6 Derivadas de funciones

Ejercicio 6.1 Usando la definición de derivada, demostrar que la derivada de la función $f(x)=x^n$ es $f'(x)=nx^{n-1}$ donde $n\in\mathbb{N}$.

Solución

Ver Ejercicio 5.9 apartado (g).

Ejercicio 6.2 Demostrar que la función $f(x)=|x-1|$ es continua en $x=1$ pero no es derivable en dicho punto.

Solución

Si calculamos los límites laterales tenemos

\[\begin{align*} \lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)-f(a)}{x-1} &= \lim_{x\to 1^-}\frac{|x-1|-|1-1|}{x-1} = \lim_{x\to 1^-} \frac{-(x-1)}{x-1} = \lim_{x\to 1^-} -1 = -1.\\ \lim_{x\to 1^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-1} &= \lim_{x\to 1^+}\frac{|x-1|-|1-1|}{x-1} = \lim_{x\to 1^+} \frac{x-1}{x-1} = \lim_{x\to 1^+} 1 = 1. \end{align*}\] Como el límite por la izquierda y por la derecha son distintos, no existe la derivada de $f$ en $1$.

Ejercicio 6.3 Estudiar si es derivable la función $f(x)=\sqrt[3]{x-1}$ en el punto $x=1$.

Solución

Si calculamos los límites laterales tenemos

\[\begin{align*} \lim_{x\to 1}\frac{f(x)-f(a)}{x-1} &= \lim_{x\to 1}\frac{\sqrt[3]{x-1}-\sqrt[3]{1-1}}{x-1} = \lim_{x\to 1} \frac{\sqrt[3]{x-1}}{x-1} \\ &= \lim_{x\to 1} \frac{\sqrt[3]{x-1}\sqrt[3]{(x-1)^2}}{(x-1)\sqrt[3]{(x-1)^2}} = \lim_{x\to 1} \frac{x-1}{(x-1)\sqrt[3]{(x-1)^2}} \\ &= \lim_{x\to 1} \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^2}} = \infty. \end{align*}\]

Como el límite no existe, no existe la derivada de $f$ en $1$.

Ejercicio 6.4 Estudiar la derivabilidad de $f$ en los puntos $x=-1$, $x=2$ y $x=3$ siendo

\[ f(x)= \begin{cases} \log(-x) & \mbox{si $x<-1$,} \\ \operatorname{sen}(\pi x) & \mbox{si $x\in [-1,2]$,} \\ x/2 & \mbox{si $x\in (2,3)$,} \\ 3/2 & \mbox{si $x\geq 3$.} \end{cases} \]

Solución

Las funciones de todos los trozos son derivables en todo su dominio, por lo que estudiaremos la derivada por la izquierda y por la derecha en cada uno de los puntos.

Derivabilidad en en $x=-1$:

\[\begin{align*} f'^-(-1) &= \frac{-1}{-1} = 1\\ f'^+(-1) &= \pi \cos(-\pi) = -\pi \end{align*}\]

Como $f'^-(-1)\neq f'^+(-1)$ la función no es derivable en $x=-1$.

Derivabilidad en en $x=2$:

\[\begin{align*} f'^-(2) &= \pi \cos(2\pi) = \pi\\ f'^+(2) &= 1/2 \end{align*}\]

Como $f'^-(2)\neq f'^+(2)$ la función no es derivable en $x=2$.

Derivabilidad en en $x=2$:

\[\begin{align*} f'^-(3) &= 1/2\\ f'^+(3) &= 0 \end{align*}\]

Como $f'^-(3)\neq f'^+(3)$ la función no es derivable en $x=3$.

Ejercicio 6.5 Estudiar la derivabilidad de las siguientes funciones y hallar la función derivada correspondiente en los puntos donde exista.

\[f(x)= \begin{cases} 1-x & \mbox{si $x\leq 0$,} \\ e^{-x} & \mbox{si $x>0$.} \end{cases} \]
$g(x)=2x+|x^2-2|$.

Solución

La función $1-x$ es un polinomio y por tanto es derivable en todo $\mathbb{R}$. Del mismo modo, la función $e^{-x}$ es una función exponencial que también es derivable en todo $\mathbb{R}$. Por tanto, faltaría estudiar si existe la derivada en el punto donde cambia la definición de la función, es decir, en $x=0$. Estudiaremos la derivada por la izquierda y por la derecha en ese punto.

\[\begin{align*} f'^-(0) &= -1\\ f'^+(0) &= -e^0 = -1 \end{align*}\]

Como $f'^-(0)= f'^+(0)$ la función es derivable en $x=0$ y $f'(0)=-1$.

Así pues, la función derivada de $f$ es

\[ f'(x)= \begin{cases} -1 & \mbox{si $x\leq 0$,} \\ -e^{-x} & \mbox{si $x>0$.} \end{cases} \]
Para estudiar la derivabilidad de $g$ primero vamos a expresar la función $|x^2-2|$ como una función a trozos. Para ello necesitamos saber en qué puntos la función $x^2-2$ es positiva, y en qué puntos es negativa. Si calculamos las raíces de esta función tenemos:

\[ |x^2-2| = 0 \Leftrightarrow x^2 = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2. \]

Si estudiamos el signo en los intervalos definidos por las raíces, podemos comprobar fácilmente sin más que calcular la función en cualquier punto de los intervalos que $x^2-2$ es negativa en el intervalo $(-\sqrt 2, \sqrt 2)$ y positiva en el resto de su dominio. Por tanto, podemos expresar el valor absoluto de la siguiente manera:

\[ |x^2-2| = \begin{cases} x^2-2 & \mbox{si } x<-\sqrt{2}, \\ -x^2+2 & \mbox{si } -\sqrt{2} \leq x \leq \sqrt{2},\\ x^2-2 & \mbox{si } x > \sqrt{2}. \end{cases} \]

y entonces, la función original puede expresarse como:

\[ g(x) = \begin{cases} 2x+x^2-2 & \mbox{si } x< -\sqrt{2}, \\ 2x-x^2+2 & \mbox{si } -\sqrt{2} \leq x \leq \sqrt{2},\\ 2x+x^2-2 & \mbox{si } x > \sqrt{2}. \end{cases} \]

Ahora, si estudiamos la derivabilidad de cada una de estas funciones en los trozos correspondientes, vemos que ambas son polinomios y por tanto son derivables en sus dominios. Faltaría por estudiar la derivabilidad en los puntos donde cambia la definición de la función. Para ello estudiamos la derivada por la izquierda y por la derecha en esos puntos. En el punto $x=-\sqrt 2$ tenemos:

\[\begin{align*} g'^-(-\sqrt{2}) &= 2-2\sqrt 2\\ g'^+(-\sqrt{2}) &= 2+2\sqrt 2 \end{align*}\]

Y como ambas derivadas no coinciden la función no es derivable en $x=-\sqrt 2$. En $x=\sqrt{2}$ tenemos:

\[\begin{align*} g'^-(\sqrt{2}) &= 2-2\sqrt 2\\ g'^+(\sqrt{2}) &= 2+2\sqrt 2 \end{align*}\]

Ambas derivadas no coinciden y tampoco es derivable en $x=\sqrt 2$.

Así pues, la derivada de $g$ vale: \[ g'(x)= \begin{cases} 2+2x & \mbox{si } x< -\sqrt{2}, \\ 2-2x & \mbox{si } -\sqrt{2} < x < \sqrt{2},\\ 2+2x & \mbox{si } x > \sqrt{2}. \end{cases} \]

Ejercicio 6.6 Dada la función

\[ f(x)= \begin{cases} \operatorname{sen}(x)^2 & \mbox{si $x\leq 0$}, \\ ax^2+b & \mbox{si $0<x\leq c$}, \\ \ln(x) & \mbox{si $c<x$}, \end{cases} \]

con $a,b,c\in\mathbb{R}$, ¿existe algún valor de las constantes de manera que la función sea continua y derivable en todo su dominio?

Solución

Estudiaremos primero la continuidad y luego la derivabilidad.

Las funciones $\operatorname{sen}(x)^2$, $ax^2+b$ y $\ln(x)$ son todas continuas en sus dominios, por tanto, basta con estudiar los puntos donde cambia la definición de la función.

En el punto $x=0$ tenemos: \[\begin{align*} \lim_{x\rightarrow 0^{-}}f(x) &= \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\operatorname{sen}(x)^2=\operatorname{sen}(0)^2=0, \\ \lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x) &= \lim_{x\rightarrow 0^{+}}ax^2+b=a0^2+b=b, \\ f(0) &= \operatorname{sen}(0)^2=0. \end{align*}\]

Por tanto, la función será continua en $x=0$ si y sólo si $b=0$.

En el punto $x=c$ tenemos: \[\begin{align*} \lim_{x\rightarrow c^{-}}f(x) &= \lim_{x\rightarrow c^{-}}ax^2+b=ac^2+b, \\ \lim_{x\rightarrow c^{+}}f(x) &= \lim_{x\rightarrow c^{+}}\ln(x)=\ln(c), \\ f(c) &= ac^2+b. \end{align*}\]

Luego la función será continua en $x=c$ si y sólo si $ac^2+b=\ln(c)$.

Por consiguiente, para que la función sea continua en todo su dominio deben cumplirse las dos ecuaciones siguientes: \[ \begin{cases} b=0 \\ ac^2+b = \ln(c) \end{cases} \]

Con la derivabilidad ocurre lo mismo pues las funciones $\operatorname{sen}(x)^2$ , $ax^2+b$ y $\ln(x)$ son derivables en su dominio y basta con estudiar la derivada por la izquierda y por la derecha en los puntos donde cambia la definición de la función.

En el punto $x=0$ (imponemos $b=0$ pues de lo contrario la función no sería continua en este punto y tampoco derivable) tenemos:

\[\begin{align*} f'^-(0) &= 2\operatorname{sen}(0)\cos(0) = 0\\ f'^+(0) &= 2a\cdot 0 = 0 \end{align*}\]

Luego la función es derivable en $x=0$ si y sólo si $b=0$.

En el punto $x=c$ tenemos:

\[\begin{align*} f'^-(c) &= 2ac \\ f'^+(c) &= 1/c \end{align*}\]

Luego, para que la función sea derivable en $x=c$, además de la condición de continuidad, se debe cumplir $2ac = \frac{1}{c}$.

Así pues, para que la función sea continua y derivable en todo su dominio deben cumplirse las tres ecuaciones siguientes:

\[ \begin{cases} b=0 \\ ac^2+b = \ln(c)\\ 2ac = \frac 1c \end{cases} \]

Resolviendo el sistema llegamos a:

\[ a = \frac{1}{2c^2} \Rightarrow \ln(c) = ac^2+b = \frac{1}{2c^2}c^2 = \frac{1}{2} \Rightarrow c = e^{1/2}, \] y, por tanto,

\[ a = \frac{1}{2(e^{1/2})^2} = \frac{1}{2e}. \]

Los valores de las constantes que hacen que la función sea continua y derivable en todo su dominio son:

\[\begin{align*} a &= \frac{1}{2e},\\ b &= 0, \\ c &= e^{1/2}. \end{align*}\]

Ejercicio 6.7 Para cada una de las siguientes curvas, hallar las ecuaciones de las rectas tangente y normal en el punto $a$ indicado.

