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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DEL PERU
Calculo 1
Solucion de Practicas y Examenes
Elton Barrantes
Iris Flores
Jose Flores
Lima-Peru
2013
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
Contenido
1. Funciones reales de variable real 1
2. Lımites y continuidad 15
2.1. Limites por definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2. Lımites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3. Calculo de lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.4. Lımites infinitos y al infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3. Derivadas 56
3.1. Definicion de Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.2. Teorema del cero intermedio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.3. Diferenciabilidad y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.4. Calculo de derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.5. Derivada implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.6. Razon de cambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.7. Derivada de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
3.8. Regla de L’Hopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.9. Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3.10. Extremos absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
3.11. Teorema de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.12. Aplicaciones de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
Capıtulo 1:
Funciones reales de variable real
1. Dadas las funciones f y g definidas por
f(x) = 4x− 4 , x ≤ 3 y g(x) = 2x+ 2 , x ≥ −3.
Encuentre el dominio, el rango y grafique la funcion f/g.
P.C.1-2009-1
Solucion
Regla de correspondencia
f
g(x) = 2− 4
x+ 1; −3 ≤ x ≤ 3 , x 6= −1.
Ran(fg
)=]−∞, 1] ∪ [4,+∞[.
Grafica def
g.
2. Dada la funcion f definida por
f(x) =
4x− 3 , x < 2
−5 , x = 2
2x+ 1 , x > 2.
Grafique f e indique para que valores de x tal que x 6= 2 se cumple que
4 < f(x) < 6.
P.C.2(1a)-2009-1.
Solucion
A partir del grafico, si x ∈]
7
4,5
2
[− {2}, entonces 4 < f(x) < 6.
1
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Figura 1.1:
3. a) Analice si la siguiente afirmacion es verdadera o falsa: Si f y g son dos
funciones decrecientes, entonces f ◦g es creciente. Justifique su respuesta.
b) Demuestre que la funcion f definida por
f(x) = 3− 2
√1
2x− 1
es decreciente.
E.P(2)-2009-1.
Solucion
a) Si f y g son funciones decrecientes, entonces para x1 < x2 se tiene g(x1) >
g(x2), y si y1 < y2 entonces f(y1) > f(y2).
Haciendo y1 = g(x1) y y2 = g(x2) se tiene:
x1 < x2 ⇒ g(x2) < g(x1)
⇒ f(g(x1)) < f(g(x2)).
Por lo tanto, la afirmacion es verdadera.
b) El dominio de f es Dom(f) = [2,+∞[.
Sean x1, x2 dos numeros en el dominio de f , tal que si 2 ≤ x1 < x2
entonces
3− 2
√1
2x1 − 1 > 3− 2
√1
2x2 − 1
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
1. Funciones reales de variable real 3
Figura 1.2: Grafica de f .
es decir f(x1) > f(x2). Por lo tanto, f es decreciente.
4. Sea y = f(x) una funcion decreciente. Pruebe usando la definicion que la
funcion
g(x) = x3 + f(−x)
es creciente.
P.C.1(4b)-2009-2.
Solucion
Por ser f decreciente, si x1 < x2 entonces f(−x1) < f(−x2), luego g(x1) <
g(x2). Por lo tanto g es creciente.
5. En una esfera de radio R se circunscribe un cono circular recto cuya base tiene
radio r y su altura es h.
a) Exprese el volumen del cono como funcion de su altura.
b) Halle el area de la superficie total del cono en terminos de r.
P.C.1(5)-2009-1.
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
4 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Figura 1.3:
a) Por semejanza de los triangulos ∆CDB ∼ ∆CEO
h
r=x
R⇒ x =
Rh
r. (1)
Por teorema de Pitagoras en el triangulo ∆CEO
(h−R)2 = R2 + x2. (2)
Luego, de las ecuaciones (1) y (2) se tiene
r2 =R2h
h− 2R.
Por lo tanto, V (h) =πR2h2
3(h− 2R), h > 2R.
b) Ahora expresamos el area de la superficie total del cono en funcion de r.
Figura 1.4:
Area lateral del cono
AL = πrl = πr√h2 + r2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
1. Funciones reales de variable real 5
Area de la base
Ab = πr2.
De la parte a) se tiene la relacion entre r y h, entonces
AL =πr2
r2 −R2(r2 +R2).
Por lo tanto, el area total A = AL + Ab en funcion a r es
A(r) =2πr4
r2 −R2, r > R.
6. Dada la funcion f definida por
f(x) = x2 + 4x+ 3 , x > 0.
Encuentre una funcion g, tal que, sea impar, tenga como dominio a los numeros
reales y cumpla g(x) = f(x), para todo x > 0.
P.C.1(1a)-2009-2.
Solucion
La nueva funcion g debe ser impar, esto es, g(−x) = −g(x). Para hallar su
regla de correspondencia se tienen los siguientes casos:
Caso x > 0: De la condicion del problema g(x) = f(x) = (x+ 2)2 − 1.
Caso x < 0: Reflejamos f respecto al origen de coordenadas.
Si x > 0 entonces −x < 0 y g(−x) = −g(x) = −f(x) = −(x+ 2)2 + 1.
Reemplazando x por −x tenemos g(x) = −(−x+ 2)2 + 1, x < 0.
Finalmente,
g(x) =
{(x+ 2)2 − 1 , x > 0
−(x− 2)2 + 1 , x < 0.
7. a) Usando traslaciones y reflexiones, grafique la funcion
f(x) = −e tan(π
2− x)
+ 2; x > 0,
donde e es el numero de Euler.
b) Determine la regla de correspondencia de f ◦ g, indicando su dominio, si
f(x) = |x− 1| − |x+ 2|
g(x) = x2 − 5; x < −1.
Luego, grafique f ◦ g.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
6 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
P.C.1-2010-0
Solucion
a) Grafica de f .
Figura 1.5: Grafica de f , x > 0
b) Redefiniendo f(x), se tiene
f(x) =
3 ; x < 2
−1− 2x ; −2 ≤ x < 1
−3 ; x ≥ 1
Luego
(f ◦ g)(x) =
3 ; x ∈]−
√3;−1[
−2x2 + 9 ; x ∈]−√
6;−√
3]
−3 ; x ∈]−∞;−√
6]
8. Halle la regla de correspondencia de la funcion f , si Ran(f) = [3,+∞[, g(x) =
(x− 3)2 − 7 y (g ◦ f)(x) = x2 − 4x− 3.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
1. Funciones reales de variable real 7
Figura 1.6: Grafica de f ◦ g
E.P(4b)-2009-2.
Solucion
Haciendo u = f(x), entonces g(u) = x2 − 4x − 3 = (x − 2)2 − 7, ademas
g(u) = (u− 3)2 − 7, entonces u− 3 = ±|x− 2|.Como u ≥ 3, entonces u = f(x) = 3 + |x− 2|, para x ∈ R.
9. Dadas las funciones f y g definidas por
f(x) =
√
4− x2 , −1 < x < 0x+ 1
x+ 2, 1 < x
y
g(x) = sen x ; −π2≤ x ≤ π
2.
Halle la funcion f ◦ g, indicando su dominio.
P.C.1(4b)-2009-2.
Solucion
Dom(f1 ◦ g) = {x/x ∈ Dom(g) ∧ g(x) ∈ Dom(f1)}
={x/− π
2≤ x ≤ π
2y − 1 < senx < 0
}= −
]π2, 0[
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
8 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Dom(f2 ◦ g) = {x/x ∈ Dom(g) ∧ g(x) ∈ Dom(f2)}
={x/− π
2≤ x ≤ π
2y 1 < senx
}= ∅
Por lo tanto
f(g(x)) =√
4− sen2(x), −π2< x < 0.
10. Los lados del triangulo POQ estan contenidos sobre las rectas L1 : y = 0, L2 :
y = x y L3 : y = 4 − 2x. Un rectangulo tiene un lado sobre el eje X y
esta inscrito en el triangulo POQ.
a) Esboce la grafica del triangulo POQ y del rectangulo inscrito.
b) Exprese el area del rectangulo como funcion de la longitud del lado con-
tenido en el eje X.
c) Grafique la funcion area hallada en la parte b).
P.C.1-2010-0
Solucion
a) El esbozo del triangulo POQ y del rectangulo inscrito se aprecia en la
figura
Figura 1.7: Rectangulo inscrito en el triangulo POQ
b) De la figura, tenemos A(x) = −2(x− 1)2 + 2, 0 < x < 2.
c) Grafica de A(x).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
1. Funciones reales de variable real 9
Figura 1.8: Grafica de A(x)
11. Dadas las funciones
f(x) = 3x+ 5, x ∈]− 3, 4] y g(x) = 2x− 3, x ∈]
3
2,+∞
[
a) Halle la regla de correspondencia def
g, indicando su dominio y rango.
b) Demuestre que la funcionf
ges decreciente en todo su dominio.
P.C.1-2010-1
Solucion
a) Regla de correspondencia
f
g(x) =
3
2+
19
4x− 6, x ∈
]3
2, 4
].
Ran(f) =
[17
5,+∞
[.
b) Sean x1, x2 ∈]
3
2, 4
], tal que x1 < x2, entonces
1
4x2 − 6<
1
4x1 − 6⇒ 3
2+
1
4x2 − 6<
3
2+
1
4x1 − 6⇒ f
g(x2) <
f
g(x1).
Por lo tantof
ges decreciente.
12. Analice si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. Justifique sus
respuestas.
a) Dadas las funciones f, g : R → R, si f ◦ g es inyectiva entonces g es
inyectiva.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
10 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
P.C.1(2a)-2010-1
b) Si f es una funcion par y g es una funcion impar entonces el producto de
f y g es una funcion impar.
P.C.1(2b)-2010-2
Solucion
a) Sean x1, x2 ∈ Dom(g), si g(x1) = g(x2), entonces f(g(x1)) = f(g(x2))
y puesto que f ◦ g es inyectiva, entonces x1 = x2. Por lo tanto, g es
inyectiva.
b) Como f es una funcion par y g impar, se tiene f(−x) = f(x), g(x) =
−g(−x).
Luego (f.g)(−x) = f(−x).g(−x) = f(x)[−g(x)] = −f(x)g(x) = −(f.g)(x).
Ası, f.g es una funcion impar.
13. Una reja de 8 pies de altura esta situada paralelamente a un edificio, a una
distancia de 1 pie del edificio. Una escalera telescopica AB (de longitud va-
riable) tiene el extremo A en el suelo y el extremo B apoyado en el edificio,
de modo que la escalera siempre toca el borde superior de la reja. Exprese la
longitud de la escalera en funcion de la altura a la que queda el extremo B.
P.C.1-2010-1
Solucion
Sean las variables:
L: longitud de la escalera (en pies).
x: altura a la que queda el extremo B (es decir BQ, en pies).
a: distancia del extremo A a la base de la reja (es decir YP, en pies).
Figura 1.9: Grafica de f
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
1. Funciones reales de variable real 11
La variable dependiente es
L =√
(a+ 1)2 + x2.
Como los triangulos APT y AQB son semejantes, se tiene
BQ
PT=QA
PA⇒ x
8=
1 + a
a⇒ a =
8
x− 8.
Reemplazando en L
L(x) =
√(x
x− 8
)2
+ x2, x ∈]8; +∞[.
14. a) En la figura, se aprecia el esquema de una noria de radio R metros y A
es el punto que se encuentra en el extremo inferior de la noria. Si A gira
un angulo α, en sentido antihorario, exprese su altura h, con respecto a
la recta horizontal, en terminos de α.
Figura 1.10:
b) Un rectangulo se encuentra inscrito en el triangulo formado por las rectas
y = 0, y = x, y = 4 − 2x. Si se sabe que uno de los lados del rectangulo
se encuentra sobre el eje de las abscisas, exprese su area en terminos de
uno de sus lados.
P.C.1(5)-2010-2
Solucion
a) De la figura
cos(α) =R− hR
.
Luego, h = R(1− cos(α)), α ∈ [0; 2π]
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
12 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Figura 1.11:
b) La base del rectangulo es b =4− 3a
2.
Luego,
A = a
(4− 3a
2
), a ∈
]0;
4
3
[.
15. Un cono circular recto se circunscribe a una semiesfera de radio a. Halle el
volumen del cono como funcion del radio del cono.
E.P(5a)-2010-2
Solucion
Sea V =π
3r2h, donde h es la altura y r el radio del cono.
Por semejanza de los triangulos AOB y OTB tenemos
h =ar√r2 − a2
.
Luego el volumen del cono esta dado por
V (r) =πa
3
r3√r2 − a2
, r > a.
16. a) Considere un cilindro circular recto de altura H y radio R. Exprese el vo-
lumen de un cono circular recto circunscrito al cilindro como una funcion
de su altura, si los centros de las bases circulares del cono y del cilindro
coinciden.
b) Sean las funciones
f(x) = x2 − 1;−3 ≤ x ≤ 3
y
g(x) =
{(x+ 1)2 ; x < 1
x2 + 1 ; x ≥ 1.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
1. Funciones reales de variable real 13
Figura 1.12:
Determine el dominio y la regla de correspondencia de la funcion (g◦f)(x).
E.P(1)-2010-1
Solucion
a) Sean h y r las dimensiones del cono. Por semejanza de triangulos, tenemos
h−HR
=h
r⇒ r =
hR
h−R.
Luego definimos el volumen del cono de la siguiente manera
V (h) =π
3r2h =
π
3
(hR
h−R
)2
h; h > H.
b)
Dom (g1 ◦ f) = {x/x ∈Dom(f); f(x) ∈Dom(g1)}
= {x/− 3 ≤ x ≤ 3; x2 − 1 < 1}
= ]−√
2;√
2[.
Dom(g2 ◦ f) = {x/x ∈Dom(f); f(x) ∈Dom(g2)}
= {x/− 3 ≤ x ≤ 3; x2 − 1 ≥ 1}
= [−3;−√
2] ∪ [√
2; 3].
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
14 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Por lo tanto:
g(f(x)) =
{x4 ; x ∈]−
√2;√
2[
(x2 − 1)2 + 1 ; x ∈ [−3;−√
2] ∪ [√
2; 3]
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
Capıtulo 2:
Lımites y continuidad
2.1. Limites por definicion
1. Usando la definicion, demuestre que
lımx→−1
3√x− 7 = −2.
E.P(4a)-2009-0.
Solucion
Por definicion de lımite tenemos
lımx→−1
f(x) = −2⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x+1| < δ ⇒ |f(x)+2| < ε.
Busqueda de δ:
| 3√x− 7 + 2| =
∣∣∣∣ x+ 13√
(x− 7)2 − 2 3√x− 7 + 4
∣∣∣∣ =|x+ 1|
( 3√x− 7− 1)2 + 3 (1)
Ahora acotaremos el denominador de (1)
( 3√x− 7− 1)2 + 3 > 3⇒ 1
( 3√x− 7− 1)2 + 3
<1
3 (2)
Luego, de (1) y (2) se tiene
| 3√x− 7 + 2| = |x+ 1|
( 3√x− 7− 1)2 + 3
<δ
3= ε.
Por lo tanto, para δ = ε3
se tiene lımx→−1
3√x− 7 = −2.
2. Usando la definicion de lımite demuestre que:
15
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
16 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
a) lımx→−2
2x− 3
x+ 3= −7
b) lımx→2
f(x) = −1, si
f(x) =
{5− 3x , x > 2
4x− 9 , x < 2.
P.C.2(1)-2009-2.
Solucion
a) Por definicion de lımite tenemos
lımx→−2
f(x) = −7⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x+2| < δ ⇒ |f(x)+7| < ε.
Busqueda de δ:∣∣∣∣2x− 3
x+ 3+ 7
∣∣∣∣ = 9
∣∣∣∣x+ 2
x+ 3
∣∣∣∣ = 9|x+ 2| 1
|x+ 3|< ε. (1)
Por otra parte, para dar valores a δ y tratar de acotar1
|x+ 3|se debe
tener en cuenta que δ < 1. Para 0 < δ < 0, 5 se tiene
1
|x+ 3|< 2 (2)
Luego, de (1) y (2) tenemos
9|x+ 2| 1
|x+ 3|< 18δ = ε⇒ δ =
ε
18
Por lo tanto, para δ = min{
0, 5;ε
18
}se tiene lım
x→−2
2x− 3
x+ 3= −7.
b) Por definicion de lımite tenemos
lımx→2
f(x) = −1⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−2| < δ ⇒ |f(x)+1| < ε.
Por lımites laterales:
2 < x < 2 + δ1 ⇒ |5− 3x+ 1| = 3|x− 2| < 3δ1 = ε⇒ δ1 =ε
3
2− δ2 < x < 2⇒ |4x− 9 + 1| = 4|x− 2| < 4δ2 = ε⇒ δ2 =ε
4
Luego, para δ = min {δ1; δ2}, se tiene lımx→2
f(x) = −1.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 17
3. Dada la funcion f definida por
f(x) =
4x− 3 , x < 2
−5 , x = 2
2x+ 1 , x > 2.
Halle, si existe,
lımx→2
f(x).
Usando la definicion de lımite demuestre el resultado anterior.
P.C.2(1b)-2009-1.
Solucion
Por definicion de lımite tenemos
lımx→2
f(x) = 5⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−2| < δ ⇒ |f(x)−5| < ε.
Por lımites laterales:
2 < x < 2 + δ1 ⇒ |2x+ 1− 5| = 2|x− 2| < 2δ1 = ε⇒ δ1 =ε
2
2− δ2 < x < 2⇒ |4x− 3− 5| = 4|x− 2| < 4δ2 = ε⇒ δ2 =ε
4
Luego, para δ = min {δ1; δ2} se tiene lımx→2
f(x) = 5.
4. Usando la definicion demuestre que
lımx→2
√x2 − 3x+ 6 = 2.
E.P-2010-0
Solucion
Por definicion de lımite tenemos
lımx→2
f(x) = 2⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−2| < δ ⇒ |f(x)−2| < ε.
Busqueda de δ:
|√x2 − 3x+ 6− 2| = |x− 2||x− 1|∣∣∣∣√(x− 3
2)2 + 15
4+ 2
∣∣∣∣
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
18 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
(1)
Luego, para acotar la expresion |x− 1|, consideremos δ1 =1
2.
Ası,
|x− 2| < 1
2⇒ |x− 1| < 3
2. (2)
Ademas,
0 < x− 3
2< 1⇒
√15
4+ 2 <
√(x− 3
2)2 +
15
4+ 2 <
√19
4+ 2,
de donde
1√(x− 3
2)2 +
15
4+ 2
<1√
15
2+ 2
. (3)
Luego, de (1), (2) y (3) tenemos
|x− 2||x− 1||√x2 − 3x+ 6 + 2|
< δ · 3
2· 1√
15
2+ 2
= ε.
Por lo tanto, para δ = min
{1
2,(√
15 + 4)ε
3
}se tiene lım
x→2
√x2 − 3x+ 6 = 2.
5. Demuestre que:
a) Si lımx→c
f(x) = 0 y lımx→c
[f(x)g(x)] = 1 entonces no existe lımx→c
g(x).
b) Si f es una funcion con dominio en los reales tal que lımx→1
f(x) =1
2,
entonces existe un δ > 0 tal que 0 < |x− 1| < δ ⇒ 0 < f(x) < 1 .
P.C.2(3)-2009-2.
Solucion
a) Por contradiccion.
Suponiendo que lımx→c
g(x) = L entonces
lımx→c
f(x)g(x) = lımx→c
f(x) lımx→c
g(x)
= 0L 6= 1.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 19
b) Como lımx→1
f(x) =1
2entonces para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que
0 < |x− 1| < δ ⇒ |f(x)− 1
2| < ε.
Luego, para ε = 12
se tiene |f(x)− 12| < 1
2⇒ 0 < f(x) < 1.
6. Usando la definicion de lımite demuestre que:
a) lımx→1
(3x+ 2
2x− 1
)= 5
E.P(6a)-2009-1.
b) lımx→1
(x2 + x+ 1) = 3
P.C.2(4a)-2009-2.
Solucion
a) Por definicion de lımite tenemos
lımx→1
f(x) = 5⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−1| < δ ⇒ |f(x)−5| < ε.
Busqueda de δ:∣∣3x+ 2
2x− 1− 5∣∣ =
∣∣3x+ 2− 10x+ 5
2x− 1
∣∣ =∣∣−7x+ 7
2x− 1
∣∣ =7|x− 1||2x− 1|
< ε. (1)
Debemos acotar la expresion1
|2x− 1|. Para esto, elegimos δ1 =
1
4.
Si |x− 1| < 1
4, se tiene −1
4< x− 1 <
1
4, de donde
3
4< x <
5
4⇔ 3
2< 2x <
5
2
⇔ 1
2< 2x− 1 <
3
2.
Ası,1
|2x− 1|< 2. (2)
Luego, de (1) y (2) tenemos∣∣3x+ 2
2x− 1− 5∣∣ =
7|x− 1||2x− 1|
< 14|x− 1| < 14δ = ε.
Por lo tanto, para δ = min {δ1, δ2} = min
{1
4,ε
14
}, se tiene lım
x→1
(3x+ 2
2x− 1
)=
5.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
20 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
b) Por definicion de lımite tenemos
lımx→1
f(x) = 3⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−1| < δ ⇒ |f(x)−3| < ε.
Busqueda de δ:
|(x2 + x+ 1)− 3| = |x2 + x− 2| = |x− 1||x+ 2| < ε. (1)
Debemos acotar la expresion |x+ 2|. Para esto, elegimos δ1 = 1.
Si |x− 1| < 1, se tiene −1 < x− 1 < 1, de donde
|x− 2| < 4 (2)
Luego, de (1) y (2) resulta
|(x2 + x+ 1)− 3| = |x− 1||x+ 2| < δ|x+ 2| < 4δ = ε.
Ası, para δ = min {δ1, δ2} = min{
1, ε4
}, se tiene lım
x→1(x2 + x+ 1) = 3.
7. Usando la definicion de lımite demuestre que
lımx→2
√x2 + x− 2 = 2.
