)}\), se define como la derivada primera de \(f^{(n-1)}\). Convendremos en que \(f^{(0)}=f\), esto es, la derivada de orden cero es la misma función.

En el caso del movimiento rectilíneo, la primera derivada de la velocidad (segunda derivada del espacio) se denomina aceleración. Por ejemplo, para calcular la aceleración en el ejemplo del apartado anterior, se puede utilizar la ecuación \((2)\) para formar el cociente de diferencias

\[\frac{v(t+h)-v(t)}{h}=\frac{(45-10(t+h))-(45-10t)}{h}=\frac{-10h}{h}=-10\]

Como este cociente no varía al tender \(h\) a \(0\), se puede considerar que tiende a \(-10\) (puesto que es \(-10\) cuando \(h\) está próximo a \(0\)). Se concluye pues que la aceleración en este problema es constante e igual a \(-10\), lo que indica que la velocidad decrece a una razón de \(10\) metros por segundo cada segundo. En \(9\) segundos el decrecimiento total de la velocidad es \(9\cdot10=90\) metros por segundo, que está de acuerdo con el hecho de que durante los \(9\) segundos de movimiento la velocidad cambie de \(v(0)=45\) a \(v(9)=-45\).

Ejemplos de derivadas

EJEMPLO 1. Derivada de la función constante. Supongamos que \(f\) es una función constante: sea por ejemplo \(f(x)=k\), para todo \(x\). El cociente de diferencias es

\[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{c-c}{h}=0\]

Puesto que el cociente es \(0\) para todo \(x\), su límite cuando \(h\) tiende a cero, \(f'(x)\), es también \(0\) para todo \(x\). Dicho de otro modo, una función constante tiene derivada nula para todo \(x\).

EJEMPLO 2. Derivada de la función lineal. Sea \(f\) una función lineal, por ejemplo \(f(x)=mx+n\) para todo real \(x\). Si \(h\neq0\), tenemos

\[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{m(x+h)+b-(mx+b)}{h}=\frac{mh}{h}=m\]

Como que el cociente de diferencias no cambia cuando \(h\) tiende a \(0\), resulta que \(f'(x)=m\), para cada \(x\). Así que, la derivada de una función lineal es una función constante.

EJEMPLO 3. Derivada de una función potencial de exponente entero positivo. Consideremos el caso \(f(x)=x^n\), siendo \(n\) un entero positivo. El cociente de diferencias es ahora

\[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{(x+h)^n-x^n}{h}\]

En álgebra elemental se tiene la igualdad (¡compruébese!)

\[a^n-b^n=(a-b)\left(b^{n-1}+ab^{n-2}+a^2b^{n-3}+\ldots+a^{n-2}b+a^{n-1}\right)\]

Es conveniente observar que el segundo paréntesis del segundo miembro tiene \(n\) sumandos. Si en la igualdad anterior se toma \(a=x+h\) y \(b=x\), la identidad se transforma en:

\[(x+h)^n-x^n=h\left(x^{n-1}+(x+h)x^{n-2}+(x+h)^2x^{n-3}+\ldots+(x+h)^{n-2}x+(x+h)^{n-1}\right)\]

Si dividimos entre \(h\) los dos miembros de la igualdad tenemos:

\[\frac{(x+h)^n-x^n}{h}=x^{n-1}+(x+h)x^{n-2}+(x+h)^2x^{n-3}+\ldots+(x+h)^{n-2}x+(x+h)^{n-1}\]

Insistimos en que en la suma del segundo miembro hay \(n\) términos. Cuando \(h\) tiende a \(0\) tenemos:

\[\lim_{h\rightarrow0}\frac{(x+h)^n-x^n}{h}=\lim_{h\rightarrow0}\left(x^{n-1}+(x+h)x^{n-2}+(x+h)^2x^{n-3}+\ldots+(x+h)^{n-2}x+(x+h)^{n-1}\right)=\]

\[=x^{n-1}+x\cdot x^{n-2}+x^2\cdot x^{n-3}+\ldots+x^{n-2}\cdot x+x^{n-1}=x^{n-1}+x^{n-1}+x^{n-1}+\ldots n\text{ veces}\ldots+x^{n-1}\]

Por tanto, la suma de los últimos \(n\) términos es \(nx^{n-1}\). En definitiva: \(f'(x)=nx^{n-1}\), para todo \(x\).

EJEMPLO 4. Derivada de la función seno. Sea \(f(x)=\text{sen}\,x\). El cociente de diferencias es

\[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{\text{sen}(x+h)-\text{sen}\,x}{h}\]

Para transformarlo de modo que haga posible calcular el límite cuando \(h\rightarrow0\), utilizamos la identidad trigonométrica

\[\text{sen}\,A-\text{sen}\,B=2\,\text{sen}\frac{A-B}{2}\cos\frac{A+B}{2}\]

Poniendo \(A=x+h\) y \(B=x\) tenemos

\[\frac{\text{sen}(x+h)-\text{sen}\,x}{h}=\frac{2\,\text{sen}\frac{h}{2}\cos\frac{2x+h}{2}}{h}=\frac{\text{sen}\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\cos\left(x+\frac{h}{2}\right)\]

Cuando \(h\rightarrow0\), el factor \(\cos\left(x+\frac{h}{2}\right)\rightarrow\cos x\) por la continuidad del coseno. Asimismo, el siguiente límite

\[\lim_{x\rightarrow0}\frac{\text{sen}\,x}{x}=1\]

(ver gráfica de la función \(\frac{\text{sen}\,x}{x}\), la cual tienes a continuación), demuestra que

\[\lim_{h\rightarrow0}\frac{\text{sen}\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}=1\]

grafica senx partido x

Por lo tanto el cociente de diferencias tiene como límite \(\cos x\) cuando \(h\rightarrow0\). Dicho de otro modo, \(f'(x)=\cos x\) para todo \(x\), es decir, la derivada de la función seno es el coseno.

EJEMPLO 5. Derivada de la función coseno. Sea \(f(x)=\cos x\). Demostraremos que \(f'(x)=-\text{sen}\,x\), esto es, que la derivada de la función coseno es menos la función seno. Hemos de partir ahora de la identidad trigonométrica siguiente:

\[\cos A-\cos B=-2\,\text{sen}\frac{A-B}{2}\text{sen}\frac{A+B}{2}\]

Pongamos \(A=x+h\) y \(B=x\). De manera similar a como se ha procedido en el ejemplo anterior, esto nos conduce a la fórmula

\[\frac{\cos(x+h)-\cos x}{h}=-\frac{2\,\text{sen}\frac{h}{2}\text{sen}\frac{2x+h}{2}}{h}=-\frac{\text{sen}\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\text{sen}\left(x+\frac{h}{2}\right)\]

La continuidad de la función seno demuestra que \(\text{sen}(x+\frac{h}{2})\rightarrow\text{sen}\,x\) cuando \(h\rightarrow0\). Además, recordemos que \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{\text{sen}\,x}{x}=1\). Por tanto \(f'(x)=-\text{sen}\,x\).

EJEMPLO 6. Derivada de la función raíz n-sima. Si \(n\) es un entero positivo, sea \(f(x)=x^{1/n}\) para \(x>0\). El cociente de diferencias para \(f\) es

\[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{(x+h)^{1/n}-x^{1/n}}{h}\]

Pongamos \(u=(x+h)^{1/n}\) y \(v=x^{1/n}\). Tenemos entonces \(u^n=x+h\) y \(v^n=x\), con lo que \(h=u^n-v^n\), y el cociente de diferencias toma la forma (ver ejemplo 3)

\[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{u-v}{u^n-v^n}=\frac{1}{u^{n-1}+u^{n-2}v+\ldots+uv^{n-2}+v^{n-1}}\]

La continuidad de la función raíz \(n\)-sima prueba que \(u\rightarrow v\) cuando \(h\rightarrow0\). Por consiguiente, cada término del denominador del miembro de la derecha tiene límite \(v^{n-1}\) cuando \(h\rightarrow0\). En total hay \(n\) términos, con lo que el cociente de diferencias tiene como límite \(\frac{1}{nv^{n-1}}=\frac{v^{1-n}}{n}\). Puesto que \(v=x^{1/n}\), esto demuestra que

\[f'(x)=\frac{x^{(1/n)(1-n)}}{n}=\frac{1}{n}x^{1/n-1}\]

EJEMPLO 7. Continuidad de las funciones que admiten derivadas. Si una función \(f\) tiene derivada en un punto \(x\), es también continua en \(x\). Para demostrarlo, empleamos la identidad

\[f(x+h)=f(x)+h\left(\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right)\]

que es válida para \(h\neq0\). Si hacemos que \(h\rightarrow0\), el cociente de diferencias del segundo miembro tiende a \(f'(x)\) y, puesto que este cociente está multiplicado por un factor que tiende hacia \(0\), el segundo término del segundo miembro tiende a \(0\). Esto demuestra que \(f(x+h)\rightarrow f(x)\) cuando \(h\rightarrow0\), y por tanto que \(f\) es continua en \(x\) (obsérvese que esto es lo mismo que decir, haciendo un adecuado cambio de variable, que \(f(x)\rightarrow f(a)\) cuando \(x\rightarrow a\)).