$y=x^{\operatorname{sen}(x)},\quad a=\pi/2$.
$y=\ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}, \quad a=0$.

Solución

La ecuación de la recta tangente a la función $f$ en el punto $x=a$ es $y=f(a)+f'(a)(x-a)$ y la ecuación de la recta normal en ese mismo punto es $y=f(a)-\frac{1}{f'(a)}(x-a)$, de modo que necesitamos calcular la derivada de la función en el punto dado.

$y'= x^{\operatorname{sen(x)}}\left(\cos(x)\ln(x)+\frac{\operatorname{sen}(x)}{x}\right)$, y en $x=\pi/2$ se tiene $y'(\pi/2)= (\pi/2)^{\operatorname{sen(\pi/2)}}\left(\cos(\pi/2)\ln(\pi/2)+\frac{\operatorname{sen}(\pi/2)}{\pi/2}\right) = 1$.

Por tanto, como $\left(\frac{\pi}{2}\right)^{\operatorname{sen}(\pi/2)}=\frac{\pi}{2}$, la ecuación de la recta tangente en $x=\pi/2$ es $y=\frac{\pi}{2} + x-\frac{\pi}{2} = x$, y la ecuación de la recta normal es $y=\frac{\pi}{2}-x+\frac{\pi}{2} = -x+\pi$.
Es este caso, antes de derivar conviene simplificar la función.

\[\begin{align*} y'&=\left(\ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\right)' = \left(\frac{1}{2}(\ln(1+x)-\ln(1-x))\right)' \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}\right) = \frac{1}{1-x^2} \end{align*}\]

, y en $x=0$ se tiene $y'(0)=1$.

Por tanto, como $\ln\sqrt{\frac{1+0}{1-0}}=0$, la ecuación de la recta tangente en $x=0$ es $y=x$, y la ecuación de la recta normal es $y=-x$.

Ejercicio 6.8 Dadas las funciones $f(x)=\ln\left(\frac{x^2}{2}\right)$ y $g(x)=x^3+2$, ¿existe algún valor de $x$ en el que la recta normal a $f$ y la recta tangente a $g$ en dicho punto sean paralelas?

Solución

Para ver si dos rectas son paralelas, basta con ver si tienen la misma pendiente.

\[\begin{align*} f'(x) &= \left(\ln\left(\frac{x^2}{2}\right)\right)' = (2\ln(x) - \ln(2))' = \frac{2}{x}\\ g'(x) &= 3x^2 \end{align*}\]

Así pues, la pendiente de la recta normal a $f$ en $x$ es $\frac{-1}{f'(x)} = \frac{-x}{2}$ y la pendiente de la recta tangente a $g$ en $x$ es $3x^2$. Igualando las dos pendientes y resolviendo la ecuación resultante, se tiene

\[ \frac{-x}{2} = 3x^2 \Leftrightarrow 6x^2 + x =0 \Leftrightarrow x(6x+1) = 0 \Leftrightarrow x=0 \mbox{ o } x=\frac{-1}{6}. \]

Ahora bien, como $f$ no está definida en $x=0$, el único valor de $x$ para el que la recta normal a $f$ es paralela a la recta tangente a $g$ es $x=-1/6$.

Ejercicio 6.9 Demostrar que cualquier función polinómica $f(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+\cdots+c_nx^n$ con $n\in\mathbb{N}$ es derivable en todo $\mathbb{R}$.

Solución

Sea el polinomio $f(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+\cdots+c_nx^n$ con $n\in\mathbb{N}$. Aplicando el álgebra de derivadas, se tiene

\[\begin{align*} f'(x) &= (c_0+c_1x+c_2x^2+\cdots+c_nx^n)' \\ &= c_0'+(c_1x)'+(c_2x^2)'+\cdots+(c_nx^n)' \\ &= c_1+c_2x+\cdots+c_nx^{n-1}, \end{align*}\]

que existe para todo $\mathbb{R}$.

Ejercicio 6.10 Demostrar que cualquier función racional $h(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}$, con $f(x)$ y $g(x)$ funciones polinómicas, es derivable en todo $x\in\mathbb{R}$ tal que $g(x)\neq 0$.

Solución

Como $f(x)$ y $g(x)$ son dos polinomios, por el ejercicio anterior se tiene que son derivables en todo $\mathbb{R}$, y aplicando el álgebra de derivadas se tiene $h(x)$ es derivable en todo $x\in\mathbb{R}$ tal que $g(x)\neq 0$, y

\[ h'(x) = \left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)' = \frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g(x)^2}. \]

Ejercicio 6.11 Hallar la expresión de la derivada $n$-ésima de las siguientes funciones:

$f(x)=a^x\ln(a)$.
$g(x)=\dfrac{\operatorname{sen}(x)+\cos(x)}{2}$.
$h(x)=\dfrac{9x^2-2x-25}{x^3-2x^2-5x+6}$.
$j(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}$.

Solución

\[\begin{align*} f'(x) &= a^x\ln(a)^2,\\ f''(x) &= a^x\ln(a)^3,\\ f'''(x) &= a^x\ln(a)^4,\\ \vdots \\ f^{(n}(x) &= a^x\ln(a)^{n+1} \end{align*}\]
\[\begin{align*} g'(x) &= \frac{\cos(x)-\operatorname{sen}(x)}{2},\\ g''(x) &= \frac{-\operatorname{sen}(x)-\cos(x)}{2},\\ g'''(x) &= \frac{-\cos(x)+\operatorname{sen}(x)}{2},\\ g''''(x) &= \frac{\operatorname{sen}(x)+\cos(x)}{2} \end{align*}\]

Como $g'''' = g$, las derivadas se van a repetir cíclicamente cada múltiplo de cuatro. Podemos expresar la derivada de orden $n$ de la siguiente forma

\[ g^{(n}(x)= \begin{cases} \frac{\operatorname{sen}(x) + \cos(x)}{2} & \mbox{si $n=4k$,}\\ \frac{\cos(x)-\operatorname{sen}(x)}{2} & \mbox{si $n=4k+1$,}\\ \frac{-\operatorname{sen}(x)-\cos(x)}{2} & \mbox{si $n=4k+2$,}\\ \frac{\operatorname{sen}(x)+\cos(x)}{2} & \mbox{si $n=4k+3$.}\\ \end{cases} \quad k\in\mathbb{N}. \]
Descomponiendo primero en fracciones simples, se tiene que

\[\begin{align*} h(x) &= \frac{9x^2-2x-25}{x^3-2x^2-5x+6} = \frac{9x^2-2x-25}{(x-3)(x-1)(x+2)} \\ &= \frac{5}{x-3}+\frac{3}{x-1}+\frac{1}{x+2} \\ &= 5(x-3)^{-1}+3(x-1)^{-1}+(x+2)^{-1} \end{align*}\]

Calculamos ahora las sucesivas derivadas.

\[\begin{align*} h'(x) & = 5(-1)(x-3)^{-2}+3(-1)(x-1)^{-2}+(-1)(x+2)^{-2}\\ h''(x) &= 5(-1)(-2)(x-3)^{-3}+3(-1)(-2)(x-1)^{-3}+(-1)(-2)(x+2)^{-3}\\ h'''(x) &= 5(-1)(-2)(-3)(x-3)^{-4}+3(-1)(-2)(-3)(x-1)^{-4}+(-1)(-2)(-3)(x+2)^{-4}\\ \vdots \\ h^{(n}(x) &= 5(-1)^n n!(x-3)^{-(n+1)}+ 3(-1)^n n!(x-1)^{-(n+1)} + (-1)^n n!(x+2)^{-(n+1)} \end{align*}\]
$j(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}=(1+x)^{-1/2}$.

\[\begin{align*} j'(x) &= \frac{-1}{2}(1+x)^{-3/2}\\ j''(x) &= \frac{-1}{2}\frac{-3}{2}(1+x)^{-5/2}\\ j'''(x) &= \frac{-1}{2}\frac{-3}{2}\frac{-5}{2}(1+x)^{-7/2}\\ \vdots \\ j^{(n}(x) &= \frac{(-1)^n \prod_{i=1}^{n}2i-1}{2^n}(1+x)^{-\frac{2n+1}{2}} \end{align*}\]

Ejercicio 6.12 Se sabe que la demanda de un producto, en decenas de miles de unidades, depende de su precio según la función $D(x)=\ln(10/x)$. Si el precio mensual evoluciona según la función $x(t)=2+\frac{t}{10}$, ¿cuál será la tasa de variación de la demanda en el instante $t=5$? Según esta tasa de variación de la demanda, ¿qué demanda aproximada se espera tener un mes después?

Solución

La función que expresa la demanda en función del tiempo es la composición de $x$ con $D$. Aplicando la regla de la cadena se tiene

\[ D'(t) = \frac{dD}{dt} = \frac{dD}{dx}\frac{dx}{dt} = \frac{-1}{x}\frac{1}{10} =\frac{-1}{(2+\frac{t}{10})10} = \frac{-1}{20+t}. \]

En el instante $t=5$ la tasa de variación instantánea de la demanda es

\[ D'(5) = \frac{-1}{20+5} = \frac{-1}{25}, \]

es decir, la demanda decrecerá $10000/25=400$ unidades al mes, a partir de ese instante.

Para predecir la demanda aproximada un més después se puede utilizar la recta tangente a $D$ en el instante $t=5$, que tiene ecuación,

\[ y = D(5)+D'(5)(t-5) = \ln\left(\frac{10}{2+\frac{5}{10}}\right) -\frac{1}{25}(t-5) = \ln(4)+\frac{1}{5}-\frac{t}{25}. \]

La predicción de la recta tangente un mes después, es decir para $t=6$ es $\ln(4)+\frac{1}{5}-\frac{6}{25}=1.35$ decenas de miles de unidades.

Ejercicio 6.13 Un balón relleno de aire tiene radio 10 cm cuando se empieza a introducir más aire, de manera que el radio se incrementa con una velocidad de 2 cm/s. ¿Con qué velocidad varía el volumen en ese instante?

Solución

Suponiendo que el balón tiene forma esférica, el volumen de aire depende del radio del balón según la función $V(r)=\frac{4}{3}\pi r^3$. Ahora bien, como empezamos a introducir aire en el balón, el radio dependerá del tiempo, según la función $r(t)$, y por tanto el volumen depende también del tiempo según la función $V(r(t)) = \frac{4}{3}\pi r(t)^3$.

