TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesPractica7-Parte1Estudio de funcionesEn lo que sigue vamos a usar todas las herramientas que desarrollamos hasta ahora (c alculode dominio, lmites y asntotas, derivadas y crecimiento, por ejemplo) para estudiar el com-portamiento de una funci onf dada por una f ormula. Tambi en introduciremos nuevas he-rramientas con el objetivo de hacer un estudio detallado y un gr aco aproximado def . Apartir del gr aco, como ya aclaramos en la Unidad 1, ser a posible deducir informaci on utiladicional sobre la funci on o sobre ecuaciones que la involucran.1. Crecimiento y decrecimiento. Extremos relativosComo vimos al estudiar el teorema del valor medio y sus consecuencias, es posible anali-zar el crecimiento y decrecimiento de una funci on a partir del signo de su derivada. M asprecisamente,Sif : [a; b] R es una funci on continua en [a; b] y derivable en (a; b):Sif

(x) > 0 para todo x (a; b), entoncesfes estrictamente creciente en [a; b].Sif

(x) < 0 para todo x (a; b), entoncesfes estrictamente decreciente en [a; b].Por otra parte, con respecto a los extremos relativos (tambi en llamados extremos locales)vimos la siguiente propiedad:Si f tiene un extremo relativo o local en x0 Dom( f ), por el teorema de Fermat,deber a ocurrir alguna de las dos situaciones siguientes:f

(x0) = 0.fno es derivable en x0.Por esta raz on vamos a distinguir a estos puntos:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 1TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesSe llaman puntos crticos def a todos los x0 Dom( f ) que cumplen alguna de lasdos condiciones:f

(x0) = 0 ofno es derivable en x0.Estos puntos crticos son los candidatos dondef puede alcanzar valores m aximos omnimos relativos pero, como ya vimos, no todo punto crtico da un m aximo o mnimo local def .C omo podemos determinar si en un punto crtico x0, la funci onf tiene un m aximo o unmnimo local (o no tiene un extremo relativo)? La presencia de un extremo relativo en x0est a determinada por un cambio en el crecimiento de la funci on a la izquierda y a la derechade x0, como ilustran los gr acos siguientes:x0x0x0Miramos lo que ocurre cerca de x0:Si f es creciente a la izquierda de x0 y decreciente a su derecha, entoncesf tiene unm aximo local en x0.Si f es decreciente a la izquierda de x0 y creciente a su derecha, entoncesf tiene unmnimo local en x0.Sif es estrictamente creciente (o estrictamente decreciente), tanto a la derecha como ala izquierda de x0, entoncesfno tiene un extremo local en x0.Si tenemos en cuenta la relaci on entre crecimiento y decrecimiento def y el signo de suderivadaf

, podemos dar el siguiente criterio:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 2TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesCriterio de la primera derivada. Seaf una funci on continua en x0y derivable aizquierda y derecha de x0:Si, cerca de x0, f

(x)< 0 para x 0 para x>x0, entoncesf tiene unmnimo relativo en x0.Si, cerca de x0, f

(x)> 0 para xx0, entoncesf tiene unm aximo relativo en x0.Si, cerca de x0, f

(x) tiene el mismo signo para todo x = x0, entoncesf no tiene unm aximo ni un mnimo relativo en x0.Ejercicio 1. Sea f (x) = x2ex. Hallar los intervalos de crecimiento y de decrecimien-to def y los extremos relativos def . Estudiar el comportamiento def en + y en y,con la informaci on obtenida, realizar un gr aco aproximado def .Soluci onComof est a denida y es derivable en todo R, para hallar sus intervalos de crecimiento yde decrecimiento, estudiamos los conjuntos de positividad y negatividad de f

. Para esto, enprimer lugar, hallamos los ceros def

. Estos valores son los puntos crticos def , que ser annuestros candidatos a extremos relativos.Derivamos, usando la regla de la derivada del producto y la regla de la cadena, y obtenemosquef

(x) = 2xex+ x2ex(1) = (2x x2)ex.Como ex> 0 para todo x R, resulta quef

(x) = 02x x2= 0x = 0 o x = 2.A continuaci on, determinamos los conjuntos de positividad y de negatividad def

por me-dio del corolario del teorema de Bolzano: consideramos cada uno de los intervalos (; 0),(0; 2) y (2; +) determinados por los puntos crticos. En cada uno de estos intervalos, f

escontinua y no se anula, por lo que tendr a signo constante.Finalmente, con la informaci on del crecimiento y decrecimiento def obtenida de este mo-do, determinamos para cada uno de los puntos crticos, x=0 y x=2, si son m aximos omnimos locales, o bien sifno tiene un extremo local en dicho punto.AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 3TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesPasoapaso, vamosaconstruirunatablaqueincluyalainformaci onnecesaria. Primeromarcamos los puntos crticos y los intervalos que determinan:x (; 0) 0 (0; 2) 2 (2; +)f