Este último ejemplo proporciona un nuevo procedimiento para probar la continuidad de las funciones. Cada vez que establecemos la existencia de una derivada \(f'(x)\), establecemos también, al mismo tiempo, la continuidad de \(f\) en \(x\). Debería observarse, no obstante, que el recíproco no es cierto. La continuidad en \(x\) no implica necesariamente la existencia de la derivada \(f'(x)\). Por ejemplo, cuando \(f(x)=|x|\), el punto \(x=0\) es de continuidad de \(f\) (ya que \(f(x)\rightarrow f(0)=0\) cuando \(x\rightarrow0\)), pero no existe derivada en \(0\). El cociente de diferencias \(\frac{f(0+h)-f(0)}{h}\) es igual a \(\frac{|h|}{h}\). Éste vale \(1\) si \(h>0\) y \(-1\) si \(h<0\), y por consiguiente no tiene límite cuando \(h\rightarrow0\).

grafica valor absoluto

Referencia bibliográfica. Apostol T. M. (1990. Reimpresión digital 2015): Calculus I. Cálculo con funciones de una variable, con una introducción al álgebra lineal (Reverté Ediciones).


Puedes descargar el artículo completo en pdf haciendo clic aquí.


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Derivación de funciones en forma implícita

Hay relaciones entre variables cuya expresión analítica no es de la forma \(y=f(x)\). Es decir, la variable dependiente \(y\) no aparece despejada o de forma explícita. Por ejemplo, las ecuaciones de las cónicas relacionan de forma implícita sus variables. Se dice que la función está dada de forma implícita mediante una relación de la forma

\[f(x,y)=0\]

En muchos de estos casos es difícil o muy laborioso aislar o despejar la variable dependiente \(y\) en función de la independiente \(x\). Pero podemos realizar la derivada de la función tal y como está escrita en forma implícita, aplicando la regla de la cadena, y teniendo en cuenta que derivamos respecto de la variable independiente, que en nuestro caso es \(x\).

Veamos un par de ejemplos.

Ejemplo 1

Se desea calcular la recta tangente a la circunferencia \(x^2+y^2-6y-16=0\) en los puntos de abscisa \(x=3\).

Es evidente que despejar \(y\) no es fácil. Por tanto derivamos en forma implícita la ecuación, con lo que tenemos que

\[2x+2yy'-6y'-0=0\Rightarrow2x+(2y-6)y'=0\Rightarrow y'=\frac{-2x}{2y-6}=\frac{-x}{y-3}\]

Para \(x=3\), tenemos que \(9+y^2-6y-16=0\), es decir, para averiguar las ordenadas de los puntos hemos de resolver la ecuación de segundo grado anterior, cuyas soluciones son \(y=-1\), \(y=7\), por lo que los puntos en los que debemos calcular la tangente son \((3,\,-1)\) y \((3,\,7)\).

Sabemos que la ecuación de la recta tangente en un punto \((a,\,f(a))\) es \(y-f(a)=f'(a)(x-a)\). En el punto \((3,\,-1)\) tenemos que \(y'=\dfrac{-3}{-1-3}=\dfrac{3}{4}\), con lo que la recta tagente en este punto será

\[y-(-1)=\frac{3}{4}(x-3)\Rightarrow y=\frac{3}{4}x-\frac{13}{4}\]

En el punto \((3,\,7)\) tenemos que \(y'=\dfrac{-3}{7-3}=\dfrac{-3}{4}\), y en este punto la recta tangente será

\[y-7=-\frac{3}{4}(x-3)\Rightarrow y=-\frac{3}{4}x+\frac{37}{4}\]

En la figura siguiente puedes ver la circunferencia y la dos rectas tangentes en los punto \((3,\,-1)\) y \((3,\,7)\).

derivacion implicita 01

Ejemplo 2

Vamos a calcular ahora la ecuación de la recta tangente a la curva

\[\text{sen}(x^2y)-y^2+x=2-\frac{\pi^2}{16}\]

en el punto de \(\left(2,\,\dfrac{\pi}{4}\right)\)

Es fácil comprobar que la curva pasa por el punto \(\left(2,\,\dfrac{\pi}{4}\right)\) porque

\[\text{sen}\left(2^2\frac{\pi}{4}\right)-\left(\frac{\pi}{4}\right)^2+2=\text{sen}\,\pi-\frac{\pi^2}{16}+2=2-\frac{\pi^2}{16}\]

Derivemos implícitamente:

\[\cos(x^2y)(2xy+x^2y')-2yy'+1=0\]

Sustituyendo \(x=2\) e \(y=\dfrac{\pi}{4}\), en la expresión anterior tenemos:

\[(\pi+4y')\cos\pi-\frac{\pi}{2}y'+1=0\Rightarrow-\pi-4y'-\frac{\pi}{2}y'+1=0\Rightarrow\]

\[\Rightarrow-2\pi-8y'-\pi y'+2=0\Rightarrow(8+\pi)y'=2-2\pi\Rightarrow y'=\frac{2-2\pi}{8+\pi}\]

Por tanto la recta tangente en el punto \(\left(2,\,\dfrac{\pi}{4}\right)\)es

\[y-\frac{\pi}{4}=\frac{2-2\pi}{8+\pi}(x-2)\Rightarrow y=\frac{2-2\pi}{8+\pi}(x-2)+\frac{\pi}{4}\]

derivacion implicita 02

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5 ejercicios diversos sobre cálculo integral

Ejercicio 1

Calcular \(f(x)\) de manera que \(f'(x)=\ln|4x^2-1|\) y \(f(0)=0\).

Ejercicio 2

Consideremos la función \(f:(0\,,2)\longrightarrow\mathbb{R}\) definida por:

\[f(x)=\begin{cases}-\ln x&\text{si}&0<x\leqslant 1\\-\ln(2-x)&\text{si}&1<x<2\end{cases}\]

Se pide:

  1. Estudiar la continuidad y derivabilidad de \(f\) en el punto \(x=1\).
  2. Representar aproximadamente la gráfica de \(f\).
  3. Calcular \(\displaystyle\int^2_0{f(x)\,dx}\).

Ejercicio 3

Encontrar una función \(f\) sabiendo que \(f(1)=0\) y que

\[f'(x)=\begin{cases}x&\text{si}&x<0\\ \displaystyle\frac{1}{x+1}-e^x&\text{si}&x\geqslant0\end{cases}\]

Ejercicio 4

Dada la siguiente función de la que se sabe que es continua:

\[f(x)=\begin{cases}a\ln(2-x)&\text{si}&x<3/2 \\b\,\text{sen}(\pi x)&\text{si}&3/2\leqslant x\leqslant2\\e^{bx/2}-4&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Se pide:

  1. Encontrar \(a\) y \(b\).
  2. Estudiar la derivabilidad de \(f\).
  3. Hacer una representación gráfica aproximada de \(f\).
  4. Sea \(R\) el recinto limitado por la gráfica de \(f\) y las rectas verticales \(x=0\) y \(x=3\). Hallar el área de \(R\).

Ejercicio 5

Sea \(f\) una función derivable de la que se sabe que la curva \(y=f(x)\) pasa por los puntos \(\left(\dfrac{1}{2},\,1\right)\) y \((2,\,\ln8)\) y que en cada uno de sus puntos su pendiente es proporcional al valor absoluto del logaritmo neperiano de la absicas. Se pide:

  1. Determinar \(f\).
  2. Calcular \(\displaystyle\int^2_{0,5}{f(x)\,dx}\).
  3. Sea \(R\) el recinto limitado por la citada curva y las rectas \(y=1\), \(x=\dfrac{1}{2}\) y \(x=2\). Hallar el área de \(R\).
  4. Calcular el volumen generado al girar \(R\) alrededor del eje \(OX\).
  5. Calcular el volumen generado al girar \(R\) alrededor del eje \(OY\).