E.P(4b)-2010-0.
Solucion
Dom(f): 〈−∞,−2] ∪ [1,+∞〉.Por definicion de lımite tenemos
lımx→2
f(x) = 2⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−2| < δ ⇒ |f(x)−2| < ε.
Busqueda de δ: ∣∣√x2 + x− 2− 2∣∣ =
|x− 3||x− 2|√(x+
1
2)2 − 9
4+ 2
. (1)
Para acotar la expresion1√
(x+1
2)2 − 9
4+ 2
, elegimos δ = 1.
Luego,
|x− 2| < δ ⇒ −1 < x− 2 < 1⇒ |x+ 3| < 6 (2)
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 21
Asimismo,
2 <
√(x+
1
2)2 − 9
4+ 2 <
√10 + 2⇒ 1√
(x+1
2)2 − 9
4+ 2
<1
2(3)
Ası, de (1), (2) y (3) resulta∣∣√x2 + x− 2− 2∣∣ =
|x− 3||x− 2|√(x2 + x− 2 + 2
< 3|x− 2| < 3δ = ε.
Por lo tanto, para δ = min{
1,ε
3
}se tiene lım
x→2
√x2 + x− 2 = 2.
8. Usando la definicion de lımite demuestre que
lımx→3
(x+ 5
x+ 1
)= 2.
E.P(4b)-2010-1.
Solucion
Por definicion de lımite tenemos
lımx→3
f(x) = 2⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−3| < δ ⇒ |f(x)−2| < ε.
Busqueda de δ: ∣∣∣∣x+ 5
x+ 1− 2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣x− 3
x+ 1
∣∣∣∣ =|x− 3||x+ 1|
. (1)
Para acotar la expresion1
|x+ 1|, consideremos δ =
1
2.
Ası,
|x− 3| < δ ⇒ |x− 3| < 1
2
⇒ 5
2< x <
7
2
⇒ 2
9<
1
x+ 1<
2
7
⇒ 1
|x+ 1|<
2
7. (2)
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
22 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Luego, de (1) y (2) resulta
∣∣∣∣x+ 5
x+ 1− 2
∣∣∣∣ = |x− 3| 1
|x+ 1|<
2
7δ = ε.
Por ende, para δ = mın
{1
2,7
2ε
}se tiene lım
x→3
(x+ 5
x+ 1
)= 2.
9. Usando la definicion de lımite demuestre que
lımx→−2
3x+ 2
2x+ 5= −4.
P.C.1(2a)-2010-2
Solucion
Por definicion de lımite tenemos
lımx→−2
f(x) = −4⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x+2| < δ ⇒ |f(x)+4| < ε.
Busqueda de δ: ∣∣∣∣3x+ 2
2x+ 5+ 4
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣11x+ 22
2x+ 5
∣∣∣∣ =11|x+ 2||2x+ 5|
. (1)
Para acotar la expresion1
|2x+ 5|, consideremos δ =
1
4.
Ası,
|x+ 2| < δ ⇒ |x+ 2| < 1
4
⇒ −9
4< x <
−7
4
⇒ 1
2< 2x+ 5 <
3
2
⇒ 2
3<
1
2x+ 5< 2
⇒ 1
|2x+ 5|< 2. (2)
Luego, de (1) y (2) resulta∣∣∣∣3x+ 2
2x+ 5+ 4
∣∣∣∣ = |x+ 2| 1
|2x+ 5|< 2|x+ 2| < 2δ = ε.
Por lo tanto, para δ = mın
{1
4;1
2ε
}se tiene lım
x→−2
3x+ 2
2x+ 5= −4.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 23
10. Usando la definicion demuestre que
lımx→4
x+ 1
x− 3= 5.
E.P (2)-2010-2
Solucion
Por definicion de lımite tenemos
lımx→4
f(x) = 5⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 : x ∈ Dom(f)∧0 < |x−4| < δ ⇒ |f(x)−5| < ε.
Busqueda de δ:
∣∣∣∣x+ 1
x− 3− 5
∣∣∣∣ = 4|x− 4| 1
|x− 3| (1)
Para acotar la expresion1
|x− 3|, elegimos δ =
1
2< 1.
Ası, tenemos
|x− 4| < 1
2⇒ 2
3<
1
|x− 3|< 2 (2)
Luego, de (1) y (2) resulta∣∣∣∣x+ 1
x− 3− 5
∣∣∣∣ = 4|x− 4| 1
|x− 3|< 8δ = ε.
Por lo tanto, para δ = mın
{1
2,ε
8
}se tiene lım
x→4
x+ 1
x− 3= 5.
11. Usando la definicion de lımite demuestre que
lımx→−2
(x− 1
2x+ 2
)=
3
2.
E.P (2a)-2010-1
Solucion
Por definicion de lımite tenemos
lımx→−2
f(x) =3
2⇔ ∀ε > 0; ∃δ > 0; x 6= −1, 0 < |x+ 2| < δ ⇒
∣∣∣∣f(x)− 3
2
∣∣∣∣ < ε.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
24 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Busqueda de δ:
∣∣∣∣ x− 1
2x+ 2− 3
2
∣∣∣∣ = |x+ 2| 1
|x+ 1| (1)
Luego, tomando δ = 12
tenemos
|x+ 2| < 1
2⇒ 2
3<
1
|x+ 1|< 2 (2)
Ası, de (1) y (2) resulta∣∣∣∣ x− 1
2x+ 2− 3
2
∣∣∣∣ = |x+ 2| 1
|x+ 1|< 2δ = ε.
Por ende, para δ = mın
{1
2;ε
2
}se tiene lım
x→−2
(x− 1
2x+ 2
)=
3
2.
12. Demuestre analıticamente que si lımx→a
f(x) = L y L < 0, existe un δ > 0 tal
que x ∈ Dom(f) , 0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) < 0.
P.C.2(4)-2009-1.
Solucion
Como lımx→a
f(x) = L entonces para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− L| < ε.
Luego, para ε = −L > 0 se tiene |f(x)− L| < −L⇒ f(x) < 0.
2.2. Lımites laterales
1. Dada la funcion f definida por
f(x) =
2x− a , x < −3
ax+ 2b , −3 ≤ x ≤ 3.
b− 5x , x > 3.
Determine los valores de a y b tales que lımx→−3
f(x) y lımx→3
f(x) existen.
P.C.2(4)-2009-1.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 25
Solucion
Por lımites laterales en x = −3:
lımx→−3−
f(x) = lımx→−3−
2x− a
= −6− a.lım
x→−3+f(x) = lım
x→−3+ax+ 2b
= −3a+ 2b.
Luego, por la existencia del lımite en x = −3, se tiene
−6− a = −3a+ 2b,
de donde,
−a+ b = −3(1)
De manera similar para x = 3, tenemos
lımx→3−
f(x) = lımx→3−
ax+ 2b
= 3a+ 2b.
lımx→3+
f(x) = lımx→3+
b− 5x
= b− 15.
De donde,
3a+ b = −15(2)
Luego, al resolver simultaneamente las ecuaciones (1) y (2) obtenemos a = −3
y b = −6.
2. Halle el valor de a y b para que lımx→1
f(x) exista, si
f(x) =
x3 − x2 + (b− 2)x+ 4
x− 1; x ≤ 1
a− x2 ; x > 1.
P.C.2-2010-0
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
26 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
Por lımites laterales:
lımx→1+
f(x) = a− 1.
Por otra parte, para que lımx→1−
f(x) exista, b− 2 + 4 = 0, de donde obtenemos
b = −2, con lo cual resulta que lımx→1−
f(x) = −3.
Luego, por la existencia del lımite en x = 1, se tiene a− 1 = −3.
Por lo tanto, a = −2.
3. Sea f la funcion definida por
f(x) =
x2 + (k − 1)x− kx2 + x− 2
, x > 1
3 , x = 1
2 sen2[k(1− x)]
(1− x)2, x < 1
Si existe lımx→a
f(x) para todo numero real a, encuentre el valor de k < 0.
P.C.2(4b)-2009-2.
Solucion
Por lımites laterales en a = 1, tenemos:
Lımite lateral por la derecha
lımx→1+
x2 + (k − 1)x− kx2 + x− 2
= lımx→1+
x+ k
x+ 2
=k + 1
3.
Lımite lateral por la izquierda
lımx→1−
2 sen2 k(1− x)
(1− x)2= 2k2 lım
x→1−
sen2 k(1− x)
k2(1− x)2
= 2k2.
Luego, por la existencia del lımite en a = 1, resulta
k + 1
3= 2k2,
de donde k = −13.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 27
2.3. Calculo de lımites
1. Calcule los siguientes lımites:
a) lımx→0
3√
1 + x3 −√
1− x2x2
.
P.C.2(2b)-2009-2.
b) lımx→3−
√6−√
2x+√
6− 2x√36− 4x2
.
P.C.2(2d)-2009-2.
Solucion
a) Sumando y restando 1 en el numerador, tenemos
lımx→0
3√
1 + x3 −√
1− x2x2
= lımx→0
[3√
1 + x3 − 1
x2+
1−√
1− x2x2
].
Ademas,
3√
1 + x3 − 1
x2+
1−√
1− x2x2
=x3
x2(
3√
(1 + x3)2 + 3√
1 + x3 + 1)+
1
1 +√
1− x2.
Por tanto,
lımx→0
3√
1 + x3 −√
1− x2x2
= lımx→0
[x3
x2(
3√
(1 + x3)2 + 3√
1 + x3 + 1)+
1
1 +√
1− x2
]=
1
2.
b) Simplificando previamente la funcion tenemos
√6−√
2x+√
6− 2x√36− 4x2
=
√6−√
2x√(6− 2x)(6 + 2x)
+
√6− 2x√
(6− 2x)(6 + 2x)
=6− 2x
(√
6 +√
2x)√
(6− 2x)(6 + 2x)+
1√6 + 2x
=
√6− 2x
(√
6 +√
2x)√
6 + 2x+
1√6 + 2x
.
Ası,
lımx→3−
√6−√
2x+√
6− 2x√36− 4x2
= lımx→3−
√6− 2x
(√
6 +√
2x)√
6 + 2x+
1√6 + 2x
=
√3
6.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
28 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
2. Calcule:
a) lımx→1
√x2 + 8 + 3
√2− 3x2 − 2
x− 1.
P.C.2(2)-2010-2
b) lımx→0
3√
64− x2 −√
16 + x2
x.
P.C.2(2)-2009-1.
Solucion
a) L = lımx→1
√x2 + 8 + 3
√2− 3x2 − 2
x− 1= lım
x→1
√x2 + 8− 3
x− 1+
3√
2− 3x2 + 1
x− 1.
Sean:
L1 = lımx→1
√x2 + 8− 3
x− 1= lım
x→1
x2 − 1
(x− 1)(√x2 + 8 + 3)
= lımx→1
x+ 1√x2 + 8 + 3
=1
3.
L2 = lımx→1
3√
2− 3x2 + 1
x− 1= lım
x→1
3− 3x2
(x− 1)( 3√
(2− 3x2)2 − 3√
2− 3x2 + 1)
= lımx→1
−3(x+ 1)(x− 1)
(x− 1)( 3√
(2− 3x2)2 − 3√
2− 3x2 + 1)
= lımx→1
−3(x+ 1)3√
(2− 3x2)2 − 3√
2− 3x2 + 1= −2.
Finalmente, L = L1 + L2 = −53.
b)
lımx→0
3√
64− x2 −√
16 + x2
x= lım
x→0
3√
64− x2 − 4− (√
16 + x2 − 4)
x
= lımx→0
[3√
64− x2 − 4
x−√
16 + x2 − 4
x
].
Sean
L1 =3√
64− x2 − 4
x=
3√
64− x2 − 4
x
[( 3√
64− x2)2 + 4 3√
64− x2 + 16
][( 3√
64− x2)2 + 4 3√
64− x2 + 16
]y
L2 = −√
16 + x2 − 4
x= −√
16 + x2 − 4
x× (√
16 + x2 + 4)
(√
16 + x2 + 4).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 29
Luego,
L1 + L2 =−x
( 3√
64− x2)2 + 4 3√
64− x2 + 16− x√
16 + x2 + 4.
De donde
lımx→0
3√
64− x2 −√
16 + x2
x= lım
x→0(L1 + L2) = 0.
3. Calcule los siguientes lımites:
a) lımx→2
(1
2− x− 3
2− 3x+ 3x2 − x3
).
E.P(2)-2009-0.
b) lımx→81
3− 4√x
9−√x
.
P.C.2-2010-0
Solucion
a)
lımx→2
(1
2− x− 3
2− 3x+ 3x2 − x3
)= lım
x→2
x2 − x− 2
(x− 2)(−x2 + x− 1)
= lımx→2
(x− 2)(x+ 1)
(x− 2)(−x2 + x− 1)= −1.
b) Racionalizando tenemos
lımx→81
3− 4√x
9−√x
= lımx→81
(3− 4√x)(3 + 4
√x)(9 +
√x)
(9−√x)(3 + 4
√x)(9 +
√x)
= lımx→81
1
3 + 4√x
=1
6.
4. Calcule los siguientes lımites:
a) lımx→0
3√
1 + x−√
1− 2x
x.
E.P (3)-2010-1
b) lımx→0
3√
1 + x2 −√
1 + 2x
x+ x2.
P.C.2-2010-1
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
30 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
a) lımx→0
3√
1 + x−√
1− 2x
x= lım
x→0
3√
1 + x− 1−√
1− 2x+ 1
x=
4
3.
b) Sea
L = lımx→0
3√
1 + x2 −√
1 + 2x)
x+ x2.
Luego,
L = lımx→0
( 3√
1 + x2 − 1)− (√
1 + 2x− 1)
x+ x2
= lımx→0
[x2
x(1 + x)( 3√
(1 + x2)2 + 3√
1 + x2 + 1)− 2x
x(1 + x)(√
1 + 2x+ 1)
]= −1.
Ası,
lımx→0
3√
1 + x2 −√
1 + 2x
x+ x2= −1.
5. Compruebe que la pendiente de la recta tangente a la circunferencia
C : x2 + y2 = 1
en el punto Q(0; 1) es el lımite de las pendientes de las rectas secantes a C que
pasan por los puntos Q(0; 1) y P (cos(t); sen(t)).
P.C.2(4a)-2009-2.
Solucion
La recta tangente a la circunferencia
C : x2 + y2 = 1
en el punto Q(0, 1) es y = 1, su pendiente es m = 0.
La pendiente de la recta secante que pasa por los puntos Q y P es
m =sen t− 1
cos t.
Tomando lımite tenemos
lımt→π
2
m = lımt→π
2
sen t− 1
cos t
= lımt→0
cos(h)− 1
− sen(h)= 0.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 31
6. Calcule los siguientes lımites:
a) lımx→π
6
√3− 2 cos(x)
sen(x− π
6
) .
P.C.2(2)-2009-1.
b) lımx→0
(1− cos(4x))(sen |x|)4
|x|5.
E.P(2)-2009-0.
Solucion
a) Sea u = x− π6, entonces
lımx→π
6
√3− 2 cos(x)
sen(x− π
6
) = lımu→0
√3− 2 cosu cos π
6+ 2 senu sen π
6
senu
= lımu→0
√3−√
3 cosu+ senu
senu
= lımu→0
√3
(1− cosu)
u
u
senu+ 1
= 1.
b) lımx→0
(1− cos(4x))(sen |x|)4
|x|5= lım
x→0
(1− cos(4x)
|x|(sen |x|)4
|x|4.
Luego, como
lımx→0
1− cos(4x)
|x|= 0,
y
lımx→0
(sen |x||x|
)4
= 1.
Concluimos que
lımx→0
(1− cos(4x))(sen |x|)4
|x|5= 0.
7. Calcule
lımx→0
cos(αx)− cos(βx)
x2, α 6= 0, β 6= 0.
P.C.2-2010-0
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
32 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
lımx→0
cos(αx)− cos(βx)
x2= lım
x→0
1− 1 + cos(αx)− cos(βx)
x2
= lımx→0
[−α21− cos(αx)
(αx)2+ β21− cos(βx)
(βx)2
]=
1
2(β2 − α2).
8. Calcule los siguientes lımites:
a) lımx→a
tan(x)− tan(a)
x− a.
P.C.2(2a)-2009-2.
b) lımx→0
√cosx− 3
√cosx
sen2 x.
P.C.2(2c)-2009-2.
Solucion
a) Sea h = x− a entonces
lımx→a
tan(x)− tan(a)
x− a= lım
h→0
tan(h+ a)− tan(a)
h
= lımh→0
tan(h) + tan(a)
1− tan(h) tan(a)− tan(a)
h
= 1 + tan2 a = sec2 a.
b) Sea L = lımx→0
√cosx− 3
√cosx
sen2 x.
Sumando y restando 1 en el numerador, luego multiplicando numerador
y denominador por las conjugadas en cada expresion, tenemos:
L = lımx→0
[√cosx− 1 + 1− 3
√cosx
sen2 x
]
= lımx→0
[cosx− 1
sen2 x(√
cosx+ 1)+
1− cosx
sen2 x(
3√
cos2 x+ 3√
cosx+ 1)]
= lımx→0
[cosx− 1
x2x2
sen2 x
1
(√
cosx+ 1)+
1− cosx
x2x2
sen2 x
1(3√
cos2 x+ 3√
cosx+ 1) ]
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 33
Concluimos que
lımx→0
√cosx− 3
√cosx
sen2 x= − 1
12.
9. Calcule
lımx→1
((1− x) tan
(πx
2
)).
E.P(3a)-2009-2.
Solucion
Sea L = lımx→1
((1− x) tan
(πx
2
)), llevando al origen con h = x− 1, se tiene
L = lımh→0−h tan
(π(1 + h)
2
)= lım
h→0−h tan
(πh
2+π
2
)= lım
h→0h cot
(πh
2
)= lım
h→0
h
tan(π2h)
=2
π.
10. Calcule:
a) lımx→1
[sen(sen(x− 1))
x− 1+
sen(πx)
x(x− 1)
].
E.P(2a)-2009-1.
b) lımx→1
[1
1−√x
cos
(πx
2
)].
E.P(4b)-2009-1.
Solucion
a) Para calcular L = lımx→1
[sen(sen(x− 1))
x− 1+
sen(πx)
x(x− 1)
].
Sea u = x− 1, entonces
L = lımu→0
[sen(sen(u))
u+
sen(πu+ π)
(u+ 1)u
]= lım
u→0
[sen(sen(u))
u+
sen(πu+ π)
(u+ 1)u
],
en donde
lımu→0
(sen(sen(u))
u
)= lım
u→0
(sen(sen(u))
senu
sen(u)
u
)
= 1,
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
34 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Asimismo
lımu→0
(sen(πu+ π)
(u+ 1)u
)= lım
u→0
(− sen(πu)
(u+ 1)u
)= lım
u→0
(− sen(πu)
πu
π
u+ 1
)= −π.
Por lo tanto,
L = 1− π.
b) Como lımx→1
[1
1−√x
cos
(πx
2
)]=
0
0, para u = x− 1 tenemos
lımx→1
[1
1−√x
cos
(πx
2
)]= lım
x→1
[1 +√x
1− xcos
(πx
2
)]
= lımu→0
[1 +√u+ 1
−ucos
(π(u+ 1)
2
)]
= lımu→0
[1 +√u+ 1
−u
(− sen
(πu
2
))]
= lımu→0
[(1 +
√u+ 1)
2
π
sen(πu/2)
πu/2
]=
4
π.
11. Calcule
lımx→0
1− cos(4x)
2 sen2(x) + x tan(7x).
E.P(1a)-2010-0
Solucion
Recordemos que
lımx→0
1− cos(x)
x2=
1
2y lım
x→0
tan(x)
x= 1.
Sea
L = lımx→0
1− cos(4x)
2 sen2(x) + x tan(7x)
Luego,
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 35
L = lımx→0
1− cos(4x)
(4x)2
2 sen2(x) + x tan(7x)
(4x)2
= lımx→0
1− cos(4x)
(4x)2
216
(sen(x)
x
)2
+7
16
tan(7x)
7xFinalmente,
lımx→0
1− cos(4x)
2 sen2(x) + x tan(7x)=
8
9.
12. Calcule
lımx→0
sen(a+ 2x)− 2 sen(a+ x) + sen(a)
x2
E.P (3)-2010-1
Solucion
Sea
L = lımx→0
sen(a+ 2x)− 2 sen(a+ x) + sen(a)
x2.
De las identidades:
sen(a+ 2x) = sen a(2 cos2 x− 1) + 2 cos a cosx senx
sen(a+ x) = cos a senx+ cosx sen a,
se tiene
L = lımx→0
[sen a(2 cos2 x− 1) + 2 cos a cosx senx
x2− 2(cos a senx+ cosx sen a) + sen a
x2
]L = lım
x→0
[2 sen a cosx(cosx− 1)
x2+
2 cos a senx(cosx− 1)
x2
]L = − sen a.
13. Calcule(si existe)
lımx→−2
[(x2 + 4x+ 4) cos
(x3
x+ 2
)| sec(πx)|
].
E.P (6)-2010-2
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
36 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
Cuando x→ −2 la funcion | sec(πx)| → 1.
Ademas,
−1 ≤ cos
(x3
x+ 2
)≤ 1⇒ −(x+ 2)2 ≤ (x+ 2)2 cos
(x3
x+ 2
)≤ (x+ 2)2.
Asimismo, como
lımx→−2
−(x+ 2)2 = lımx→−2
(x+ 2)2 = 0,
entonces aplicando el teorema de sandwich, tenemos
lımx→−2
[(x+ 2)2 cos
(x3
x+ 2
)]= 0.
14. Calcule los siguientes lımites:
a) lımx→π
2
3 + 3 sen(3x) + 2 cos(x)
2 cos(x) + sen(2x).
b) lımx→1+
(x− 1)2 sen
(1√x− 1
).
P.C.2-2010-1
Solucion
a) Sea x− π
2= h. Luego, si x→ π
2entonces h→ 0.
