Ejercicio 1
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Hallar el valor de k ∈ R k \in \mathbb{R} k ∈ R lim n → ∞ ( n + 8 n + k ) 2 n = e 10 \displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n + 8}{n + k} \right)^{2n} = e^{10} n → ∞ lim ( n + k n + 8 ) 2 n = e 10
Ver solución Para cualquier k k k 1 1 1 + ∞ +\infty + ∞ 1 ∞ 1^\infty 1 ∞ 1 + ( algo que tiende a 0 ) 1 + (\text{algo que tiende a } 0) 1 + ( algo que tiende a 0 )
n + 8 n + k = 1 + 8 − k n + k . \frac{n + 8}{n + k} = 1 + \frac{8 - k}{n + k}. n + k n + 8 = 1 + n + k 8 − k . Si k = 8 k = 8 k = 8 1 1 1 1 ≠ e 10 1 \neq e^{10} 1 = e 10 k ≠ 8 k \neq 8 k = 8
( 1 + 8 − k n + k ) 2 n = [ ( 1 + 8 − k n + k ) n + k 8 − k ] ( 8 − k ) ⋅ 2 n n + k . \left( 1 + \frac{8 - k}{n + k} \right)^{2n} = \left[ \left( 1 + \frac{8 - k}{n + k} \right)^{\frac{n + k}{8 - k}} \right]^{\frac{(8 - k) \cdot 2n}{n + k}}. ( 1 + n + k 8 − k ) 2 n = [ ( 1 + n + k 8 − k ) 8 − k n + k ] n + k ( 8 − k ) ⋅ 2 n . Lo del corchete tiende a e e e
lim n → ∞ 2 ( 8 − k ) n n + k = 2 ( 8 − k ) . \lim_{n \to \infty} \frac{2(8 - k)\, n}{n + k} = 2(8 - k). n → ∞ lim n + k 2 ( 8 − k ) n = 2 ( 8 − k ) . Así que el límite vale e 2 ( 8 − k ) e^{2(8 - k)} e 2 ( 8 − k )
e 2 ( 8 − k ) = e 10 ⟺ 16 − 2 k = 10 ⟺ k = 3. e^{2(8 - k)} = e^{10} \iff 16 - 2k = 10 \iff k = 3. e 2 ( 8 − k ) = e 10 ⟺ 16 − 2 k = 10 ⟺ k = 3. Ejercicio 2
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Sea
f ( x ) = { e 8 x − 1 + 2 sen ( x ) x si x ≠ 0 10 si x = 0 . f(x) = \begin{cases} \dfrac{e^{8x} - 1 + 2\operatorname{sen}(x)}{x} & \text{si } x \neq 0 \\[2ex] 10 & \text{si } x = 0 \end{cases}. f ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ x e 8 x − 1 + 2 sen ( x ) 10 si x = 0 si x = 0 . Hallar, si es posible, f ′ ( 0 ) f'(0) f ′ ( 0 )
Ver solución Primero, continuidad en 0 0 0 (si no fuera continua, no sería derivable):
lim x → 0 e 8 x − 1 + 2 sen ( x ) x = lim x → 0 ( 8 ⋅ e 8 x − 1 8 x + 2 ⋅ sen ( x ) x ) = 8 + 2 = 10 = f ( 0 ) . \lim_{x \to 0} \frac{e^{8x} - 1 + 2\operatorname{sen}(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \left( 8 \cdot \frac{e^{8x} - 1}{8x} + 2 \cdot \frac{\operatorname{sen}(x)}{x} \right) = 8 + 2 = 10 = f(0). x → 0 lim x e 8 x − 1 + 2 sen ( x ) = x → 0 lim ( 8 ⋅ 8 x e 8 x − 1 + 2 ⋅ x sen ( x ) ) = 8 + 2 = 10 = f ( 0 ) . Es continua.