Calculemos las primitivas de \(\ln|4x^2-1|\). Para ello integraremos por partes:

\[\int{\ln|4x^2-1|\,dx}=\begin{bmatrix}u=\ln|4x^2-1|&\text{;}&\displaystyle du=\frac{8x}{4x^2-1}dx\\dv=dx&\text{;}&v=x\end{bmatrix}=\]

\[=x\ln|4x^2-1|-\int{\frac{8x^2}{4x^2-1}\,dx}\]

Para calcular la última intergral, hemos de dividir el numerador entre el denominador, obteniéndose de cociente \(2\) y de resto también \(2\) con lo que, como "dividendo es igual a divisor por cociente más el resto", tenemos:

\[8x^2=(4x^2-1)\cdot2+2\Rightarrow\frac{8x^2}{4x^2-1}=2+\frac{2}{4x^2-1}\]

Entonces:

\[\int{\frac{8x^2}{4x^2-1}dx}=\int{\left(2+\frac{2}{4x^2-1}\right)dx}=\]

\[2x+\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}=2x+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

La resolución de la última integral, \(\displaystyle\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}\), la puedes ver aquí.

Por tanto:

\[f(x)=x\ln|4x^2-1|-2x-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

y como \(f(0)=0\) resulta:

\[f(0)=0-0+0+c\Rightarrow c=0\]

Así, finalmente:

\[f(x)=x\ln|4x^2-1|-2x-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|\]

Para estudiar la continuidad en \(x=1\), calculamos los límites laterales:

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}(-\ln x)=-\ln1=0=f(1)\\ \displaystyle\lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}(-\ln(2-x))=-\ln1=0\end{cases}\]

Entonces, como \(\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^+}=f(1)\), se tiene que \(f\) es continua en \(x=1\).

Veamos las derivadas laterales:

\[f^{'}_{-}(x)=-\frac{1}{x}\Rightarrow f^{'}_{-}(1)=-1\quad\text{;}\quad f^{'}_{+}(x)=\frac{1}{2-x}\Rightarrow f^{'}_{+}(1)=1\]

Como \(f^{'}_-(1)\neq f^{'}_{+}(1)\), se tiene que \(f\) no es derivable en el punto \(x=1\).

La gráfica de la función \(f\) es la siguiente:

ejercicios integrales 01

Obsérvese que en el punto \(x=1\) la función, al no ser derivable, presenta un punto "anguloso" o en pico.

Como \(f(x)\) está definida a trozos, la integramos a trozos:

\[\int_0^2f(x)dx=\int_0^1f(x)dx+\int_1^2f(x)dx=\int_0^1-\ln x\,dx+\int_1^2-\ln(2-x)dx\]

Calculemos la primera de las dos últimas integrales definidas.

\[\int_0^1-\ln x\,dx=\left[x-x\ln x\right]_0^1=(1-1\cdot\ln1)-(0-\lim_{x\to0^+}x\ln x)=(1-0)-(0-0)=1\]

Para entender lo anterior hemos de explicar algunas cosas.

Hemos usado por un lado que \(\int-\ln xdx=x-x\ln x+C\), integral que se puede calcular fácilmente usando el método de integración por partes.

Por otro lado, puesto que el logaritmo neperiano no está definido en cero, hemos calculado el límite correspondiente, usando la regla de L'Hôpital:

\[\lim_{x\to0^+}x\ln x=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}-x=0\]

Podríamos calcular la segunda integral definida por un procedimiento similar. Sin embargo, vamos a aprovechas el cálculo anterior mediante un cambio de variable.

\[\int-\ln(x-2)dx=\begin{bmatrix}y=2-x &\Rightarrow &dx=-dy \\  x=2&\Rightarrow&y=0 \\ x=1&\Rightarrow&y=1 \end{bmatrix}=\int_1^0-\ln y(-dy)=\int_0^1-\ln y\,dy=1\]

Por tanto, finalmente

\[\int_0^2f(x)dx=1+1\]

Obsérvese que el valor de la integral definida anterior coincide con el área de la región delimitada por la gráfica de la función \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=0\), \(x=2\) .

ejercicios integrales 02

Observemos que \(f\) es derivable en \(x=0\) por estar definida \(f'(0)=0\), de lo cual se deduce que \(f\) es continua en en \(x=0\). Integrando tenemos:

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2}{2}+C_1& \text{si}&x<0\\ \ln(x+1)-e^x+C_2&\text{si}&x\geq0 \end{cases}\]

De \(f(1)=0\) se deduce que \(\ln2-e+C_2=0\), o sea, \(C_2=e-\ln2\).

De la continuidad de \(f\) en \(x=0\) resulta que \(C_1=-1+C_2\), es decir, \(C_1=e-\ln2-1\).

Por tanto la función \(f\) que se pide es

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2}{2}+e-\ln2-1& \text{si}&x<0\\ \ln(x+1)-e^x+e-\ln2&\text{si}&x\geq0 \end{cases}\]

Como se sabe que \(f\) es continua tenemos que

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to3/2^-}f(x)=\lim_{x\to3/2^-}a\ln(2-x)=a\ln(1/2)=-a\ln2 \\ \displaystyle\lim_{x\to3/2^+}f(x)=\lim_{x\to3/2^+}b\,\text{sen}(\pi x)=-b\end{cases}\Rightarrow a\ln2=b\]

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to2^-}f(x)=\lim_{x\to2^-}b\,\text{sen}(\pi x)=0 \\ \displaystyle\lim_{x\to2^+}f(x)=\lim_{x\to2^+}(e^{bx/2}-4)=e^b-4\end{cases}\Rightarrow e^b-4=0\]

De lo anterior se deduce que \(e^b-4=0\Rightarrow e^b=4\Rightarrow b=\ln 4=\ln2^2\Rightarrow b=2\ln 2\), y que \(a\ln2=b\Rightarrow a=2\).

De este modo la función queda de la forma

\[f(x)=\begin{cases}2\ln(2-x)&\text{si}&x<3/2 \\2\ln 2\cdot\text{sen}(\pi x)&\text{si}&3/2\leqslant x\leqslant2\\2^x-4&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Si exceptuamos los puntos \(x=\dfrac{3}{2}\) y \(x=2\), la derivada de \(f\) es

\[f'(x)=\begin{cases}\frac{-2}{2-x}&\text{si}&x<3/2 \\2\pi\ln 2\cdot\cos(\pi x)&\text{si}&3/2< x<2\\2^x\cdot\ln2&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Es muy fácil darse cuenta de que la derivada por la izquierda en \(\dfrac{3}{2}\) no coincide con la derivada por la derecha en \(\dfrac{3}{2}\). Del mismo modo la derivada por la izquierda en \(x=2\) no coincide con la derivada por la derecha en \(x=2\). Por tanto \(f\) no es derivable ni en \(x=\dfrac{3}{2}\) ni en \(x=2\).

La representación gráfica de \(f\) es:

ejercicios integrales 03

 El recinto \(R\) del que se pide el área queda de la siguiente manera:

ejercicios integrales 04

Obsérvese que el recinto \(R\) queda dividido claramente en cuatro regiones, dos por encima y dos por debajo del eje \(X\). Por tanto su área \(A\) será igual a

\[A=\int_0^1f(x)dx+\left|\int_1^{3/2}f(x)dx\right|+\left|\int_{3/2}^2f(x)dx\right|+\int_2^3f(x)dx\]

Calculemos primero las integrales indefinidas correspondientes:


\[\int2\ln(2-x)dx=2\int\ln(2-x)dx=\begin{bmatrix}
u=\ln(2-x)&\Rightarrow &\displaystyle du=\frac{-1}{2-x}dx \\
dv=dx&\Rightarrow &v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=2x\ln(2-x)+2\int\frac{x}{2-x}dx=2x\ln(2-x)+2\int\left(-1+\frac{2}{2-x}\right)dx=\]

\[=2x\ln(2-x)-2x-4\ln(2-x)+C=(2x-4)\ln(2-x)-2x+C\]


\[\int2\ln2\cdot\text{sen}(\pi x)dx=-\frac{2\ln2}{\pi}\cos(\pi x)+C\]


\[\int(2^x-4)dx=\frac{2^x}{\ln 2}-4x+C\]