Ademas:
sen(3x) = sen
(3h+
3π
2
)= − cos(3h)
cos(x) = cos
(h+
π
2
)= − sen(h)
sen(2x) = sen(2h+ π) = − sen(2h).
Ası, tenemos
lımx→π
2
3 + 3 sen(3x) + 2 cos(x)
2 cos(x) + sen(2x)= lım
h→0
3− 3 cos(3h)− 2 sen(h)
−2 sen(h)− sen(2h)
= lımh→0
−3(1− cos(3h)) + 2 sen(h)
2 sen(h) + sen(2h)
= lımh→0
−9(1− cos(3h))
3h+
2 sen(h)
h2 sen(h)
h+
2 sen(2h)
2h
=1
2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 37
b) Para x > 1, tenemos
−1 ≤ sen
(1√x− 1
)≤ 1.
Ademas,
(x− 1)2 > 0⇒ −(x− 1)2 ≤ (x− 1)2 sen
(1√x− 1
)≤ (x− 1)2.
Asimismo,
lımx→1+
−(x− 1)2 = lımx→1+
(x− 1)2 = 0.
Por lo tanto, se tiene que lımx→1+
(x− 1)2 sen
(1√x− 1
)= 0.
15. Halle la posicion lımite del punto E, cuando P se aproxima a O; siendo E el
punto de interseccion de la mediatriz del segmento OP con el eje de ordenadas
Y , donde O = (0, 0) y P = (x, y) esta en la grafica de y = sen2(x), para
0 < x < π.
E.E(2a)-2009-2.
Solucion
Figura 2.1:
Del grafico tenemos que para y = sen2(x), con 0 < x < π, se tiene P =
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
38 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
(x, sen2(x)), donde M es punto medio de OP, EM⊥OP y θ = m(POA) =
m(OEM).
Luego,
sen(θ) =OM
OE, es decir OE = OM/ sen(θ),
de donde
OP 2 = x2 + sen4(θ).
Asimismo,
sen(θ) =AP
OP=
sen2(θ)
OP⇒ OP = sen(θ) = 2OM.
Luego,
OE =OP
2 sen(θ)=
√x2 + sen4(θ)
2√
sen2(θ)=
1
2
√x2
sen2(θ)+ sen2(θ).
Ası,
lımx→0+
1
2
√x2
sen2(θ)+ sen2(θ) =
1
2.
De esta manera, la posicion lımite de E cuando P se acerca a O es (0, 1/2).
16. Calcule los siguientes lımites:
a) lımx→π
2
sen3(3π2− 3x)
(π − 2x)[1− cos(3π2− 3x)]
.
b) lımx→1
[3√x2 − 1 cos
(3π(x2 + 3)
x2 − 3x+ 4
)].
P.C.2(2)-2010-2
Solucion
a) Sea x− π
2= h. Si x→ π
2entonces h→ 0.
Luego,
lımh→0
sen3(3π2− 3(h+ π
2))
(−2h)[1− cos(3π2− 3(h+ π
2))]
= lımh→0
sen3(−3h)
(−2h)[1− cos(−3h)]
=1
2lımh→0
sen3(3h)
h[1− cos(3h)]
=3
2lımh→0
[sen3(3h)
(3h)3.
(3h)2
1− cos(3h)
]
= = 3.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 39
b) Como
∣∣∣∣ cos
(3π(x2 + 3)
x2 − 3x+ 4
)∣∣∣∣ ≤ 1 y lımx→1
3√x2 − 1 = 0, entonces
lımx→1
[3√x2 − 1 cos
(3π(x2 + 3)
x2 − 3x+ 4
)]= 0.
17. Analice la verdad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
a) Si lımx→x0
f(x) existe y lımx→x0
f(x).g(x) existe y es diferente de cero, entonces
lımx→x0
1
g(x)existe.
P.C.2(4)-2010-2
b) Sean f y g funciones tales que lımx→a
f(x) existe, lımx→a
g(x) existe y lımx→a
(f(x)−g(x)) > 0 entonces existe δ > 0 tal que: 0 < |x− a| < δ ⇒ g(x) < f(x).
P.C.2(4)-2010-2
c) Si f(x) > 0, para todo x ∈ R, y lımx→0
f(x) existe, entonces lımx→0
f(x) > 0.
P.C.2-2010-1
d) Si f(x) =5− x√x2 − 25
, entonces lımx→5+
f(x) = lımx→−5−
f(x).
E.P(1)-2009-1.
Solucion
a) (Verdadero)
lımx→x0
(1
g(x)
)= lım
x→x0
(f(x)
f(x).g(x)
)=
lımx→x0
f(x)
lımx→x0
f(x).g(x).
b) (Verdadero)
Si lımx→a
f(x) = L y lımx→a
g(x) = M , entonces
lımx→a
(f(x)− g(x)) = L−M > 0.
Por preservacion del signo del lımite, existe δ > 0 tal que: 0 < |x−a| < δ
entonces f(x)− g(x) > 0. Es decir g(x) < f(x).
c) (Falso)
Es suficiente considerar la funcion f defnida por
f(x) =
{x2 ; x 6= 0
2 ; x = 0,
con lo cual tenemos lımx→0
f(x) = 0.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
40 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
d) (Falso)
Si f(x) =5− x√x2 − 25
y x > 5, tenemos
lımx→5+
f(x) = lımx→5+
5− x√x2 − 25
= lımx→5+
(5− x)√x− 5
(x− 5)√x+ 5
= lımx→5+
−√x− 5√x+ 5
= 0.
y si x < −5
lımx→−5−
f(x) = lımx→−5−
5− x√x2 − 25
= lımx→−5−
5− x√
5− x√−(x+ 5)
= lımx→−5−
(5− x)√
5− x(5− x)
√−(x+ 5)
= lımx→−5−
√5− x√−(x+ 5)
=
√10
0= +∞.
18. Sean f y g funciones definidas por
f(x) =
sen(x+ π)x
π+ 1
; −π < x
(x+ π)(x− 2π) + 2πx+ 2π2
−x− π; x < −π
y
g(x) =
−2x sen(
x
2) ; x 6= π
π ; x = π
a) Calcule lımx→−π
f(x).
b) Halle el valor de
E = lımx→−π
(g ◦ f)(x) + lımx→π
(f ◦ g)(x).
P.C.2(5)-2010-2
Solucion
Simplificando f , tenemos
f(x) =
π sen(x+ π)
x+ π; −π < x
−x ; x < −π.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 41
a) Por lımites laterales:
lımx→−π+
π sen(x+ π)
x+ π= π
lımx→−π−
(−x) = π
Por lo tanto,
lımx→−π
f(x) = π.
b) 1) lımx→−π
(g ◦ f)(x) = lımh→b
g(h) y b = lımx→−π
f(x) = π.
Luego,
lımx→−π
(g ◦ f)(x) = lımh→π
g(h) = −2π.
2) lımx→π
(f ◦ g)(x) = lımh→b
f(h) y b = lımx→π
g(x) = −2π.
Luego,
lımx→π
(f ◦ g)(x) = lımh→−2π
f(h) = 2π.
Finalmente,
E = −2π + 2π = 0.
2.4. Lımites infinitos y al infinito
1. Calcule
lımx→2+
−x√4− x2
.
P.C.2-2010-0.
Solucion
lımx→2+
−x√4− x2
= lımx→2+
−x√−(x− 2) (x+ 2)︸ ︷︷ ︸
(+)
=2√
−(−4)(0)= +∞.
2. Usando la definicion de lımite demuestre que
lımx→ 2
3
+
2
3x− 2= +∞.
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
42 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Por definicion de lımite infinito tenemos
lımx→ 2
3
+
2
3x− 2= +∞⇔ ∀M > 0,∃δ > 0 : x ∈ Dom(f) ∧ 0 < x−2
3< δ ⇒ 2
3x− 2> M.
Busqueda de δ en terminos de M :
0 < x− 2
3< δ ⇒ 2
3x− 2> M
⇒ 3x− 2 <2
M
⇒ x− 2
3<
2
3M= δ
Por tanto, para δ =2
3M> 0 se tiene lım
x→ 23
+
2
3x− 2= +∞.
3. Usando la definicion demuestre que lımx→−2−
3x− 2
x+ 2= +∞.
E.P-2010-0
Solucion
lımx→−2−
3x− 2
x+ 2= +∞.
Por definicion de lımite infinito tenemos
lımx→−2−
3x− 2
x+ 2= +∞⇔ ∀M > 0,∃δ > 0 : x ∈ Dom(f) ∧ −δ < x+2 < 0⇒ 3x− 2
x+ 2> M.
Busqueda de δ en terminos de M :
3x− 2
x+ 2= 3− 8
x+ 2.
Ademas,
−δ < x+ 2 < 0 ⇒ 3− 8
x+ 2> M
⇒ −8
x+ 2> M − 3
⇒ x+ 2 >8
3−M= −δ
Por tanto, para δ =8
M − 3se tiene lım
x→−2−
3x− 2
x+ 2= +∞.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 43
4. Usando la definicion demuestre que
lımx→2+
2x+ 2
x− 2= +∞.
P.C.2-2010-0
Solucion
Por definicion de lımite infinito tenemos
lımx→2+
2x+ 2
x− 2= +∞⇔ ∀M > 0,∃δ > 0 : x ∈ Dom(f) ∧ 2 < x < δ+2⇒ 2x+ 2
x− 2> M.
Busqueda de δ en terminos de N :
2x+ 2
x− 2= 2 +
6
x− 2
Ademas,
2 < x < δ + 2 ⇒ 2 +6
x− 2> M
⇒ 1
x− 6>M − 2
6
⇒ x− 2 <6
M − 2= δ
Por lo tanto, para δ =6
M − 2se tiene lım
x→2+
2x+ 2
x− 2= +∞.
5. Justificando sus procesos, analice la verdad o falsedad de las siguientes propo-
siciones:
a) Si lımx→+∞
f(x) y lımx→+∞
g(x) existen, entonces la grafica de h(x) = f(x) +
g(x) tiene una asıntota horizontal por la derecha.
b) La grafica de la funcion f(x) = 3√x3 + 2x tiene asıntota oblicua.
E.P(1)-2009-1.
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
44 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
a) (Verdadero)
Como los lımites de f y g existen, sean lımx→+∞
f(x) = a y lımx→+∞
g(x) = b,
entonces
lımx→+∞
h(x) = lımx→+∞
(f(x) + g(x)) = lımx→+∞
f(x) + lımx→+∞
g(x) = a+ b.
Luego, la grafica de h(x) tiene asıntota horizontal por la derecha: y = a+b.
b) (Verdadero)
Buscando asıntota oblicua en +∞ :
m = lımx→+∞
(f(x)
x
)= lım
x→+∞
(3√x3 + 2x
x
)= 1.
b = lımx→+∞
(f(x)− x) = lımx→+∞
(3√x3 + 2x− x
)= lım
x→+∞
(2x
( 3√x3 + 2x)2 + x 3
√x3 + 2x+ x2
)= 0
Por lo tanto, y = x es asıntota oblicua.
6. Usando la definicion demuestre que
lımx→+∞
1
(x− 1)n= 0, n ∈ Z+.
P.C.2-2010-0
Solucion
∀ε > 0, ∃N > 0 : x ∈ R− {1}, x > N ⇒ |f(x)− L| < ε.
En efecto
Dado ε > 0, si x > N > 0 se tiene que x− 1 > N − 1 > 0, entonces∣∣∣∣ 1
x− 1
∣∣∣∣n < 1
|N − 1|n=
1
(N − 1)n= ε,
de donde
N = 1 +1n√ε.
Por lo tanto, existe
N = 1 +1n√ε> 0.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 45
7. Calcule
lımx→−∞
√x(x+ a) + x
x2( 3√x3 + 3− x)
.
E.P(3b)-2009-2.
Solucion
lımx→−∞
√x(x+ a) + x
x2( 3√x3 + 3− x)
= lımx→−∞
1
x2
(√x(x+ a) + x3√x3 + 3− x
)=
1
∞× 0
0= 0× 0
0, es indeterminada.
Para levantar la indeterminacion, racionalizaremos.
Para esto, sea
M =1
x2
(√x(x+ a) + x3√x3 + 3− x
).
Luego,
M =1
x2× x2 + ax− x2
x3 + 3− x3×(
3√
(x3 + 3)2 + x 3√x3 + 3 + x2√
x2 + ax− x
)
=1
x2
ax(
3
√(x3 + 3)2 + x 3
√x3 + 3 + x2
)3(√x2 + ax− x)
=a( 3√
(x3 + 3)2 + x 3√x3 + 3 + x2)
3x(√x2 + ax− x)
=ax2( 3
√(1 + 3/x3)2 + 3
√1 + 3/x3 + 1)
3x(−x)(√
1 + a/x+ 1)
=a( 3√
(1 + 3/x3)2 + 3√
1 + 3/x3 + 1)
−3(√
1 + a/x+ 1).
Ası,
lımx→−∞
√x(x+ a) + x
x2( 3√x3 + 3− x)
= lımx→−∞
a( 3√
(1 + 3/x3)2 + 3√
1 + 3/x3 + 1)
−3(√
1 + a/x+ 1)
=−a2.
8. Calcule
lımx→−∞
x+ 2√x2 − 4
.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
46 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
P.C.2-2010-0.
Solucion
lımx→−∞
x+ 2√x2 − 4
= lımx→−∞
x(1 +2
x)√
x2(1− 4
x2)
= −1.
9. Dada la funcion f definida por
f(x) =x2√x2 + 4
+ x− 5.
Halle, si existen, las asıntotas oblicuas del grafico de f .
P.C.2(3a)-2009-1.
Solucion
En −∞
m = lımx→−∞
f(x)
x= lım
x→−∞
x2 + (x− 5)√x2 + 4
x√x2 + 4
= lımx→−∞
x2 − x2(1− 5x)√
1 + 4x2
−x2√
1 + 4x2
= lımx→−∞
1− (1− 5x)√
1 + 4x2
−√
1 + 4x2
= 0.
Por tanto, no hay asıntota oblicua en −∞.
En +∞
m = lımx→+∞
f(x)
x= lım
x→+∞
x2 + (x− 5)√x2 + 4
x√x2 + 4
= lımx→+∞
x2 + x2(1− 5x)√
1 + 4x2
x2√
1 + 4x2
= 2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 47
b = lımx→+∞
f(x)−mx = lımx→+∞
x2√x2 + 4
+ x− 5− 2x
= lımx→+∞
x2√x2 + 4
− x− 5
= lımx→+∞
x2 − (x+ 5)√x2 + 4√
x2 + 4
= lımx→+∞
x2 − (x+ 5)√x2 + 4√
x2 + 4× x2 + (x+ 5)
√x2 + 4√
x2 + 4= −5.
Luego, la asıntota oblicua es y = 2x− 5.
10. Halle el valor de la constante k sabiendo que la curva de ecuacion y =x3 + kx2 + 1
x2 + 1tiene una asıntota que pasa por el punto (1, 3).
E.P(4a)-2009-2.
Solucion
Sea L la asıntota a la grafica de y =x3 + kx2 + 1
x2 + 1que pasa por el punto (1, 3).
Como x2 + 1 > 0 para todo x en R, dicha asıntota no es vertical. Luego, L no
es vertical y tiene ecuacion y = mx+ b tal que m+ b = 3, donde
m = lımx→±∞
f(x)
x= lım
x→±∞
(x3 + kx2 + 1
x(x2 + 1)
)
= lımx→±∞
(1 + k/x+ 1/x3
1 + 1/x2
)= 1.
Por lo tanto, b = 2. Ademas,
2 = b = lımx→±∞
(f(x)− x) = lımx→±∞
(x3 + kx2 + 1
x2 + 1− x)
= lımx→±∞
(x3 + kx2 + 1− x3 − x
x2 + 1
)
= lımx→±∞
(kx2 + 1− xx2 + 1
)
= lımx→±∞
(k + 1/x2 − 1/x
1 + 1/x2
)= k.
Ası, k = 2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
48 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
11. a) Si f(x) =r
x, r ∈ R− {0}, calcule lım
x→a
f(x)− f(a)
x− a.
b) Encuentre las asıntotas verticales a la grafica de la funcion f definida por
f(x) =x4 − 3x3 + 2x2
x3 + x2 − 6x.
P.C.2-2010-1
Solucion
a)
lımx→a
f(x)− f(a)
x− a= lım
x→a
r
x− r
ax− a
= r lımx→a
a− xax(x− a)
= r lımx→a
−1
ax= − r
a2.
b)
f(x) =x4 − 3x3 + 2x2
x3 + x2 − 6x=
(x− 2)(x− 1)x2
(x− 2)(x+ 3)x.
Si x 6= 2, x 6= 0 tenemos
f(x) =x(x− 1)
x+ 3.
Ademas,
lımx→2
f(x) =2
5
lımx→0
f(x) = 0
lımx→−3+
f(x) = +∞
lımx→−3−
f(x) = −∞.
Por tanto, la grafica solo tiene una asıntota vertical en x = −3.
12. Dada la funcion f definida por
f(x) =x2√x2 − 4
.
a) Halle el dominio de f .
b) Demuestre que f es una funcion par.
c) Halle las asıntotas del grafico de f y encuentre si existen los puntos de
interseccion del grafico de f con sus asıntotas oblicuas.
d) Bosqueje el grafico de f .
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 49
E.P(5)-2011-1.
Solucion
a) Dom(f) =]−∞,−2[∪]2,+∞[.
b) Si x ∈ Dom(f) ⇒ −x ∈ Dom(f). Ademas, f(−x) = f(x). Por tanto, f
es una funcion par.
c) Las asıntotas verticales son x = 2, x = −2 y las asıntotas oblıcuas son
y = x , y = −x; y no existe punto de interseccion del grafico de f con
sus asıntotas oblıcuas.
d) Grafica de f .
Figura 2.2:
13. Dada la funicion f definida por
f(x) =x2 + x− 6
x2 − 4.
Determine las ecuaciones de las asıntotas y esboce la grafica de f .
P.C.2(5a)-2009-1.
Solucion
x = −2 es asıntota vertical, puesto que
lımx→−2+
x2 + x− 6
x2 − 4= +∞
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
50 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
y
lımx→−2−
x2 + x− 6
x2 − 4= −∞
Asimismo, como
lımx→±∞
x2 + x− 6
x2 − 4= 1,
resutal que y = 1 es asıntota horizontal.
Grafica de f .
Figura 2.3: Grafica de f .
14. Esboce la grafica de una funcion f , la cual este definida en el conjunto de
los numeros reales, que sea continua ∀ ∈ R − {−1, 0, 1}, y que cumpla las
siguientes condiciones:
a) f(−1) = −2 b) f(0) = 2 c) f(1) = 0
d) f(3) = 5 e) lımx→−∞
f(x) = +∞ f) lımx→−1−
f(x) = +∞
g) lımx→−1+
f(x) = −2 h) lımx→0
f(x) = 1 i) lımx→1
f(x) = −∞
j) lımx→2
f(x) = 3 k) lımx→+∞
f(x) = 3.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 51
E.P(1)-2009-0.
Solucion
Grafica de f .
Figura 2.4:
15. Sea g una funcion definida por
g(x) =
3x2 + x+ k
x− 1+ 1 ; 0 < x < 1
−ax+ b+ 5 ; 1 ≤ x < 2
− ba(x− 4)2 ; 2 ≤ x < 5.
Encuentre los valores de las constantes a, b y k para que los lımites de g(x)
existan en todo punto donde esta definida.
P.C.2(3)-2010-2
Solucion
Por lımites laterales:
lımx→1−
g(x) = lımx→1+
g(x) y lımx→2−
g(x) = lımx→2+
g(x).
Si lımx→1−
g(x) existe, entonces k = −4. Ası,
lımx→1−
[(3x+ 4)(x− 1)
x− 1+ 1
]= 8.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
52 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
(1)
Asimismo,
lımx→1+
g(x) = −a+ b+ 5.(2)
Luego, de (1) y (2) se tiene
−a+ b+ 5 = 8.(3)
Por otra parte, como lımx→2−
g(x) = lımx→2+
g(x), resulta
−2a+ b+ 5 = −4b
a (4)
Luego, al resolver simultaneamente las ecuaciones (1) y (2) obtenemos a =
6± 4√
3 y b = 9± 4√
3.
16. Dibuje la grafica de alguna funcion f que cumpla con todas las siguientes
condiciones:
a) Dominio de f es [−4; 4]− {2}.
b) f(−4) = 0, f(−2) = 0, f(−1) = 2, f(0) = 3, f(4) = 3.
c) lımx→−4+
f(x) = +∞, lımx→−1−
f(x) = −∞, lımx→−1+
f(x) = 2,
lımx→2−
f(x) = +∞, lımx→2+
f(x) = +∞, lımx→4−
f(x) = 0.
P.C.2-2010-1
Solucion
17. Dada la siguiente funcion f definida por
f(x) =x3 − 1
x2 − x− 2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 53
Figura 2.5: Grafica de f
a) Halle las asıntotas de la grafica de f .
b) Determine las coordenadas de los puntos de interseccion de la grafica de
f con los ejes coordenados.
c) Esboce la grafica de f .
E.P (1)-2010-2
Solucion
a) Asıntotas verticales.
Como
lımx→−1−
x3 − 1
x2 − x− 2= −∞
entonces la recta x = −1 es una asıntota vertical.
De manera similar, tenemos
lımx→2−
x3 − 1
x2 − x− 2= −∞.
Luego, la recta x = 2 es asıntota vertical.
No tiene asıntota horizontal, puesto que
lımx→+∞
x3 − 1
x2 − x− 2= +∞.
Hallando asıntota oblicua:
m = lımx→+∞
x3 − 1
x(x2 − x− 2)= 1
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
54 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
b = lımx→+∞
(x3 − 1
x2 − x− 2− x)
= 1.
Ası, y = x+ 1 es asıntota oblicua.
b) Los puntos de interseccion de la grafica de f con los ejes coordenados son:
(0; 12) y (1; 0)
c) Los siguientes lımites ayudan a esbozar la grafica de f :
lımx→−1+
x3 − 1
x2 − x− 2= +∞
y
lımx→2+
x3 − 1
x2 − x− 2= +∞
Grafica de f .