(x) 0 0f (x)En un segundo paso, vemos el signo de la derivada en los intervalos determinados y dedu-cimos el crecimiento defa partir de dichos signos:x (; 0) 0 (0; 2) 2 (2; +)f

(1) < 0 f

(1) > 0 f

(3) < 0f

(x) 0 + 0 f (x) Finalmente, teniendo en cuenta el crecimiento, decidimos si los puntos crticos son extremoso no y los clasicamos. Comof es decreciente a la izquierda de 0 y creciente a su derecha,entonces tiene un mnimo local en x=0. An alogamente, siendo creciente a la izquierda ydecreciente a la derecha de 2,falcanza un m aximo local en x = 2.x (; 0) 0 (0; 2) 2 (2; +)f

(1) < 0 f

(1) > 0 f

(3) < 0f

(x) 0 + 0 f (0) = 0 f (2) = 4e2f (x)minmax En denitiva, concluimos que los intervalos de crecimiento (I( f )) y de decrecimiento (I( f ))defsonI( f ) : [0; 2] y I( f ) : (, 0]; [2, +)y, en cuanto a los extremos locales, tenemos que:Extremos locales def : mnimo local en x = 0 y m aximo local en x = 2.La informaci on obtenida hasta ahora no es suciente para hacer un gr aco aproximado def . Por ejemplo, sabemos que en el intervalo (; 0] la funci on es decreciente, pero, c omoAreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 4TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncioneses este decrecimiento? Ser a que en hay una asntota horizontal y entonces los valoresdefno superan el valor correspondiente a la asntota? Ser a quefno est a acotada en ?Analicemos el comportamiento def en y en+, mediante el c alculo de los lmitescorrespondientes:limxx2ex

+= +.limx+x2

+ex

0= limx+x2ex=LH: indet. limx+2xex=LH: indet. lim+2ex= 0.Estos c alculos nos dicen que el gr aco defno tiene asntota horizontal en ya quelimxx2ex= +y quela recta de ecuaci on y = 0 es una asntota horizontal en +.A esta altura s estamos en condiciones de hacer un gr aco aproximado def . Para esto,leemos la informaci on sobre crecimiento y decrecimiento en la tabla anterior y tenemos encuenta c omo se comporta la funci on en los innitos. Puede ser util ir leyendo estos datos deizquierda a derecha. Por ejemplo, la funci on en viene de +, decreciendo hasta llegaral punto (0, 0) donde hay un mnimo local:limxx2ex= +x (; 0) 0f (0) = 0f (x)min0AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 5TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesA partir del (0, 0), la funci on crece hasta el punto (2, 4e2) donde alcanza un m aximo:x 0 (0; 2) 2f (0) = 0 f (2) = 4e2f (x) minmax24e20A partir de ese punto, la funci on decrece y, en +, el eje x es una asntota horizontal:x 2 (2; +)f (2) = 4e2f (x) max limx+x2ex= 0y = x2ex24e20con lo que completamos el gr aco aproximado de la funci on. 2AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 6TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesEjercicio 2. Seaf (x) =4x + 1x2+ 2x. Hallar el dominio def , los intervalos de creci-miento y de decrecimiento, los extremos relativos y las asntotas verticales y horizontalesdef . Usar la informaci on obtenida para realizar un gr aco aproximado def .Soluci onEl unico inconveniente que puede surgir cuando evaluamos f es que su denominador valgacero. Por lo tanto, su dominio es el conjunto de todos los x R que no lo anulan. Ahora, losvalores de x tales que x2+ 2x = 0 son x = 0 y x = 2; luego,Dom( f ) = R{0, 2}.Como antes, para estudiar el crecimiento y los extremos relativos def calculamos su deri-vada, usando la regla de derivaci on de una divisi on:f

(x) =4.(x2+ 2x) (4x + 1)(2x + 2)(x2+ 2x)2=4x2+ 2x 2(x2+ 2x)2.A continuaci on, buscamos los puntos crticos def . Como el denominador def

es el deno-minador def al cuadrado, resulta que no aparece ninguna nueva restricci on para evaluarf

y, por lo tanto, Dom( f

)= Dom( f )= R{0, 2}. Por esta raz on, f es derivable en todosu dominio y los puntos crticos son los ceros def

, es decir, los x R{0, 2} tales que seanula el numerador def

:4x2+ 2x 2 = 0x = 1 o x =12.Para determinar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento def , buscamos los con-juntos de positividad y negatividad def