La velocidad con la que varía el volumen en el instante $t_0$ en que el radio es $r(t_0)=10$ cm y empieza a variar con una velocidad $r'(t_0)=2$ cm/s, es

\[\begin{align*} V(r(t_0))' &= \frac{dV}{dr}(r(t_0))\frac{dr}{dt}(t_0) = \frac{4}{3}\pi 3 r(t_0)^2 r'(t_0)\\ & = 4\pi (10\mbox{ cm})^2\cdot 2\mbox{ cm/s} = 800\pi \mbox{ cm$^3$/s}. \end{align*}\]

Ejercicio 6.14 Una pipeta cilíndrica de radio 5 mm almacena una solución. Si la pipeta empieza a vaciarse a razón de $0.5$ ml por segundo, ¿a qué velocidad disminuye el nivel de la pipeta?

Solución

Como el radio de la pipeta es constante $r=5$ mm, el volumen de solución en la pipeta depende del nivel de la pipeta y según la función $V(h) = \pi (5 \mbox{ mm})^2 h$. Ahora bien, como la pipeta empieza a vaciarse, el nivel de la pipeta dependerá del tiempo según la función $h(t)$, y por tanto, el volumen también depende del tiempo según la función $V(h(t)) = \pi (5 \mbox{ mm})^2 h(t)$.

La velocidad con la que cambia el volumen en el instante $t_0$ es,aplicando la regla de la cadena,

\[ \begin{gathered} V(h(t_0))' = \frac{dV}{dh}(h(t_0))\frac{dh}{dt}(t_0) = 25\pi \mbox{ mm}^2 h'(t_0) = -500 \mbox{ mm$^3$/s}\\ \Rightarrow h'(t_0) = \frac{-500 \mbox{ mm$^3$/s}}{25\pi \mbox{ mm}^2} = \frac{-20}{\pi} \mbox{ mm/s} \approx -6.37 \mbox{ mm/s}. \end{gathered} \]

Ejercicio 6.15 Un cilindro de 4 cm de radio ($r$) y 3 cm de altura ($h$) se somete a un proceso de calentamiento con el que varían sus dimensiones de tal forma que $\frac{dr}{dt}=\frac{dh}{dt}= 1$ cm/s. Hallar de forma aproximada la variación de su volumen a los 5 segundos y a los 10 segundos.

Solución

El volumen de un cilindro depende del radio de la base $r$ y de la altura $h$, según la fórmula $V(r,h)=\pi r^2h$. Ahora bien, como el proceso de calentamiento provoca un cambio de las dimensiones, podemos decir que el radio cambia con el tiempo según la función $r(t)$ y la altura cambia también con el tiempo según la función $h(t)$, de manera que el volumen también depende del tiempo según la función $V(r(t),h(t))=\pi r(t)^2h(t)$. La tasa de variación instantánea del volumen en el instante $t_0$ en el que comienza el calentamiento es, aplicando la regla de la cadena,

\[\begin{align*} V(r(t_0),h(t_0))' &= \pi((r(t_0)^2)'h(t_0)+r(t_0)^2h'(t_0)) \\ &= \pi(2r(t_0)r'(t_0)h(t_0)+r(t_0)^2h'(t_0)) \end{align*}\]

En el instante $t_0$ en el que comienza el proceso de calentamiento, sabemos que $r(t_0)=4$ cm, $h(t_0)=3$ cm y $r'(t_0)=h'(t_0)=1$ cm/s, de manera que sustituyendo en la expresión anterior se tiene

\[ V(r(t_0),h(t_0))' = \pi(2\cdot 4 \mbox{ cm }\cdot 1 \mbox{ cm/s } \cdot 3 \mbox{ cm }+ (4 \mbox{ cm })^2 \cdot 1 \mbox{ cm/s }) = 40\pi \mbox{ cm$^3$/s}. \]

Así pues $\frac{dV}{dt}=40\pi$ cm$^3$/s, de donde se deduce que $dV = 40\pi$ cm$^3$/s $dt$, de manera que para una variación de tiempo $dt=5$ s, la variación aproximada del volumen será $dV = 40\pi$ cm$^3$/s $\cdot 5$ s $= 200\pi$ cm$^3$, y para una variación de tiempo $dt=10$ s, la variación aproximada del volumen será $dV = 40\pi$ cm$^3$/s $\cdot 10$ s $= 400\pi$ cm$^3$.

Ejercicio 6.16 La ventas mensuales de bicicletas en una ciudad depende del precio de las bicicletas $x$, en euros, y el precio del combustible $y$, en céntimos de euro, según la función $v(x,y)=200-10\sqrt{x}+(\frac{y}{10}+20)^{3/2}$. Si en un determinado instante el precio de las bicicletas es de 200 € y el precio del combustible es de 1€, y el precio de las bicicletas comienza a subir a razón de 1€ al mes, mientras que el precio del combustible empieza a subir a razón de 5 céntimos al mes. ¿Qué tasa de variación experimentarán las ventas de bicicletas en ese instante? Según esta tasa de variación, ¿qué ventas aproximadas se espera tener el próximo mes?

Solución

Como el precio de las bicicletas y del combustible no son constantes, sino que dependen del tiempo según las funciones $x(t)$ y $y(t)$ respectivamente, las ventas también dependen del tiempo según la función $v(x(t),y(t))=200-10\sqrt{x(t)}+(\frac{y(t)}{10}+20)^{3/2}$. Por tanto, la tasa de variación instantánea de las ventas es, aplicando la regla de la cadena,

\[\begin{align*} v(x(t),y(t))' &= (200)'-\left(10\sqrt{x(t)}\right)'+\left(\left(\frac{y(t)}{10}+20\right)^{3/2}\right)'\\ &= \frac{-10}{2\sqrt{x(t)}}x'(t) + \frac{3}{2}\sqrt{\frac{y(t)}{10}+20}\frac{y'(t)}{10} \\ &= \frac{-5x'(t)}{\sqrt{x(t)}} + \frac{3y'(t)}{20}\sqrt{\frac{y(t)}{10}+20}. \end{align*}\]

En el instante $t_0$ en el que el precio de las bicicletas es $x(t_0)=200$ €, el precio del combustible es $y(t) = 100$ céntimos, y la tasa de variación instantánea del precio de las bicicletas es $x'(t_0)=1$ €/mes y del precio del combustible $y(t_0)=5$ céntimos/mes, sustituyendo en la expresión anterior se tiene

\[\begin{align*} v(x(t_0),y(t_0))' &= \frac{-5x'(t_0)}{\sqrt{x(t_0)}} + \frac{3y'(t_0)}{20}\sqrt{\frac{y(t_0)}{10}+20}\\ & = \frac{-5\cdot 1}{\sqrt{200}} + \frac{3\cdot 5}{20}\sqrt{\frac{100}{10}+20} = 3.75 \mbox{ unidades/mes}. \end{align*}\]

Para predecir las ventas el próximo mes, podemos utilizar la aproximación de la recta tangente a $v$ en ese instante, que tiene ecuación

\[\begin{align*} y &= v(t_0) + v'(t_0) (t-t_0) \\ &= 200-10\sqrt{200}+(\frac{100}{10}+20)^{3/2} + 3.75 (t-t_0) \\ &= 222.9 + 3.75 (t-t_0). \end{align*}\]

Si queremos predecir las ventas el mes siguiente, la variación del tiempo es $t-t_0=1$ mes, y sustituyendo en la ecuación de la tangente se tiene que las ventas aproximadas serán $222.9+3.75\cdot 1 = 226.65$ unidades.

Ejercicio 6.17 Dada la función $f:[-\pi/2, \pi/2]\to \mathbb{R}$, tal que $f(x)=\operatorname{sen}(x)$, calcular la derivada de su función inversa $f^{-1}(x) = \operatorname{arcsen}(x)$ $\forall x\in (-1,1)$.

Solución

Aplicando la regla para la derivada de la función inversa, se tiene

\[ (f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))} = \frac{1}{\cos(\operatorname{arcsen}(x))} \forall x\in (-1,1). \]

Por otro lado, como $\operatorname{sen}(x)^2+\cos(x)^2=1$, se deduce que $\cos(x) = \sqrt{1-\operatorname{sen}(x)^2}$, de manera que sustituyendo en la expresión anterior se tiene

\[ (f^{-1})'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-\operatorname{sen}(\operatorname{arcsen}(x))^2}} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \forall x\in (-1,1). \]

Ejercicio 6.18 Se desea medir la superficie de una célula esférica y para ello se ha medido el radio de una célula de 5 $\mu$m con un error de $0.2$ $\mu$m. ¿Cuál será el error aproximado cometido en el cálculo de la superficie de la célula? En general, si al medir el radio se comete siempre un error relativo del 2%? ¿Cómo afecta esto al error de la medida de la superficie de la célula?

Solución

La superficie de una esfera depende del radio según la función $S(r) =4\pi r^2$.

Como $S'(r) = \frac{dS}{dr}$ se deduce que $dS=S'(r)dr$, de manera que si se interpreta la variación del radio $dr$ como el error en su medición, y la variación de la superficie $dS$ como el error en su medición, el error en la medición del radio se transmite a la medición de la superficie multiplicando por la derivada de la superficie. Como $S'(r)=8\pi r$, para un radio de $5\ \mu\mbox{m}$ se tiene $S'(5) = 8\pi 5\ \mu\mbox{m} = 40\pi \ \mu\mbox{m}$. Por tanto, un error en la medición del radio de $dt=0.2\ \mu\mbox{m}$, producirá un error en la medición de la superficie de $dS = 40\pi \ \mu\mbox{m} \cdot 0.2 \ \mu\mbox{m} = 8\pi \ \mu\mbox{m}^2.$

Para la segunda parte del problema, hay que tener en cuenta que si $dr$ se interpreta como el error absoluto del radio, $\frac{dr}{r}$ es el error relativo en la medición del radio, y $\frac{dS}{S}$ es el error relativo en la medición de la superficie. Así pues, se tiene

\[ \frac{dS}{S} = \frac{S'(r)dr}{S} = \frac{8\pi r dr}{4\pi r^2} = 2\frac{dr}{r}. \]

Como el error relativo en la medición del radio es del 2%, se tiene que $\frac{dr}{r}=0.02$ y sustituyendo en el resultado anterior se tiene

\[ \frac{dS}{S} = 2\frac{dr}{r} = 2\cdot 0.02 = 0.04, \]

de manera que el error relativo en la medición de la superficie es del 4%.

Ejercicio 6.19 La velocidad de la sangre que fluye por una arteria está dada por la ley de Poiseuille \[ v(r) = cr^2, \] donde $v$ es la velocidad de la sangre, $r$ es el radio de la arteria y $c$ es una constante. Si se puede medir el radio de la arteria con una precisión del 5%, ¿qué precisión tendrá el cálculo de la velocidad?

Solución

Si se interpreta $dr$ se interpreta como el error absoluto del radio de la arteria, $\frac{dr}{r}$ es el error relativo en la medición del radio, y $\frac{dv}{v}$ es el error relativo en la medición de la velocidad de la sangre. Así pues, se tiene

\[ \frac{dv}{v} = \frac{v'(r)dr}{v} = \frac{2cr\cdot dr}{cr^2} = 2\frac{dr}{r}. \]

Como el error relativo en la medición del radio es del 5%, se tiene que $\frac{dr}{r}=0.05$ y sustituyendo en el resultado anterior se tiene

\[ \frac{dv}{v} = 2\frac{dr}{r} = 2\cdot 0.05 = 0.1, \]

de manera que el error relativo en la medición de la velocidad de la sangre es del 10%.