Figura 2.6:
18. Pruebe que la ecuacion
sec(x) = x+ 2
tiene por lo menos una raız en el intervalo
[0;π
2
].
E.P (6)-2010-2
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
2. Lımites y continuidad 55
Solucion
Formamos la funcion f(x) = sec(x)− x− 2, con x ∈[0;π
2
[.
Como
lımx→π
2−f(x) = +∞,
entonces existe un numero c ∈]π
4;π
2
[tal que f(c) > 0.
Asimismo, tenemos [0; c] ⊂[0;π
2
].
Luego, como f es continua en [0; c] con f(0) = −1 < 0 y f(c) > 0, entonces
por el teorema del cero intermedio existe un numero r ∈ [0; c] tal que f(r) = 0.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
Capıtulo 3:
Derivadas
3.1. Definicion de Derivada
1. Justificando sus respuestas, analice la verdad o falsedad de la siguiente afir-
macion:
Si f ′(x0) = −2 entonces no existe el siguiente lımite
lımh→0
f(x0 − 3h)− f(x0)
2h.
E.P (2)-2010-2
Solucion
Haciendo el cambio de variable t = −3h, entonces
lımt→0
f(x0 + t)− f(x0)
−2
3t
= −3
2f ′(x0) = 3.
Por lo tanto, la afirmacion es falsa.
2. Usando la definicion de derivada, halle
a) la ecuacion de la recta tangente a la grafica de la funcion
f(x) = 3x2 − 2x+ 1
en el punto de abscisa 2 de dicha grafica,
E.P(2b)-2009-1.
b) la funcion derivada de f indicando su dominio; y , la ecuacion de la recta
tangente a la grafica de f(x) =√x2 − 3x en el punto P de abscisa -1 de
dicha grafica.
56
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 57
E.F(2a)-2009-1.
Solucion
a) La recta tangente a la grafica de la funcion f(x) = 3x2 − 2x + 1 en el
punto de abscisa 2, pasa por (2, f(2)) = (2, 9) y su pendiente es
m = lımh→0
f(2 + h)− f(2)
h= lım
h→0
3h2 + 10h
h= 10.
Luego, la ecuacion de la recta es y = 10x− 11.
b) Si f(x) =√x2 − 3x, entonces
f ′(x) = lımh→0
√(x+ h)2 − 3(x+ h)−
√x2 − 3x
h
= lımh→0
2xh+ h2 − 3h
h(√
(x+ h)2 − 3(x+ h) +√x2 − 3x)
= lımh→0
2x+ h− 3√(x+ h)2 − 3(x+ h) +
√x2 − 3x
f ′(x) =2x− 3
2√x2 − 3x
, x ∈]−∞, 0[∪]3,+∞[.
Luego, la recta tangente a la grafica de f(x) =√x2 − 3x en el punto
P (−1, 2); tiene pendiente
f ′(−1) = −5
4.
Por lo tanto, la ecuacion de la recta tangente LT a la grafica de y =
f(x) =√x2 − 3x en el punto P (−1, 2) es
LT : y − 2 = −5
4(x+ 1).
3. Usando la correspondiente definicion, compruebe que la pendiente de la recta
tangente en cada punto (a, f(a)) de la grafica de la funcion f(x) =√x2 + 1,
es negativa cuando a < 0.
E.P(6b)-2009-1.
Solucion
La pendiente de la recta tangente en cada punto (a, f(a)) de la grafica de la
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
58 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
funcion f(x), por definicion, es m = lımx→a
f(x)− f(a)
x− a, si existe, se tiene:
m = lımx→a
√x2 + 1−
√a2 + 1
x− a= lım
x→a
(x+ a)
(√x2 + 1 +
√a2 + 1)
=a√a2 + 1
es negativa cuando a < 0.
4. Usando la definicion de derivada, halle las ecuaciones de las rectas tangentes
a las graficas de las funciones f(x) =2
x− 2y g(x) = 2
√x− 2, en el punto
donde se interceptan dichas graficas.
E.P(1b)-2009-2.
Solucion
El punto de interseccion de las graficas de f(x) =2
x− 2y g(x) = 2
√x− 2 es
P (3, 2) y las pendientes son
f ′(3) = lımx→3
2
x− 2− 2
x− 3= lım
x→3
6− 2x
(x− 2)(x− 3)= −2.
g′(3) = lımh→0
2√
(3 + h)− 2− 2
h= lım
h→0
2h
h(√h+ 1 + 1)
= 1
Luego, las ecuaciones de las rectas tangentes a las graficas de las funciones
f y g, respectivamente son
y = 2x+ 8 y y = x− 1.
5. Halle las rectas tangentes a las graficas y = f(x) e y = g(x) en los puntos de
abscisas 0 de dichas graficas; siendo f y g funciones derivables en cada x ∈ Rque cumplen: |f(x)− g(x)| ≤ x2, para cada x ∈ R.
E.E(4)-2009-2.
Solucion
Para hallar las rectas tangentes a las graficas y = f(x) e y = g(x) por los
puntos de abscisas 0, hay que hallar f(0), g(0), f ′(0), y g′(0).
A partir de la condicion
|f(x)− g(x)| ≤ x2, x ∈ R,
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 59
se tiene:
Para x = 0, |f(0)− g(0)| ≤ 02 = 0, entonces f(0)− g(0) = 0 o f(0) = g(0) =
k0.
Y como x2 = |x|2, para x 6= 0∣∣∣∣f(x)− g(x)
x
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣f(x)− f(0) + g(0)− g(x)
x
∣∣∣∣=
∣∣∣∣f(x)− f(0)
x− 0− g(x)− g(0)
x− 0
∣∣∣∣≤ |x|
de donde: −x ≤ f(x)− f(0)
x− 0− g(x)− g(0)
x− 0≤ x; tomando el lımite cuando
x→ 0
lımx→0
(−x) ≤ lımx→0
(f(x)− f(0)
x− 0− g(x)− g(0)
x− 1
)≤ lım
x→0(x);
lo cual implica,
f ′(0)− g′(0) = 0⇔ f ′(0) = g′(0) = m0.
Por lo tanto las rectas tangentes a las graficas y = f(x) e y = g(x) en los
puntos de abscisas 0 son iguales, con ecuacion L : y = m0x+ k0.
6. Demuestre por definicion (1
g(x)
)′= − g′(x)
[g(x)]2.
P.C.3(5)-2009-1.
Solucion
Usando la definicion de derivada, tenemos
(1
g(x)
)′= lım
h→0
(1
g
)(x+ h)−
(1
g
)(x)
h
= lımh→0
g(x)− g(x+ h)
hg(x)g(x+ h)
= − lımh→0
(1
g(x)g(x+ h).g(x+ h)− g(x)
h
)= − g′(x)
[g(x)]2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
60 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
7. Determine el valor de verdad o falsedad de las siguientes afirmaciones. Justi-
fique su respuesta.
a) Si f es derivable en x = a entonces se cumple la igualdad
lımh→0
f(a+ αh)− f(a+ βh)
h= (α− β)f ′(a)
b) Si f es una funcion tal que |f(x)| ≤ |x|α, con α > 1, entonces f es
derivable en x = 0.
P.C.3-2010-1
Solucion
a) Verdadero.
lımh→0
f(a+ αh)− f(a+ βh)
h= lım
h→0
(f(a+ αh)− f(a)
h− f(a+ βh)− f(a)
h
)
= α lımh→0
f(a+ αh)− f(a)
αh− β lım
h→0
f(a+ βh)− f(a)
βh
= (α− β)f ′(a)
b) Debemos probar que f ′(0) = lımx→0
f(x)− f(0)
x− 0existe.
Reemplazando x = 0 en la hipotesis conseguimos f(0) = 0.
Ademas 0 ≤∣∣∣∣f(x)
x
∣∣∣∣ ≤ |x|α−1, de donde, lımx→0
∣∣∣∣f(x)
x
∣∣∣∣ = 0. Aplicando el
teorema del encaje en
−∣∣∣∣f(x)
x
∣∣∣∣ ≤ f(x)
x≤∣∣∣∣f(x)
x
∣∣∣∣obtenemos
f ′(0) = lımx→0
f(x)− f(0)
x− 0= lım
x→0
f(x)
x= 0
8. Halle la ecuacion de la recta tangente a la grafica de f(x) = cot(x) − x en el
punto x = π4.
P.C.4(5b)-2010-2
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 61
Solucion
Aplicando la definicion de derivada, tenemos
f ′(π4) = lım
h→0
cot(π4
+ h)− (π
4+ h)− 1 + π
4
h
= lımh→0
cot(π4
+ h)− 1− h
h
= −3
Si x = π4⇒ f
(π4
)= 1− π
4.
Por tanto,
LT : y = −3x+π
2+ 1.
3.2. Teorema del cero intermedio
1. Sea la funcion f definida por
f(x) = x3 − 3x− 3 = 0, con x ∈ [0, 3].
a) Sobre el arco AB de la grafica de f , halle un punto M(c, f(c)) en el cual
la tangente sea paralela a la cuerda AB, dado que A(0, f(0)) y B(3, f(3)).
b) Demuestre que la ecuacion
x3 − 3x− 3 = 0
tiene una raız real. ¿Es unica?
P.C.4-2010-0
Solucion
a) Si A(0; f(0)) = A(0,−3) y B(3, f(3)) = B(3, 15), entonces la pendiente
de la cuerda AB es mAB =18
3= 6.
Ademas f ′(x) = 3x2− 3, luego al resolver 3x2− 3 = 6, se tiene x = ±√
3.
Por lo tanto M(√
3, f(√
3)) = (√
3,−3).
b) Sea h(x) = x3 − 3x− 3, puesto que h(2) < 0 y h(3) > 0, por el teorema
del cero intermedio, existe r ∈]2, 3[ tal que h(r) = 0.
Probaremos que es unica, si x > 1, entonces h′(x) = 3x2 − 3 > 0, lo cual
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
62 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
implica que h es creciente.
Si x < −1, entonces h′(x) = 3x2−3 > 0, lo cual implica que h es creciente.
Ahora, si x < −1, entonces f(x) < 0; si −1 < x < 1, entonces f(x) < 0.
Ademas
lımx→+∞
f(x) = +∞
lımx→−∞
f(x) = −∞
Por lo tanto ∃!r ∈]2, 3[ tal que f(r) = 0.
2. Demuestre que la ecuacion
x3 − 1 = cos(x)
tiene una raız real positiva. Ubique dicha raız en un intervalo de longitud1
2.
E.P-2010-0
Solucion
Sea f(x) = cos(x)−x3+1, puesto que f(1) = cos(1) > 0 y f
(3
2
)= cos
(3
2
)−(
3
2
)3
+ 1 < 0.
Ademas, f es continua en
[1,
3
2
], entonces ∃c ∈
]1,
3
2
[tal que f(c) = 0. Por
lo tanto x3 − 1 = cos(x) tiene una raız real positiva c ∈]1,
3
2
[.
3. Sea la funcion f definida por
f(x) = 2x− x3.
Usando la definicion de derivada, halle la ecuacion de la recta tangente a la
grafica de f en el punto P (2; f(2)). Esboce la grafica de f y de su recta tangente
en P .
E.P(2b)-2010-1
Solucion
Aplicando la definicion, tenemos
f ′(2) = lımx→2
2x− x3 + 4
x− 2= lım
x→2(−x2 − 2x− 2) = −10.
Luego, la recta tangente a la grafica de f en el punto P (2; f(2)) = P (2;−4),
es
LT : y + 4 = −10(x− 2).
Grafica de f .
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 63
3.3. Diferenciabilidad y continuidad
1. Halle el valor de las constantes a y b tal que la funcion
f(x) =
{x2 + bx+ 6 ; x ≤ 2
ax+ b ; x > 2
sea derivable en x = 2.
E.P-2010-0
Solucion
Por la continuidad de f en x = 2, tenemos
lımx→2+
f(x) = lımx→2+
ax+ b = 2a+ b (1)
lımx→2−
f(x) = lımx→2−
x2 + bx+ 6 = 2b+ 10 (2)
de (1) y (2)
2a = 10 + b (3)
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
64 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
puesto que f es derivable en x = 2, entonces
f ′+(2) = lımh→0+
f(2 + h)− f(2)
h= a = 4 + b = lım
h→0−
f(2 + h)− f(2)
h= f ′−(2)
de donde 4 + b = a. Por lo tanto a = 6 y b = 2.
2. Dada la funcion f definida por
f(x) =
ax2 + b , x ≤ 11
|x|, x > 1,
halle los valores de a y b de tal forma que f ′(1) exista.
P.C.3(4)-2009-0.
Solucion
Por la continuidad de f se tiene
f(1) = lımx→1+
1
x= lım
x→1−(ax2 + b)
entonces a+ b = 1.
Y como f es diferenciable f ′+(1) = f ′−(1), entonces
lımx→1+
1
x− (a+ b)
x− 1= lım
x→1−
ax2 + b− (a+ b)
x− 1
lımx→1+
1− xx(x− 1)
= lımx→1−
a(x2 − 1)
x− 1−1 = 2a
por lo tanto, a = −1
2y b =
3
2.
3. Dada la funcion f definida por
f(x) =
b
x+ 2, x ≤ 1
ax2 − 2 , 1 < x < 2
b√x− 1− 6 , x ≥ 2
a) Halle los valores de las constantes a y b para que f sea diferenciable en
x = 2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 65
b) Con los valores de a y b hallados.
i) ¿Es f diferenciable en x = 1?
ii) Determine la funcion f ′(x) indicando su dominio.
P.C.3(4)-2009-2.
Solucion
a) De la continuidad de f en x = 2 tenemos 4a = b− 4. Ademas
f ′+(2) = lımx→2+
f(x)− f(2)
x− 2= 4a =
b
2= lım
x→2−
f(x)− f(2)
x− 2= f ′−(2)
entonces, b = 8a. Por lo tanto a = 1 y b = 8.
b) Con los valores de a = 1 y b = 8 se tiene
f(x) =
8
x+ 2, x ≤ 1
x2 − 2 , 1 < x < 2
8√x− 1− 6 , x ≥ 2
i) f no es continua en x = 1, por lo tanto, no es derivable en x = 1.
ii) La funcion derivada, es definida por:
f ′(x) =
−8
(x+ 2)2, x < 1
2x , 1 < x < 2
4√x− 1 , x ≥ 2
cuyo dominio es Dom(f ′) = R− {1}.
4. Dada la funcion f definida por
f(x) =
ax2 + b , x ≥ −11
x, x < −1.
Halle los valores de a y b para que f sea diferenciable en x = −1. Justifique
su procedimiento usando la definicion de derivada.
P.C.3(5)-2009-1.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
66 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
Puesto que f es continua en x = −1, es decir lımx→−1
f(x) = f(−1), tenemos que
lımx→1−
1
x= −1 = f(−1) = a+ b.
Ademas,
f′
−(−1) = lımx→−1−
f(x)− f(−1)
x+ 1= −1 = −2a = lım
x→−1+
f(x)− f(−1)
x+ 1= f
′
+(−1)
entonces, a =1
2, y b = −3
2.
5. Dada la funcion f definida por
f(x) =
3x+ 5 , x ≥ −4
|x2 + 2x− 3| , −4 < x ≤ 1
5− 5x , x > 1
a) Grafique la funcion f .
b) Halle los valores de x ∈ Dom(f) donde f no es derivable. Justifique su
procedimiento usando la definicion de derivada.
P.C.3(2)-2009-1.
Solucion
a) Grafica de f .
b) Analizando la derivada en x = −4, x = −3 y x = 1.
A partir del grafico se tiene que f no es continua en x = −4, entonces f
no es diferenciable en x = −4.
En x = −3, se tiene
f ′(−3) = lımx→−3
f(x)− f(−3)
x+ 3= lım
x→−3
|x+ 3||x− 1| − 0
x+ 3
por lımites laterales se tiene
lımx→−3+
|x+ 3||x− 1| − 0
x+ 3= lım
x→−3+
(x+ 3)|x− 1| − 0
x+ 3= 4,
y
lımx→−3−
|x+ 3||x− 1| − 0
x+ 3= lım
x→−3−
−(x+ 3)|x− 1| − 0
x+ 3= −4
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 67
Figura 3.1:
luego, f ′(−3) no existe.
En x = 1, por definicion de derivada lateral se tiene
f ′+(1) = lımx→1
5− 5x− 0
x− 1= − lım
x→1
5(x− 1)
x− 1= −5.
f ′−(1) = lımx→1
|x+ 3||x− 1|x− 1
= −4.
Ası, f no es derivable en x = −4, x = −3 y x = 1.
6. a) Halle el valor de las constantes a y b tal que la funcion
f(x) =
{x2 + bx+ 6 ; x ≤ 2
ax+ b ; x > 2
sea derivable en x = 2.
b) Demuestre que la ecuacion
x3 − 1 = cos(x)
tiene una raız real positiva. Ubique dicha raız en un intervalo de longitud1
2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
68 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
E.P-2010-0
Solucion
a) Por la continuidad de f en x = 2, tenemos
lımx→2+
f(x) = lımx→2+
ax+ b = 2a+ b (1)
lımx→2−
f(x) = lımx→2−
x2 + bx+ 6 = 2b+ 10 (2)
de (1) y (2)
2a = 10 + b (3)
puesto que f es derivable en x = 2, entonces
f ′+(2) = lımh→0+
f(2 + h)− f(2)
h= a = 4+b = lım
h→0−
f(2 + h)− f(2)
h= f ′−(2)
de donde 4 + b = a. Por lo tanto a = 6 y b = 2.
b) Sea f(x) = cos(x) − x3 + 1, puesto que f(1) = cos(1) > 0 y f
(3
2
)=
cos
(3
2
)−(
3
2
)3
+ 1 < 0.
Ademas, f es continua en
[1,
3
2
], entonces ∃c ∈
]1,
3
2
[tal que f(c) = 0.
Por lo tanto x3 − 1 = cos(x) tiene una raız real positiva c ∈]1,
3
2
[.
7. Sea f una funcion definida por:
f(x) =
{(p− 3)x+ q ; −1 < x ≤ k
x2 + qx ; k < x ≤ 5
a) Halle los valores de p, q y k, sabiendo que f es derivable en x0 = k y
ademas f ′−(5) = 7.
b) Grafique f y f ′ en un mismo sistema de coordenadas.
P.C.3-2010-1
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 69
Solucion
a) Como f es continua en x0 = k, tenemos
lımx→k+
f(x) = lımx→k−
f(x)
lımx→k+
(x2 + qx) = lımx→k−
((p− 3)x+ q)
entonces
k2 + qk = (p− 3)k + q.
Como f derivable en x0 = k
lımh→0−
f(k + h)− f(k)
h= lım
h→k−
(p− 3)(k + h) + q − (p− 3)k − qh
= p− 3
lımh→0+
f(k + h)− f(k)
h= lım
h→k+
(k + h)2 + q(k + h)− [(p− 3)k + q]
h
= lımh→k+
(k + h)2 + q(k + h)− [k2 + qk]
h
= lımh→k+
h(2k + h+ q)
h
= 2k + q
entonces
p− 3 = 2k + q.
Ademas, como f es derivable en x0 = 5 por la izquierda, se tiene
f ′−(5) = lımh→0−
f(5 + h)− f(5)
h
7 = lımh→0−
(5 + h)2 + q(5 + h)− 25− 5q
h7 = 10 + q
entonces q = −3, p = 2k, k = ±√
3
Finalmente
f(x) =
{(2√
3− 3)x− 3 ; −1 < x ≤√
3
x2 − 3x ;√
3 < x ≤ 5
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
70 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
b) La funcion derivada de f es:
f ′(x) =
{2√
3− 3 ; −1 < x ≤√
3
2x− 3 ;√
3 < x < 5
Grafica de f y f ′
Figura 3.2: Grafica de f
3.4. Calculo de derivadas
1. a) Sea f(x) = tan
(x sin(x)
2
)+ sin2(x cos(2x)). Calcule f ′
(π
2
).
b) Dadas las funciones:
h(x) =3x2
1 + cot(πx)y g(x) =
√1− x2
Determine (g ◦ h)′(x).
P.C.3-2010-1
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 71
a) Si f(x) = tan
(x sin(x)
2
)+ sin2(x cos(2x)), entonces
f ′(x) =
(sin(x) + x cos(x)
2
)sec2
(x sin(x)
2
)
+2 sin(x cos(2x)) cos(x cos(2x))[cos(2x)− 2x sin(2x)].
Por lo tanto: f ′(π
2
)= 1
b) Usando la regla de la cadena: (g ◦ h)′(x) = g′(h(x))h′(x)
g′(x) = − x√1− x2
h′(x) =6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)
(1 + cot(πx))2
entonces
(g ◦ h)′(x) = g′(
3x2
1 + cot(πx)
)[6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)
(1 + cot(πx))2
]
= −[
3x2√(1 + cot(πx))2 − 3x2
][6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)
(1 + cot(πx))2
]2. a) Usando la definicion halle f ′(0), si f(x) = tan(5x).
b) Calcule la derivada de la funcion f(x) =√
sin(3x+ cos(x)).
E.P-2010-0
Solucion
a) f ′(0) = lımh→0
f(0 + h)− f(0)
h= lım
h→0
tan(5h)− tan(0)
h= 5
b) Usando la regla de la cadena tenemos
f ′(x) =1
2sin−
12 (3x+ cos(x)) · cos(3x+ cos(x)) · (3− sin(x))
f ′(x) =1
2· (3− sin(x)) cos(3x+ cos(x))
sin12 (3x+ cos(x))
3. Calcule la derivada de las siguientes funciones
a) f(x) = tan2 (3x4 cos3(πx)),
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
72 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
b) g(x) =(x+ 2)3 −
√x2 + 1
sec2(4x)− cot
(π2x)
.
P.C.3(1)-2009-1.