. Usando el corolario del teorema de Bolzano, losextremos de los intervalos a considerar, en cada uno de los cuales f

tendr a signo constante,son los x que no pertenecen al dominio def (y que, por lo tanto, tampoco est an en el dominiodef

) y los puntos crticos def . Como antes, construimos la siguiente tabla paso a paso. Elresultado nal es (recordar que el smbolo se lee no existe y signica que la funci on noest a denida en el punto en cuesti on):x (; 1) 1 (1; 0) 0 (0; 12)12(12; 2) 2 (2; +)f

(2) > 0 f

(12) < 0 f

(14) < 0 f

(1) > 0 f

(3) > 0f

(x) + 0 0 + +f (1) = 1 f (12) = 4f (x)maxmin AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 7TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesA partir de esta tabla, obtenemos los intervalos de crecimiento y de decrecimiento def :I : (; 1], [12; 2), (2, +), I : [1; 0), (0; 12].Observamos que, como x= 0 y x= 2 no pertenecen al dominio def , no los incluimos enlos intervalos de crecimiento y de decrecimiento de la funci on.Obtenemos tambi en de la tabla, los extremos locales def :ftiene un m aximo local en x = 1 y un mnimo local en x =12.Calculemos ahora las asntotas verticales y horizontales def . Comof es continua en todosu dominio, para determinar las asntotas verticales, hallamos el lmite def en los puntosque no pertenecen al dominio. Como, adem as, vamos a usar esta informaci on para hacerun gr aco aproximado def , calcularemos los lmites laterales para determinar el signo dellmite:limx04x + 1x2+ 2x=limx01

4x + 1x

0(x + 2)

2= .limx0+4x + 1x2+ 2x=1

4x + 1x

0+(x + 2)

2= +.limx24x + 1x2+ 2x=limx29

4x + 1x

2(x + 2)

0+= +.limx2+4x + 1x2+ 2x=limx2+9

4x + 1x

2(x + 2)

0= .Para determinar si tiene asntotas horizontales y sus ecuaciones, calculamos los lmites enlos innitos:limx4x + 1x2+ 2x= limxx(4 + 1x)x2(1 + 2x)= 0, limx+4x + 1x2+ 2x= limx+x(4 + 1x)x2(1 + 2x)= 0.Concluimos, entonces, que las asntotas verticales y horizontales al gr aco def son las si-guientes rectas:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 8TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesAsntotas verticales: x = 0 y x = 2. Asntota horizontal: y = 0.Con toda la informaci on anterior, podemos construir un gr aco aproximado def . Comoantes, vamos a ir leyendo la informaci on de izquierda a derecha, teniendo en cuenta el do-minio, el crecimiento y las asntotas.En la funci on tiene una asntota horizontal en el eje x y crece hasta llegar al punto (1, 1)donde tiene un m aximo local:limx4x + 1x2+ 2x= 0x (; 1) 1f (x)max11A partir del punto (1, 1), la funci on comienza a decrecer hasta el valor x= 0 donde tieneuna asntota vertical:x 1 (1; 0) 0f (x) maxlimx04x + 1x2+ 2x= AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 9TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefunciones11Del otro lado de la recta x = 0 la funci on viene de +y decrece hasta llegar al punto (12, 4),donde alcanza un mnimo local:limx04x + 1x2+ 2x= x 0 (0; 12)12f (x) min14112A partir del punto (12, 4) la funci on crece hasta x = 2, donde tiene otra asntota vertical:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 10TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncionesx12(12; 2) 2f (x) minlimx24x + 1x2+ 2x= +124112Finalmente, a la derecha de la recta x= 2, la funci on viene de creciendo para acercarsea su asntota horizontal x = 0:limx2+4x + 1x2+ 2x= x 2 (2; +)f (x) limx+4x + 1x2+ 2x= 0124112AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 11TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncionescon lo que concluimos el gr aco aproximado def . 2Ejercicio 3. Seaf (x)= x23. Hallar los intervalos de crecimiento y de decrecimientodefy los extremos relativos def .Soluci onComo antes, vamos a analizar el dominio de f , sus puntos crticos y los signos de su derivadapara poder determinar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento.La funci onfest a denida para cualquier n umero real, por lo que Dom( f ) = R.La derivada def esf

(x) =23x13=233xpara x = 0 yf no es derivable en x= 0, es decirDom( f

) = R{0}.Como f

(x) = 0 para todo x = 0, el unico punto crtico de fes x = 0, por ser el unico puntodel dominio defdonde no es derivable.Analizamos la positividad y la negatividad def

en los dos intervalos(; 0) y(0; +)determinadosporestepuntocrtico(notemosqueencadaunodeestosintervalos f

escontinua y, por lo tanto, podemos utilizar el corolario del teorema de Bolzano) para obtenerlosintervalosdecrecimientoydedecrecimientodef ydeterminarsienx =0hayunextremo local:x (; 0) 0 (0; +)f