Por tanto:

\[\int_0^1f(x)dx=\int_0^1 2\ln(2-x)dx=\left[(2x-4)\ln(2-x)-2x\right]_0^1=(0-2)-(-4\ln 2)=4\ln2-2\]

\[\int_1^{3/2}f(x)dx=\int_1^{3/2}2\ln(2-x)dx=\left[(2x-4)\ln(2-x)-2x\right]_1^{3/2}=(\ln2-3)-(0-2)=\ln2-1\]

\[\int_{3/2}^2 2\ln2\cdot\text{sen}(\pi x)dx=\left[-\frac{2\ln2}{\pi}\cos(\pi x)\right]_{3/2}^2=-\frac{2\ln 2}{\pi}\]

\[\int_2^3(2^x-4)dx=\left[\frac{2^x}{\ln 2}-4x\right]_2^3=\left(\frac{8}{\ln2}-12\right)-\left(\frac{4}{\ln2}-8\right)=\frac{4}{\ln2}-4\]

Así pues, el área del recinto \(R\) es

\[A=4\ln2-2+|\ln2-1|+\left|-\frac{2\ln2}{\pi}\right|+\frac{4}{\ln2}-4=\]

\[=4\ln2-2+1-\ln2+\frac{2\ln2}{\pi}+\frac{4}{\ln2}-4=\]

\[=\left(3+\frac{2}{\pi}\right)\ln2+\frac{4}{\ln2}-5\,\text{uds}^2\approx3.29\,\text{uds}^2\]

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Otros 5 ejercicios sobre continuidad, límites y derivadas

Ejercicio 1

Sea la siguiente función

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x+3a}{10}&\text{si}&x<0\\\displaystyle\frac{2x+1}{7x+5}&\text{si}& 0\leq x\leq1\\\displaystyle\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}&\text{si}&x>1\end{cases}\]

Hallar el valor de \(a\) para que \(f\) sea continua en \(x=0\). Estudiar la continuidad de \(f\) en \(x=1\).

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^-}\frac{x+3a}{10}=\frac{3a}{10}\\\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{2x+1}{7x+5}=\frac{1}{5}=f(0)\end{cases}\]

Entonces, para que \(f\) sea continua en \(x=0\) debe de ocurrir que

\[\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=f(0)\]

Por tanto:

\[\frac{3a}{10}=\frac{1}{5}\Rightarrow a=\frac{10}{15}=\frac{2}{3}\]

Estudiemos ahora la continudad de la función en \(x=1\).

Por un lado:

\[\lim_{x\rightarrow1^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow1^-}\frac{2x+1}{7x+5}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}\]

Por otro lado:

\[\lim_{x\rightarrow1^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}=\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{(\sqrt{x+3}-2)(\sqrt{x+3}+2)}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\]

\[=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{x+3-4}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{x-1}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}=\frac{1}{4}\]

Como los límites laterales son iguales, entonces existe el límite: \(\displaystyle\lim{x\rightarrow1}f(x)=\dfrac{1}{4}\). Además \(f(1)=\dfrac{1}{4}\). Por tanto \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}f(x)=f(1)=\dfrac{1}{4}\), y \(f\) es continua en \(x=1\).

Ejercicio 2

Calcular los siguientes límites:

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-12x^2+7x+1}{(2x+1)(1-4x)}\) ; b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^-}\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x+1}\right)\) ;

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)\) ; d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\sqrt{x}-\displaystyle\frac{1}{x}}{x-1}\)

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-12x^2+7x+1}{(2x+1)(1-4x)}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-12x^2+7x+1}{-8x^2-2x-1)}=\dfrac{-12}{-8}=\dfrac{1}{4}\)

b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^-}\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x+1}\right)=\lim_{x\rightarrow0^-}\dfrac{2(x+1)-3x}{x(x+1)}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=-\infty\)

Pero es más fácil hacerlo así: \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^-}\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x+1}\right)=-\infty-3=-\infty\)

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)=\left[\infty-\infty\right]\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)\left(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}\right)}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\)

\(=\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x^2+x-x^2+x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\dfrac{2}{1+1}=\dfrac{2}{2}=1\)

d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\sqrt{x}-\displaystyle\frac{1}{x}}{x-1}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x\sqrt{x}-1}{x(x-1)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{(x\sqrt{x}-1)(x\sqrt{x}+1)}{x(x-1)(x\sqrt{x}+1)}=\)

\(=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x^3-1}{x(x-1)(x\sqrt{x}+1)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{(x-1)(x^2+x+1)}{x(x-1)(x\sqrt{x}+1)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x^2+x+1}{x(x\sqrt{x}+1)}=\dfrac{3}{2}\)

Ejercicio 3

De la función siguiente calcular el dominio, los puntos de corte con los ejes y las asíntotas. Hacer una representación gráfica aproximada de la misma.

\[f(x)=\frac{x^3-27}{x^2-2x-15}\]

Las soluciones de \(x^2-2x-15=0\) son \(x=-3\) y \(x=5\). Por tanto \(\text{Dom}\,f=\mathbb{R}-\{-3\,,\,5\}\).

\(\dfrac{x^3-27}{x^2-2x-15}=0\Rightarrow x^3-27=0\Rightarrow x^3=27\Rightarrow x=\sqrt[3]{27}=3\). Por tanto el punto de corte con el eje \(X\) es \((3\,,\,0)\).

\(\dfrac{0^3-27}{0^2-2\cdot0-15}=\dfrac{-27}{-15}=\dfrac{9}{5}\), lo que quiere decir que el punto de corte con el eje \(Y\) es \(\left(0\,,\,\dfrac{9}{5}\right)\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-3}\dfrac{x^3-27}{x^2-2x-15}=\left[\dfrac{-54}{0}\right]=\begin{cases}-\infty&si&x\rightarrow-3^-\\+\infty&si&x\rightarrow-3^+\end{cases}\)

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow5}\dfrac{x^3-27}{x^2-2x-15}=\left[\dfrac{98}{0}\right]=\begin{cases}-\infty&si&x\rightarrow5^-\\+\infty&si&x\rightarrow5^+\end{cases}\)

De lo anterior se deduce que \(x=-3\) y \(x=5\) son asíntotas verticales de la función.

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{x^3-27}{x^2-2x-15}=\begin{cases}+\infty&si&x\rightarrow+\infty\\-\infty&si&x\rightarrow-\infty\end{cases}\), lo que quiere decir que \(f\) no tiene asíntotas horizontales.

Al dividir \(x^3-27\) entre \(x^2-2x-15\) se obtiene de cociente \(x+2\), lo que significa que \(y=x+2\) es una asíntota oblicua de la función.

Representación gráfica:

desmos 09

Ejercicio 4

Hallar, usando la definición, la derivada de la función \(f(x)=\dfrac{x-3x^2}{1-2x^2}\) en el punto \(x=1\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\displaystyle\frac{x-3x^2}{1-2x^2}-2)}{x-2}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\displaystyle\frac{x-3x^2-2(1-2x^2)}{1-2x^2}}{x-1}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x-3x^2-2+4x^2}{(x-1)(1-2x^2)}=\)

\(=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x^2+x-2}{(x-1)(1-2x^2)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{(x-1)(x+2)}{(x-1)(1-2x^2)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x+2}{1-2x^2}=\dfrac{3}{-1}=-3\)

Entonces \(f'(1)=-3\).

Ejercicio 5

Hallar la derivada de las siguientes funciones y simplificar el resultado en la medida de lo posible.

a) \(f(x)=\dfrac{5x^2+2x^3-10x+1}{5}\)  ;  b) \(f(x)=\dfrac{x-3x^2}{1-2x^2}\)  ;

c) \(f(x)=x^2\cdot(\sqrt{x}-1)\)  ;  d) \(f(x)=\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x^3}\right)\cdot x^2\)

a) \(f(x)=\dfrac{5x^2+2x^3-10x+1}{5}=\dfrac{1}{5}(5x^2+2x-10x+1)\).

Entonces \(f'(x)=\dfrac{1}{5}(10x+6x^2-10)=2x+\dfrac{6}{5}x^2-2\)

Otra forma (más enrevesada, utilizando la regla de derivación de un cociente):

\(\displaystyle f'(x)=\dfrac{(10x+6x^2-10)\cdot5-(5x^2+2x^3-10x+1)\cdot0}{5^2}=\dfrac{50x+30x^2-50}{25}=2x+\dfrac{6}{5}x^2-2\)

b) Usando otra vez la regla de derivación de un cociente tenemos:

\(f'(x)=\dfrac{(1-6x)(1-2x^2)-(x-3x^2)(-4x)}{(1-2x^2)^2}=\dfrac{1-2x^2-6x+12x^2+4x^2-12x^3}{(1-2x^2)^2}=\dfrac{2x^2-6x+1}{(1-2x^2)^2}\)

c) \(f'(x)=2x(\sqrt{x}-1)+x^2\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=2x\sqrt{x}-2x+\dfrac{x^2}{2\sqrt{x}}=\)

\(=\dfrac{4x^2-4x\sqrt{x}+x^2}{2\sqrt{x}}=\dfrac{5x^2-4x\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\dfrac{5x^2\sqrt{x}-4x^2}{2x}=\dfrac{5x\sqrt{x}-4x}{2}\)

Otra forma, expresando previamente la función de otra manera equivalente.