Solucion
a) Si f(x) = tan2(3x4 cos3(πx)
), entonces
f ′(x) = 2 tan(3x4 cos3(πx)
)sec2
(3x4 cos3(πx)
)(12x cos3(πx)−9πx4 cos2(πx) sen(πx)
).
b) Si g(x) =(x+ 2)3 −
√x2 + 1
sec2(4x)− cot
(π2x)
, entonces
g′(x) =
[3(x+ 2)− x√
x2 + 1
]sec2(4x)− 8 sec2(4x) tan(4x)
[(x+ 2)3 −
√x2 + 1
]sec4(4x)
+π
2csc2
(π2x)
4. Calcule la derivada de las siguientes funciones
a) f(x) = tan
(x√
x2 − 1
),
b) f(x) = 3
√sec(√
2x).
P.C.3(2)-2009-2.
Solucion
Aplicando la regla de la cadena tenemos
a) Si f(x) = tan
(x√
x2 − 1
), entonces
f ′(x) = − 1
(x2 − 1)3/2sec2
(x√
x2 − 1
).
b) Si f(x) = 3
√sec(√
2x), entonces
f ′(x) =1
3√
2xsec−2/3(
√2x) sec(
√2x) tan(
√2x).
5. a) ¿En que punto(s) de la grafica de la funcion
f(x) = senx− x3
3, x ∈ R.
la recta tangente tiene pendiente igual a 1?
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 73
b) Sean las funciones
f(x) = cos(3x+ 2)
g(x) = x|x|.
Halle
(f ◦ g)′(|x|).
P.C.3(3)-2009-2.
Solucion
a) Derivando la funcion f(x) = sen x− x3
3se tiene f ′(x) = cos(x)− x2.
Como f ′(x) = cos(x)−x2 = 1 solo se cumple cuando x = 0. Por lo tanto,
la grafica de f en (0,0) tiene pendiente m = 1 .
b) Aplicando la regla de la cadena tenemos
(f ◦ g)′(|x|) = f ′(g(|x|))g′(|x|).
Ademas, si g(x) = x|x| entonces g′(x) = 2|x|, lo cual implica que g′(|x|) =
2|x|.Si f(x) = cos(3x+ 2), entonces f ′(x) = −3 sen(3x+ 2). Luego
f ′(g(|x|)) = f ′(x2) = −3 sen(3x2 + 2)
Por lo tanto, concluimos que
(f ◦ g)′(|x|) = −6|x| sen(3x2 + 2) , x ∈ R.
6. a) Halle la derivada de las siguientes funciones:
i) f(x) = 3 3√
1− x3 sec(x5 + 1).
ii) g(x) =tan3(2x4)
sen(1− x)
b) Dadas las funciones h y g definidas por
h(x) =
{x2 sen
(1x
); x 6= 0
0 ; x = 0
y
g(x) = 63√x2 + 3x+ 1.
Calcule (g ◦ h)′(0).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
74 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
P.C.3(5)-2010-2
Solucion
a) i) f ′(x) = [3 3√
1− x3]′ sec(x5 + 1) + 3 3√
1− x3[sec(x5 + 1)]′
= −3x2(1−x3)− 23 sec(x5+1)+15x4 3
√1− x3 sec(x5+1) tan(x5+
1)
ii) g′(x) =[tan3(2x4)]′ sen(1− x)− tan3(2x4)[sen(1− x)]′
sen2(1− x)
=24x3 tan2(2x4) sec2(2x4) sen(1− x) + tan3(2x4) cos(1− x)
sen2(1− x)
b) Se sabe que
(g ◦ h)′(0) = g′(h(0))h′(0) = g′(0)h′(0).
Ahora hallemos, de manera individual, cada derivada:
g′(x) = 2(x2 + 3x+ 1)−2/3(2x+ 3), entonces g′(0) = 6.
h′(0) = lımt→0
h(0 + t)− h(0)
t= lım
t→0
t2 sen(1t
)t
lımt→0
t sen(1t
)= 0
Por lo tanto, (g ◦ h)′(0) = 0.
7. Una partıcula se mueve a lo largo de la curva
y =2x
1− x2, para x > 1.
En el punto x = 2 la abandona y sigue desplazandose a lo largo de la recta
tangente a dicha curva.
a) Halle la ecuacion de la recta tangente. Esboce la grafica de la curva y la
recta tangente.
b) Si el desplazamiento es de izquierda a derecha, encuentre el punto en el
que la partıcula encuentra al eje OX.
c) Si el desplazamiento es de derecha a izquierda, encuentre el punto en el
que la partıcula encuentra a la asıntota vertical.
P.C.3(3)-2010-2
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 75
a) Derivando la funcion, tenemos y′ =2 + 2x2
(1− x2)2. La pendiente a la curva
en x = 2, es y′(2) =10
9. Luego, la recta tangente a la curva en x = 2 es
LT : y +4
3=
10
9(x − 2). A continuacion se muestra la grafica de de la
curva y la recta tangente.
b) Si el desplazamiento es de izquierda a derecha, hacemos y = 0, lo cual
implica x =16
5. Luego, la partıcula interseca al eje OX en el punto(
16
5; 0
).
c) Si el desplazamiento es de derecha a izquierda, hacemos x = 1, lo cual
implica y = −22
9. Luego, la partıcula interseca a la asıntota vertical en
el punto
(1;−22
9
).
8. Dadas las funciones f y g definidas por
f(x) = x2 + 1 y g(x) = −x2.
Halle las ecuaciones de las rectas tangentes que son simultaneamente tangentes
a la grafica de f y de g.
P.C.3(5)-2009-2.
Solucion
Sea L la recta tangente simultaneamente a la grafica de las funciones f(x) =
x2 + 1 y g(x) = −x2.Consideremos los puntos por donde pasa L, P (x0, x
20+1) ∈ Gr(f) yQ(x1,−x21) ∈
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
76 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Gr(g).
De la pendiente de L en P y en Q tenemos: f ′(x0) = 2x0 y g′(x1) = −2x1, de
donde x0 = −x1.La ecuacion de L considerando P y f ′(x0), esta dada por:
L : y − x20 − 1 = 2x0(x− x0)
Y como Q ∈ L, entonces
−x21 − x20 − 1 = 2x0(x1 − x0).(1)
Luego al reemplazar x0 = −x1 en (1) obtenemos x0 = ± 1√2
.
Entonces las coordenadas de los puntos de tangencia son:
P
(1√2,3
2
), R
(1√2,−1
2
), Q
(− 1√
2,−1
2
)y S
(− 1√
2,3
2
)Por lo tanto, las ecuaciones de las rectas tangentes son:
L1 : y =√
2x+1
2,
L2 : y = −√
2x+1
2.
9. Dada la funcion f definida por
f(x) = −x2 + 4x+ 5.
a) Halle una ecuacion de la recta tangente a la grafica de f en el punto
P (4, f(4)).
b) Halle una ecuacion de la recta tangente a la grafica de f , trazada desde
el punto Q(−2, 2).
c) ¿Existe recta tangente a la grafica de f , que pase por el origen de coor-
denadas? Justifique su respuesta.
P.C.3(3)-2009-1.
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 77
a) Derivando la funcion, tenemos f ′(x) = −2x+ 4.
Entonces, la pendiente de la recta tangente a la grafica de f en el punto
P (4, f(4)) es
m = f ′(4) = −4.
Por lo tanto, y = −4x+ 21 es la ecuacion de la recta tangente.
b) Sea A(x0, f(x0)) = A(x0,−x20 + 4x0 + 5) el punto de tangencia.
Luego, al resolver
m = f ′(x0) = −2x0 + 4 =−x20 + 4x0 + 5− 2
x0 + 2
tenemos x0 = 1 ∨ x0 = −5.
Por lo tanto, la ecuacion de la recta tangente que pasa por el punto
Q(−2, 2) es
y = 2x+ 6
c) Supongamos que existe recta tangente que pasa por el origen de coorde-
nadas. Sea B(x1, f(x1)) = B(x1,−x21 + 4x1 + 5) el punto de tangencia,
entonces al resolver
f ′(x1) = −2x1 + 4 =−x21 + 4x1 + 5− 0
x0 − 0
resulta x21 = −5.
Por lo tanto, no existe recta tangente a la grafica de f que pase por el
origen de coordenadas.
10. Sea C la curva definida por las ecuaciones parametricas
C :
{x = t2 − 1
y = t4 − 4t.
Halle:
a) Una ecuacion de la recta tangente a C en el punto correspondiente a
t = 2.
b) Las coordenadas de los puntos de C donde la recta tangente es horizontal.
c) Las coordenadas de los puntos de C donde la recta tangente es vertical.
d)d2y
dx2en terminos de t.
P.C.4(1)-2009-2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
78 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
a) La pendiente de la recta tangente a C es
y′x =4t3 − 4
2t=
2(t3 − 1)
t.
Cuando t = 2 se tiene x = 3, y = 8, entonces y′x∣∣t=2
= 7. Luego, la
ecuacion de la recta tangente en el punto (3, 8) es
LT : y − 8 = 7(x− 3).
b) La recta tangente es horizontal si y′x = 0, es decir
y′x =2(t3 − 1)
t= 0⇔ t = 1
por lo tanto el punto en cuestion es (0,−3).
c) La recta tangente es vertical si y′x =∞, es decir
y′x =2(t3 − 1)
t=∞⇔ t = 0
por lo tanto el punto en cuestion es (−1, 0).
d) La segunda derivada es dada por
d2y
dx2=
d2y
dt2
(dx
dt
)− dy
dt
(d2x
dt2
)(dx
dt
)3
por lo tantod2y
dx2= 2 +
1
t3.
11. a) Sea f(x) = tan
(x sen(x)
2
)+ sen2(x cos(2x)). Calcule f ′
(π
2
).
b) Dadas las funciones f y g definidas por
h(x) =3x2
1 + cot(πx)y g(x) =
√1− x2.
Determine (g ◦ h)′(x).
P.C.3-2010-1
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 79
a) Derivando la funcion f se tiene
f ′(x) =
(sin(x) + x cos(x)
2
)sec2
(x sen(x)
2
)+2 sen(x cos(2x)) cos(x cos(2x))[cos(2x)− 2x sen(2x)].
Luego,
f ′(π
2
)= 1.
b) Aplicando la regla de la cadena tenemos
(g ◦ h)′(x) = g′(h(x))h′(x).
Ademas:
g′(x) = − x√1− x2
h′(x) =6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)
(1 + cot(πx))2
Luego,
(g ◦ h)′(x) = g′(
3x2
1 + cot(πx)
)[6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)
(1 + cot(πx))2
]
= −[
3x2√(1 + cot(πx))2 − 3x2
][6x(1 + cot(πx)) + 3πx2 csc2(πx)
(1 + cot(πx))2
].
12. Dada la funcion f definida por
f(x) =5x3
x2 − 4.
a) Calcule las asıntotas de f(x).
b) Grafique f .
c) Calcule la derivada de f en el punto x = 3.
d) Determine la ecuacion de la recta tangente y la recta normal a la grafica
de la curva en el punto de abscisa x = 3.
E.P(2)-2009-0.
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
80 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
a) Asıntotas verticales.
lımx→−2−
5x3
x2 − 4= −∞, lım
x→−2+
5x3
x2 − 4= +∞, lım
x→2−
5x3
x2 − 4= −∞ y lım
x→2+
5x3
x2 − 4=
∞
entonces x = −2 y x = 2 son asıntotas verticales.
Asıntotas oblicuas.
m = lımx→±∞
f(x)
x= lım
x→±∞
5x3
x(x2 − 4)= 5 y
b = lımx→±∞
(f(x)−mx) = lımx→±∞
(5x3
x2 − 4− 5x
)= lım
x→±∞
20x
x2 − 4= 0
entonces, y = 5x, es asıntota oblicua.
b) Grafica de f .
Figura 3.3:
c) Al derivar f(x) =5x3
(x2 − 4)2, se tiene f ′(x) =
5x2(x2 − 12)
x2 − 4. Por lo tanto,
f ′(3) = −27
5.
d) Como m = f ′(3) = −27
5, las ecuaciones de las rectas tangente y normal
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 81
a la curva y = f(x), son
LT : y − 27 = −27
5(x− 3)
LN : y − 27 =5
27(x− 3)
respectivamente.
13. Sea f una funcion definida por
f(x) =
1
x− 1; x < 2, x 6= 1
x2 − 3 ; x ≥ 2
i) Halle los puntos donde la recta tangente a la grafica de f es paralela a la
recta L : x+ 4y = 0. Determine la ecuacion de dicha recta tangente.
ii) Grafique f y la recta tangente hallada en i) en un mismo sistema de
coordenadas.
P.C.3-2010-1
Solucion
i) Para x < 2, se tiene f ′(x) = − 1
(x− 1)2y mL = −1
4, entonces al resolver
− 1
(x− 1)2= −1
4
se tiene x = 3 o x = −1. Como x < 2 se tiene el punto de tangencia(−1,−1
2
).
En x = 2 no existe recta tangente (pues f no es derivable en dicho punto).
Para x > 2, la funcion es creciente y la pendiente de la recta tangente a
la curva, en cualquier punto, siempre sera positiva y no sera paralela a la
recta L.
La recta tangente a la grafica de f es
LT : y +1
2= −1
4(x+ 1)
ii) La grafica de f y de la recta tangente es
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
82 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Figura 3.4: Grafica de f
3.5. Derivada implıcita
1. Dos rectas que pasan por el punto (−1, 3) son tangentes a la curva x2 + 4y2−4x− 8y + 3 = 0. Encuentre una ecuacion de cada una de las rectas.
P.C.3(4)-2009-0.
Solucion
El punto (−1, 3) es exterior a la grafica de x2 + 4y2 − 4x− 8y + 3 = 0.
Sea (x0, y0) el punto de tangencia sobre la curva, entonces
mLT = y′ |(x0,y0)=y0 − 3
x0 + 1 (1)
y
x20 + 4y20 − 4x0 − 8y0 + 3 = 0(2)
Derivando implıcitamente la ecuacion de la curva con respecto a x, se tiene
y′ =2− x
4(y − 1)
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 83
(3)
De (1) y (3) se tiene
x0 =8y0 − 7
3 (4)
Ası, de (2) y (4) resultan A(3, 2) y B
(−1
5,4
5
)como puntos de tangencia.
Ademas, y′ |(3,2)= −1
4y y′ |(− 1
5, 45)= −
11
4.
Por lo tanto, las ecuaciones de las rectas tangentes son
L1 : y − 2 = −1
4(x− 3),
L2 : y − 4
5= −11
4
(x+
1
5
).
2. a) Sea L la recta normal a la grafica de la curva
C : (x2 + y2)2 = 4xy
en el punto (1, 1). Halle los puntos de interseccion de C con la recta L.
b) Se dice que dos curvas son ortogonales si en cada punto de interseccion
sus rectas tangentes son perpendiculares. Pruebe que las curvas
C1 : y2 = 4x y C2 : 2x2 + y2 = 6
son ortogonales.
P.C.4-2010-1
Solucion
a) Derivando implıcitamente la ecuacion de C, se tiene
2(x2 + y2)(2x+ 2yy′) = 4(y + xy′).
Luego, evaluando en (1, 1) resulta y′(1, 1) = −1. Ası, la ecuacion de la
recta normal es L : y = x. Por lo tanto, los puntos de interseccion de Ly C son: (0, 0), (1, 1) y (−1,−1).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
84 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
b) Los puntos de interseccion de las curvas C1 y C2 son: (1;−2) y (1; 2).
Derivando las ecuaciones de C1 y C2 tenemos
C1 : y′ =2
yy C2 : y′ = −2x
y
Luego, al evaluar en los puntos (1;−2), (1; 2) y efectuar el producto entre
ellas resulta que sus rectas tangentes son perpendiculares.
Por lo tanto, las curvas C1 y C2 son ortogonales.
3. Si la ecuacion y2 = ex+y define una funcion implıcita y = f(x), demuestre que
d2y
dx2=
2y
(2− y)3.
E.F(3)-2010-1
Solucion
Derivando implıcitamente y2 = ex+y, tenemos
2yy′ = e(x+y)(1 + y′) = y2(1 + y′)
De donde
y′ =y
2− y.
Volviendo a derivar la ecuacion anterior y reemplazando y′ obtenemos
d2y
dx2=
2y
(2− y)3.
4. Halle x1 + y1; siendo (x1, 0) y (0, y1) las intersecciones con los ejes de coor-
denadas de la recta tangente trazada por el punto (x0, y0) de la curva C, con
0 < x0 < k, definida implıcitamente por la ecuacion√x+√y =√k, con k > 0
constante en R.
E.E(4)-2009-2.
Solucion
La recta tangente trazada por el punto (x0, y0) de la curva C, con 0 < x0 < k,
definida por la ecuacion√x+√y =√k, con k > 0, tiene pendiente y′(x0).
Derivando ımplıcitamente√x +√y =
√k, se tiene
1
2√x
+1
2√yy′ = 0, de
donde
y′ = −√y√x.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 85
En x0, y′(x0) = −
√y0√x0
, entonces L :y − y0x− x0
= −√y0√x0.
Para x = 0, se tiene
y1 =
√yo√xoxo + yo =
√xoyo + yo
y para y = 0
x1 =
√xo√yoyo + xo =
√xoyo + xo.
Por lo tanto,
x1 + y1 =√xoyo + xo +
√xoyo + yo = xo + 2
√xoyo + yo
= (√xo +
√yo)
2 = (√k)2 = k.
5. Demuestre que si α es el angulo de inclinacion de la recta tangente a la grafica
de la funcion y = f(x) en el punto(1,π
4
), donde f esta definida implıcitamente
por la ecuacion4xy + 1
π+ sen(2y) = 2x+
1
πtan(xy), entonces tan(α) =
3π
4.
E.F(4a)-2009-1.
Solucion
Siendo α el angulo de inclinacion de la recta tangente, se tiene que m = tan(α)
es la pendiente de dicha recta tangente. Ademas, como el punto P(
1,π
4
)satisface la ecuacion
4xy + 1
π+sen(2y) = 2x+
1
πtan(xy), que define y = f(x),
resulta que la recta tangente en el punto P tiene pendiente m = f ′(1) = y′.
Derivando implıcitamente la ecuacion que define y = f(x), tenemos
4
π(y + xy′) + (2y′) cos(2y) = 2 +
1
πsec2(xy)(y + xy′)
luego, al reemplazar el punto(
1,π
4
)obtenemos
4
π
(π
4+ y′
)+ 0 = 2 +
1
πsec2
(π
4
)(π
4+ y′
)de donde y′ =
3π
4. Por lo tanto, tan(α) =
3π
4.
6. Suponga que la ecuacion de la curva
x2(1− y) = y2(1− x) + 9
define una funcion diferenciable y = f(x).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
86 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
a) Determine las ecuaciones de las rectas tangentes a C en los puntos donde
C corta al eje X.
b) Halle el valor de f ′′(−3).
P.C.4(2)-2009-2.
Solucion
a) Derivando implıcitamente la ecuacion de la curva se tiene
2x(1− y)− x2y′ − 2yy′(1− x) + y2 = 0.
La curva corta al eje x cuando y = 0, entonces x = −3 o x = 3. Es decir
los puntos de corte con el eje X son: (−3, 0) y (3, 0).
Por lo tanto, las ecuaciones de las rectas tangentes en dichos puntos son:
y = −2
3(x+ 3)
y =2
3(x− 3).
b) Volviendo a derivar implıcitamente la ecuacion de la curva se tiene
−y′′x2 + 2x(y′)2 − 4xy′ + 2yy′′x− 2(y′)2 + 4yy′ − 2y − 2yy′′ + 2 = 0.
Agrupando de acuerdo al orden de la derivada tenemos
y′′(−x2 + 2yx− 2y) + (y′)2(2x− 2) + y′(4y − 4x)− 2y + 2 = 0.
Reemplazando x = −3, y = 0 y y′(−3) = −2
3en la ecuacion anterior
resulta
y′′ = −86
81.
7. Halle y(2)(2) si
y5 =4
34
√x− 1
x+ 2
P.C.3-2010-0
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 87
Solucion
Si y5 =4
34
√x− 1
x+ 2, aplicando logaritmo natural a ambos miembros, se tiene
5 ln(y) = ln
(4
3
)+
1
4
(x− 1
x+ 2
)derivando implıcitamente
y′
y=
1
20
(1
x− 1− 1
x+ 2
)derivamos nuevamente
y′′y − y′y′
y2=
1
20
(− 1
(x− 1)2+
1
(x+ 2)2
)
si x = 2, entonces y =43/20
31/5y y′ =
1
534/5 · 4−37/20. Por lo tanto, si x = 2
y2(2) =
(−34/5
457/20+
39/5
52477/20
).
8. Halle las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la curva
f(x) =
{x = 3t2 + 1
y = 2t3 + 1
que pase por el punto (4;3).
E.F(1a)-2010-0
Solucion
Si t = 1, entonces (x, y) = (4, 3).
La pendiente es dada por mt = yx =
dy
dtdx
dt
= t, entonces mt = 1
Por lo tanto, la ecuacion de la recta tangente es LT : y = x− 1.
Y la ecuacion de la recta normal es dada por LN : y = −x+ 7.
9. a) Sea C la curva dada por la ecuacion
x2 − xy + y2 = 3.
Demuestre que las rectas tangentes a C en los puntos donde C cruza al
eje X son paralelos. Halle sus ecuaciones.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
88 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
b) Sean f y g dos funciones tales que
f(g(x)) = x
y
f ′(x) = 1 + [f(x)]2
Demuestre que
g′(x) =1
1 + x2.
E.F-2010-0
Solucion
a) Haciendo y = 0, entonces x = ±√
3.
Si x =√
3, entonces y = 0 o y =√
3, elegimos y = 0 pues C corta al eje
X.
Para hallar la pendiente, derivamos la ecuacion de C implıcitamente y
evaluamos en x =√
3
2x− (y + xy′) + 2yy′ = 0⇒ y′ = 2
por lo tanto LT : y = 2(x−√
3).