(1) < 0 f

(1) > 0f

(x) +f (x)min En consecuencia,I( f ) = [0; +), I( f ) = (, 0] yftiene un mnimo local en x = 0.2Con este material se pueden resolver los ejercicios 1 al 7 de la Pr actica 7.AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 12TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefunciones2. AsntotasAl introducir la noci on de lmite de funciones, estudiamos tambi en las nociones de asntotahorizontal y asntota vertical al gr aco de una funci on. Esencialmente, una asntota al gr acodefes una recta a la que dicho gr aco se acerca arbitrariamente (ya sea toc andola o no).Observemos el siguiente gr aco:y =f (x)y = x 1En este caso, tenemos que limx+ f (x) = +. Sin embargo, podemos decir algo m as sobre elcomportamiento def a medida que x crece hacia +: el gr aco def se aproxima cada vezm as a la recta de ecuaci on y=x 1 (o sea, los valores def (x) se parecen cada vez m as ax 1). Esta recta no es horizontal ni vertical; decimos entonces que es oblicua.Dada una funci onf , la recta de ecuaci on y=mx + b con m =0 es una asntotaoblicua en + para el gr aco def si limx+( f (x) (mx + b))= 0. An alogamente, la rectay = mx +b es una asntota oblicua en para el gr aco de f si limx( f (x) (mx +b)) = 0.Veamos c omo determinar si existen y, en caso armativo, c omo hallar las ecuaciones de lasasntotas oblicuas al gr aco de una funci onf .De acuerdo a la denici on, si la recta y = mx + b es una asntota oblicua en +, se tiene quelimx+ f (x) (mx + b) = 0; entonces tambi en vale quelimx+f (x) (mx + b)x= 0o, equivalentemente,AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 13TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncioneslimx+f (x)x mxx bx= 0.Teniendo en cuenta que limx+bx= 0, se deduce quem = limx+f (x)x.Es decir, silimx+f (x)xes un n umero m, este n umero es la posible pendiente de una asntota oblicua.Una vez conocida esta posible pendiente m, podemos determinar la ordenada al origen apartir de la denici on:limx+( f (x) (mx + b)) = 0 limx+( f (x) mx b) = 0b = limx+( f (x) mx).Entonces:Para determinar si hay una asntota oblicua en +, el primer paso consiste en versi hay un candidato m a pendiente, calculando el lmite limx+f (x)x. Si este lmite existe yda un n umero m =0, hay que ver si hay un candidato b a ordenada al origen, es decir,si el lmite limx+( f (x) mx) existe y es nito. En caso armativo, la recta y=mx + bresulta ser una asntota oblicua en +. De manera an aloga, pero considerando los lmitescon x , se puede determinar, si existe, una asntota oblicua al gr aco defen .Ejercicio 4. Para cada una de las siguientes funcionesf , hallar, si las hay, las ecua-ciones de las asntotas oblicuas def :a) f (x) =x2+ 62x + 1.b) f (x) =x2x2+ 1.c) f (x) = 3x + ln(x).Soluci onAreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 14TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncionesa) f (x) =x2+ 62x + 1.En primer lugar, veamos si hay alg un valor posible m para la pendiente de una asntotaoblicua. Por lo anterior, tenemos que calcular el siguiente lmite:limx+f (x)x= limx+x2+ 62x + 1x= limx+x2+ 62x2+ x= limx+x2(1 +6x2)x2(2 +1x2)=12.Notemos que, con la misma cuenta, se puede calcular el lmite cuandox ytambi en se obtiene como resultado 12. Por lo tanto, las posibles asntotas oblicuas tienenpendiente m =12 tanto en + como en .A continuaci on, para decidir si existen asntotas oblicuas, calculamos el lmite que nosda la ordenada al origen (si este lmite no existe o da innito, no hay asntota oblicua):limx+ f (x) mx = limx+x2+ 62x + 1 12x =limx2x2+ 12 2x2x4x + 2== limx+12 x4x + 2= limx+x(12x 1)x(4 + 2x)= 14.Nuevamente, el mismo c alculo sirve para ver que limx f (x) mx = 14. Luego,La recta y =12x 14 es asntota oblicua de la funci on tanto en + como en .b) f (x) =x2x2+ 1.Como antes, calculemos primero el lmite que, de existir, nos da una posible pendientepara la asntota oblicua en +:limx+f (x)x= limx+x2x2+ 1x= limx+xx2+ 1= limx+xx2

1 +1x2=AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 15TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefunciones= limx+x|x|