Derivada por definición:
f ′ ( 0 ) = lim h → 0 f ( h ) − f ( 0 ) h = lim h → 0 e 8 h − 1 + 2 sen ( h ) h − 10 h = lim h → 0 e 8 h − 1 + 2 sen ( h ) − 10 h h 2 . f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{e^{8h} - 1 + 2\operatorname{sen}(h)}{h} - 10}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^{8h} - 1 + 2\operatorname{sen}(h) - 10h}{h^2}. f ′ ( 0 ) = h → 0 lim h f ( h ) − f ( 0 ) = h → 0 lim h h e 8 h − 1 + 2 sen ( h ) − 10 = h → 0 lim h 2 e 8 h − 1 + 2 sen ( h ) − 10 h . Es 0 0 \frac{0}{0} 0 0
lim h → 0 8 e 8 h + 2 cos ( h ) − 10 2 h . \lim_{h \to 0} \frac{8e^{8h} + 2\cos(h) - 10}{2h}. h → 0 lim 2 h 8 e 8 h + 2 cos ( h ) − 10 . Sigue siendo 0 0 \frac{0}{0} 0 0 0 0 0 8 + 2 − 10 = 0 8 + 2 - 10 = 0 8 + 2 − 10 = 0
lim h → 0 64 e 8 h − 2 sen ( h ) 2 = 64 2 = 32. \lim_{h \to 0} \frac{64e^{8h} - 2\operatorname{sen}(h)}{2} = \frac{64}{2} = 32. h → 0 lim 2 64 e 8 h − 2 sen ( h ) = 2 64 = 32. Por lo tanto f f f 0 0 0 f ′ ( 0 ) = 32 f'(0) = 32 f ′ ( 0 ) = 32
Ejercicio 3
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Sea f ( x ) = 2 x 2 x 2 − 9 f(x) = \dfrac{2x^2}{x^2 - 9} f ( x ) = x 2 − 9 2 x 2 f f f f f f
Ver solución Dominio. x 2 − 9 = 0 ⟺ x = ± 3 x^2 - 9 = 0 \iff x = \pm 3 x 2 − 9 = 0 ⟺ x = ± 3 Dom ( f ) = R − { − 3 , 3 } \operatorname{Dom}(f) = \mathbb{R} - \{-3, 3\} Dom ( f ) = R − { − 3 , 3 }
Asíntotas verticales. En x = 3 x = 3 x = 3 x = − 3 x = -3 x = − 3 18 ≠ 0 18 \neq 0 18 = 0 0 0 0 f → ± ∞ f \to \pm\infty f → ± ∞ x = 3 x = 3 x = 3 x = − 3 x = -3 x = − 3
Asíntota horizontal.
lim x → ± ∞ 2 x 2 x 2 − 9 = lim x → ± ∞ 2 1 − 9 x 2 = 2. \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2}{x^2 - 9} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2}{1 - \frac{9}{x^2}} = 2. x → ± ∞ lim x 2 − 9 2 x 2 = x → ± ∞ lim 1 − x 2 9 2 = 2. La recta y = 2 y = 2 y = 2 + ∞ +\infty + ∞ − ∞ -\infty − ∞
Crecimiento. Por la regla del cociente:
f ′ ( x ) = 4 x ( x 2 − 9 ) − 2 x 2 ⋅ 2 x ( x 2 − 9 ) 2 = − 36 x ( x 2 − 9 ) 2 . f'(x) = \frac{4x(x^2 - 9) - 2x^2 \cdot 2x}{(x^2 - 9)^2} = \frac{-36x}{(x^2 - 9)^2}. f ′ ( x ) = ( x 2 − 9 ) 2 4 x ( x 2 − 9 ) − 2 x 2 ⋅ 2 x = ( x 2 − 9 ) 2 − 36 x . El denominador es positivo en todo el dominio, así que el signo de f ′ f' f ′ − 36 x -36x − 36 x