Si x = −√
3, la recta tangente a C en dicho punto es LT : y = 2(x+√
3).
Como las pendientes de las rectas tangentes, son iguales, podemos afirmar
que son paralelas.
b) Como f(g(x)) = x, entonces f ′(g(x)) · g′(x) = 1. Luego
(1 + [f(g(x))]2) · g′(x) = 1
(1 + x2) · g′(x) = 1
Por lo tanto g′(x) =1
1 + x2.
3.6. Razon de cambio
1. Un vaso para envasar jugos tiene la forma de un tronco de cono circular recto
de 15 cm de altura, radio superior de 4 cm y radio inferior de 2 cm. El vaso, que
esta lleno de un cierto jugo, tiene un agujero en la base inferior que ocasiona
una fuga del lıquido a razon de 100cm3/h. ¿A que velocidad esta variando la
profundidad del lıquido en el instante en que la profundidad es de 10cm?
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 89
Sugerencia. Volumen de un tronco de cono de altura h y de radios R y r, es
V = 13πh(R2 + r2 +Rr
).
E.F(3)-2009-2.
Solucion
Se trata de hallar la velocidad con que varıa la profundidad del lıquido en
el instante en que la profundidad es de 10 cm. Para esto, en el instante t de
iniciado la fuga del lıquido, la profundidad del lıquido que queda es h = h(t)
(altura del tronco de cono que forma el lıquido en el recipiente), el radio de la
superficie del lıquido es R = R(t) (radio de la base mayor del tronco de cono y
cuya base menor tiene radio fijo r = 2cm) y la cantidad de lıquido que queda
tiene volumen V = V (t) (volumen del tronco de cono); donde
V =1
3πh(R2 + 2R + 4
)(1)
Se quiere hallar h′(t) cuando h = 10 cm, sabiendo que V ′(t) = −100cm3/h.
En el grafico AB = 4 cm, AD = 15 cm, EF = R, ED = h y CD = 2 cm.
Trazando HC ⊥ AB resulta que el triangulo BHC es semejante al triangulo
FGC y se tiene BHFG
= CHCG
. Es decir, 2R−2 = 15
h, de donde
2h = 15R− 30 (2)
Derivando las ecuaciones (1) y (2) con respecto a t, tenemos
2h′(t) = 15R′(t)
y
V ′(t) =1
3π
[h′(t)(4 +R2 + 2R) + h
(2RR′(t) + 2R′(t)
)]= −100.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
90 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Luego, cuando h = 10 se tiene R = 103
, R′(t) = 215h′(t) y
−100 =1
3π
[h′(t)
(4+
100
9+
20
3
)+10
(20
3
2
5h′(t)+
4
15h′(t)
)]=
1
3π
(1500
45h′(t)
).
De donde, h′(t) = − 9πcm/h. Es decir, la profundidad disminuye a razon de
h′(t) = 9πcm/h.
2. En un recipiente abierto en la parte superior que tiene forma de un prisma recto
de aristas laterales horizontales de 16 dm de largo y sus bases son trapecios
isosceles de 4 dm de altura, base mayor de 6 dm, que corresponde a la tapa, y
base menor de 4 dm en contacto con el suelo, se vierte agua.
Figura 3.5:
a) Si el agua ingresa a razon de 10dm3/mi; halle la razon con que cambia el
nivel del agua almacenada cuando tiene 2 dm de profundidad.
b) Si el nivel del agua sube a razon de 14dm/mi, cuando la profundidad del
agua es de 3 dm; halle la razon con que ingresa el agua.
E.E(5)-2009-2.
Solucion
La cantidad de agua almacenada tiene forma de un prisma recto con aristas
laterales de 16 dm y sus bases son trapecios isosceles de altura h dm, base
mayor x dm y base menor 4 dm, como se ilustra en la figura adjunta.
Su volumen es
V =
(x+ 4
2
)(h)(16) = 8h(x+ 4).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 91
Figura 3.6:
Por otro lado, por semejanza de triangulos, resulta
(x− 4)/2
h=
(6− 4)/2
4∨ x− 4
2h=
1
4.
De esto, x = h2
+ 4 y reemplazando en V se tiene V (h) = 8h(h2
+ 4 + 4) =
4h2 + 64h. Segun esto:
a) Si dVdt
= 10dm3/mi; se trata de hallar dhdt
cuando h = 2 dm. Derivando V
respecto a t, se tienedV
dt= 8h
dh
dt+ 64
dh
dt= (8h+ 64)
dh
dt. Reemplazando
h = 2, tenemos dhdt
= 1080
= 18dm/mi.
b) Si dhdt
= 14dm/mi, cuando h = 3dm; se trata de hallar dV
dt. Para esto,
dV
dt= (8h+ 64)
dh
dt= 88(1/4) = 22dm3/mi.
3. a) Si f : R → R y g : R → R son funciones continuas tal que para todo
x, y ∈ R se cumple:
g(x) = xf(x) + 1, g(x+ y) = g(x) · g(y), y lımx→0
f(x) = 1.
Demuestre, usando la definicion de derivada, que g′(x) = g(x), ∀x ∈ R.
b) La temperatura de una persona, en grados Fahrenheit, esta dada por
f(t) = −0,12t2 + 1,2t+ 88,6; 0 ≤ t ≤ 10,
donde t es el numero de dıas despues de adquirir una enfermedad.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
92 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
i) ¿Cual es la tasa promedio de variacion de la temperatura de la per-
sona con respecto al tiempo, entre el tercer y octavo dıa?
ii) ¿Cual es la tasa de variacion instantanea de la temperatura de la
persona con respecto al tiempo, en el tercer dıa y en el octavo dıa?
P.C.3(4)-2010-2
Solucion
a) utilizando la definicion de derivada, tenemos
g′(x) = lımh→0
g(x+ h)− g(x)
h= lım
h→0
g(x)g(h)− g(x)
h
= lımh→0
g(x)
[g(h)− 1
h
]= g(x) lım
h→0
hf(h) + 1− 1
h= g(x)f(0) = g(x).
b) i) La tasa promedio de variacion es
T.P.V =f(8)− f(3)
8− 3=
90,52− 91,12
8− 3= −0,12 grados/dıa.
ii) Derivando la funcion, tenemos f ′(t) = −0,24t + 1,2. Luego, f ′(3) =
0,48 grados/dıa y f ′(8) = −0,72 grados/dıa.
4. Un caballo de paso recorre a una velocidad constante de 20 km/h a lo largo
de una circunferencia en cuyo centro se halla un farol. En el punto inicial de
su recorrido esta ubicado una pared que sigue la direccion de la tangente. ¿A
que velocidad se desplaza la sombra del caballo a lo largo de la pared en el
momento en que este ha recorrido 18
de la circunferencia desde el punto inicial?
E.F(4a)-2010-2
Solucion
Sean s: la longitud circular recorrida por el caballo, x: el angulo central que
describe el caballo en su recorrido, y: la distancia recorrida por la sombra del
caballo en la pared y R: el radio de la circunferencia.
De s = Rx, con R constante se tiene
v =ds
dt= R
dx
dt. (1)
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 93
Asimismo de tan(x) =y
R, resulta x = arctan
( yR
). Luego, derivando respecto
a t tenemosdx
dt=
1
1 + ( yR
)2
(1
R
)dy
dt. (2)
Cuando el caballo recorrio1
8de circunferencia tenemos x =
π
4, de esto resulta
y = R.
Reemplazando en (2), tenemos
dx
dt=
1
2R
dy
dt.
Finalmente de (1), obtenemos
dy
dt= 2v = 40
km
h.
5. La ley del movimiento de un cuerpo por una lınea recta esta dada por
S(t) =t4
4− 4t3 + 16t2
donde t es el tiempo en segundos y S(t) es el desplazamiento en metros.
6. Calcule la rapidez(velocidad) con que aumenta el area del cırculo formado por
una onda, cuyo radio de 3m aumenta a una rapidez(velocidad) de 50 cm/s; que
resulta de arrojar una piedra a un estanque de aguas tranquilas formandose
ondas circulares concentricas cuyos radios aumentan al paso del tiempo.
E.F(2b)-2009-1.
Solucion
El area de un cırculo, de radio r, es A = πr2. Derivando respecto al tiempo t,
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
94 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
tenemosdA
dt= 2πr
dr
dt. Reemplazando r = 3 m y dr
dt= 50 m/s = 0, 50 m/s, se
tienedA
dt= 2πr
dr
dt= 2π(3)(0, 50) = 3πm2/ s.
7. Halle la velocidad con que cambia la longitud de la diagonal BD en el instante
en que el area del paralelogramo ABCD cambia a una velocidad 0 cm2/s,
cuando AB = 20 cm, AD = 15 cm y el angulo formado por dichos lados varıa
a una razon constante de π12
rad/s.
E.P(3a)-2009-1.
Solucion
Figura 3.7:
Sea L = BD en el paralelogramo ABCD. Se debe hallardL
dtcuando AB =
20 cm, AD = 15 cm ydθ
dt=
π
12rad/s.
SeaM = 300 sen(θ), el area del paralelogramo, entonces 0 = M ′(0) = 300(cos(θ))(π12
),
de donde cos(θ) = 0.
Aplicando ley de cosenos en el triangulo ABD, tenemos
L2 = 152 + 202 − 2(15)(20) cos(θ) = 625− 600(cos θ). (1)
Como cos(θ) = 0, se tiene L = 25 y, por la identidad pitagorica, sen(θ) = 1.
En (1) derivamos respecto a t
2LdL
dt= −600 (− sen θ) (θ′(t))
Reemplazando los datos, tenemos
dL
dt
∣∣∣t=t0
=600π
600= πcm/s.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 95
8. Un atleta corre alrededor de una pista circular de 100 m de radio a una veloci-
dad
constante de 7 m/s. Un amigo del atleta esta parado a una distancia de 200
m del centro de la pista. ¿Con que rapidez cambia la distancia entre el atleta
y su amigo cuando la distancia entre ellos es de 200 m?
P.C.4(5)-2009-1.
Solucion
A partir del grafico tenemos las siguientes relaciones:
D2 = 1002 + 2002 − 2(100)(200) cos θ (1)
S = 100θ(2)
donde D: Distancia entre el altleta y su amigo(m), θ: Angulo central(rad), s :
Arco recorrido(m) y t: Tiempo.
Reemplazando D = 200 de (1), tenemos cos(θ) = 14. Luego sen(θ) = ±
√154.
Derivando, respecto a t, las expresiones (1) y (2), obtenemos
2DD′(t) = 2(100)(200)(sen θ)(θ′(t))
S ′(t) = 100θ′(t)
Reemplazando S ′(t = t0) = 7 resulta θ′(t = t0) = 7100
rad/s. Luego,
DD′(t = t0) = (100)(200) sen(θ)θ′(t = t0)
D′(t = t0) =7√
15
4m/s.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
96 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
a) ¿Para que instantes de tiempo el cuerpo se encuentra en el origen de
coordenadas?
b) ¿Para que instantes de tiempo la direccion de su movimiento coincide con
la orientacion positiva del eje de abscisas?
c) ¿Para que instantes de tiempo su aceleracion es nula?
d) Para t = 4s, halle la velocidad y aceleracion del cuerpo.
P.C.3(1)2009-2.
Solucion
a) El cuerpo se encuentra en el origen cuado t = 0 s y t = 8 s.
b) v(t) = t3 − 12t2 + 32t > 0 en t ∈]0, 4[∪]0,+∞[.
c) a(t) = 3t2 − 24t+ 32 = 0 en t = 4 + 4√3
3s y t = 4− 4
√3
3s.
d) Para t = 4 s, v(4) = 0 m/s y a(4) = −16m/s2.
9. Un avion se desplaza en vuelo horizontal a 8 km de altura, suponemos la
Tierra plana. La ruta de vuelo pasa por la vertical de un punto P del suelo.
La distancia entre el avion y el punto P disminuye a razon de 4 kilometros
por minuto en el instante en que esta distancia es de 10 km.
a) Calcule la velocidad del avion, en km/h, en ese instante.
b) ¿Cual es la distancia que separa al avion del punto P , 5 minutos despues
de pasar por la vertical de P?
P.C.4(4)-2009-2.
Solucion
Supongamos que el avion se encuentra en el punto A a una distancia L kilome-
tros de P y a x kilometros del origen de coordenadas(Ver grafica 3.8).
En el instante que L = 10 km, x = 6 km y y = 8 km.
a) La relacion entre x y L es
L2 = x2 + 64.
Derivando con respecto a t, tenemos
2LdL
dt= 2x
dx
dt⇒ dx
dt
∣∣∣t=t0
= −20
3km/min
= −400km/h.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 97
Figura 3.8:
b) Despues de 5 minutos de pasar por O, el avion se encontrara en el punto
B, la distancia horizontal que recorrera sera de 1003
km, la distancia de P
al avion sera de
d2 = (100
3)2 + 64.
10. Desde lo alto de un edificio de 56 metros de altura se lanza una pelota verti-
calmente hacia arriba. La ecuacion de movimiento descrita por la pelota es
S(t) = −8t2 + 48t
donde S esta medido en metros y t en segundos.
i) Halle la velocidad instantanea de la pelota en t = 2 segundos.
ii) Halle la velocidad promedio en el intervalo [1; 2].
P.C.3-2010-1
Solucion
i) La velocidad instantanea en t segundos es V (t) = S ′(t) = −16t+ 48.
Si t = 2 entonces V (2) = 16m/s.
ii) La velocidad promedio es Vprom =S(2)− S(1)
2− 1= 24m/s.
11. Una pequena esfera rueda hacia arriba por un plano inclinado(rampa) y su
funcion de posicion es
s(t) = 30t− 5t2; t ∈ [0, 6]
donde t es el tiempo transcurrido, en segundos, despues de partir y s(t) es la
distancia en metros desde su punto de partida.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
98 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
a) Determine la velocidad promedio de la esfera para t ∈ [1, 3].
b) Halle la velocidad instantanea de la esfera para el tiempo t = 5 segundos
despues de partir.
c) Utilice la derivada para calcular el tiempo t en el que la esfera deja de
subir sobre la rampa y ¿calcule la distancia recorrida en ese tiempo?
P.C.3(4)-2009-1.
Solucion
a) Vp =s(3)− s(1)
3− 1=
45
2.
b) Como v(t) = s′(t) = 30− 10t, entonces v(5) = −20.
c) La esfera deja de subir sobre la rampa si v(t) = 0, entonces t = 3.
Es decir, al cabo de 3 segundos la esfera deja de subir la rampa y la
distancia recorrida es 45m/s.
12. Dada la curva
C : 16x2 + 9y2 = 400.
a) Si la abscisa crece uniformemente a una velocidad de 6u/s, ¿a que velo-
cidad aumenta la ordenada cuando x = 4u?
b) Halle el punto P (x, y) ∈ C donde la ordenada decrece con la misma
velocidad con que crece la abscisa.
P.C.3-2010-1
Solucion
a) Derivando la ecuacion de C respecto al tiempo, tenemos
32xdx
dt+ 18y
dy
dt= 0.
Luego, reemplazando x = 4 en la ecuacion de C obtenemos y = −4.
Ası,dy
dt=
32
3u/s.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 99
b) Usando la parte a) y teniendo en cuenta quedy
dt= −dx
dt, se tiene
(−32x+ 18y)dy
dt= 0.
De donde,
x =16y
9.
Luego, reemplazando en la ecuacion de C, obtenemos x = 3.
Ası, los puntos en C donde la ordenada decrece con la misma velocidad
con que crece la abscisa son:(3, 16
3
)y(3,−16
3
).
13. Dos lados de un triangulo miden 4 metros y 5 metros, y el angulo entre ellos
aumenta con una rapidez de 0,06 rad/seg. Calcule la rapidez con que el area
del triangulo se incrementa cuando el angulo entre los lados, de longitud fija,
es deπ
3.
P.C.4-2010-1
Solucion
De los datos del problema se tiene
A = 10 sen θ,
donde θ es el angulo entre los lados de medidas 4 y 5 metros.
Derivando la funcion area con respecto al tiempo, tenemos
dA
dt= 10 cos θ
dθ
dt. (1)
Luego, evaluando θ =π
3en la ecuacion (1) obtenemos
dA
dt= 10 cos(
π
3)0, 06.
Por lo tanto,dA
dt= 0, 3m2/seg.
14. Un globo se eleva verticalmente siguiendo una trayectoria recta a una razon
constante de 0,4 m/s. Justo cuando el globo esta a 26 metros de altura, un
ciclista que se mueve a una razon constante de 4m/s pasa debajo del globo.
¿Con que rapidez crece la distancia entre el globo y el ciclista, 10 segundos
despues?
E.F(1)-2010-1
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
100 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
Sean y la altura del globo, x la distancia recorrida por el ciclista y L la distancia
entre el globo y el ciclista en un tiempo t ≥ 0.
Por Pitagoras resulta que
L2 = x2 + y2. (1)
Derivando implıcitamente la ecuacion (1) tenemos
2LdL
dt= 2x
dx
dt+ 2y
dy
dt (2)
Para t = 10 se tiene x = 40, y = 30 y L = 50.
Luego, reemplazando x = 40, y = 30, L = 50,dy
dt= 0,4 y
dx
dt= 4 en la
ecuacion (2), obtenemosdL
dt= 3,44m/s.
15. En el golfo de Mexico una fuga submarina de petroleo ha ocasionado en la
superficie del mar, una mancha circular de color negra. Considere esta mancha
como la base de un cono invertido cuyo vertice es el punto de fuga del petroleo
a 50km de profundidad. Si cada dıa la fuga vierte 200 π km3 de petroleo.
Calcule la velocidad diaria a la que crece el radio de la mancha, cuando esta
es de 10km.
E.F(4)-2010-1
Solucion
Como la altura h = 50, entonces la funcion volumen esta dada por
V (r) = 50π
3r2.
Derivando la funcion volumen con respecto a r, se tiene
dV
dt=dV
dr
dr
dt. (1)
Luego, reemplazandodV
dt= 200π y r = 10 en (1) resulta
200π = 100π
3(10)
dr
dt.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 101
Por lo tanto,dr
dt=
3
5km/dıa.
16. Una partıcula se mueve a lo largo de la curva de ecuacion
y = cos(2x+ 1)
donde x = t2 + 1, ¿con que rapidez esta desplazandose respecto a la direccion
vertical cuando t = 2s?
P.C.3-2010-0
Solucion
Como y = cos(2x+1) y x = t2+1, entoncesdy
dt=dy
dx.dx
dt= − sin(2x+1)2(2t).
Cuando t = 2s, entonces x = 5. Por lo tantody
dt= −8 sin(11).
17. Un tanque tiene la forma de un cono circular recto truncado de 6 m. de altura,
de 5m. de radio mayor y 3 m. de radio menor. Del tanque sale agua a razon
de 16,9π m3/hora. Halle la rapidez con que baja el nivel del agua cuando este
tiene 4 m.
Sugerencia. El volumen del cono truncado circular recto de altura h, radio
menor r y radio mayor R es
V =π
3h(r2 + rR +R2
)P.C.4-2010-0
Solucion
De la figura, se tieney
3=
6 + y
5=
6− h+ y
r,
de donde y = 9 y r =15− h
3, entonces
V =π
3h
[(15− h
3
)2
+
(15− h
3
)5 + 25
]
Usando la regla de la cadena, se tienedV
dt=dV
dh· dhdt
, es decir
dV
dt=π
3
[(15− h
3
)2
+
(15− h
3
)5 + 25 + h(2(
15− h3
)(−1
3)) + 5(−1
3)
]dh
dt
y puesto quedV
dt= −16, 9π m3/hora, entonces
dh
dt= 1,26 m/h.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
102 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Figura 3.9:
Figura 3.10:
18. a) Sobre el arco AB de la curva definida por las ecuaciones parametricas
C :
{x = t2
y = t3
halle el punto M en el cual la tangente a la curva sea paralela a la cuerda
AB si a los puntos A y B le corresponden los valores de t = 1 y t = 3,
respectivamente.
b) En un rectangulo OABC los vertices A y C estan sobre los ejes vertical
y horizontal, respectivamente, O en el origen de coordenadas y B sobre
la curva y = 2x. Si la ordenada de B aumenta a razon de una unidad por
segundo ¿Como esta cambiando el area del rectangulo cuando la ordenada
de B, es y = e?
P.C.4-2010-0
Solucion
a) Cuando t = 1, entonces A(1, 1).
Cuando t = 3, entonces B(9, 27).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 103
La pendiente de la cuerda AB es m =13
4. Ademas yx =
dy
dx=
3t
2,
entonces t =13
6.
Por lo tanto M
(169
36;2197
216
)b) De los datos
dy
dt= 1.
Figura 3.11:
Del grafico A = xy.
Como, y = 2x entonces x =ln y
ln 2. Luego el area del rectangulo es definida
por:
A(y) =ln y
ln 2· y
Al derivar implıcitamente la ecuacion del area, se tiene
dA
dt=dA
dy· dydt
dA
dt=
1
ln(2)(1 + ln y) · dy
dt
Por lo tantodA
dt=
2
ln(2)
19. El area lateral de un cilindro circular recto crece a razon de 1cm2 por segundo
y su altura decrece a razon de 3cm por segundo. ¿Cuantos cm3 por segundo
crece el volumen del cilindro cuando su area lateral es 100 cm2 y su altura es
de 15 cm?
P.C.4(3a)-2010-2
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
104 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
Las expresiones para el volumen y el area del cilindro, en terminos de t, son
V (t) = πr2(t)h(t) y A = 2πr(t)h(t).
El volumen en terminos de h y A esta dado por
V (t) =A2(t)
4πh(t).
Derivando esta expresion respecto a t, tenemos
dV
dt=dV
dt=
2AhdAdt− A2 dh
dt
4πh2. (1)
Reemplazando los datosdA
dt= 1cm2/seg,
dh
dt= −3cm/seg, A = 100cm2 y
h = 15cm en (1), tenemos
dV
dt=
330
9πcm3/seg.