1 +1x2=x>0 cuando x+limx+xx

1 +1x2= 1.En este caso, el lmite en da distinto: reproduciendo las cuentas del caso anterior,la diferencia radica en que cuando x , tenemos que |x| = x pues x < 0:limxf (x)x= limxx2x2+ 1x= limxxx2

1 +1x2== limxx|x|

1 +1x2=x 0f

(x) 0 +f (x)

x = 23 es punto de inexi on

Entonces,La funci onf es c oncava hacia abajo en el intervalo (; 23), es c oncava hacia arriba en(23; +) y x0= 23resulta ser un punto de inexi on (ya que en este punto cambia laconcavidad) y es el unico.En un gr aco def , podemos visualizar lo obtenido analticamente:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 22TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefunciones23f2Para armar que x0 es punto de inexi on no alcanza con quef

(x0) = 0.Por ejemplo, si consideramos la funci on f (x) = x4, se tiene que f

(x) = 12x2y, por lo tanto,f

(0) = 0. Sin embargo, como puede verse en el siguiente gr aco, en x0= 0 esta funci on nocambia su concavidad y, entonces, x0= 0 no es punto de inexi on:f (x) = x40Para hallar todos los puntos de inexi on, no alcanza con analizar los puntos dondela derivada segunda se anula. Tambi en hay que analizar el comportamiento de la funci onen los puntos en que la funci on est a denida pero no es derivable dos veces.Por ejemplo, si consideramos la funci onf (x)=3x, esta funci on no es derivable en x0= 0y, sin embargo, como puede verse en el siguiente gr aco, x0= 0 es un punto de inexi on:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 23TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncionesf (x) =3x0Con este material se puede resolver hasta el ejercicio 12 de la Pr actica 7.4. Construcci on de curvasPara la construcci on del gr aco de una funci onf , esencialmente nos valdremos de la si-guiente informaci on:Dominio def .Intervalos de crecimiento y de decrecimiento, y extremos locales.Intervalos de concavidad positiva y negativa, y puntos de inexi on.Existencia de asntotas verticales, horizontales u oblicuas.Ejercicio 6. Seaf (x) = 2x + x23. Construir un gr aco aproximado def .Soluci onLa funci onfest a denida para todo los n umeros reales, as que Dom( f ) = R.Para estudiar su crecimiento y sus extremos relativos, consideramos su derivada. Tenemosquef

(x) = 2 + 2x13= 2 +23x, para x = 0y quefno es derivable en x = 0. As, Dom( f

) = R{0}.Buscamos ahora los puntos crticos def , es decir, los valores dextales quef

(x) =0 odondefno es derivable. Comof

(x) = 02 + 2x13= 0x = 1,AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 24TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncionesresulta que los puntos crticos de fson x = 1 (donde f

se anula) y x = 0 (donde no existef

).Para determinar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento def estudiamos el signodef

:lospuntoscrticosdef partenaldominiodef

enintervalosencadaunodeloscualesf

es continua y no se anula: (; 1), (1; 0), (0; +); luego, en cada uno de estosintervalos f

tiene signo constante. La siguiente tabla sintetiza el an alisis de los signos de f

,del crecimiento defy de los extremos relativos def :x (; 1) 1 (1; 0) 0 (0; +)f

(8) > 0 f

(18) < 0 f

(1) > 0f

(x) + 0 +f (1) = 1 f (0) = 0f (x)maxmin Concluimos que los intervalos de crecimiento y de decrecimiento defsonI : (; 1], [0; +) y I : [1; 0]y, en cuanto a extremos locales,ftiene un m aximo local en x = 1 y un mnimo local en x = 0.Analicemos ahora la concavidad y los puntos de inexi on del gr aco def . Para esto, consi-deremos su derivada segunda:f

(x) = (2 + 2x13)

= 2(13)x43= 233x4para x = 0y no existef

(0). Los candidatos a puntos de inexi on est an dados por los valores dexdondef

se anula o donde no existef

. En este caso,f

(x) = 0 para todo x = 0 y no existef

para x = 0 ( este es nuestro unico candidato). En los intervalos que quedan determinados,f

es continua y no se anula; luego, tiene signo constante, lo que nos permite determinar laconcavidad del gr aco def . Resumiendo esta informaci on, tenemos:x (; 0) 0 (0; +)f

(8) < 0 f

(1) > 0f

(x) f (x)

no es pto. de in.

AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 25TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesEn consecuencia,fes c oncava hacia abajo en (; 0) y en (0; +).Finalmente, veamos si el gr aco de f tiene asntotas. Como Dom( f ) = R y f es continua, nohay asntotas verticales.Para determinar si hay asntotas horizontales, calculamos los lmites en los innitos:limx+2x + 3x23= +, limx2x + 3x23= x(2 + 3x13

0) = .Como ambos son innitos, concluimos que no hay asntotas horizontales.Para concluir nuestro an alisis, vemos si hay asntotas oblicuas. Tenemos quelimx+f (x)x= limx+2x + 3x23x= limx+2 + 3x13= 2 ylimx+ f (x) 2x = limx+3x23= +.Como este lmite no es nito, resulta que no hay asntota oblicua en +. De la misma forma,se ve que tampoco hay asntota oblicua en .Con toda la informaci on hallada sobref , hagamos ahora un gr aco aproximado, usandocomo siempre la informaci on de las tablas y los lmites calculados:112Ejercicio 7. Hacer un gr aco aproximado de la funci onf (x) =x2+ 62x + 1.AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 26TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesSoluci onEl dominio de f es Dom( f ) = R{12}, ya que x = 12 es el unico cero de su denominador.M as a un, la recta de ecuaci on x = 12 es asntota vertical:limx12+f (x) = limx12+x2+ 62x + 1= + y limx12f (x) = limx12x2+ 62x + 1= .Para determinar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento def , calculamos su deri-vada:f

(x) =2x(2x + 1) (x2+ 6)2(2x + 1)2=2x2+ 2x 12(2x + 1)2.El dominio def

coincide con el def ; luego, los puntos crticos son los ceros def

, queobtenemos igualando a cero su numerador y resolviendo la ecuaci on cuadr atica que resulta:2x2+ 2x 12 = 0x = 3 o x = 2.Analizamos el signo de f

en cada uno de los intervalos en los que los puntos crticos partena Dom( f ) = R{12}:x (; 3) 3 (3; 12) 12(12; 2) 2 (2; +)f

(x) + 0 0 +f (3) = 3 f (2) = 2f (x)maxmin Entonces, los intervalos de crecimiento y de decrecimiento defsonI : (; 3], [2; +) y I : [3; 12); (12; 2]y, en cuanto a sus extremos locales, podemos armar queftiene un m aximo local en x = 3 y un mnimo local en x = 2.Acontinuaci on,analizamoslaconcavidaddelgr acode f . Paraesto,trabajamosconladerivada segunda def :f

(x) =(4x + 2)(2x + 1)2(2x2+ 2x 12)4(2x + 1)(2x + 1)4==(4x + 2)(2x + 1) 4(2x2+ 2x 12)(2x + 1)3=AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 27TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefunciones=8x2+ 8x + 2 8x28x + 48(2x + 1)3=50(2x + 1)3.Esta derivada segunda no tiene ceros, f

(x) < 0 si x < 12 y f

(x) > 0 si x > 12 (notemosque el signo def

(x) es el signo de su denominador). Entonces,fes c oncava hacia abajo en (, 12) y c oncava hacia arriba en (12; +).Finalmente, estudiamos el comportamiento def en + y en : como vimos m as arribaen el primer tem del ejercicio 4 sobre c alculo de asntotas oblicuas, la recta de ecuaci ony =12x 14 es asntota oblicua del gr aco def , tanto en + como en .Con toda la informaci on obtenida, podemos hacer un gr aco aproximado def :12y =f (x)y =12x 1433222AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 28TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesCon este material se puede resolver hasta el ejercicio 15 de la Pr actica 7.5. Aplicaci on: cantidad de soluciones de una ecuaci onComo vimos al introducir funciones, el gr aco aproximado de una funci onf nos permitehallar Im( f ) y calcular la cantidad de soluciones que tiene la ecuaci onf (x) = k para distin-tos valores de k. En la entrada Un ejemplo sobre cantidad de soluciones de una ecuaci onse incluye un ejemplo analizado previamente que ilustra c omo puede hacerse esto.A continuaci on vamos a usar este hecho.Ejercicio 8. Seaf (x)=6 ln(4x) 9x2. Hallar Im( f ) y, para cada k Im( f ), determi-nar la cantidad de soluciones de la ecuaci onf (x) = k.Soluci onPara resolver el problema, comenzaremos haciendo un estudio de la funci onf de manerade construir un gr aco aproximado.Comof involucra un logaritmo y una divisi on, para calcular el dominio def tenemos quepedir que 4x > 0 y x2= 0, con lo que resulta Dom( f ) = (0; +).Analizamos el crecimiento y los extremos locales defa partir de su derivada:f

(x) =6. 44xx2(6 ln(4x) 9)2xx4=6x 12x ln(4x) + 18xx4=24 12 ln(4x)x3.El dominio def

es Dom( f

)=(0; +)= Dom( f ). Entonces, los puntos crticos def sonexactamente los ceros def

:f

(x) = 024 12 ln(4x)x3= 0ln(4x) = 2x =14e2.Para hallar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento def , basta determinar el signodef

en cada uno de los dos intervalos en que este punto crtico parte al dominio:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 29TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncionesx (0; 14e2)14e2(14e2; +)f