Ejercicio 6.20 En muchos vertebrados existe una relación entre la longitud del cráneo y la longitud de la espina dorsal que puede expresarse mediante la ecuación \[ C(t) = a E(t)^b \] donde $a>0$ y $b$ son constantes y $t$ es el tiempo. Esta ecuación se conoce como ecuación alométrica. ¿Cómo se relaciona la tasa de crecimiento de la espina dorsal con la del cráneo? ¿Para qué valores de $b$ es la función $C$ creciente, pero de forma que la relación $C/E$ disminuye al aumentar $E$? ¿En qué estado de desarrollo tienen los vertebrados cráneos mayores en relación con la longitud de sus cuerpos?

Solución

La tasa de crecimiento de la espina dorsal es $E'$ y la del cráneo es $C'$, así que se trata de ver la relación entre las dos derivadas. Si calculamos la derivada de la longitud del cráneo, como $E(t)$ es una función que depende del tiempo, aplicando la regla de la cadena se tiene

\[ C'(t) = a b E(t)^{b-1}E'(t) \]

Para que la $C$ sea creciente su derivada debe ser positiva, es decir, $a b E(t)^{b-1}E'(t)>0$. Como $E(t)$ es el la longitud de la espina dorsal, que es positiva, $E'(t)$ es la tasa de crecimiento de la espina dorsal que en los vertebrados también es positiva ya que crece con los años, y $a>0$, para que $C'(t)>0$ debe ser $b>0$.

Por otro lado, la relación $E/C$ es

\[ \frac{C(t)}{E(t)} = \frac{aE(t)^b}{E(t)} = aE(t)^{b-1}, \]

y su derivada vale

\[ \left(\frac{C(t)}{E(t)}\right)' = a(b-1)E(t)^{b-2}. \]

Como $a>0$ y $E(t)>0$, para que la derivada sea negativa tiene que ser $(b-1)<0$, es decir, $b<1$. Por tanto, se debe cumplir $0<b<1$.

Por tanto, si $0<b<1$ se tiene que $C/E$ es decreciente y eso quiere decir que la espina dorsal crece más rápidamente que el cráneo en los vertebrados, por lo que el cráneo será mayor en relación a la espina dorsal al nacer.

Ejercicio 6.21 La siguiente figura muestra la gráfica de la derivada de una función $f$. Estudiar el comportamiento de la función (crecimiento, decrecimiento, extremos, concavidad y puntos de inflexión).

Solución

A la vista de la gráfica de $f'(x)$ se observa que los puntos críticos de $f$ (los puntos que anulan la derivada) son $x=a$ y $x=c$ y $x=e$.

Estudio del crecimiento

Observando el signo de $f'$ podemos estudiar el crecimiento de $f$ aplicando el criterio del signo de la primera derivada. A la vista de la gráfica se observa que $f'(x)>0$ $\forall x\in (a,c)\cup (e,\infty)$, y, por tanto, $f$ es creciente en estos intervalos, y $f'(x)<0$ $\forall x\in (-\infty, a)\cup (c,e)$, y, por tanto, $f$ es decreciente en estos intervalos.

Estudio de los extremos

Los posibles extremos de $f$ estarán entre sus puntos críticos. Observando el crecimiento de la $f$ a la izquierda y a la derecha de cada punto crítico podemos determinar si son máximos, mínimos o puntos de inflexión.

En $x=a$ $f$ decrece a la izquierda y crece a la derecha, luego hay un mínimo relativo.
En $x=c$ $f$ crece a la izquierda y decrece a la derecha, luego hay un máximo relativo.
En $x=e$ $f$ decrece a la izquierda y crece a la derecha, luego hay un mínimo relativo.

Estudio de la concavidad

Para estudiar la concavidad utilizaremos el criterio del signo de la segunda derivada. Para ver el signo de $f''$ basta con observar el crecimiento de $f'$ en la gráfica ya que $f''$ es la derivada de $f'$ y por tanto su signo depende del crecimiento de $f'$. Observando la gráfica de $f'$ se tiene que $f'(x)$ es creciente en $(-\infty, b)$ y $(d,\infty)$ de manera que $f''(x)>0$ $\forall x\in (-\infty, b)\cup (d,\infty)$, y, por tanto, la $f$ es cóncava hacia arriba en estos intervalos. Por otro lado, $f'(x)$ es decreciente en el intervalo $(b,d)$, por lo que $f''(x)<0$ $\forall x\in(b,d)$ y, por tanto, $f$ es cóncava hacia abajo en este intervalo.

Estudio de los puntos de inflexión

Los puntos de inflexión son los puntos donde cambia la concavidad de la función, de modo que, según el estudio de la concavidad, $f$ tiene puntos de inflexión en $x=b$ y $x=d$.

Ejercicio 6.22 Hallar $a$, $b$ y $c$ en la función $f(x)=x^3+bx^2+cx+d$ para que tenga un punto de inflexión en $x=3$, pase por el punto $(1,0)$ y alcance un máximo en $x=1$.

Solución

Calculamos las dos primeras derivadas.

\[\begin{align*} f'(x) &= 3x^2-2bx+c\\ f''(x) &= 6x-2b \end{align*}\]

Para que la función tenga un punto de inflexión en $x=3$ debe ser $f''(3)=0$, es decir, $f''(3) = 6\cdot 3 - 2b = 18-2b = 0$, de donde se deduce que $b=9$.

Para que la función tenga un máximo en $x=1$ debe ser $f'(1)=0$, es decir, $f'(1)=3\cdot 1^2-2\cdot 9\cdot 1+c = 3-18+c = -15+c=0$, de donde se deduce que $c=15$.

Finalmente, para que pase por el punto $(1,0)$ debe ser $f(1)=0$, es decir, $f(1) = 1^3-9\cdot 1^2+15\cdot 1+d = 1-9+15+d = 7+d=0$, de donde se deduce que $d=-7$.

Ejercicio 6.23 La cantidad de trigo en una cosecha $C$ depende del nivel de nitrógeno en el suelo $n$ según la ecuación

\[ C(n) = \frac{n}{1+n^2},\quad n\geq 0. \]

¿Para qué nivel de nitrógeno se obtendrá la mayor cosecha de trigo?

Solución

Se trata de calcular el valor de $n$ donde se alcanza el máximo de $C(n)$. Veremos primero si hay algún máximo relativo. Para ello calculamos los puntos críticos.

\[ C'(n)= \frac{(n)'(1+n^2)-n(1+n^2)'}{(1+n^2)^2} = \frac{(1+n^2)-n(2n)}{(1+n^2)^2} = \frac{1-n^2}{(1+n^2)^2} \]

\[ C'(n)=0 \Leftrightarrow 1-n^2 = 0 \Leftrightarrow n^2 =1 \Leftrightarrow n=\pm 1. \]

Como no tienen sentido cantidades de nitrógeno negativas, el único punto crítico está en $n=1$. Para ver si se trata de un máximo, estudiamos ahora el signo de la primera derivada a la izquierda y a la derecha de este punto. Tomando, por ejemplo $n=0$, se tiene $C'(0) = \frac{1-0^2}{(1+0^2)^2} = 1>0$, por lo que la función es creciente a la izquierda de $n=1$. Y tomando, por ejemplo $n=2$, se tiene $C'(2) = \frac{1-2^2}{(1+2^2)^2}=-3/25<0$, por lo que la función es decreciente a la derecha de $n=1$. Por tanto, en $n=1$ existe un máximo relativo, que además, es único.

Como la función es continua en todo $\mathbb{R}$ al ser una función racional y no anularse nunca su denominador, se tiene que el máximo absoluto coincide con el relativo, de manera que el nivel de nitrógeno para el que la cosecha será máxima es $n=1$.

Ejercicio 6.24 La velocidad $v$ de una reacción irreversible $A+B\rightarrow AB$ es función de la concentración $x$ del producto $AB$ y puede expresarse según la ecuación

\[ v(x) = 4(3-x)(5-x). \] ¿Qué valor de $x$ maximiza la velocidad de reacción?

Solución

Veremos primero si hay algún máximo relativo. Para ello calculamos los puntos críticos de $v(x)=4(3-x)(5-x)=4x^2-32x+60$.

\[ v'(x) = 8x-32 = 0 \Leftrightarrow x = 4. \]

Para ver si se trata de un máximo relativo, estudiamos el signo de la segunda derivada en el punto crítico. $v''(x)= 8>0$, luego la función es cóncava hacia arriba en todo $\mathbb{R}$ y en particular en $x=4$, por lo que tiene un mínimo local en $x=4$.

Como el dominio de la función es $[0,\infty)$ ya que las concentraciones no pueden ser negativas, y $\lim_{n\to\infty}v(x) = \lim_{x\to\infty}4x^2-32x+60=\infty$, la función no tiene máximo local, por lo que no existe un valor de $x$ que maximice la velocidad de reacción.

Ejercicio 6.25 Un naufrago se encuentra en una isla situada en un plano con coordenadas $(2,0)$. Se sabe que un ferry hace siempre la trayectoria dada por la función $f(x)=\sqrt{x+1}$. ¿Hacia qué punto de la trayectoria del ferry debe nadar el naufrago para recorrer la menor distancia posible? ¿Qué distancia recorrerá si nada hacia ese punto?

Solución

El ferry pasará por todos los puntos $(x,f(x))$, por lo que se trata de averiguar el valor de $x$ que hace mínima la distancia del punto $(2,0)$ a $(x,f(x))$, o lo que es lo mismo, minimizar el módulo del vector $(x,f(x))-(2,0) = (x-2, f(x))$, que vale

\[ |(x-2,f(x))|=\sqrt{(x-2)^2+(\sqrt{x+1})^2} = \sqrt{x^2-4x+4+x+1} = \sqrt{x^2-3x+5}. \]

Se trata, por tanto, de calcular el mínimo de la función $d(x)=\sqrt{x^2-3x+5}$. Calculamos los puntos críticos.

\[ d'(x) = \frac{2x-3}{2\sqrt{x^2-3x+5}} = 0 \Leftrightarrow 2x-3 = 0 \Leftrightarrow x=3/2. \]

Para ver si se trata de un mínimo relativo, estudiamos el signo de la derivada a la izquierda y a la derecha del punto crítico. Tomando, por ejemplo, $x=1$, se tiene $d'(1) = \frac{2\cdot 1-3}{2\sqrt{1^2-3\cdot 1+5}} = -\sqrt{3}/6<0$, de manera que la distancia decrece a la izquierda de $x=3/2$. Y tomando, por ejemplo, $x=2$, se tiene que $m'(1)=\frac{2\cdot 2-3}{2\sqrt{1^2-3\cdot 2+5}}=\sqrt{3}/6>0$, de manera que la distancia crece a la derecha de $x=3/2$. Por tanto, la función de la distancia tiene un mínimo relativo en $x=3/2$, que además es único, y como $d$ es continua en todo $\mathbb{R}$, el mínimo relativo es también mínimo absoluto, y por tanto, el naufrago debe nadar hacia el punto $(3/2, \sqrt{3/2})$.