20. Se tienen dos moviles A y B. El movil A recorre el trayecto descrito por la
grafica de y2 = x3 y B recorre el eje X, de modo que cuando A esta en la
posicion (x; y), el movil B esta en (x; 0). Si la distancia de A al origen de
coordenadas 0 = (0; 0) aumenta a razon constante de 2 unidades por segundo,
halle la velocidad con que se desplaza B cuando A esta en la posicion (2; 2√
2)
P.C.4(5)-2010-2
Solucion
Sea D = d(A; 0) =√x2 + y2, como y2 = x3 resulta D =
√x2 + x3. Derivando
esta expresion respecto a t, tenemos
dD
dt=
2x+ 3x2
2√x2 + x3
dx
dt
ComodD
dt= 2u/seg y evaluando en x = 2, obtenemos
dx
dt
∣∣∣t=t0
=
√3
2u/seg.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 105
3.7. Derivada de orden superior
1. a) Halle la derivada de orden n ≥ 1 de la funcion f dada por
f(x) =5
x2 + x− 2+ cos(2x).
Sugerencia: ∓ sen(a) = cos(a± π
2
).
b) Sean f y g dos funciones derivables hasta segundo orden tales que
y = f(u) y u = g(x).
Demuestre qued2y
dx2=d2y
du2
(du
dx
)2
+
(dy
du
)d2u
dx2.
P.C.4(5)-2009-2.
Solucion
a) Al descomponer el primer sumando en fracciones parciales, se tiene
5
x2 + x− 2=
5
3
(1
x− 1− 1
x+ 2
).
entonces
f(x) =5
3
[(x− 1)−1 − (x+ 2)−1
]+ cos(2x).
Ahora derivamos sucesivamente
f ′(x) =5
3
[(−1)(x− 1)−2 − (−1)(x+ 2)−2
]− 2 sen(2x)
=5
3
[(−1)(x− 1)−2 − (−1)(x+ 2)−2
]+ 2 cos
(2x+
π
2
)f (2)(x) =
5
3
[(−1)(−2)(x− 1)−2 − (−1)(−2)(x+ 2)−2
]+ 22 cos
(2x+ 2
π
2
)...
f (n)(x) =5
3
[(−1)nn!(x− 1)−n−1 − (−1)nn!(x+ 2)−n−1
]+ 2n cos
(2x+ n
π
2
)=
5
3(−1)nn!
[1
(x− 1)n+1− 1
(x+ 2)n+1
]+ 2n cos
(2x+ n
π
2
).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
106 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
b) Si y = f(u(x)), al derivar dos veces aplicando la regla de la cadena,
tenemos
y′ = f ′(g(x)).g′(x)
y′′ = f ′′(g(x))(g′(x))2 + f ′(g(x))g′′(x).
Usando la notacion de Leibnitz en la expresion anterior, se tiene
d2y
dx2=d2y
du2
(du
dx
)2
+
(dy
du
)d2u
dx2.
2. Determine la n-esima derivada de la funcion
f(x) =1
x(1− 2x)+ cosx.
Sugerencia: cos
(x+
π
2
)= − sen(x).
P.C.4(4)-2009-1.
Solucion
Al descomponer el primer sumando de la funcion en fracciones parciales, la
funcion queda expresada como
f(x) = x−1 + 2(1− 2x)−1 + cosx.
Al derivar sucesivamente la funcion, se tiene
f ′(x) = (−1)x−2 + 2(−1)(1− 2x)−2(−2)− sen(x)
= (−1)x−2 + 2(−1)(1− 2x)−2(−2) + cos
(x+
π
2
)
f ′′(x) = (−2)(−1)x−3 + 2(−1)(−2)(1− 2x)−3(−2)2 − sen
(x+
π
2
)= (−2)(−1)x−3 + 2(−1)(−2)(1− 2x)−3(−2)2 + cos
(x+ 2
π
2
)...
f (n)(x) =(−1)nn!
xn+1+ 2
(−1)nn!
(1− 2x)n+1+ cos
(x+ n
π
2
); n ∈ Z+.
3. Halle la derivada de orden n, respecto de x, de la funcion
f(x) =4x2
2x− 3+ sen2(2x).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 107
E.E(3b)-2009-1.
Solucion
Sea g(x) =4x2
2x− 3y h(x) = sen2(2x) entonces, f (n)(x) = g(n)(x) + h(n)(x).
Al derivar sucesivamente g(x) =4x2
2x− 3= 2x+ 3 + 9(2x+ 3)−1, se tiene
g′(x) = 2 + 9(−1)(2)(2x− 3)−2
g′′(x) = 9(−1)(−2)(22)(2x− 3)−3
g′′′(x) = 9(−1)3(3!)(23)(2x− 3)−4
g(4)(x) = 9(−1)4(4!)(24)(2x− 3)−5
g(5)(x) = 9(−1)5(5!)(25)(2x− 3)−6
entonces
g(n)(x) = 9(−1)n(n!)(2n)(2x− 3)−(n+1) = 9
((−1)n(n!)(2n)
(2x− 3)(n+1)
), n ≥ 2 .
Ahora, al derivar sucesivamente h(x) = sen2(2x) =1
2− 1
2cos(4x), se tiene
h′(x) = 0− 1
2(− sen(4x)(4)) = 2 sen(4x) = 2 cos
(4x− π
2
)
h′′(x) = 2
[− sen
(4x− π
2
)](4) = −2(4) sen
(4x− π
2
)= −2(4) cos
(4x− 2
π
2
)h′′′(x) = −2(4)
[− sen
(4x− 2
π
2
)](4) = 2(42) sen
(4x− 2
π
2
)= 2(42) cos
(4x− 3
π
2
)h(4)(x) = 2(42)
[− sen
(4x− 3
π
2
)](4) = −2(43) cos
(4x− 4
π
2
)
h(5)(x) = −2(43)
[− sen
(4x− 4
π
2
)](4) = 2(44) cos
(4x− 5
π
2
)entonces
h(n)(x) = (−1)n+12(4n−1) cos
(4x− nπ
2
), n ≥ 1 .
Por lo tanto
f (n)(x) = 9
((−1)n(n!)(2n)
(2x− 3)−(n+1)
)+ (−1)n+12(4n−1) cos
(4x− nπ
2
), n ≥ 2 .
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
108 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
4. Halle la n-esima derivada de la funcion f(x) =3x+ 3
2x2 + 7x+ 6.
E.F(3)-2010-1
Solucion
La funcion es equivalente a f(x) =3x+ 3
2x2 + 7x+ 6=
3
x+ 2− 3
2x+ 3. Luego,
f ′(x) = 3(−1)(x+ 2)−2 − 3(2)(−1)(2x+ 3)−2.
f ′′(x) = 3(−1)(−2)(x+ 2)−3 − 3(22)(−1)(−2)(2x+ 3)−3.
Generalizando, tenemos
f (n)(x) = 3(−1)nn!
[1
(x+ 2)n+1− 2n
(2x+ 3)n+1
], n ∈ Z+
5. Halle la n-esima derivada de la funcion f(x) = xe3+5x.
P.C.4-2010-1
Solucion
f ′(x) = (1 + 5x)e3+5x.
f ′′(x) = 5(2 + 5x)e3+5x.
f ′′′(x) = 52(3 + 5x)e3+5x.
Generalizando, tenemos
fn(x) = 5n−1(n+ 5x)e3+5x, n ∈ N.
6. Halle la derivada de orden n de y =x2 + 1
x2 − 1, para n ≥ 1 en N.
E.E(2b)-2009-2.
Solucion
A partir de
y(x) =x2 + 1
x2 − 1= 1 +
2
x2 − 1= 1 +
1
x− 1− 1
x+ 1= 1 + (x− 1)−1 − (x+ 1)−1
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 109
tenemos
y′(x) = (−1)(x− 1)−2 − (−1)(x+ 1)−2
= (−1)((x− 1)−2 − (x+ 1)−2
)y′′(x) = (−1)((−2)(x− 1)−3 − (−2)(x+ 1)−3)
= (−1)(−2)((x− 1)−3 − (x+ 1)−3
)y′′′(x) = (−1)(−2)
((−3)(x− 1)−4 − (−3)(x+ 1)−4
)= (−1)(−2)(−3)
((x− 1)−4 − (x+ 1)−4
)y(4)(x) = (−1)(−2)(−3)(−4)
((x− 1)−5 − (x+ 1)−5
)= (−1)4(4!)
((x− 1)−(4+1) − (x+ 1)−(4+1)
)
entonces y(n)(x) = (−1)n(n!)((x− 1)−(n+1) − (x+ 1)−(n+1)).
Por lo tanto, para n+ 1, se cumple
y(n+1)(x) = (−1)n(n!)((−(n+ 1)(x− 1)−(n+1+1) − (−(n+ 1))(x+ 1)−(n+1+1))
= (−1)n+1(n+ 1)!((x− 1)−(n+1+1) − (x+ 1)−(n+1+1)).
7. Halle la n-esima derivada de la funcion f(x) =x+ 1√x
.
P.C.4(1b)-2010-2
Solucion
La funcion f es equivalente a f(x) = h(x) + g(x) = x12 + x−
12 . Luego,
Primera derivada
f ′(x) =1
2x−
12 +−1
2x−
32 .
Segunda derivada
f ′′(x) =
(1
2
)(−1
2
)x−
32 +
(−1
2
)(−3
2
)x−
52 .
Tercera derivada
f ′′′(x) =
(1
2
)(−1
2
)(−3
2
)x−
52 +
(−1
2
)(−3
2
)(−5
2
)x−
72 .
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
110 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Generalizando, tenemos
fn(x) =1
2n
[(1)(−1)(−3) · · · (3− 2n)x−
2n−12 + (−1)n(1)(3) · · · (2n− 1)x−
2n+12
],∀n ∈ N.
3.8. Regla de L’Hopital
1. Calcule el siguiente lımite
lımx→0
(1
x2− cot2(x)
)E.F(4a)-2009-2.
Solucion
Como lımx→0
(1
x2− cot2(x)
)tiene la forma indeterminada ∞−∞, reescribimos
la funcion de modo que el lımite tenga la forma0
0, ası:
lımx→0
(1
x2− cot2(x)
)= lım
x→0
(1
x2− cos2(x)
sen2(x)
)
= lımx→0
(sen2(x)− x2 cos2(x)
x2 sen2(x)
)
= lımx→0
(sen(x) + x cos(x)
sen(x)
)lımx→0
(sen(x)− x cos(x)
x2 sen(x)
)luego, aplicando la regla de L´Hospital en ambos factores tenemos
lımx→0
(sen(x) + x cos(x)
sen(x)
)= lım
x→0
(2 cos(x)− x sen(x)
cos(x)
)= 2
lımx→0
(sen(x)− x cos(x)
x2 sen(x)
)= lım
x→0
(x sen(x)
2x sen(x) + x2 cos(x)
)= lım
x→0
(1
2 + xsen(x)
cos(x)
)=
1
3.
Por lo tanto, lımx→0
(1
x2− cot2(x)
)= 2× 1
3=
2
3.
2. Calcule
lımx→0
(cos(2x))
3
x2 .
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 111
E.F(1)-2010-1
Solucion
Sea
y = lımx→0
(cos(2x))3x2 ⇔ ln(y) = lım
x→0
3 ln cos(2x)
x2.
Luego, aplicando dos veces la Regla de L’Hopital obtenemos
ln(y) = lımx→0
3 ln cos(2x)
x2= −6.
Por lo tanto,
lımx→0
(cos(2x))3x2 = e−6.
3.9. Diferenciales
1. Halle una aproximacion de√
9, 2025, usando la funcion g(x) =√x2 + 5, para
1 < x < 3.
E.F(5a)-2009-2.
Solucion
Definamos g(x) =√x2 + 5, 2 < x < 3; x0 = 2 y ∆x = 0, 05.
Puesto que g(x) =√x2 + 5, entonces g′(x) =
x√x2 + 5
. Usando diferenciales,
tenemos
g(2 + 0, 05) ≈ g(2) + g′(2)(0, 05) =91
30.
Por lo tanto,√
9, 2025 ≈ 91
30= 3, 033 . . .
2. Determine un valor aproximado de y = e− sen(2x) cuando x =9π
8.
E.F(4)-2010-1
Solucion
Derivando la funcion tenemos
dy = −2e− sen(2x) cos(2x)dx.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
112 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Luego, considerando x0 = π y ∆x =π
8, se tiene
f(π +π
8) = f(π) + f ′(π)dx
= 1− π
4≈ 0,2146
Por lo tanto, el valor aproximado de y = e− sen(2x) cuando x =9π
8es 0.2146.
3. Halle, mediante diferenciales, un valor aproximado de la expresion:√(2, 01)3 + 8
(2, 01)2 − 3
P.C.4-2010-1
Solucion
Definamos la funcion f(x) =
√x3 + 8
x2 − 3, con x0 = 2 y 4x = 0,01
Luego, f(2) = 4 y f ′(2) = −13
2. Ası,
f(2 + 0, 01) ≈ f(2) + f ′(2)(0, 01)
≈ 4 +
(− 13
2
)(0, 01)
≈ 787
200.
Por lo tanto, √(2, 01)3 + 8
(2, 01)2 − 3≈ 787
200.
4. Aproxime
cos2(π
4− 0, 02
).
P.C.3(2b)-2009-0.
Solucion
Sea f(x) = cos2(x), entoncesdf(x)
dx= − sen(2x).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 113
Si x0 =π
4y 4x = −0, 02, entonces
f(x0 +4x) ≈ f(x0) + f ′(x0)(4x)
≈ f(π
4
)+(− sen
(π2
))(−0, 02)
≈(
cos(π
4
))2+ 0, 02 sen
(π2
).
Por lo tanto, cos2(π
4− 0, 02
)≈ 0, 52.
5. Dada la funcion f definida por
f(x) =√
1− x.
a) Halle la ecuacion de la recta tangente a la grafica de f en el punto
(0; f(0)).
b) Grafique f y la recta tangente hallada en la parte a).
c) Aproxime√
0, 9 usando diferenciales.
P.C.4(2)-2009-1.
Solucion
Como f(x) =√
1− x, entonces f ′(x) = − 1
2√
1− x.
a) La pendiente de la recta tangente en el punto (0, f(0)) = (0, 1) es f ′(0) =
−1
2. Entonces, la ecuacion de la recta tangente es y = −1
2x+ 1.
b) Grafica de f y de la recta tangente a la grafica de f en el punto (0, 1).
c) Sea f(x) =√
1− x con ∆x = 0,1 y x0 = 0, entonces
f(0 + ∆x) ' f(0) + f ′(0)∆x
' 1− 1
2(0,1)
' 0,95.
6. Usando diferenciales,
a) aproxime el valor de tan(46◦), y
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
114 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Figura 3.12:
b) estime el margen de error porcentual al calcular el volumen de la esfera si
al medir una circunferencia mayor de dicha esfera se obtiene 72 cm. con
un margen de error de 0,5cm.
P.C.4-2010-0
Solucion
a) Sea f(x) = tan(x), x0 =π
4y ∆x =
π
180, entonces
f(π
4+
π
180
)≈ f
(π4
)+ f ′
(π4
) π
180
f(π
4+
π
180
)≈ tan
(π4
)+ sec2
(π4
) π
180
f(π
4+
π
180
)≈ 1 +
π
90
b) Volumen de la esfera V =4
3πr2.
Longitud de la circunferencia C = 2πr.
De los datos 2πr = 72, entonces r =36
π. Ademas como |dc| = 1
2, entonces
|dr| = 1
4π. Por lo tanto |dv| = 362
π2.
Luego, el margen de error porcentual es|dv|V× 100 % = 2,08 %.
7. a) Halle mediante diferenciales, un valor aproximado de la expresion√
16, 2√
16, 2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 115
b) Una partıcula se desplaza por una curva cuyas ecuaciones parametricas
son
C :
x(t) =
2t+ 1
2; t > 0
y(t) =√t2 + 1
Pruebe que (dy
dx
)2
+ yd2y
dx2= 1.
P.C.4(2)-2010-2
Solucion
a) Definamos la funcion
f(x) =
√x√x, con x0 = 16 y ∆x = 0,2
donde f(16) = 8 y f ′(16) =3
8.
Luego,
f(16 + 0,2) ≈ f(16) + f ′(16)(0,2) =323
40.
b) Derivando respecto a x, tenemosdy
dx=
dydtdxdt
=2t+ 1
2√t2 + t
=x
y.
Por otro lado,
d2y
dx2=
d
dx
(dy
dx
)=
d
dx
(x
y
)=y − x dy
dx
y2=y2 − x2
y3
Luego, (dy
dx
)2
+ yd2y
dx2=x2
y2+ y
(y2 − x2
y3
)= 1.
3.10. Extremos absolutos
1. Encuentre los puntos sobre la hiperbola
y2 − x2 = 4
que estan mas proximos al punto (2; 0).
E.F(2)-2010-1
PUCP
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FLORES, J.
116 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
Sean P (x, y) un punto en la hiperbola que se encuentra mas cerca de (2; 0) y
L la distancia entre estos puntos, entonces
L2 = (x− 2)2 + y2
L2(x) = (x− 2)2 + x2 + 4
L2(x) = 2(x2 − 2x+ 4)(1)
Derivando la funcion L con respecto a x, se tiene
dL
dx=
2(x− 1)√2(x2 − 2x+ 4)
Si dLdx
= 0, entonces resulta que x = 1 es un valor crıtico de L.
Luego, por el criterio de la primera derivada, L(1) es la menor distancia a
(2; 0).
Ası, (1;−√
5) y (1;√
5) son los puntos que estan mas cerca a (2; 0).
2. Si f es una funcion continua en un intervalo cerrado I que tiene un valor
maximo absoluto en c ∈ I y g otra funcion creciente en J = f(I), demuestre
que g ◦ f tiene un valor maximo absoluto en c.
Halle el valor maximo absoluto de g ◦ f en [−1; 32], si
f(x) = 1− x2 y g(x) = tan(x).
E.F(5)-2010-1
Solucion
Como f(x) ≤ f(c), para todo x ∈ I y g es creciente en J = f(I), se tiene
(g ◦ f)(x) ≤ (g ◦ f)(c).
Por lo tanto, la funcion g ◦ f tiene un maximo absoluto en x = c .
Por otra parte, como f(x) = 1−x2 tiene un maximo absoluto en c = 0 ∈ [−1; 32]
y g(x) = tan(x) es creciente en f([−1, 32]) = [−5
4; 0], entonces utilizando el
resultado anterior, concluimos que (g ◦ f)(x) = tan(1 − x2) tiene un maximo
absoluto en x = 0 y su valor maximo es (g ◦ f)(0) = tan(1).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 117
3.11. Teorema de Rolle
1. Demuestre que si f es una funcion derivable tal que f ′(x) ≤ 0 para todo x ∈ Ry f(1) = 0; entonces f(x) ≤ 0 para todo x ≥ 1.
E.F(4b)-2009-1.
Solucion
Como f es una funcion derivable en R entonces f es continua en R. En par-
ticular, f es continua en [1, x] y derivable en ]1, x[. Aplicando el Teorema del
Valor Medio, existe x0 ∈]1, x[ tal que
f(x)− f(1)
x− 1= f ′(x◦)⇔ f(x) = f ′(x◦)(x− 1) + f(1).
Utilizando las hipotesis de que f(1) = 0 y f ′(x) ≤ 0, para todo x en R, en
particular f ′(x0) ≤ 0, se tiene f(x) = f ′(x◦)(x − 1) ≤ 0. De esto, f(x) ≤ 0
para todo x ≥ 1.
2. Pruebe que la funcion f dada por
f(x) =√
8x− x2
cumple con las condiciones del teorema de Rolle en su dominio. Halle el valor
de la constante que cumple con la conclusion de dicho teorema.
E.F(2)-2010-1
Solucion
Como f es continua en [0, 8], diferenciable en ]0, 8[ y f(0) = f(8) = 0, entonces
cumple las condiciones del teorema de Rolle, en consecuencia existe c ∈]0, 8[
tal que
f ′(c) = 0.(1)
Finalmente, al resolver la ecuacion (1), obtenemos c = 4.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
118 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
3.12. Aplicaciones de la derivada
1. Calcule los valores crıticos donde la funcion f(x) = xp(1 − x)q, con p y q
numeros enteros pares y positivos. ¿Tiene f valores extremos(mınimos relativos
y/o maximos relativos)?
E.F(3a)2009-1.
Solucion
Derivando f , tenemos f ′(x) = xp−1(1 − x)q − qxp(1 − x)q−1 = xp−1(1 −x)q−1[p(1− x)− qx].
Luego,
f ′(x) = xp−1(x− 1)q−1[(p+ q)x− p] = 0 ⇔ x = 0 ∨ x =p
p+ q∨ x = 1.
Como f ′(x) > 0 en los intervalos]0, p
p+q
[y ]1,+∞[ y f ′(x) < 0 en los intervalos
] − ∞, 0[ y]
pp+q
, 1[, entonces por el criterio de la primera derivada, f tiene
maximo relativo en x = pp+q
y mınimo relativo en x = 0 y en x = 1.
2. Calcule:
a) El area del rectangulo de mayor area circunscrito(alrededor de) a otro
rectangulo ABCD dado, de dimensiones fijas a y b.
b) La razon con que cambia el radio de una esfera respecto al cambio de su
volumen, cuando el volumen de dicha esfera es de 36πcm3.
E.F(6)-2009-1.
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 119
a) Sea EFGH el rectangulo circunscrito al rectangulo ABCD de dimen-
siones EF = HG = u, EH = FG = v y sea θ el angulo formado por
CDH. En los triangulos DCH y ADE se tiene HC = b sen(θ), DH =
b cos(θ), ED = a sen(θ) y AE = a cos(θ). Luego, u = HC + CG =
b sen(θ) + a cos(θ) y v = ED +DH = a sen(θ) + b cos(θ).
El area del rectangulo EFGH es:
A(θ) = u · v = (b sen θ + a cos θ)(a sen θ + b cos θ), θ ∈ [0,π
2]
= ab+1
2(a2 + b2) sen(2θ).