f ′ > 0 f' > 0 f ′ > 0 ( − ∞ , − 3 ) (-\infty, -3) ( − ∞ , − 3 ) ( − 3 , 0 ) (-3, 0) ( − 3 , 0 ) f f f crece .f ′ < 0 f' < 0 f ′ < 0 ( 0 , 3 ) (0, 3) ( 0 , 3 ) ( 3 , + ∞ ) (3, +\infty) ( 3 , + ∞ ) f f f decrece . Extremos locales. En x = 0 x = 0 x = 0 máximo local en x = 0 x = 0 x = 0 f ( 0 ) = 0 f(0) = 0 f ( 0 ) = 0
Imagen. Conviene escribir f ( x ) = 2 + 18 x 2 − 9 f(x) = 2 + \dfrac{18}{x^2 - 9} f ( x ) = 2 + x 2 − 9 18
En ( − ∞ , − 3 ) (-\infty, -3) ( − ∞ , − 3 ) f f f 2 2 2 18 x 2 − 9 > 0 \frac{18}{x^2 - 9} > 0 x 2 − 9 18 > 0 + ∞ +\infty + ∞ ( 2 , + ∞ ) (2, +\infty) ( 2 , + ∞ )
En ( − 3 , 3 ) (-3, 3) ( − 3 , 3 ) f f f − ∞ -\infty − ∞ ± 3 \pm 3 ± 3 f ( 0 ) = 0 f(0) = 0 f ( 0 ) = 0 ( − ∞ , 0 ] (-\infty, 0] ( − ∞ , 0 ]
En ( 3 , + ∞ ) (3, +\infty) ( 3 , + ∞ ) f f f + ∞ +\infty + ∞ 2 2 2 ( 2 , + ∞ ) (2, +\infty) ( 2 , + ∞ )
Por lo tanto
Im ( f ) = ( − ∞ , 0 ] ∪ ( 2 , + ∞ ) . \operatorname{Im}(f) = (-\infty, 0] \cup (2, +\infty). Im ( f ) = ( − ∞ , 0 ] ∪ ( 2 , + ∞ ) . Ejercicio 4
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Sea f ( x ) = x 2 − 8 ln ( x ) f(x) = x^2 - 8\ln(x) f ( x ) = x 2 − 8 ln ( x ) f f f [ 1 , e 3 ] [1, e^3] [ 1 , e 3 ]
Ver solución f f f [ 1 , e 3 ] [1, e^3] [ 1 , e 3 ] x > 0 x > 0 x > 0
Puntos críticos:
f ′ ( x ) = 2 x − 8 x = 2 x 2 − 8 x = 0 ⟺ x 2 = 4 ⟺ x = 2 f'(x) = 2x - \frac{8}{x} = \frac{2x^2 - 8}{x} = 0 \iff x^2 = 4 \iff x = 2 f ′ ( x ) = 2 x − x 8 = x 2 x 2 − 8 = 0 ⟺ x 2 = 4 ⟺ x = 2 (descartamos x = − 2 x = -2 x = − 2
Evaluamos:
f ( 1 ) = 1 − 8 ln ( 1 ) = 1 , f ( 2 ) = 4 − 8 ln ( 2 ) ≈ − 1,545 , f ( e 3 ) = e 6 − 8 ⋅ 3 = e 6 − 24 ≈ 379,43. \begin{aligned}
f(1) &= 1 - 8\ln(1) = 1, \\
f(2) &= 4 - 8\ln(2) \approx -1{,}545, \\
f(e^3) &= e^6 - 8 \cdot 3 = e^6 - 24 \approx 379{,}43.
\end{aligned} f ( 1 ) f ( 2 ) f ( e 3 ) = 1 − 8 ln ( 1 ) = 1 , = 4 − 8 ln ( 2 ) ≈ − 1 , 545 , = e 6 − 8 ⋅ 3 = e 6 − 24 ≈ 379 , 43.
El máximo absoluto es e 6 − 24 e^6 - 24 e 6 − 24 x = e 3 x = e^3 x = e 3
El mínimo absoluto es 4 − 8 ln ( 2 ) 4 - 8\ln(2) 4 − 8 ln ( 2 ) x = 2 x = 2 x = 2