(1) > 0 f

(3) < 0f

(x) + 0 f (14e2) = 48e4f (x)max Concluimos entonces que f es estrictamente creciente en (0; 14e2] y estrictamente decrecienteen [14e2; +) y, por lo tanto, f alcanza un m aximo local en x=14e2. Observemos que, m asa un, se trata de un m aximo absoluto.No haremos en este caso un estudio de la concavidad del gr aco de f , ya que, como veremos,esa informaci on no ser a necesaria a los efectos de resolver el problema planteado.Pasamos entonces al c alculo de asntotas, para lo cual estudiamos el comportamiento defen los bordes de su dominio. Dado quelimx0+f (x) =limx0+

6 ln(4x) 12x2

0+= concluimos que la recta de ecuaci on x = 0 es una asntota vertical del gr aco def .Por otra parte,limx+ f (x) = limx++

6 ln(4x) 12x2

+=L

H: indet. limx+6. 44x2x= limx+3x2= 0con lo cual, la recta de ecuaci on y = 0 es asntota horizontal del gr aco defen +.Con esta informaci on podemos construir un gr aco aproximado de la funci on:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 30TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefunciones14e248e4Volvamos ahora al problema original. Tenemos que f alcanza un m aximo absoluto M = 48e4en x=14e2y, adem as, limx0+f (x) = . Comof es continua, entonces toma todos los valo-res intermedios; luego,Im( f ) = (; 48e4].Gr acamente, vemos que las rectas horizontales que intersecan al gr aco def son aqu ellasque cortan al eje y en valores del intervalo (; 48e4].Observando el gr aco def , podemos determinar tambi en cu antas soluciones tiene la ecua-ci onf (x)= k para cada k Im( f ). Gr acamente, una soluci on de la ecuaci onf (x)= k secorresponde con un punto de intersecci on de la recta y = k con el gr aco def .14e248e4AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 31TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesEntonces, tenemos que:Para k (; 0], la recta y = k interseca al gr aco de f en un unico punto; luego, laecuaci onf (x) = k tiene una unica soluci on.Para k (0; 48e4), la recta y= k interseca al gr aco def en dos puntos; luego, laecuaci onf (x) = k tiene dos soluciones.Para k = 48e4, la recta y= k interseca al gr aco def en un unico punto (dondefalcanza su m aximo); luego, la ecuaci onf (x) = k tiene una unica soluci on.2Ejercicio 9. Hallar todos los valores de k R tales que la ecuaci one2x+15x28x 4= ktiene exactamente dos soluciones.Soluci onSi podemos estudiar la funci onf (x) =e2x+15x28x 4 y hacer un gr aco aproximado, podre-mos contestar la pregunta sobre la cantidad de soluciones como en el ejercicio anterior.En primera instancia, calculamos el dominio def . El unico problema que surge es la impo-sibilidad de dividir por 0, por lo cual,x Dom( f )5x28x 4 = 0.Si usamos la f ormula de la resolvente para ecuaciones cuadr aticas tenemos que:5x28x 4 = 0x = 2 o x = 25luego,Dom( f ) = R{25, 2}.A continuaci on, para estudiar el crecimiento de la funci onf , calculamos su derivada:f

(x) =e2x+1.2.(5x28x 4) e2x+1(10x 8)(5x28x 4)2=e2x+1(10x226x)(5x28x 4)2.El dominio de la derivada coincide con el de f(nuevamente, la unica imposibilidad es divi-dir por 0 y el denominador de la derivada es igual al de f al cuadrado). Entonces, los puntoscrticos defson unicamente los ceros def

:f

(x) = 0e2x+1(10x226x)(5x28x 4)2= 0AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 32TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncioneses decir, los elementos del dominio def

tales quee2x+1(10x226x) = 0 e2x+1>0 x10x226x = 0x = 0o x =135 .Para hallar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento def , basta determinar el signode f

encadaunodelosintervalosquequedandeterminadosporlosvaloresfueradeldominio def y por los puntos crticos. Comof

es continua en todo su dominio, podemosutilizar el corolario del teorema de Bolzano:x (; 25) 25(25; 0) 0 (0; 2) 2 (2; 135 )135(135 ; +)f

