Ayudanta Extra

1) (Problema 10 de la gua 5) Demuestre que si f(x) es una funcin derivable en todo R con f(0)=0 y |f(x)| 1, lo que contradice la hiptesis que |f(x)|x

Como f es derivable en todo , se puede aplicar teorema de valor medio en cualquier intervalo de la forma de los reales, , , 0. Aplicndolo para el ltimo intervalo dicho tenemos que

0, = 0 0 =

Aplicando valor absoluto tenemos que || = | || | > 1, lo que contradice la hiptesis que |f(x)|

2) (Problema 13 de la gua 5) Sea f(x) continua en , #$%', #. Demuestre que si # < 0 y que si 0', #, entonces f(x)=0 exactamente una vez en , #. Prueba:

Hechos: I) el enunciado nos parte dando todas las condiciones para que podamos usar Teorema de valor en , #. II) el hecho que # < 0, nos dice que en a la funcin es positiva y en b es negativa o viceversa.

Para demostrar este problema, se puede hacer la siguiente manera:

1) Primero mostrar que pasa alguna vez por x en , # 2) Que si pasa, pasa solo una vez (que el x es nico en , #) Mostremos 1)

Podemos usar el hecho II) con el teorema de valor intermedio, pues la funcin es contina en , #, por lo tanto, existe un c perteneciente a (a,b) en el que se cumpla f(c) = 0. Mostremos 2)

Supongamos que existiesen dos puntos s,t distintos que pertenezcan a (a,b) y en los que la funcin se anula. Como # < 0, s y t no pueden ser ni a ni b (sino el resultado anterior sera cero), tenemos que , , #por lo que, podemos usar teorema de valor medio en , , este nos dice que existe c perteneciente a (s,t) que cumple

= =0 0 = 0

Pero esto contradice la hiptesis, pues 0', #, por lo que, el punto donde la funcin se anula es nico.

(supuse que t>s, podra ser al revs, pero sera lo mismo),

3) (Problema 9 de la gua 5) Demuestre que para x>0: 1

2 + 1 < + 1 0, por lo que, es continua para todo x>0, lo que nos da permiso para aplicar el teorema de valor medio para todo intervalo , # 0, As que apliquemos lo para el intervalo , + 1 (x0, o si no, la raz no estara definida)

Entonces , + 112 = 345 345 4

67 = + 1

Pero la funcin 46 es decreciente en los reales positivos, pues su derivada es

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Que es siempre negativo para todo x>0, por lo que, si x c0.5>x0.5 => 1/ c0.5 0 < y < 0 > entonces c es un mximo global b) si < 0 < y > 0 > entonces c es un mnimo global La idea grfica detrs del teorema es que estamos teniendo es:

4) (Ejercicio 2 del Stewart, parte aplicaciones de la derivada) Halles dos nmeros, tales que la es 23 y el producto es mximo.

Solucin: Sea x un nmero e y el otro

Te estn pidiendo resolver

= $> + $ = 23 De la condicin que tenemos sabemos qu y=23-x, por lo tanto, podemos reescribir el problema como

= = 23 Derivamos = 23 2, = 2 Slo hay un punto crtico x=23/2 y como la segunda derivada es siempre negativa es mximo local. Ahora si ocupamos el teorema de arriba tenemos que antes de x=23/2 la derivada es siempre negativa y despus es siempre positiva, por lo tanto, es un mximo global del problema. Por lo tanto los dos nmeros seran x=y=23/2.

5) (Ejercicio 29 del Stewart, parte aplicaciones de la derivada) En un cartel rectangular los mrgenes superior e inferior miden 6 cm cada uno y los laterales 4 cm cada uno. Si el rea del material se fija en 384cm2, cules son las dimensiones del cartel de rea mxima? Solucin: Aqu se supone que los mrgenes no son utilizables, asi que la idea es maximizar el rea utilizable o disminuir el rea prdida por los mrgenes.

Dibujo

El problema es =$ 2 6 2 4 $ 6 Sujeto a que xy=384 segn enunciado El y-6 esta, porque los cuadrados grises claros los estaramos descontando dos veces si fuera solo y. Reemplazando el problema que tenemos que resolver es

= = 384 2 6 2 4 B384 6C

Sacamos la primera y segunda derivada

= 12 + 8 384/6 = 16 384/9 Puntos crticos x=+/-16. El negativo no tiene sentido en este caso, as que nos quedamos solo en el positivo. Como 9 >0 para todo x positivo, la segunda derivada valuada en 16 es negativa, por lo que, es mximo local. Ahora 8 384/166=12, por lo que, la primera derivada es negativa para todo x=0,16 (x negativos para nuestro problema no tienen sentido, y x=0 producira rea cero) y positiva para todo x >16, por lo que, por teorema es mximo global.

Los resultados pedidos seran x=16 e y=24, con un rea utilizable de 48.

Nota

Si te piden ver si una funcin continua alcanza un mximo o mnimo local en un punto c donde f no es derivable, pero si es alrededor de l (existe un intervalo que tiene a c como centro donde es derivable en todo punto menos c (ver ejercicio 15 de la gua 6 por ejemplo)), lo que tienes que investigar es cmo se comporta la derivada cerca de l. Por ejemplo, si la funcin antes del punto iba creciendo y despus del punto empez a decrecer el punto es un mximo local, y si antes del punto iba decreciendo y despus de l empez a crecer es un mnimo local (la idea grfica es la misma que la del teorema).

Cmo Mostrarlo? Pongamos el caso del mximo local (el otro se hace igual, hgalo como ejercicio si quiere), es decir, antes de c la funcin iba creciendo y despus empez a decrecer.

Caso 1.1) supongamos que en el intervalo en que la funcin iba siempre creciendo existe un punto s, tal que, , como f es derivable en (s,c) y continua en , existe un punto E, , , = 75F75F , pero como la derivada en r es negativa o cero, lo que contradice el hecho de que en ese intervalo la derivada era creciente.

Caso1.2) Si suponemos que el s ahora est en el intervalo donde la derivada iba decreciendo como f es derivable en (c,s) y continua en , existe un punto E, ,, = F57F57 , pero como la derivada en r es positiva o cero, lo que contradice el hecho de que en ese intervalo la derivada era negativa.

Entonces c es un mximo global en el intervalo, o dicho de otra manera, un mximo local.