\(f(x)=x^2\cdot(\sqrt{x}-1)=x^2\sqrt{x}-x^2=x^2\cdot x^{1/2}-x^2=x^{5/2}-x^2\Rightarrow\)

\(\Rightarrow f'(x)=\dfrac{5}{2}x^{3/2}-2x=\dfrac{5}{2}\sqrt{x^3}-2x=\dfrac{5x\sqrt{x}}{2}-2x=\dfrac{5x\sqrt{x}-4x}{2}\)

d) \(f(x)=\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x^3}\right)\cdot x^2=\dfrac{2x^2}{x}-\dfrac{x^2}{x^3}=2x-\dfrac{1}{x}\Rightarrow\)

\(\Rightarrow f'(x)=2-\dfrac{-1}{x^2}=\dfrac{2x^2+1}{x^2}\)

Hagámoslo de otra manera:

\(f(x)=\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x^3}\right)\cdot x^2=\dfrac{2x^2-1}{x^3}\cdot x^2=\dfrac{(2x^2-1)x^2}{x^3}=\dfrac{2x^2-1}{x}\Rightarrow\)

\(\Rightarrow f'(x)=\dfrac{4x\cdot x-(2x^2-1)\cdot1}{x^2}=\dfrac{4x^2-2x^2+1}{x^2}=\dfrac{2x^2+1}{x^2}\)

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5 ejercicios sobre continuidad, límites y derivadas

Ejercicio 1

Estudiar la continuidad de la siguiente función definida por trozos. En el caso de que no sea continua, decir el tipo de discontinuidad existente. Representarla gráficamente.

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2-4}{x+2}&\text{si}&x<-2\\-2x-4&\text{si}& -2\leq x<1\\5&\text{si}& x=1\\\displaystyle\frac{-6}{2x-1}&\text{si}&x>1\end{cases}\]

\(f\) es continua en todo \(\mathbb{R}\) salvo, quizá, en \(x=-2\) y en \(x=1\). Esto es porque cada uno de los trozos en los que está definida \(f\) son funciones polinómicas y racionales, continuas en todo su dominio de definición. Estudiemos pues la continuidad en los puntos anteriores.

\(x=-2\)

Calculemos los límites laterales.

\[\lim_{x\rightarrow-2^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow-2^-}\frac{x^2-4}{x+2}=\left[\text{INDETERMINACIÓN}\ \frac{0}{0}\right]=\]

\[=\lim_{x\rightarrow-2^-}\frac{(x+2)(x-2)}{x+2}=\lim_{x\rightarrow-2^-}(x-2)=-4\ \ \text{;}\]

\[\lim_{x\rightarrow-2^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow-2^+}(-2x-4)=0\]

Como \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-2^-}f(x)\neq\lim_{x\rightarrow-2^+}f(x)\), entonces no existe \(\lim_{x\rightarrow-2}f(x)\) y, por tanto, \(f\) no es continua en \(x=-2\). En tal punto hay una discontinuidad de salto finito por ser los límites laterales finitos y distintos.

\(x=1\)

Calculemos los límites laterales.

\[\lim_{x\rightarrow1^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow1^-}(-2x-4)=-6\ \ \text{;}\]

\[\lim_{x\rightarrow1^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{-6}{2x-1}=-6\]

Como los límites laterales son iguales y finitos, entonces existe el límite cuando \(x\) tiende a \(1\) y tiene el mismo valor:

\[\lim_{x\rightarrow1}f(x)=-6\]

Sin embargo \(f(1)=5\). Por tanto

\[\lim_{x\rightarrow1}f(x)=-6\neq f(1)=5\]

Como el límite de la función en el punto no coincide con la imagen de la función en el punto, \(f\) no es continua en \(x=1\). Hay una discontinuidad evitable en dicho punto.

Representación gráfica de la función:

desmos 07

Ejercicio 2

Calcular los siguientes límites:

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{x^2-3x^3+4x-5}{2x^2+4x-5}\)  ;  b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-2}\dfrac{3x^2-x^3+10x}{-x^2-5x-6}\)  ;

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x^2-\sqrt{x^4-2x^2}}{-x^2+2}\)  ;  d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\displaystyle\frac{1}{x}-1}{\sqrt{x}-1}\)

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{x^2-3x^3+4x-5}{2x^2+4x-5}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-3x^3}{2x^2}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-3x}{2}=+\infty\)

Recuerda que si \(x\rightarrow\pm\infty\) el límite de una función racional también es \(\pm\infty\). El signo del infinito dependerá de los términos de mayor grado del numerador y del denominador que son los "dominantes" en un polinomio cuando \(x\rightarrow\pm\infty\).

b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-2}\dfrac{3x^2-x^3+10x}{-x^2-5x-6}=\left[\text{INDETERMINACIÓN}\ \frac{0}{0}\right]=\quad(*)\)

En este caso, para resolver la indeterminiación, hemos de simplificar la fracción algebraica. Para ello factorizamos el polinomio del numerador y del denominador.

\((*)\quad=\displaystyle\lim_{x\rightarrow-2}\dfrac{(x+2)(-x^2+5x)}{(x+2)(-x-3)}=\lim_{x\rightarrow-2}\dfrac{-x^2+5x}{-x-3}=\dfrac{-14}{-1}=14\)

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x^2-\sqrt{x^4-2x^2}}{-x^2+2}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{(x^2-\sqrt{x^4-2x^2})(x^2+\sqrt{x^4-2x^2})}{(-x^2+2)(x^2-\sqrt{x^4+2x^2})}=\)

\(=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x^4-x^4+2x^2}{(-x^2+2)(x^2-\sqrt{x^4+2x^2})}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{2x^2}{(-x^2+2)(x^2-\sqrt{x^4+2x^2})}=0\)

El último límite es igual a \(0\) porque el grado del numerador es menor que el grado del denominador (el grado del numerador es \(2\) y el del denominador es \(4\)). Esto ya se podía percibir en el límite de la función original, pero hemos multiplicado y dividido por el conjugado del numerador para que se se vea con más claridad.

d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\displaystyle\frac{1}{x}-1}{\sqrt{x}-1}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\displaystyle\dfrac{1-x}{x}}{\sqrt{x}-1}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{1-x}{x\left(\sqrt{x}-1\right)}=\left[\text{INDETERMINACIÓN}\ \frac{0}{0}\right]=\quad(*)\)

Para resolver la indeterminación multiplicamos y dividimos por el conjugado de \(\sqrt{x}-1\)

\((*)\ =\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{(1-x)\left(\sqrt{x}+1\right)}{x\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{(1-x)\left(\sqrt{x}+1\right)}{x(x-1)}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{-(x-1)\left(\sqrt{x}+1\right)}{x(x-1)}=\)

\(=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{-\left(\sqrt{x}+1\right)}{x}=\dfrac{-2}{1}=-2\)

Ejercicio 3

De la función siguiente calcular el dominio, los puntos de corte con los ejes y las asíntotas. Hacer una representación gráfica aproximada de la misma.

\[f(x)=\frac{-2x^3+x+1}{x^2-2x-3}\]

Si igualamos a cero el denominador obtenemos los números reales que no pertenecen al dominio de la función. Como las soluciones de la ecuación \(x^2-2x-3=0\) son \(x=-1\) y \(x=3\), entonces \(\text{Dom}\,f=\mathbb{R}-\{-1\,,\,3\}\).

Calculemos ahora los límites de la función en los puntos anteriores pues, de obtener como resultado infinito en alguno de ellos o en ambos, estos darían lugar a asíntotas verticales.

\[\lim_{x\rightarrow-1}\frac{-2x^3+x+1}{x^2-2x-3}=\left[\frac{2}{0}\right]=\begin{cases}+\infty&\text{si}&x\rightarrow-1^-\\-\infty&\text{si}&x\rightarrow-1^+\end{cases}\]

\[\lim_{x\rightarrow3}\frac{-2x^3+x+1}{x^2-2x-3}=\left[\frac{-50}{0}\right]=\begin{cases}+\infty&\text{si}&x\rightarrow3^-\\-\infty&\text{si}&x\rightarrow3^+\end{cases}\]

De lo anterior se desprende que las rectas \(x=-1\) y \(x=3\) son asíntotas verticales. Además, las tendencias a la izquierda y a la derecha de tales puntos nos permiten dibujar las correspondientes ramas hacia \(+\infty\) o hacia \(-\infty\) de la función.