Derivando la funcion area, tenemos A′(θ) = (a2 + b2) cos(2θ). Luego,
A′(θ) = 0⇔ θ =π
4
Ahora hallamos la segunda deriva de la funcion area A′′(θ) = −2(a2 +
b2) sen(2θ). Como A′′(π4) < 0 tenemos que el area maxima se consigue
cuando θ = π4. Por lo tanto, A(π
4) = ab+ 1
2(a2 + b2) sen(2π
4), es el area del
mayor rectangulo.
b) El volumen de una esfera de radio r es V = 43πr3. Derivando respecto a
V ; tenemos
1 = 4πr2dr
dV.
Cuando V = 36π, se tiene que r = 3cm.
Luego,dr
dV=
1
4π(3)2=
1
36cm/cm3.
3. Calcule la maxima area de un trapecio inscrito en una semicircunferencia de
radio 2 cm, de manera que la base mayor coincida con el diametro.
E.E(1a)-2009-2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
120 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
Siendo el trapecio isosceles, tenemos
Del grafico, base mayor del trapecio es B = 4cm, altura del trapecio h =
2 sen(π − 2x) = 2 sen(2x) y base menor del trapecio b = 2(2 cos(π − 2x)) =
−4 cos(2x).
Luego, el area del trapecio es
A(x) =
(4− 4 cos 2x
2
)2 sen(2x) = 4 (1− cos(2x)) sen(2x), con 0 ≤ x ≤ π
2
Ası,
A′(x) = 4[2 sen(2x) sen(2x) + (1− cos 2x)(2 cos 2x)]
= 8[−2cos2(2x) + cos(2x) + 1]
A′(x) = 0⇔ −8[(2 cos(2x)+1)(cos(2x)−1)] = 0⇔ cos(2x) = −12∨cos(2x) =
1.
Luego, x = π3
es la unica solucion en ]0, π2[.
Ahora hallaremos la segunda derivada de A
A′′(x) = 8[−4 cos(2x)(−2 sen(2x))− 2 sen(2x)] = 16[4 cos 2x sen 2x− sen 2x]
Evaluando en x = π3, tenemos que A′′
(π2
)< 0. Por tanto, el area maxima se
obtiene cuando x = π3
y su valor es A = 4(32
√32
)= 3√
3cm2.
4. Halle una funcion f que cumple con las siguientes condiciones:
f (3)(x) = 4.
(−1; 103
) es un punto de inflexion.
La recta tangente a la grafica de f en (0; 2) es horizontal.
E.F(5)-2010-1
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 121
Solucion
De f (3)(x) = 4, se tiene f (2)(x) = 4x+C1. Como f tiene en x = −1 un punto
de inflexion, entonces C1 = 4.
De f (2)(x) = 4x+ 4, se tiene f (1)(x) = 2x2 + 4x+C2. Como la recta tangente
en x = 0 es horizontal, entonces C2 = 0.
Luego, f(x) =2
3x3+2x2+C3. Asimismo, como (0; 2) es un punto de la grafica,
entonces C3 = 2.
Por lo tanto,
f(x) =2
3x3 + 2x2 + 2.
5. La posicion de una partıcula cuyo movimiento esta restringido en una lınea
recta, esta dada por la ecuacion
s(t) = t3 − 6t2 + 9t,
donde t esta medida en segundos y s en metros.
a) Encontrar la velocidad en el tiempo t.¿Cual es la velocidad despues de 4
s.?
b) Encontrar la aceleracion en el tiempo t, y despues de 4 s.
P.C.3(3)-2009-0.
Solucion
a) La velocidad en el tiempo t esta dada por v(t) = s′(t) = 3t2 − 12t+ 9, y
v(4) = 9m/s.
b) La aceleracion en el tiempo t esta dada por a(t) = v′(t) = 6t − 12, y
a(4) = 12m2/s.
6. En una esfera de radio R > 0 se circunscribe un cono circular recto de altura
h y el radio de su base es r. Halle las dimensiones y el volumen del cono de
mınimo volumen en terminos de R.
E.E(5)-2009-1.
Solucion
Del grafico adjunto, que representa una seccion transversal del problema, en
donde los triangulos ∆CEO y ∆CDB son semejantes, pues tienen un angulo
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
122 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Figura 3.13:
comun en C; ademas, en D y E los angulos son rectos y las longitudes de sus
lados homologos son proporcionales, se tiene
h
r=x
R⇒ x2 =
R2h2
r2.
Por otro lado, en el triangulo ∆CEO
(h−R)2 = R2 + x2 ⇒ x2 = h(h− 2R).
De las ecuaciones anteriores se tiene r2 =R2h
h− 2R. Por lo tanto, el volumen
del cono circunscrito sera
V (h) =1
3πR2h2
h− 2R, h > 2R;
y es la funcion a minimizar.
Para hallar los valores crıticos en ]2R,+∞[, derivamos respecto de h:
V ′(h) =1
3π
(R2h(h− 4R)
(h− 2R)2
), h > 2R
Si V ′(h) = 0 entonces h = 4R es el unico valor crıtico.
Ademas, si 2R < h < 4R se tiene V ′(h) < 0, y si 4R < h, se tiene V ′(h) > 0;
es decir, para h = 4R, se tiene que V (4R) es mınimo. Dado que,
r2 =R2h
h− 2R=
R2(4R)
4R− 2R= 2R2,
entonces r = R√
2, es el radio de la base.
V (4R) =1
3πR2h2
h− 2R=
1
3πR2(4R)2
4R− 2R=
8
3πR3, es el volumen mınimo.
En consecuencia, h = 4R y r = R√
2 son las dimensiones y V (4R) =8
3πR3 es
el volumen del menor cono circunscrito al cırculo de radio R.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 123
7. Calcule las dimensiones de una lamina en forma de un triangulo isosceles,
cuyo perımetro es 80 cm y al girar alrededor de su base el solido generado
tiene volumen maximo.
E.F(6a)-2009-2.
Solucion
Siendo la lamina en forma de un triangulo isosceles ABC, si b es la longitud
Figura 3.14:
de la base AC y a = AB = CB es la longitud de los lados congruentes, se
tiene 2a + b = 80 cm. Al girar la lamina alredor de AC, el solido es la union
de dos conos circulares rectos unidos por sus bases, de altura AO =b
2y radio
de la base r = BO, con r2 = a2 −(b
2
)2
.
Luego, como a =1
2(80− b), se tiene r2 = 1600− 40b, y el volumen del solido
es
V (b) = 2
(1
3πr2
(b
2
))=
1
3π(1600b− 40b2), b ∈ [0, 40].
Si V ′(b) =1
3π(1600− 80b) = 0, b ∈ ]0, 40[, entonces b = 20, es el unico valor
crıtico.
Ademas, como V ′′(b) = −80
3π < 0, entonces V ′′(20) < 0, lo cual implica que
cuando b = 20 cm, el volumen del solido generado es maximo.
Por lo tanto, las dimensiones del triangulo son:
Base b = 20 cm, longitud de los lados congruentes a =1
2(80− 20) = 30 cm y
altura h = r =√
1600− 800 = 20√
2 cm.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
124 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
8. Dada la funcion f definida por
f(x) =
x2ex , x ≤ 1x3 − 2
(x− 1)2, x > 1.
Bosqueje su grafica, hallando discontinuidades, asıntotas, intervalos donde cre-
ce y donde decrece, intervalos de concavidades hacia arriba y hacia abajo,
valores extremos y puntos de inflexion, si existen.
E.E(6)-2009-2.
Solucion
Dom(f) = R, se tiene que f es continua x < 1 y en x > 1. En x = 1 se
tiene que lımx→1−
f(x) = lımx→1−
x2ex = e y lımx→1+
f(x) = lımx→1+
=x3 − 2
(x− 1)2=
−∞, por lo tanto f es discontinua en x = 1.
Asıntotas
Asıntota vertical: x = 1.
Asıntota horizontal: y = 0, cuando x < 1.
Asıntota oblıcua: y = x+ 2, cuando x > 1.
Intervalos de monotonıa y extremos relativos
f ′(x) =
x(x+ 2)ex , x < 1(x− 1)(x− 2)2
(x− 1)3, , x > 1
f ′(x) = 0⇔ x = −2, x = 0 y x = 2.
Analizando el signo de f ′(x) tenemos que la grafica de f es creciente en
los intervalos ] − ∞,−2[, ]0, 1[ y ]1,+∞[, y decreciente en el intervalo
]− 2, 0[.
Los puntos(−2; 4
e4
)y (1; e) son maximos relativos a la grafica de f mien-
tras que (0; 0) es un mınimo relativo.
Concavidad y puntos de inflexion
f ′′(x) =
((x+ 2)2 − 2)ex , x < 16(x− 2)
(x− 1)4. , x > 1
f ′′(x) = 0⇔ x = −2−√
2, x = −2 +√
2, x = 2.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 125
Analizando el signo de f ′′(x) tenemos que la grafica de f es concava hacia
arriba en ]−∞,−2−√
2[, ]− 2 +√
2, 1[ y ]2,+∞[ y concava hacia abajo
en ]− 2−√
2,−2 +√
2[ y ]1, 2[.
Los puntos de inflexion a la grafica de f son (−2−√
2; 0, 3836 y (2; 6.
Grafica
9. a) La curva definida por la ecuacion (x2+y2)2 = x2−y2 se llama lemniscata,
cuya grafica se muestra. Halle las coordenadas de los puntos sobre la curva
en los cuales la tangente es horizontal.
b) Halle una funcion y = f(x) tal que f ′′(x) = 15(x− 2√x)2, si f(1) es un
extremo relativo de f y f(1) =-1.
E.F(3)-2010-2
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
126 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
Solucion
a) En la lemniscata existen cuatro puntos donde la recta tangente es hori-
zontal.
Sea
C : (x2 + y2)2 = x2 − y2
Derivando implıcitamente la ecuacion C, tenemos
2(x2 + y2)(2x+ 2yy′) = 2x− 2yy′.
Cuando y′ = 0, tenemos
x[2(x2 + y2)− 1] = 0⇔ x = 0 ∨ 2(x2 + y2)− 1 = 0.
Para x = 0 tenemos y = 0, por lo tanto no existe y′ en (0; 0).
Reemplazando x2 + y2 =1
2en C, se tiene x2 − y2 =
1
4. De estas dos
ultimas ecuaciones, resulta x2 =3
8y y2 =
1
8.
Ası, los puntos son(−√
6
4;−√
2
4
),
(−√
6
4;
√2
4
),
(√6
4;−√
2
4
)y
(√6
4;
√2
4
).
b) Como f ′′(x) = 15(x2− 4x32 + 4x) entonces f ′(x) = 5x3− 24x
52 + 30x2 + c.
De f ′(1) = 0 obtenemos c = −11.
Luego,
f ′(x) = 5x3 − 24x52 + 30x2 − 11.
Asimismo,
f(x) =5
4x4 − 48
7x
72 + 10x3 − 11x+ d.
Teniendo en cuenta f(1) = −1, resulta d =157
28.
Finalmente,
f(x) =5
4x4 − 48
7x
72 + 10x3 − 11x+
157
28.
10. Halle las dimensiones del cono circular recto de volumen mınimo que pueda
circunscribirse a un cilindro de 4 unidades de radio y 8 unidades de altura.
E.F-2010-0
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 127
Figura 3.15:
Solucion
De la figurah− 8
4=h
r⇒ h =
8r
r − 4
entonces
V =1
3πr2h =
1
3πr2
(8r
r − 4
).
Hallando puntos crıticos
V ′(r) = 0⇔ r = 0 ∨ r = 6.
Como V ′′(6) > 0 entonces el volumen mınimo se obtiene con r = 6u
Finalmente, si r = 6u entonces h = 24u.
11. Sea la circunferencia C : x2 + y2 = 1 y P ∈ C un punto en el primer cuadrante.
En el triangulo AOB, el vertice O es el origen de coordenadas, los vertices A
y B son las intersecciones de la recta tangente a C que pasa por P , con los
ejes coordenados. Halle las coordenadas de P , sabiendo que el triangulo AOB
tiene area mınima.
E.F(6)-2010-2
Solucion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
128 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
La ecuacion de la recta tangente a la circunferencia C : x2 + y2 = 1 en P (a; b)
es LT : xa + yb = 1. Los puntos de corte de LT con los ejes coordenados
son: A
(0;
1
b
)y B
(1
a; 0
). El area del triangulo AOB es:
1
2ab. El objetivo es
minimizar f(a) =1
2a√
1− a2, a ∈]0; 1[.
Derivando la funcion tenemos f ′(a) =2a2 − 1
2a2√
(1− a2)3.
Luego,
f ′(a) = 0⇔ a =1√2∨ a = − 1√
2.
El unico numero crıtico es a =1√2.
Para 0 < a <1√2
se tiene f ′(a) < 0 y cuando1√2< a < 1 se tiene f ′(a) > 0.
Por lo tanto, f alcanza un mınimo relativo en a =1√2
y por ser el unico
numero crıtico, f alcanza un mınimo absoluto en dicho numero.
Finalmente, el triangulo tiene area mınima en P =
(1√2
;1√2
).
12. Para la funcion f definida por f(x) =x3 + a
(x+ b)2, donde a y b son constantes
reales:
a) Halle los valores de a y b sabiendo que la recta x = −1 es asıntota vertical
y f(1) es un valor extremo relativo de f .
b) Esboce la grafica de f , hallando previamene asıntotas, valores extremos,
intervalos de monotonıa, de concavidades y puntos de inflexion.
E.F(5)-2009-1.
Solucion
a) Como la recta x = −1 es asıntota vertical, se tiene lımx→−1
x3 + a
(x+ b)2=∞, y
esto se cumple cuando (−1 + b)2 = 0 y (−1)3 + a 6= 0, de donde tenemos
b = 1 y a 6= 1.
Por otro lado, f(1) es un valor extremo relativo de f , es decir, x0 = 1 es
un numero crıtico de f . Ası, tenemos que f ′(1) = 0 o f ′(1) no existe.
Derivando f se tiene
f ′(x) =(x+ 1)2(3x2)− 2(x3 + a)(x+ 1)
(x+ 1)2,
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 129
que existe para x 6= −1. Luego, f ′(1) = 0; es decir
f ′(1) =4(3)− 2(1 + a)(2)
4= 0,
de donde tenemos a = 2.
Ası, a = 2 y b = 1.
b) Con los valores hallados en a) se tiene f(x) =x3 + 2
(x+ 1)2, para x 6= −1.
Asıntotas
Asıntota vertical: x = −1.
Asıntota horizontal: No tiene.
Asıntota oblicua: y = x− 2.
Intervalos de monotonıa y extremos relativos
f ′(x) =(x− 1)(x+ 2)2
(x+ 1)3
f ′(x) = 0⇔ x = −2 o x = 1
Analizando el signo de f ′(x), tenemos que la grafica def es creciente
en los intervalos
]−∞,−1[, ]1,+∞[, y es decreciente en ]− 1, 1[.
Mınimo relativo(1; 3
4
).
Intervalos de concavidad y puntos de inflexion
f ′′(x) =6(x+ 2)
(x+ 1)4.
f ′′(x) = 0⇔ x = −2
Analizando el signo de f ′′(x), tenemos que la grafica de f es concava
hacia arriba en ] − 2,−1[∪] − 1,+∞[ y es concava hacia abajo en
]−∞,−2[
Punto de inflexion: (−2;−6)
Grafica
13. Dada la funcion f definida por
f(x) =
{xex , x < 0
3√x3 − 3x2 , x ≥ 0
a) Analice la continuidad de f en su dominio y halle los intervalos de mono-
tonıa y de concavidades de f , los valores extremos y puntos de inflexion
de f .
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
130 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
b) Halle las asıntotas de f y, considerando los resultados de la parte a),
bosqueje la grafica de f en el plano.
E.P(6)-2009-1.
Solucion
a) Dom(f) = R, f es continua en x < 0 y en x > 0. En x = 0, se cumple
lımx→0+
3√x3 − 3x2 = 0 = lım
x→0−xex, ası f es continua en x = 0. Por lo
tanto, f es continua en R.
Intervalos de monotonıa y extremos relativos
f ′(x) =
{ex + xex , x < 0
13(x3 − 3x2)−2/3(3x2 − 6x) , x > 0
f ′(x) = 0 ⇔ x = −1 o x = 2; y f ′(x) no existe cuando x = 0 o
x = 3.
Analizando el signo de f ′(x), tenemos que la grafica de f decrece en
los intervalos ]−∞,−1[ y ]0, 2[, y crece en ]− 1, 0[ y ]2,+∞[−{3}.Maximo relativo en (0, 0) y mınimo relativo en
(−1;−1
e
)y en (2;− 3
√4).
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 131
Intervalos de concavidad y puntos de inflexion
f ′′(x) =
(2 + x)ex , x < 0−2
(x(x− 3))2/3(x− 3), x > 0
f ′′(x) = 0⇔ x = −2 y f ′′(x) no existe cuando x = 0 o x = 3.
Analizando el signo de f ′′(x), tenemos que la grafica de f es concava
hacia arriba en los intervalos ]− 2, 0[ y ]0, 3[, y concava hacia abajo
en ]−∞,−2[ y ]3,+∞[.
Puntos de inflexion:(−2;− 2e2
) y (3; 0).
Asıntotas
Asıntotas verticales: No tiene
Asıntotas horizontales: y = 0, cuando x < 0
Asıntotas oblıcuas: y = x− 1, cuando x > 0
Grafica
14. Dada la funcion f definida por
f(x) =
x+ 1
x2 + 2x+ 2, x ≤ −1
x3
(x+ 1)2, x > −1.
Bosqueje su grafica, hallando discontinuidades, asıntotas, intervalos donde cre-
ce y donde decrece, intervalos de concavidades hacia arriba y hacia abajo,
valores extremos y puntos de inflexion, si existen.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
132 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
E.F(1)-2009-2.
Solucion
Dom(f) = R, f es continua en x < −1 y en x > −1. En x = −1, se tiene
que lımx→−1−
f1(x) = 0 y lımx→−1+
f2(x) = lımx→−1+
x3
(x+ 1)2= −∞, por lo tanto,
f es discontinua en x = −1.
Asıntotas
Asıntota vertical: x = −1, cuando x > −1+.
Asıntotas horizontales: y = 0, cuando x < −1.
Asıntotas oblıcuas: y = x− 2, cuando x > −1.
Intervalos de monotonıa y extremos relativos
f ′(x) =
− x2 + 2x
(x2 + 2x+ 2)2, x < −1
x2(x+ 3)
(x+ 1)3, x > −1
f ′(x) = 0⇔ x = −2, x = 1.
Analizando el signo de f ′(x), tenemos la grafica de f decrece en ]−∞,−2[
y crece en ]− 2,−1[ y ]− 1,+∞[.
Mınimo relativo(−2;−1
2
), no presenta maximo relativo.
Intervalos de concavidad y puntos de inflexion
f ′′(x) =
−2(x+1)(x2+2x−2)
(x2+2x+2)3, x < −1
6x(x+1)4
, x > −1
f ′′(x) = 0⇔ x = −1−√
3, x = 0.
Analizando el signo de f ′′(x), tenemos que la grafica de f es concava hacia
arriba en ]−1−√
3,−1[ y ]0,+∞[ y concava hacia abajo en ]−∞,−1−√
3[
y ]− 1, 0[.
Puntos de inflexion: (−1−√
3;−0,433) y (0; 0)
Grafica
15. Dada la funcion f definida por
f(x) = 3x2e−x.
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
3. Derivadas 133
Esboce la grafica de f , senalando, si fuera el caso, sus asıntotas, los intervalos
de monotonıa, extremos relativos, los intervalos de concavidad y los puntos de
inflexion.
E.F(1)-2010-2
Solucion
Asıntotas
Asıntota vertical: no tiene
Asıntota Horizontal: y = lımx→+∞
3x2
ex= 0.
Asıntota oblıcua: No tiene.
Intervalos de monotonıa y extremos relativos
f ′(x) = 3e−xx(2− x), de donde obtenemos dos numeros crıticos: x = 0 y
x = 2.
Analizando el signo de f ′(x), tenemos que la grafica de f decrece en
]−∞; 0[, ]2; +∞[ y crece en ]0; 2[
Mınimo relativo (0, 0), Maximo relativo (2, 12e−2)
Intervalos de concavidad y puntos de inflexion
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
134 E. Barrantes, I. Flores, J. Flores
f ′′(x) = 3e−x(x2 − 4x+ 2), de donde obtenemos dos numeros crıticos de
inflexion: x = 2−√
2 y x = 2 +√
2.
Analizando el signo de f ′′(x), tenemos que la grafica de f es concava
hacia arriba en ] −∞; 2 −√
2[∪]2 +√
2; +∞[ y concava hacia abajo en
]2−√
2, 2 +√
2[.
Puntos de inlfexion: (2−√
2; 1,849) y (2 +√
2; 591,7)
Grafica
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
Bibliografıa
[1] Fuller G / Tarwater D., Geometrıa Analıtica, Addison-Wedley Iberoamericana,
Mexico 1985.
[2] Lang Serge,Introduccion al algebra lineal, Addison-Wedley Iberoamericana, Wil-
mington, Delaware, EUA 1990.
[3] Kindle, Joseph Geometrıa Analıtica, coleccion Shaum, Macgraw-Hill de Mexico
1970.
[4] Kletenik, D. Problemas de Geometrıa Analıtica, editorial Latinoamericano
Lima-Peru 1986.
[5] Kreyszig, Erwin Matematica Avanzadas para ingenierıa Vol I, Editorial Limusa
S.A. de C.V. Mexico 1984.
[6] Lehmann Charles, Geometrıa Analıtica, Editorial Limusa S.A. de C.V. Mexico
1990.
[7] L. Leithold, El Calculo, Oxford University Press Mexico 2002, 7ma ed.
[8] , Calculo, Grupo editorial Iberoamericana, Mexico 1994.
135
PUCP
BARRANTES, E.FLORES, I.
FLORES, J.
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