Ejercicio 6.26 Un hotel alquila habitaciones por un precio entre 40€ y 100€ diarios. Se ha observado que el número de habitaciones que alquilan depende del precio $x$ según la función $h(x)=300-3x$. ¿Qué precio se debe cobrar por habitación para obtener los máximos ingresos?

Solución

Los ingresos vienen dados por la función

\[ f(x) = xh(x)=x(300-3x) = 300x-3x^2. \]

Se trata de calcular el máximo absoluto de esta función. Para ello veremos primero si tiene algún máximo relativo. Calculamos los puntos críticos.

\[ f'(x) = 300-6x = 0 \Leftrightarrow x=50. \]

Para ver si se trata de un máximo relativo, estudiamos el signo de la segunda derivada en el punto crítico. $f''(x)=-6<0$, por lo que la función es cóncava hacia abajo en todo $\mathbb{R}$, y en particular en $x=50$, por lo que $f$ tiene un máximo relativo en este punto, que además es único. Como $f$ es continua en todo $\mathbb{R}$, el máximo relativo es también absoluto, y el precio de las habitaciones que maximiza los ingresos es $x=50$€.

Ejercicio 6.27 Existen organismos que se reproducen una sola vez en su vida como por ejemplo los salmones. En este tipo de especies, la velocidad de incremento per cápita $v$, que mide la capacidad reproductiva, depende de la edad $x$ según la ecuación

\[ v(x) = \frac{\ln(p(x)h(x))}{x}, \]

donde $p(x)$ es la probabilidad de sobrevivir hasta la edad $x$ y $h(x)$ es el número de nacimientos de hembras a la edad $x$. Calcular la edad óptima de reproducción, es decir, el valor que maximice $v$, para $p(x)=e^{-0.1x}$ y $h(x)=4x^{0.9}$.

Solución

Se trata de calcular el máximo absoluto de la función

\[\begin{align*} v(x) &=\frac{\ln(e^{-0.1x}4x^{0.9})}{x} = \frac{\ln(e^{-0.1x})+\ln(4)+\ln(x^{0.9})}{x}\\ &= \frac{-0.1x+\ln(4)+0.9\ln(x)}{x} = -0.1+\frac{\ln(4)+0.9\ln(x)}{x}. \end{align*}\]

Veamos primero si la función tiene algún máximo relativo. Calculamos los puntos críticos.

\[ \begin{gathered} v'(x) = \frac{(x)'(\ln(4)+0.9\ln(x))-x(\ln(4)+0.9\ln(x))'}{x^2}\\ = \frac{\ln(4)+0.9\ln(x)-0.9}{x^2} = 0 \Leftrightarrow \ln(4)+0.9\ln(x)-0.9 = 0 \\ \Leftrightarrow \ln(x)=\frac{0.9-\ln(4)}{0.9} \Leftrightarrow x = e^{\frac{0.9-\ln(4)}{0.9}} \approx 0.5826. \end{gathered} \]

Para ver si $v$ tiene un máximo relativo en este punto, estudiamos el signo de la derivada a la izquierda y a la derecha del punto crítico. Tomando, por ejemplo, $x=0$, se tiene $v'(0.5) \approx 0.5502 >0$, por lo que la función crece a la izquierda de $x=0.5826$. Y tomando, por ejemplo, $x=0.6$, se tiene que $v'(0.6)\approx -0.0738<0$, por lo que $v$ decrece a la derecha de $x=0.5826$, así que, $v$ tiene un máximo relativo en $x=0.5826$, que además es único. Como $v$ es continua en $(0,\infty)$, que es el dominio que tiene sentido en el contexto del problema, el máximo relativo es también absoluto y la edad óptima de reproducción es a los $0.5826$ años.

Ejercicio 6.28 Un lata de refresco cilíndrica contiene $33$ cl. Hallar las dimensiones de la lata para que la cantidad de aluminio utilizada en su creación sea mínima.

Ejercicio 6.29 La distancia en kilómetros que recorre un coche de alquiler con 1 litro de gasolina depende de la velocidad a la que circule según la función $d(x)=18-\frac{x}{20}$ para $x\in(50,200)$. Si el coste de la gasolina es de $2$ €/l y el coste del alquiler es de $5$ €/h, ¿a qué velocidad debe circular para que el coste del trayecto sea mínimo? ¿Cuál será el coste por kilómetro si circula a esa velocidad?

Solución

Como la distancia recorrida a una velocidad $x$ es $d(x)=18-\frac{x}{20}$ y, como la velocidad es $x=\frac{d(x)}{t}$, el tiempo necesario para recorrer esa distancia es $\frac{d(x)}{x}$, de manera que el coste del alquiler para recorrer esa distancia es $\frac{d(x)}{x}10$. A esto hay que sumar el precio del litro de gasolina necesario para recorrer esa distancia, de manera que el coste de recorrer esa distancia es $\frac{d(x)}{x}10+2$. Por tanto, el coste por kilómetro para una velocidad $x$ viene dado por la función

\[ c(x)=\frac{\frac{d(x)}{x}5+2}{d(x)} = \frac{-35x-1800}{x^2-360x} \]

Para determinar el mínimo de la función calculamos los puntos críticos. La derivada vale

\[ c'(x) =\frac{-35(x^2-360x)-(-35x-1800)(2x-360)}{(x^2-360x)^2} =\frac{35x^2+3600x-648000}{(x^2-360x)^2} \]

y resolviendo la ecuación $35x^2+3600x-648000=0$ se obtienen los puntos críticos $x=94.0334$ y $x=-196.8905$. Como el segundo punto crítico queda fuera del rango de velocidades de $50$ a $200$, estudiaremos solo el primero. Usando el criterio de la primera derivada, estudiamos el signo de la primera derivada a la izquierda y a la derecha del punto crítico, por ejemplo $c'(90)=-1/14580<0$ y $c'(100)=31/338000>0$, por lo que $c$ tiene un mínimo en $x=94.0334$, es decir, la velocidad a la que debe viajar para que el coste sea mínimo es $94.0334$ km/h, y el precio por kilómetro a esa velocidad será $c(94.0334)=0.2036$ €/km.

Ejercicio 6.30 En un tramo de carretera limitado a una velocidad máxima de $70$ km/h existe un semáforo de tramo. Según el registro del semáforo, un vehículo pasa por el comienzo del tramo, situado en el kilómetro 12 a las 8:00 y pasa por el final del tramo, situado en el kilómetro $14$, un minuto y medio después. ¿Será sancionado el vehículo por exceso de velocidad?

Solución

Suponiendo que la función $f$ que determina la posición del vehículo en cada instante es continua y derivable en el tramo del enunciado, según el teorema del valor medio, existe al menos un instante $c$ en el que

\[ f'(c) = \frac{14-12}{8.025-8} = \frac{2}{0.025}I= 80 \mbox{ km/h}. \]

Como $f'$ es la velocidad instantánea, se puede concluir que en algún momento la velocidad instantánea fue de 80 km/h, y como la máxima velocidad permitida en el tramo es de $70$ km/h, el vehículo será sancionado.

Ejercicio 6.31 La posición que ocupa un coche que se mueve en línea recta, puede expresarse en función del tiempo según la ecuación \[ e(t) = 4t^3 -2t +1. \] Calcular su velocidad y aceleración en cualquier instante.
Nota: La aceleración es la tasa de variación instantánea de la velocidad.

Solución

La velocidad es la tasa de variación instantánea del espacio con respecto al tiempo, es decir, la primera derivada de $e$, que vale $e'(t)=12t^2-2$.

La aceleración es la tasa de variación instantánea de la velocidad con respecto al tiempo, es decir, la segunda derivada de $e$, que vale $e''(t) = 24t$.

Ejercicio 6.32 El espacio recorrido por un objeto que se lanza verticalmente hacia arriba, sin tener en cuenta la resistencia del aire, viene dado por la ecuación \[ e(t) =v_0t-\frac{1}{2}gt^2 \] donde $v_0$ es la velocidad inicial con que se lanza el objeto, $g=9.81$ m/s$^2$ es la aceleración de la gravedad en la superfice terrrestre y $t$ es el tiempo transcurrido desde que el objeto se lanza.

Calcular la velocidad y la aceleración en cualquier instante.
Si el objeto se lanza inicialmente a 50 km/h, ¿cuál será la altura máxima que alcanzará el objeto? ¿Cuál será su velocidad en ese momento?
¿En qué instante volverá a tocar la tierra el objeto? ¿Con qué velocidad?

Solución

La velocidad es la tasa se variación instantánea con respecto al tiempo, es decir, la primera derivada de $e$, que vale, $e'(t) = v_0-gt$. Y la aceleración es la tasa de variación instantánea de la velocidad con respecto al tiempo, es decir, la segunda derivada de $e$, que vale $e''(t)=-g$.
Para ver en qué punto el objeto alcanza la altura máxima, estudiamos primero si la función tiene un máximo relativo. Calculamos los puntos críticos, tomando $v_0 = 50$ km/h = $\frac{125}{9}$ m/s.

\[ e'(t) = \frac{125}{9}-9.81t = 0 \Leftrightarrow t \approx 1.42 \mbox{s}. \]

Para ver si se trata de un máximo relativo, estudiamos el signo de la segunda derivada en el punto. Como $e''(t)=-9.81<0$ la función es cóncava hacia abajo en todo $\mathbb{R}$, y en particular en $t\approx 1.42$, de manera que $e$ tiene un máximo relativo en $t\approx 1.42$, que además es único. Como la función es continua en todo $\mathbb{R}$, el máximo relativo es también absoluto, y por tanto, la altura máxima que alcanzará el objeto es aproximadamente $e(1.42)=$9.83$ m. En ese instante, la velocidad del objeto será nula ya que se trata de un punto crítico y $e'(1.42)=0$.
Para ver cuándo el objeto vuelve a tocar el suelo basta con resolver la ecuación

\[ e(t)=50t-\frac{1}{2}9.81t^2 =0 \Leftrightarrow t(50-4.905t) = 0 \Leftrightarrow t=0 \mbox{ o } t\approx 2.83 \mbox{ s}. \]

Por tanto, el objeto volverá a tocar suelo a los $2.83$ segundos aproximadamente. En ese instante la velocidad será $e'(2.83)=\frac{125}{9}-9.81\cdot 2.83 \approx -13.89$ m/s, que es la misma velocidad con la que se lanzó pero negativa.

Ejercicio 6.33 Una partícula se mueve a lo largo de la curva

\[ \begin{cases} x = \operatorname{tg}(t), \\ y = t^2-2t+3. \\ \end{cases} \]

donde $x$ e $y$ están medidos en metros y el tiempo $t$ en segundos.