Por otro lado, como \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-2x^3+x+1}{x^2-2x-3}=+\infty\) y \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{-2x^3+x+1}{x^2-2x-3}=-\infty\), \(f\) no tiene asíntotas horizontales. Pero sí que sabemos que en \(-\infty\) y en \(+\infty\) la función tiene ramas infinitas. Si la función tuviera alguna asíntota oblicua esas ramas infinitas serían asintóticas. Veámoslo a continuación.

De la división del polinomio \(-2x^3+x+1\) entre el polinomio \(x^2-2x-3\) se obtiene de cociente \(-2x-4\) y de resto \(-13x-11\). Por tanto:

\[-2x^3+x+1=(x^2-2x-3)(-2x-4)+(-13x-11)\Rightarrow\]

\[\Rightarrow\frac{-2x^3+x+1}{x^2-2x-3}=-2x-4+\frac{-13x-11}{x^2-2x-3}\Rightarrow\]

\[\Rightarrow\frac{-2x^3+x+1}{x^2-2x-3}-(-2x-4)=\frac{-13x-11}{x^2-2x-3}\]

De lo anterior se deduce que \(y=-2x-4\) es una asíntota oblicua. La última de las igualdades anteriores nos indica si la rama asintótica correspondiente está por encima o por debajo de tal asíntota oblicua. Si el signo de \(\frac{-13x-11}{x^2-2x-3}\) es mayor que cero para valores "muy grandes y positivos" la rama infinita estará por encima de la asíntota oblicua; en caso contrario, si el signo es menor que cero, la rama infinita estará por debajo de la asíntota oblicua. Algo similar ocurre si al mismo cociente le damos valores "muy grandes y negativos".

Finalmente, antes de dibujar la función, hallemos los puntos de corte con los ejes.

Si resolvemos la ecuación \(-2x^3+x+1=0\) obtendremos los puntos de coordenada \(y\) igual a cero y, por tanto, los puntos de corte con el eje \(X\). La ecuación anterior tiene una raíz entera: \(x=1\), con lo que \(-2x^3+x+1=0\Leftrightarrow(x-1)(-2x^2-2x-1)=0\). La ecuación \(-2x^2-2x-1=0\) no tiene soluciones reales. Por tanto el único punto de corte con el eje \(X\) es \((1\,,\,0)\). Por otro lado, si hacemos \(x=0\) obtenemos \(y=-\dfrac{1}{3}\), con lo que el punto de corte con el eje \(Y\) es \(\left(0\,,\,-\dfrac{1}{3}\right)\).

La representación gráfica de la función es la siguiente (incluye asíntotas):

desmos 08

Ejercicio 4

Hallar, usando la definición, la derivada de la función \(f(x)=\dfrac{x^2}{3x-1}\) en el punto \(x=2\).

La derivada en \(x=2\) será igual al valor del siguiente límite, caso de existir: \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow2}\dfrac{f(x)-f(2)}{x-2}\). Es fácil calcular la imagen de \(2\): \(f(2)=\dfrac{2^2}{3\cdot2-1}=\dfrac{4}{5}\) Calculemos ya el límite anterior:

\[\lim_{x\rightarrow2}\dfrac{f(x)-f(2)}{x-2}=\lim_{x\rightarrow2}\dfrac{\displaystyle\frac{x^2}{3x-1}-\frac{4}{5}}{x-2}=\lim_{x\rightarrow2}\dfrac{\displaystyle\frac{5x^2-4(3x-1)}{5(3x-1)}}{x-2}=\]

\[=\lim_{x\rightarrow2}\dfrac{5x^2-12x+4}{5(3x-1)(x-2)}=\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\rightarrow2}\dfrac{(x-2)(5x-2)}{5(3x-1)(x-2)}=\]

\[=\lim_{x\rightarrow2}\dfrac{5x-2}{5(3x-1)}=\frac{5\cdot2-2}{5(3\cdot2-1)}=\frac{8}{25}\]

Por tanto \(f'(2)=\dfrac{8}{25}\).

Ejercicio 5

Hallar la derivada de las siguientes funciones:

a) \(f(x)=\dfrac{2x^2-3x-x^3}{3}\)  ;  b) \(f(x)=\dfrac{2-3x}{x^2-1}\)  ;

c) \(f(x)=x\cdot\left(\sqrt{x}+x\right)\)  ;  d) \(f(x)=\left(-3x+\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot x\)

a) \(f(x)=\dfrac{2x^2-3x-x^3}{3}=\dfrac{1}{3}(2x^2-3x-x^3)\Rightarrow\)

\(\Rightarrow f'(x)=\dfrac{1}{3}(4x-3-3x^2)=\dfrac{-3x^2+4x-3}{3}=-x^2+\dfrac{4x}{3}-1\)

b) \(f(x)=\dfrac{2-3x}{x^2-1}\). Usemos la regla de derivación de un cociente.

\(f'(x)=\dfrac{-3\cdot(x^2-1)-(2-3x)\cdot2x}{(x^2-1)^2}=\dfrac{-3x^2+3-4x+6x^2}{(x^2-1)^2}=\dfrac{3x^2-4x+3}{(x^2-1)^2}\)

c) \(f(x)=x\cdot\left(\sqrt{x}+x\right)\). Aplicamos ahora la regla de derivación de un producto.

\(f'(x)=1\cdot(\sqrt{x}+x)+x\cdot\left(\dfrac{1}{2\sqrt{x}}+1\right)=\sqrt{x}+x+\dfrac{x}{2\sqrt{x}}+x=\sqrt{x}+\dfrac{x}{2\sqrt{x}}+2x\)

\(=\dfrac{2x+x+4x\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\dfrac{3x\sqrt{x}+4x^2}{2x}=\dfrac{3\sqrt{x}+4x}{2}\)

d) \(f(x)=\left(-3x+\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot x=-3x^2+\dfrac{x}{x^2}=-3x^2+\dfrac{1}{x}\). Sabemos que la derivada de \(y=\dfrac{1}{x}\) es \(y'=-\dfrac{1}{x^2}\). Entonces \(f'(x)=-6x-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{-6x^3-1}{x^2}\)

Leer más ...

La derivada y la recta tangente a una curva

En la primera mitad del siglo XVII no se conocían métodos generales para calcular la tangente a una curva en un punto de la misma. Este problema se presentaba con frecuencia en mecánica, en óptica y en geometría, y generalmente se resolvía, de forma geométrica, con técnicas adaptadas a cada caso particular. La dificultad está en que, siendo la tangente una recta, se precisa conocer dos puntos de la misma, o bien un punto y su pendiente, para poderla determinar.

derivadas01

Supongamos que queremos hallar la tangente a una curva de ecuación \(y=f(x)\) en el punto \((a,f(a))\). La estrategia, usada primero por Pierre de Fermat y más tarde por Newton, consiste en aproximar la tangente por rectas secantes cuyas pendientes sí pueden calcularse directamente. En particular, consideremos la recta que une el punto \((a,f(a))\) con un punto cercano \((x,f(x))\), de la gráfica de \(f\). Esta recta recibe el nombre de secante (recta que corta a la curva, pero no es tangente a la curva). La pendiente de esta secante es:

\[\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]

Dicho número suele llamarse cociente incremental de \(f\) en \(a\).

Obsérvese que una secante es una buena aproximación de la tangente, siempre que el punto \((x,f(x))\) esté próximo a \((a,f(a))\). Estas consideraciones llevan a definir la tangente a la gráfica de \(f\) en el punto \((a,f(a))\) como la recta que pasa por dicho punto y cuya pendiente es igual al límite:

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]

supuesto, claro está, que dicho límite exista.