Hallar $\frac{dy}{dx}$ en $t=0$.
Hallar la tangente a la trayectoria en el punto $(0,3)$.

Solución

Aplicando la regla de la cadena se tiene que

\[ \dfrac{dy}{dt} = \dfrac{dy}{dx}\dfrac{dx}{dt}, \]

y en consecuencia,

\[ \dfrac{dy}{dx}(t) = \frac{dy/dt}{dx/dt}(t)=\frac{2t-2}{1+\operatorname{tg}(t)^2}. \]

En el punto $t=0$ tendremos

\[ \dfrac{dy}{dx}(0) = \frac{-2}{1+\operatorname{tg}(0)^2} = -2. \]
La ecuación de la recta tangente a la trayectoria en el punto $(x(t_0),y(t_0))$ correspondiente al instante $t_0,$ viene dada por la expresión

\[ y-y(t_0) = \dfrac{dy}{dx}(t_0)(x-x(t_0)). \]

Como el punto $(0,3)$ se alcanza precisamente en el instante $t=0$ tenemos que la ecuación de la recta tangente a la trayectoria en dicho instante es:

\[ y-y(0) = \dfrac{dy}{dx}(0)(x-x(0)), \]

es decir,

\[ y-3 = -2(x-0), \]

y simplificando obtenemos:

\[ y = 3-2x. \]

Ejercicio 6.34 Las coordenadas paramétricas de un punto material lanzado bajo un ángulo respecto al horizonte son

\[ \begin{cases} x=v_0t, & \\ y=-\frac{1}{2}gt^2 \end{cases} \]

donde $t\in \mathbb{R}^{+}$ es el tiempo contado a partir del instante en que el punto llega a la posición más alta, $v_0$ es la velocidad horizontal en el instante $t=0$ y $g=9.81$ m$^2$/s es la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre. ¿En qué instante la magnitud de la velocidad horizontal será igual a la de la velocidad vertical? ¿Cuánto debería valer $v_0$ para que en dicho instante el punto haya recorrido 100 m horizontalmente? Calcular la ecuación de la recta tangente en dicho instante con el valor de $v_0$ calculado.

Solución

La velocidad horizontal es la derivada del espacio recorrido horizontalmente (componente $x$) con respecto al tiempo, es decir,

\[ \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(v_0t)=v_0. \]

Del mismo modo, la velocidad vertical es la derivada del espacio recorrido verticalmente (componente $y$) en relación al tiempo,

\[ \frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt}(-\frac{1}{2}gt^2)=-gt \]

Para ver en qué instante ambas magnitudes serán iguales, las igualamos y resolvemos la ecuación:

\[ |\frac{dx}{dt}|=|\frac{dy}{dt}| \Leftrightarrow v_0 = gt \Leftrightarrow t=\frac{v_0}{g}=\frac{v_0}{9.81} s. \]

Para que en dicho instante el punto haya recorrido 100 m horizontalmente, debe cumplirse que $x(v_0/9.81)=100$ m, de lo que se deduce:

\[ x(v_0/9.81)=v_0\frac{v_0}{9.81} = \frac{v_0^2}{9.81}=100 \Leftrightarrow v_0^2 = 981 \Leftrightarrow v_0 = +\sqrt{981}= 31.32 \mbox{ m/s}. \]

Por tanto, el instance en cuestión es $t=v_0/9.81= 31.32/9.81 = 3.19$ s.

Por último, la ecuación de la recta tangente en dicho instante, para el valor de $v_0$ calculado es:

\[ y = y(3.19) + \frac{dy}{dx}(3.19) (x-x(3.19)) \]

Ya hemos visto que $x(3.19)=100$, y que en dicho instante la velocidad horizontal y vertical coinciden, de manera que

\[ \frac{dy}{dx}(3.19)=\frac{dy/dt}{dx/dt}=-1, \]

de modo que sólo nos queda calcular el espacio vertical recorrido en dicho instante, que es

\[ y(3.19)=-\frac{1}{2}9.81\cdot 3.19^2= -49.91. \]

Sustituyendo en la ecuación anterior llegamos a la recta tangente: \[ y = -49.91-(x-100) \Leftrightarrow y=-x+50.09. \]

Ejercicio 6.35 La cantidad de árboles en un ecosistema depende del tiempo según la función $a(t)=100\ln(t^2+1)$, y la cantidad de un determinado parásito de los árboles, también depende del tiempo según la función $p(t) = \sqrt[3]{t^2+ 2}$. Calcular la tasa de variación instantánea del número de parásitos en relación al número de árboles, en el instante en que el número de parásitos es $3$.

Solución

\[ \frac{da}{dp} = \frac{da/dt}{dp/dt} = \frac{\frac{200t}{t^2+1}}{\frac{2t}{3\sqrt[3]{(t^2+2)^2}}} = \frac{200t\cdot 3\sqrt[3]{(t^2+2)^2}}{2t(t^2+1)} = \frac{600t\sqrt[3]{(t^2+2)^2}}{2t^3+2t}. \]

El instante en el que el número de parásitos es $3$ es

\[ p(t)=\sqrt[3]{t^2+2} = 3 \Leftrightarrow t^2+2 = 27 \Leftrightarrow t^2=25 \Leftrightarrow t=\pm 5. \]

Como en el contexto del problema podemos suponer que el tiempo es positivo, el instante en el que el número de parásitos es $3$ es $t=5$, y

\[ \frac{da}{dp} (t=3) = \frac{600\cdot 5\sqrt[3]{(5^2+2)^2}}{2\cdot 5^3+2\cdot 5} \approx 103.85 \mbox{ árboles/parásitos}. \]

Ejercicio 6.36 Dada la función $xy+e^x-\log y=0$, calcular las ecuaciones de las rectas tangente y normal a ella en $x=0$.

Solución

Sustituyendo $x=0$ en la ecuación de la curva implícita se tiene

\[ 0\cdot y + e^0-\ln(y) = 0 \Leftrightarrow \ln(y) = 1 \Leftrightarrow y=e. \]

Así pues, hay que calcular la ecuación de las rectas tangente y normal en el punto $(0,e)$.

La ecuación de la recta tangente en $(0,e)$ es $y=e+\frac{dy}{dx}(x=0)(x-0)$. Para calcular $\frac{dy}{dx}$ tenemos que derivar implícitamente la ecuación de la curva.

\[ \begin{gathered} (xy+e^x-\ln(y))'=(0)' \Leftrightarrow y+xy'+e^x-\frac{y'}{y} = 0 \\ \Leftrightarrow xy'-\frac{y'}{y} = -y-e^x \Leftrightarrow y'(x-\frac{1}{y}) = -y-e^x \\ \Leftrightarrow y'\frac{xy-1}{y}=-y-e^x \Leftrightarrow y' = \frac{(-y-e^x)y}{xy-1}, \end{gathered} \]

que en el punto $(0,e)$ vale

\[ \frac{dy}{dx}(0,e) = \frac{(-e-e^0)e}{0e-1} = e^2+e. \]

Así pues, la ecuación de la recta tangente a la curva implícita en el punto $(0,e)$ es $y = e+(e^2+e)x$.

Por otro lado, la ecuación de la recta normal a la curva implícita en el punto $(0,e)$ es $y=e-\frac{1}{dy/dx (x=0)}(x-0) = e-\frac{x}{e^2+e}$.

Ejercicio 6.37 Suponiendo que la temperatura, $T$ en grados centígrados, y el volumen, $V$ en metros cúbicos, de un gas real encerrado en un contenedor de volumen variable están relacionados mediante la siguiente ecuación:

\[ T^2(V^2-\pi^2)-V\cos(TV) = 0. \]

Calcular la derivada del volumen con respecto a la temperatura en el momento en el que el volumen es de $\pi$ m$^3$ y la temperatura es medio grado centígrado.
¿Cuál sería la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función que daría el volumen en función de la temperatura en el mismo punto del apartado anterior? Suponiendo que tanto la temperatura como el volumen son, a su vez, funciones de la presión, qué ecuación ligaría la derivada de la temperatura con respecto a la presión con la derivada del volumen con respecto a la presión.

Solución

$\frac{dV}{dT} = \frac{-2T(V^2-\pi^2)-V^2\operatorname{sen}(TV)}{2T^2V-\cos(TV)+TV\operatorname{sen}(TV)}$ y $\frac{dV}{dT}(V=\pi,T=0.5)= -\pi$ m$^3$/ºC.
Tangente: $V=\pi(-T+1.5)$.
$2T\frac{dT}{dP}(V^2-\pi^2)+T^2(2V\frac{dV}{dT})-\frac{dV}{dT}\cos(VT)-V(-\operatorname{sen}(TV)(\frac{dT}{dP}V+T\frac{dV}{dP})) =0$.

Ejercicio 6.38 Un cuerpo se mueve en el plano a través de los puntos de coordenadas $(x,y)$ relacionadas mediante la siguiente expresión: \[ 2e^{xy} \operatorname{sen}(x) + y\cos(x) = 2. \]

Calcular su posición cuando $x=\pi/2$.
Calcular la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función cuando $x=0$.

Solución

El punto $(x,y)$ en el que se encontrará el cuerpo cuando $x=0$ cumple la ecuación del enunciado, de manera que sustituyendo $x=0$, se tiene

\[ 2e^0 \operatorname{sen}(0) + y \cos(0) = 2 \Leftrightarrow y = 2. \]

Por tanto el cuerpo se encontrará en la posición $(0,2)$.
Sabemos que la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto de coordenadas $(x_0,y_0)$ es:

\[ y-y_0=\frac{dy}{dx}(x_0)(x-x_0) \]

En nuestro caso, no tenemos la expresión explícita de la función $y=f(x)$, pero sí que tenemos la expresión de partida que define a $y$ como función de $x$ de forma implícita. Suponiendo que $y$ es función de $x$ y derivando implícitamente con respecto a $x$, obtenemos:

\[ 2 e^{xy}(y + xy')\operatorname{sen}(x) + 2e^{xy}\cos(x) + y'\cos(x) - y\operatorname{sen}(x) = 0 \]

Y sacando como factor común $y'$ y despejando, nos queda:

\[ y' = \frac{{ - 2e^{xy} y \operatorname{sen}(x) - 2e^{xy} \cos(x) + y \operatorname{sen}(x)}}{{2xe^{xy} \operatorname{sen}(x) + \cos(x)}} \]

Y en el punto $(0,2)$ vale

\[ y'(0,2) = \frac{{-2e^0 \cos(0)}}{{\cos(0)}} = -2. \]

Por lo tanto, la ecuación de la recta tangente es:

\[ y-2=-2(x-0)\Leftrightarrow y=-2x+2. \]

Ejercicio 6.39 Hallar la ecuación de la recta tangente y normal a la curva $x^2+y^2=3xy-1$ en los puntos en que $x=1$. Calcular también los extremos relativos y decir si son máximos o mínimos.