Al límite anterior se le llama derivada de \(f\) en el punto \(a\) y se denota por \(f'(a)\). También se dice que \(f\) es derivable en \(x=a\). La recta tangente a la curva en el punto tendrá pues la siguiente ecuación:

\[y-f(a)=f'(a)(x-a)\]

Por ejemplo, si queremos hallar la recta tangente a la curva \(y=x^2-3x+1\) en el punto \(x=3\), hemos de aplicar la ecuación anterior. En este caso \((a\,,\,f(a))=(3\,,\,1)\). Ahora calculamos la derivada en \(x=3\):

\[\lim_{x\rightarrow 3}\frac{f(x)-f(3)}{x-3}=\lim_{x\rightarrow 3}\frac{x^2-3x+1-1}{x-3}=\lim_{x\rightarrow 3}\frac{x^2-3x}{x-3}=\lim_{x\rightarrow 3}\frac{x(x-3)}{x-3}=3\]

Por tanto la recta tangente es:

\[y-1=3(x-3)\Rightarrow y=3x-8\]

En la siguiente representación con desmos se aprecia con claridad.

derivadas02

De entre todas las rectas que pasan por el punto \((a,f(a))\) la recta tangente es la que mejor aproxima a la función en las proximidades de dicho punto, en el sentido de que, si \(f\) es derivable en \(x=a\) y llamamos \(g(x)=f'(a)(x-a)+f(a)\), entonces \(g\) es la única función que verifica

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-g(x)}{x-a}=0\]

Vamos a formalizar la idea anterior. Las aplicaciones \(g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) de la forma

\[g(x)=mx+m\ ,\ \forall\,x\in\mathbb{R}\]

en que \(m\) y \(n\) son números reales fijos, se suelen llamar funciones afines de \(\mathbb{R}\) en \(\mathbb{R}\) (obsérvese que las funciones afines son aquellas cuya representación gráfica es una línea recta).

Proposición.

Sea \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\) una función real de variable real y \(a\in A\). Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

i) \(f\) es derivable en el punto \(a\).

ii) \(f\) es continua en el punto \(a\) y existe una función afín \(g\) tal que:

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-g(x)}{x-a}=0\]

En caso de que se cumplan i) y ii) la función \(g\) viene dada por

\[g(x)=f'(a)(x-a)+f(a)\ ,\ \forall\,x\in\mathbb{R}\]

y como consecuencia \(g\) es única.

i) \(\Rightarrow\) ii) Para \(x\in A\) se tiene

\[f(x)=f(a)+(x-a)\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]

con lo que, por ser \(f\) derivable en el punto \(a\), tenemos

\[\lim_{x\rightarrow a}f(x)=f(a)\]

luego \(f\) es continua en el punto \(a\). Además, tomando \(g(x)=f'(a)(x-a)+f(a)\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\) es evidente que \(g\) es una función afín (\(m=f'(a)\), \(n=f(a)-af'(a)\)) y se tiene

\[\frac{f(x)-g(x)}{x-a}=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}-f'(a)\ ,\ \forall\,x\in A-\{a\}\]

con lo que

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-g(x)}{x-a}=0\]

ii) \(\Rightarrow\) i) Sea \(g(x)=mx+n\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\). Es claro que \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}(f(x)-g(x))=0\), con lo que aplicando que \(f\) y \(g\) son continuas en \(a\) tenemos \(f(a)=g(a)=ma+n\). Usando esta igualdad obtenemos, para \(x\in A\)

\[\frac{f(x)-g(x)}{x-a}=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}+\frac{f(a)-g(x)}{x-a}=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}-m\]

luego

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=m\]

esto es, \(f\) es derivable en \(a\) con \(f'(a)=m\). Finalmente se tiene, para todo \(x\) real

\[g(x)=mx+n=f'(a)x+f(a)-f'(a)a=f'(a)(x-a)+f(a)\]

Es importante destacar que la afirmación i) \(\Rightarrow\) ii) nos da una relación entre las dos familias más importantes de funciones reales de variable real: toda función derivable en un punto es continua en dicho punto. El recíproco de la anterior afirmación no es cierto: hay funciones continuas que no son derivables: la función valor absoluto es continua en cero pero no es derivable en cero (ver el último ejemplo de este otro artículo dedicado a la derivada de una función).

La representación gráfica de cualquier función afín \(h:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) de la forma

\[h(x)=f(a)+K(x-a)\ ,\ \forall\,x\in\mathbb{R}\]

en que \(K\) es cualquier número real, es una recta que pasa por el punto \((a,f(a))\). Tal y como se comentó antes de enunciar la proposición anterior, la función \(g\) es una de las descritas, concretamente la que corresponde al valor \(K=f'(a)\). El hecho de que es la que mejor aproxima a la función \(f\) en las proximidades del punto \(a\) viene dado, tal y como se ha demostrado en la proposición, por el hecho de que es la única que verifica

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-g(x)}{x-a}=0\]

Es natural, por tanto, dar a la función \(g\) el nombre de función afín tangente a la gráfica de la función \(f\) en el punto \((a,f(a))\) y llamar a la representación gráfica de \(g\) recta tangente a la gráfica de \(f\) en el punto \((a,f(a))\). Puesto que esta recta tiene ecuación \(y=f(a)+f'(a)(x-a)\), resulta que \(f'(a)\) no es otra cosa que la "pendiente" de la recta tangente a la gráfica de \(f\) en el punto \((a,f(a))\). Se vuelve a redundar en lo comentado al principio de este artículo pero, aún a sabiendas de que uno es pesado, también es conveniente no perder nunca de vista que esta es la interpretación geométrica del concepto de derivada.

Proponemos a continuación una serie de ejercicios de los que se da su solución.

Ejercicios

1. Sean \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\) y \(a\in A\). Probar que \(f\) es derivable en \(a\) si, y sólo si, existe el siguiente límite

\[\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\]

en cuyo caso

\[f'(a)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\]

Si \(f\) es derivable en \(a\), entonces por definición de función derivable en un punto tenemos:

\[f'(a)=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]

Llamemos \(x=a+h\). Obsérvese que si \(x\rightarrow a\), entonces \(h\rightarrow0\) y se tiene:

\[f'(a)=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\]

Recíprocamente, si existe

\[\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\]

usando el mismo cambio de variable anterior se tiene que

\[\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(a)\]

2. Sean \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) y \(a\in\mathbb{R}\). Sea \(g:\mathbb{R^*}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[g(h)=\frac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}\ ,\ \forall\,h\in\mathbb{R^*}\]

Probar que si \(f\) es derivable en \(a\) entonces \(\displaystyle\lim_{h\rightarrow0}g(h)=f'(a)\). Dar un ejemplo de una función \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) que no sea derivable en un punto \(a\) y tal que la correspondiente función \(g\) tenga límite en cero.

Obsérvese que

\[g(h)=\frac{1}{2}\left[\frac{f(a+h)-f(a)}{h}+\frac{f(a)-f(a-h)}{h}\right]\]

Por el ejercicio anterior tenemos que

\[\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f'(a)\]

Llamando \(x=a-h\), el segundo miembro en la expresión de \(g(h)\) es

\[\frac{f(a)-f(x)}{a-x}=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]

y por tanto

\[\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a)-f(a-h)}{h}=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(a)\]

De este modo:

\[\lim_{h\rightarrow0}g(h)=\frac{1}{2}\left(f'(a)+f'(a)\right)=f'(a)\]

Sea la función valor absoluto:

\[f(x)=|x|=\left\{\begin{array}{ccc}
                  x & \text{si} & x\geqslant0 \\
                  -x & \text{si} & x<0
                \end{array}
  \right.\]

Sabemos que \(f\) no es derivable en cero. Si tomamos entonces \(a=0\) tenemos:

\[\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(h)-f(-h)}{2h}=0\]

El límite anterior es cero porque

\[f(h)-f(-h)=\left\{\begin{array}{ccc}
                  h-h=0 & \text{si} & h\geqslant0 \\
                  -h-(-h)=0 & \text{si} & h<0
                  \end{array}
  \right.\]

3. Sean \(f:A\rightarrow\mathbb{R}\) y \(a\in A\). Supongamos que \(f\) es derivable en \(a\). Probar que

\[\exists\,M,\delta\in\mathbb{R^+}\,:\,x\in A\,,|x-a|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(a)|\leqslant M|x-a|\]

¿Es cierta la misma afirmación suponiendo solamente que \(f\) es continua en \(a\)?

Al ser \(f\) derivable en \(a\) tenemos:

\[\lim_{x\rightarrow a}\left(\frac{f(x)-f(a)}{x-a}-f'(a)\right)= \lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)}{x-a}=0\]

Entonces, por la caracterización del límite de una función en un punto tenemos:

\[\forall\,\varepsilon>0\ \exists\,\delta>0\,:\,x\in A\,,0<|x-a|<\delta\Rightarrow\left|\frac{f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)}{x-a}\right|<\varepsilon\]

La última desigualdad es equivalente a

\[|f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)|<\varepsilon|x-a|\]

Por tanto:

\[|f(x)-f(a)|-|f'(a)(x-a)|\leqslant|f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)|\Rightarrow\]

\[\Rightarrow|f(x)-f(a)|<\varepsilon|x-a|+|f'(a)||x-a|=\left(\varepsilon+|f'(a)|\right)|x-a|\]

Tomando \(M=\varepsilon+|f'(a)|\) se tiene el resultado que se pide.