Solución

Consideremos $y$ como función de $x$. Veamos primero los puntos de la curva en los que $x=1$:

\[ 1^{2}+y^{2} = 3\cdot 1\cdot y-1 \Leftrightarrow y^{2} -3y+2 = 0. \]

Resolviendo la ecuación obtenemos dos soluciones $y=1$ e $y=2$, de modo que existen dos puntos para los que $x=1$, que son el $(1,1)$ y el $(1,2)$.

Para calcular las ecuaciones de las rectas tangente y normal en estos puntos, necesitamos calcular la derivada $dy/dx$ en dichos puntos. Derivamos implícitamente:

\[ \begin{gathered} d(x^{2}+y^{2} = d(3xy-1) \Leftrightarrow 2xdx+2ydy = 3(dxy+xdy) \\ \Leftrightarrow (2x-3y)dx+(2y-3x)dy = 0, \end{gathered} \]

de donde se deduce

\[ \frac{dy}{dx} = \frac{3y-2x}{2y-3x}, \]

que en el punto $(1,1)$ vale

\[ \frac{dy}{dx} = \frac{3\cdot 1 - 2\cdot 1}{2\cdot 1-3\cdot 1} = -1, \]

y en el punto $(1,2)$ vale

\[ \frac{dy}{dx} = \frac{3\cdot 2 - 2\cdot 1}{2\cdot 2-3\cdot 1} = 4. \]

Así pues, la ecuación de la recta tangente en el punto $(1,1)$ es

\[ y-1 = \frac{dy}{dx}(1,1)(x-1) \Leftrightarrow y= 2-x, \]

y la ecuación de la recta normal es

\[ y-1 = -\frac{1}{dy/dx}(1,1)(x-1) \Leftrightarrow y= x, \]

mientras que la ecuación de la recta tangente en el punto $(1,2)$ es

\[ y-2 = \frac{dy}{dx}(1,2)(x-1) \Leftrightarrow y= 4x-2, \]

y la ecuación de la recta normal es

\[ y-2 = -\frac{1}{dy/dx}(1,2)(x-1) \Leftrightarrow y=\frac{9-x}{4}. \]

Por otro lado, para calcular los extremos relativos, primero calculamos los puntos críticos, que son los que anulan la primera derivada:

\[ \frac{dy}{dx}=\frac{3y-2x}{2y-3x}=0 \Leftrightarrow 3y-2x=0 \Leftrightarrow y=2x/3. \]

Pero además deben cumplir la ecuación de la curva implícita,

\[ \begin{gathered} x^{2}+(2x/3)^{2}=3x(2x/3)-1 \Leftrightarrow x^{2}+4x^{2}/9 = 2x^{2}-1\\ \Leftrightarrow x^{2}=9/5 \Leftrightarrow x=\pm 3/\sqrt{5}. \end{gathered} \]

Así pues, existen dos puntos críticos que son el $(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$ y $(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})$. Para ver si son puntos de máximo o mínimo relativos, necesitamos calcular la segunda derivada en dichos puntos:

\[ \frac{d^{2}y}{dx^{2}}= \frac{d}{dx}\left(\frac{3y-2x}{2y-3x}\right) = \frac{(3\frac{dy}{dx}-2)(2y-3x)-(2\frac{dy}{dx}-3)(3y-2x)}{(2y-3x)^{2}}. \]

En el punto, $(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$ la segunda derivada vale

\[ \frac{d^{2}y}{dx^{2}}(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})= \frac{(3\cdot 0-2)(2\frac{2}{\sqrt{5}}-3\frac{3}{\sqrt{5}})-(2\cdot 0-3)(3\frac{2}{\sqrt{5}}-2\frac{3}{\sqrt{5}})}{(2\frac{2}{\sqrt{5}}-3\frac{3}{\sqrt{5}})^{2}} = 2\sqrt{5}, \]

que al ser positiva, indica que el punto $(3/\sqrt{5},2/\sqrt{5})$ es un punto de mínimo relativo.

En el punto, $(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})$ la segunda derivada vale

\[ \frac{d^{2}y}{dx^{2}}(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})= \frac{(3\cdot 0-2)(2\frac{-2}{\sqrt{5}}-3\frac{-3}{\sqrt{5}})-(2\cdot 0-3)(3\frac{-2}{\sqrt{5}}-2\frac{-3}{\sqrt{5}})}{(2\frac{-2}{\sqrt{5}}-3\frac{--3}{\sqrt{5}})^{2}} = -2\sqrt{5}, \]

que al ser negativa, indica que el punto $(-3/\sqrt{5},-2/\sqrt{5})$ es un punto de máximo relativo.

Ejercicio 6.40 Dada la curva $x^2-xy+y^2=3$,

Calcular los posibles extremos relativos de $y$, considerando $y$ como función implícita de $x$. ¿En qué puntos se alcanzan dichos valores?
Analizar si lo puntos anteriores son máximos o mínimos haciendo uso de la derivada segunda.

Solución

Derivamos implícitamente la ecuación

\[ \frac{d}{dx}(x^2-xy+y^2)=\frac{d}{dx}3=0 \]

Derivando el lado izquierdo tenemos \[\begin{align*} \frac{d}{dx}(x^2-xy+y^2) &= \frac{d}{dx}(x^2)-\frac{d}{dx}(xy)+\frac{d}{dx}(y^2)=\\ &= 2x-(\frac{dx}{dx}y+x\frac{dy}{dx})+2y\frac{dy}{dx}=\\ &= 2x-y-x\frac{dy}{dx}+2y\frac{dy}{dx}\\ &= 2x-y+(2y-x)\frac{dy}{dx}=0 \end{align*}\]

Los posibles extremos serán los puntos donde se anule la derivada, es decir, $\dfrac{dy}{dx}=0$. Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos

\[ 2x-y+(2y-x)\cdot 0= 2x-y=0 \Leftrightarrow y=2x. \]

Y sustituyendo ahora en la ecuación de la función tenemos

\[ x^2-x\cdot 2x+(2x)^2=3 \Leftrightarrow x^2-2x^2+4x^2=3 \Leftrightarrow 3x^2=3 \Leftrightarrow x=\pm1. \]

Por tanto, los posibles puntos de extremo serán (1,2) y (-1,-2).
Para ver si los puntos anteriores son efectivamente extremos, calculamos la derivada segunda en dichos puntos.

\[\begin{align*} \frac{d^2}{dx^2}(x^2-xy+y^2)&= \frac{d}{dx}\left(\frac{d}{dx}(x^2-xy+y^2)\right)=\\ &=\frac{d}{dx}\left(2x-y+(2y-x)\frac{dy}{dx}\right)=\\ &=\frac{d}{dx}(2x)-\frac{d}{dx}y+\left(\frac{d}{dx}(2y-x)\frac{dy}{dx}+(2y-x)\frac{d}{dx}\frac{dy}{dx}\right)=\\ &=2-\frac{dy}{dx}+\left(2\frac{dy}{dx}-\frac{dx}{dx}\right)\frac{dy}{dx}+(2y-x)\frac{d^2y}{dx^2}=\\ &= 2-\frac{dy}{dx}+2\frac{d^2y}{dx^2}-\frac{dy}{dx}+(2y-x)\frac{d^2y}{dx^2}\\ &= 2-2\frac{dy}{dx}+(2y-x+2)\frac{d^2y}{dx^2}=0 \end{align*}\]

Para el primer punto tenemos que sustituir $x=1$, $y=2$ y $\dfrac{dy}{dx}=0$, y queda

\[ 2-2\cdot 0+(2\cdot 2-1+2)\frac{d^2y}{dx^2}=0 \Leftrightarrow 2+5\frac{d^2y}{dx^2}=0 \Leftrightarrow \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{-2}{5}, \]

que al ser negativo indica que el en el punto $(1,2)$ hay un máximo relativo.

Para el segundo punto tenemos que sustituir $x=-1$, $y=-2$ y $\dfrac{dy}{dx}=0$, y queda

\[ 2-2\cdot 0+(2\cdot (-2)-(-1)1+2)\frac{d^2y}{dx^2}=0 \Leftrightarrow 2-\frac{d^2y}{dx^2}=0 \Leftrightarrow \frac{d^2y}{dx^2}=2, \]

que al ser positivo indica que el en el punto $(-1,-2)$ hay un mínimo relativo.

Ejercicio 6.41 Dada la función $f(x)=\operatorname{sen}(x)$, se pide:

Obtener el polinomio de Taylor de tercer grado de $f$ en el punto $a=\pi/6$ y usarlo para aproximar $\operatorname{sen}(1/2)$ dando una cota del error cometido.
Dar una aproximación de $\operatorname{sen}(1/2)$ usando un el polinomio de Taylor de quinto grado en el punto $a=0$, acotando el error cometido.

Solución

La fórmula del polinomio de Taylor de tercer grado de $f$ en el punto $a=\pi/6$ es

\[ P^3_{f,\pi/6}(x) = f(\pi/6)+f'(\pi/6)(x-\pi/6)+ \frac{f''(\pi/6)}{2}(x-\pi/6)^2+\frac{f'''(\pi/6)}{3!}(x-\pi/6)^3. \]

Necesitamos calcular, por tanto, hasta la tercera derivada en el punto $a=\pi/6$.

\[ \begin{array}{lll} f(x) = \operatorname{sen}(x) &\quad & f(\pi/6) = 0.5\\ f'(x)=\cos(x) &\quad & f'(\pi/6) = \sqrt{3}/2\\ f''(x) = -\operatorname{sen}(x) &\quad & f''(\pi/6) = -0.5\\ f'''(x) = -\cos(x) &\quad & f'''(\pi/6) = -\sqrt{3}/2. \end{array} \]

Así pues, sustituyendo en la ecuación del polinomio anterior se llega a

\[ P^3_{f,\pi/6}(x) = \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(x-\pi/6)-\frac{1}{4}(x-\pi/6)^2-\frac{\sqrt{3}}{12}(x-\pi/6)^3. \]

Sustituyendo en $x=1/2$ se tiene que $\operatorname{sen}(1/2) \approx P^3_{f,\pi/6}(1/2) = 0.4794255322$.

El error cometido en la aproximación es el resto $R^3_{f,\pi/6}(1/2)$. Expresando el resto de Taylor en la forma de Lagrange se tiene

\[ R^3_{f,\pi/6}(1/2) = \frac{f''''(x)}{4!}\left(\frac{1}{2}-\frac{\pi}{6}\right)^4 = \frac{\operatorname{sen}(x)}{24}\left(\frac{1}{2}-\frac{\pi}{6}\right)^4 \mbox{ con }x\in\left(\frac{1}{2}-\frac{\pi}{6}\right). \]

Como $|\operatorname{sen}(x)|\leq 1$ $\forall x\in \mathbb{R}$, se tiene que una cota del error cometido es

\[ |R^3_{f,\pi/6}(1/2)|\leq \frac{1}{24}\left(\frac{1}{2}-\frac{\pi}{6}\right)^4 = 6.46\cdot 10^{-9}. \]
La fórmula del polinomio de Maclaurin de quinto grado de $f$ es

\[ P^3_{f,0}(x) = f(0)+f'(0)x+ \frac{f''(0)}{2}x^2+\frac{f'''(0)}{3!}x^3+ \frac{f''''(0)}{4!}x^4+\frac{f'''''(0)}{5!}x^5 \]

Calculando hasta la quinta derivada en $0$ y sustituyendo en esta fórmula se tiene \[ P^5_{f,0}(x) = x -\frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{120}x^5. \]

Sustituyendo en $x=1/2$ se tiene que $\operatorname{sen}(1/2) \approx P^5_{f,0}(1/2) = 0.4794270833$, y podemos obtener una cota del error cometido de forma similar a la del apartado anterior, obteniendo $|R^5_{f,0}(1/2)|\leq 2.170\cdot 10^{-5}$.