La afirmación no es cierta suponiendo solamente que f es continua en \(a\). Como ejemplo sea \(f:\mathbb{R^+_0}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=\sqrt{x}\). La función \(f\) es continua en \(a=0\), pero no es derivable:

\[\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{\sqrt{x}}{x}=\frac{1}{\sqrt{x}}\]

La expresión anterior tiende a \(+\infty\) cuando \(x\) tiende a cero. Por tanto, \(f\) no es derivable en \(a=0\).

Además, si fuera \(|f(x)-f(a)|\leqslant|x-a|\) tendríamos que \(|f(x)-f(0)|=|\sqrt{x}|=\sqrt{x}\leqslant Mx\) y entonces \(\frac{1}{\sqrt{x}}\leqslant M\), que es una contradicción pues el conjunto \(\{\frac{1}{\sqrt{x}}\,:\,x\in\mathbb{R^+}\}\) no está acotado.

4. Sea \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=x^2-x+1\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\). Probar que \(f\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\). Encontrar los puntos de la gráfica de \(f\) en los que la recta tangente tenga pendiente \(2\).

Sea \(a\in\mathbb{R}\). Entonces:

\[\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{x^2-x+1-a^2+a-1}{x-a}=\frac{x^2-x-a^2+a}{x-a}=\]

\[=\frac{(x-a)(x+a-1)}{x-a}=x+a-1\Rightarrow\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim_{x\rightarrow a}(x+a-1)=2a-1\]

y \(f\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\) con \(f'(x)=2x-1\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\).

5. Sean \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\) y \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=x^2+\alpha  x+\beta\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\). Probar que \(f\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\). Encontrar los valores de \(\alpha\) y \(\beta\) que hacen que el punto \((2,4)\) pertenezca a la gráfica de \(f\) y que la recta tangente a la misma en dicho punto sea la recta de ecuación \(2x-y=0\).

Dado \(a\in\mathbb{R}\) tenemos:

\[\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{x^2\alpha x+\beta-a^2-\alpha a-\beta}{x-a}=\frac{(x-a)(x+a)}{x-a}+\frac{\alpha(x-a)}{x-a}=x+a+\alpha\]

Entonces:

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim_{x\rightarrow a}(x+a+\alpha)=2a+\alpha\]

y \(f\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\) con \(f'(x)=2x+\alpha\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\).

Si el punto \((2,4)\) pertenece a la gráfica de \(f\), se tiene \(f(2)=2^2+2\alpha+\beta=4\), de donde \(2\alpha+\beta=0\). Además, si la recta tangente a la misma en dicho punto es la recta de ecuación \(2x-y=0\), entonces \(f'(2)=2\Rightarrow2\cdot2+\alpha=2\Rightarrow\alpha=-2\). Por tanto, \(2\cdot(-2)+\beta=0\Rightarrow\beta=4\).

6. Sean \(a,b,c\in\mathbb{R}\) y \(f,g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) las funciones \(f(x)=x^2+ax+b\,,\,g(x)=x^3-c\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\). Probar que \(g\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\) (\(f\) lo es por el ejercicio anterior). Determinar los valores de \(a\), \(b\), \(c\) que hacen que las gráficas de \(f\) y \(g\) pasen por el punto \((1,2)\) y tengan la misma recta tangente en dicho punto.

Dado \(a\in\mathbb{R}\):

\[\frac{g(x)-g(a)}{x-a}=\frac{x^3-c-a^3+c}{x-a}=\frac{(x^2+ax+a^2)(x-a)}{x-a}=x^2+ax+a^2\]

Entonces

\[\lim_{x\rightarrow a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a}=\lim_{x\rightarrow a}(x^2+ax+a^2)=3a^3\]

Por tanto, \(g\) es derivable en todo \(\mathbb{R}\) con \(g'(x)=3x^2\,,\forall\,x\in\mathbb{R}\).

Si las gráficas de \(f\) y \(g\) pasan por el punto \((1,2)\), entonces \(f(1)=2\) y \(g(1)=2\), es decir, \(1+a+b=2\) y \(1-c=2\), o lo que es lo mismo, \(a+b=1\) y \(c=-1\). Además, si \(f\) y \(g\) tienen la misma recta tangente en dicho punto, entonces \(f'(1)=g'(1)\Rightarrow2+a=3\Rightarrow a=1\) y sustituyendo en \(a+b=1\), tenemos \(b=0\).

7. Poner un ejemplo de una función \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) que sea derivable por la izquierda en cero y no sea continua en cero.

Sea \(f:[0,2]\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
  x & \text{si} & -2\leqslant x\leqslant0 \\
  x+1 & \text{si} & 0<x\leqslant 2
  \end{array}
  \right.\]

Tenemos que

\[\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=0\neq1=\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)\]

lo que demuestra que \(f\) no es continua en cero. Sin embargo

\[\lim_{x\rightarrow0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=1\]

de donde se deduce que \(f\) es derivable por la izquierda en cero y la derivada por la izquierda en cero vale \(1\).

8. Sea \(\alpha\) un número real. Estudiar la continuidad y derivabilidad en \(0\) de la función \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
  0 & \text{si} & x\leqslant0 \\
  x^{\alpha} & \text{si} & x>0
  \end{array}
  \right.\]

Si \(\alpha\neq0\), tenemos:

\[\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=0\quad;\quad\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
  0 & \text{si} & \alpha>0 \\
  1 & \text{si} & \alpha=0 \\
  +\infty & \text{si} & \alpha>0
  \end{array}
  \right.\]

Por tanto, \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}f(x)=0=f(0)\) solamente cuando \(\alpha>0\), es decir, \(f\) es continua en cero si \(\alpha>0\) y no es continua en cero si \(\alpha\leqslant0\). Además:

\[\lim_{x\rightarrow0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0\]

\[\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{x^{\alpha}}{x}=\lim_{x\rightarrow0^+}x^{\alpha-1}=
  \left\{\begin{array}{ccc}
  1 & \text{si} & \alpha=1 \\
  0 & \text{si} & \alpha>1 \\
  +\infty & \text{si} & 0<\alpha<1
         \end{array}
  \right.\]

En conclusión, \(f\) será derivable en cero cuando \(\alpha>1\), y en este caso \(f'(0)=0\).

9. Sean \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\) y \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) la función definida por

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                  \alpha x+\beta & \text{si} & x\leqslant0 \\
                  x^2 & \text{si} & x>0
                \end{array}
  \right.\]

¿Para qué valores de \(\alpha\) y \(\beta\) es \(f\) derivable en cero?

Claramente

\[\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=\beta\quad;\quad\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=0\]

Entonces para que \(f\) sea continua en cero debe ser \(\beta=0\) y en este caso

\[\lim_{x\rightarrow0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\alpha\quad;\quad\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0\]

Así, para que \(f\) sea derivable en cero ha de ser \(\alpha=0\). O sea, que para que la función sera continua y derivable en cero debe estar definida del siguiente modo:

\[f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}
                  0 & \text{si} & x\leqslant0 \\
                  x^2 & \text{si} & x>0
                \end{array}
  \right.\]

10. Estudiar la derivabilidad en cero de la función \(f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[f(x)=\left\{    \begin{array}{ccc}
                      x^2 & \text{si} & x\in\mathbb{Q} \\
                      0 & \text{si} & x\notin\mathbb{Q}
                    \end{array}
  \right.\]

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales distintos de cero convergente a cero. Entonces \(\{f(x_n)\}\rightarrow0\), ya sea \(x_n\in\mathbb{Q}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\); o \(x_n\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), pues en el primer caso \(\{f(x_n)\}=\{x_n^2\}\) y en el segundo \(\{f(x_n)\}=\{0\}\). Así, \(f\) es continua en cero.

Supongamos ahora que \(\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\subset\mathbb{Q}\). Entonces

\[\left\{\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}\right\}=\left\{\frac{x_n^2}{x_n}\right\}=\{x_n\}\rightarrow0\]

Ahora bien, si \(\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\subset\mathbb{R}-\mathbb{Q}\), tenemos

\[\left\{\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}\right\}=\{0\}\rightarrow0\]

En todo caso \(\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0\), con lo que \(f\) es derivable en cero y \(f'(0)=0\)

Referencia bibliográfica.

Aparicio C., Payá R. (1985) Análisis Matemático I (Secretariado de Publicaciones. Universidad de Granada).


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