Ejercicio 6.42 Calcular el polinomio de Maclaurin de tercer grado para la función $f(x)=\operatorname{arcsen}(x)$.

Solución

La fórmula del polinomio de Maclaurin de quinto grado de $f$ es

\[ P^3_{f,0}(x) = f(0)+f'(0)x+ \frac{f''(0)}{2}x^2+\frac{f'''(0)}{3!}x^3. \]

Calculamos hasta la tercera derivada de $f$ en $a=0$.

\[ \begin{array}{lll} f(x) = \operatorname{arcsen}(x) & \quad & f(0) = 0\\ f'(x) =\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=(1-x^2)^{-1/2} & \quad & f'(0) = 1\\ f''(x) = x(1-x^2)^{-3/2} & \quad & f''(0) = 0\\ f'''(x) = (1-x^2)^{-3/2}+3x^2(1-x^2)^{-5/2} & \quad & f'''(0) = 1. \end{array} \]

Así pues, sustituyendo en la fórmula anterior del polinomio se tiene

\[ P^3_{f,0}(x) = x+\frac{1}{6}x^3. \]

Ejercicio 6.43 Calcular $\cos(1)$ con un error menor que $10^{-7}$ usando aproximaciones de Taylor.

Solución

Para calcular de forma aproximada $\cos(1)$ utilizaremos un polinomio de Maclaurin para la función $f(x)=\cos(x)$.

El resto del polinomio de Taylor de orden $n$ de $f$ en $a=0$ en la forma de Lagrange, para $x=1$ es

\[ R^n_{f,0}(t) = \frac{f^{(n+1}(t)}{(n+1)!}1^{n+1} = \frac{f^{(n+1}(t)}{(n+1)!} \mbox{ con }t\in [0,1]. \]

Como

\[|f^{(n}(t)| = \begin{cases} |\operatorname{sen}(t)| & \mbox{si } n=2k+1\\ |\cos(t)| & \mbox{si } n=2k \end{cases}, k\in\mathbb{N} \]

se tiene que $||f^{(n+1}(t)| \leq 1$ $\forall t\in\mathbb{R}$, por lo que una cota del resto es $R^n_{f,0}(t)\leq 1/(n+1)!$. Probando con sucesivos valores de $n$, el primer valor que cumple que $R^n_{f,0}(t)\leq 1/(n+1)!\leq 10^{-7}$ es $n=10$, por lo que necesitamos calcular el polinomio de de Maclaurin de orden 10, que vale

\[ P^{10}_{f,0}(x)= 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}-\frac{x^{10}}{10!}, \]

que para $x=1$ vale

\[ P^{10}_{f,0}(1)= 1-\frac{1^2}{2!}+\frac{1^4}{4!}-\frac{1^6}{6!}+\frac{1^8}{8!}-\frac{1^{10}}{10!} \approx 0.5403023037919. \]

Ejercicio 6.44 Obtener polinomio de Maclaurin de grado 3 de las funciones $\operatorname{sen}(x)$ y $\operatorname{tg}(x)$, y utilizar los polinomios anteriores para calcular \[ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{tg}(x)-x}{x-\operatorname{sen}(x)} \]

Solución

La formula general para calcular el polinomio de Maclaurin de grado 3 de una función $f(x)$ es: \[ P_{0}^{3}(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}x^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}x^{3}. \]

Consideremos, en primer lugar, la función $\operatorname{sen}(x)$, y calculemos sus tres primeras derivadas en 0: \[ \begin{array}{lll} f(x)=\operatorname{sen}(x) & & f(0)=\operatorname{sen}(0)=0, \\ f^{\prime }(x)=\cos(x) & & f^{\prime }(0)=\cos(0)=1, \\ f^{\prime \prime }(x)=-\operatorname{sen}(x) & & f^{\prime \prime }(0)=-\operatorname{sen}(0)=0, \\ f^{\prime \prime \prime }(x)=-\cos(x) & & f^{\prime \prime \prime }(0)=-\cos(0)=-1. \end{array} \] Sustituyendo en la fórmula de arriba, llegamos al primer polinomio que buscamos: \[ P_{0}^{3}(x)=0+1\cdot x+\frac{0}{2!}x^{2}+\frac{-1}{3!}x^{3}=x-\frac{x^{3}}{6}. \]

Consideremos ahora la función $\operatorname{tg}(x)$ y calculemos sus tres primeras derivadas en 0: \[ \begin{array}{lll} g(x)=\operatorname{tg}(x) & & g(0)=\operatorname{tg}(0)=0 \\ g^{\prime }(x)=1+\operatorname{tg}(x)^2 & & g^{\prime }(0)=1+\operatorname{tg}(0)^2 0=1 \\ g^{\prime \prime }(x)= 2\operatorname{tg}(x)+2\operatorname{tg}(x)^3 & & g^{\prime \prime}(0)= 2\operatorname{tg}(0)+2\operatorname{tg}(0)^3=0 \\ g^{\prime \prime \prime }(x)=2+ 8\operatorname{tg}(x)^2+6\operatorname{tg}(x)^4 & & g^{\prime \prime \prime }(0)= 2+ 8\operatorname{tg}(0)^2+6\operatorname{tg}(0)^4=2 \end{array} \] Sustituyendo de nuevo en la fórmula de arriba, pero utilizando esta vez $g(x)$ en lugar de $f(x)$, llegamos al otro polinomio que buscamos: \[ Q_{0}^{3}(x)=0+1\cdot x+\frac{0}{2!}x^{2}+\frac{2}{3!}x^{3}=x+\frac{x^{3}}{3} \]

Finalmente, para calcular ahora el límite que nos piden, podemos sustituir $\operatorname{sen}(x)$ por $P_{0}^{3}(x)$ y $\operatorname{tg}(x)$ por $Q_{0}^{3}(x)$, teniendo en cuenta dichos polinomios se comportan de igual forma que las correspondientes funciones en un entorno del 0. Así pues, tenemos: \[ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{tg}(x)-x}{x-\operatorname{sen}(x)} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{Q_{0}^{3}(x)-x}{x-P_{0}^{3}(x)} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x+\frac{x^{3}}{3}-x}{x-x+\frac{x^{3}}{6}} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{x^{3}}{3}}{\frac{x^{3}}{6}} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{6}{3}=2. \]

Ejercicio 6.45 La función $C(t)$ da la concentración (en mg/dl) de un fármaco en el torrente sanguíneo en función del tiempo (en horas): \[ C(t) = \frac{1}{{1 + e^{-2t}}} \]

Calcular el polinomio de Maclaurin de orden 3.
Utilizando el polinomio anterior, calcular aproximadamente la concentración del fármaco transcurridos 15 minutos.

Solución

La fórmula del polinomio de Maclaurin de orden 3 para la función $C(t)$ es:

\[ P_{C,0}^3(t)=C(0)+\frac{dC}{dt}(0)t+\frac{d^2C}{dt^2}(0)\frac{t^2}{2!}+\frac{d^3C}{dt^3}(0)\frac{t^3}{3!} \]

Necesitamos calcular las tres primeras derivadas:

\[\begin{align*} \frac{dC}{dt} &= \frac{2e^{-2t}}{(1+e^{-2t})^2},\\ \frac{d^2C}{dt^2} &= \frac{\frac{d}{dt}(2e^{-2t})(1+e^{-2t})^2-2e^{-2t}\frac{d}{dt}(1+e^{-2t})^2}{(1+e^{-2t})^4} =\\ &= \frac{-4e^{-2t}(1+e^{-2t})^2- 2e^{-2t}2(1+e^{-2t})(-2e^{-2t})}{(1+e^{-2t})^4} = \frac{-4e^{-2t}+4e^{-4t}}{(1+e^{-2t})^3},\\ \frac{d^3C}{dt^3} &= \frac{\frac{d}{dt}(-4e^{-2t}1+4e^{-4t})(1+e^{-2t})^3-(-4e^{-2t}+4e^{-4t})\frac{d}{dt}(1+e^{-2t})^3}{(1+e^{-2t})^6}=\\ &= \frac{(8e^{-2t}-16e^{-4t})(1+e^{-2t})^3-(-4e^{-2t}+4e^{-4t})3(1+e^{-2t})^2(-2e^{-2t})}{(1+e^{-2t})^6}=\\ &= \frac{(8e^{-2t}-16e^{-4t})(1+e^{-2t})-(-4e^{-2t}+4e^{-4t})(-6e^{-2t})}{(1+e^{-2t})^4}=\\ &= \frac{(8e^{-2t}-8e^{-4t}-16e^{-6t})-(24e^{-4t}-24e^{-6t})}{(1+e^{-2t})^4}=\\ &= \frac{8e^{-2t}-32e^{-4t}+8e^{-6t}}{(1+e^{-2t})^4}. \end{align*}\]

Sustituyendo para $t=0$ tenemos:

\[\begin{align*} C(0)&= \frac{1}{1+e^{-2\cdot 0}}=\frac{1}{2},\\ \frac{dC}{dt}(0) &= \frac{2e^{-2\cdot 0}}{(1+e^{-2\cdot 0})^2} = \frac{2}{2^2}=\frac{1}{2},\\ \frac{d^2C}{dt^2}(0) &= \frac{-4e^{-2\cdot 0}+4e^{-4\cdot 0}}{(1+e^{-2\cdot 0})^3} = \frac{-4+4}{2^3}= 0,\\ \frac{d^3C}{dt^3}(0)&=\frac{(8e^{-2\cdot 0}-32e^{-4\cdot 0}+8e^{-6\cdot 0})}{(1+e^{-2\cdot 0})^4}=\frac{8-32+8}{16}=-1. \end{align*}\]

Y por último, sustituyendo en la fórmula del polinomio anterior se tiene que

\[ P_{C,0}^3(t)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}t+0\frac{t^2}{2!}-1\frac{t^3}{3!}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}t-\frac{1}{6}t^3. \]
La concentración del fármaco transcurridos 15 minutos ($0.25$ horas) es aproximadamente

\[ C(0.25)\approx P_{C,0}^3(0.25)= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}0.25-\frac{1}{6}0.25^3= 0.6223958333 \mbox{ mg/dl}. \]