(1) > 0 f

(15) > 0 0 f

(1) < 0 f

(125 ) < 0 0 f

(2) > 0f

(x) + + +f (x)e4 e3159

max minAdem as de esta informaci on, necesitaremos conocer posibles asntotas verticales. Por estacausa, calculamos los siguientes lmites:limx25e2x+15x28x 4= limx25e2x+15(x 2)(x + 25)= +,limx25+e2x+15x28x 4= limx25+e2x+15(x 2)(x + 25)= ,limx2e2x+15x28x 4=limx2e2x+15(x 2)(x + 25)= ,limx2+e2x+15x28x 4=limx2+e2x+15(x 2)(x + 25)= +,por lo que ya sabemos que las rectas x = 25 y x = 2 son asntotas verticales al gr aco defy c omo dicho gr aco se aproxima a cada recta por izquierda y por derecha.Para determinar c omo se comporta la funci on en los innitos para poder hacer el gr acoaproximado, calculamos:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 33TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncioneslimx0

e2x+15x28x 4

+= 0 ylimx++

e2x+15x28x 4

+=LHlimx++

2.e2x+110x 8

+=LHlimx++

4.e2x+110

10= +.Entonces, sabemos que la recta y = 0 es una asntota horizontal al gr aco de fen y queno hay asntota horizontal en+. Podramos buscar asntotas oblicuas en+ pero estainformaci on no es necesaria para poder contestar la pregunta sobre cantidad de solucionesde la ecuaci on. Igualmente, no es necesario calcular concavidad y convexidad porque con lainformaci on de la que ya disponemos nos alcanza para hacer un gr aco aproximado.A partir de la informaci on de la tabla y los lmites calculados, podemos deducir que la fun-ci on tiene un gr aco de la forma siguiente (sin respetar la escala, ya que los n umeros invo-lucrados son de distinta magnitud):225e4135e3159La ecuaci one2x+15x28x 4=k tiene exactamente dos soluciones para los valores de k talesque la recta horizontal de ecuaci on y = k corta al gr aco de fen dos puntos. Analicemos enel siguiente dibujo lo que ocurre para los distintos valores de k:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 34TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefuncionese4e3159Observamos que para k (; e4), la recta y = k corta al gr aco de fen exactamente dospuntos. Para k= e4, la intersecci on est a formada unicamente por el punto(0, e4). Parak (e4; 0], la recta y = k no corta al gr aco de f . Para k (0; e3159) hay un unico punto en laintersecci on, para k =e3159encontramos nuevamente dos puntos, y, nalmente, para k >e3159,vemos que la intersecci on consta de tres puntos.Por lo tanto:Todos los valores de k tales que la ecuaci on tiene exactamente dos soluciones son todoslos k (; e4) {e3159 }.2Con este material se puede resolver hasta el ejercicio 16 de la Pr actica 7.AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 35TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesANEXOA. Criterio de concavidadDaremos aqu una demostraci on del criterio de la derivada segunda para determinar conca-vidad.Teorema. Seaf : [a; b] R una funci on continua en [a; b] y derivable dos veces en(a; b) tal que la derivada segundaf

es positiva en el intervalo (a; b). Entonces, f resultac oncava hacia arriba en el intervalo (a; b).Demostraci onDadosx0 x. Adem as, el unico punto donde vale ceroes en .Luego, tenemos que nuestra funci on g satisface lo siguiente:x x0(x0; ) (; x1) x1g

(x) + 0 g(x) 0max0Entonces, la funci on g es mayor o igual que cero en todo el intervalo en cuesti on, con lo cualg(x) =f (x1) f (x0)x1x0(x x0) + f (x0) f (x) 0 para todo x [x0; x1]o lo que es lo mismo,f (x1) f (x0)x1x0(x x0) + f (x0) f (x) para todo x [x0; x1]que es lo que queramos demostrar. 2Observaci on. Una demostraci on similar sirve para probar que si la derivada segunda defes negativa en un intervalo, entoncesfes c oncava hacia abajo en dicho intervalo.Volver al texto principalAreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 37TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-EstudiodefuncionesB. Un ejemplo sobre cantidad de soluciones de una ecuaci onRecordemos el siguiente ejercicio de la unidad 1:Ejercicio. Seaf : R R la funci onf (x) =3x + 5 si x 2x2si 2 < x < 2x + 3 si 2 xCalcular la imagen def y determinar la cantidad de soluciones de la ecuaci on y=f (x)dependiendo del valor de y.Soluci onEl gr aco defes, aproximadamente, el siguiente:02 2411y =f (x)A partir del gr aco puede verse que la imagen def es Im( f ) = (; 4) (o lo que es lomismo, los valores de y tales que la ecuaci on y =f (x) tiene soluci on son los y estrictamentemenores que 4).Dependiendo de los valores de y, podemos ver la cantidad de soluciones x de la ecuaci ony =f (x) en el gr aco siguiente:AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 38TeoricasdeAnalisisMatematico(28)-Practica7-Estudiodefunciones02 2411y = 5y = 3y = 0, 5y = 0, 5y = 2y =f (x)Luego, la ecuaci on y =f (x)no tiene soluci on si y 4;tiene soluci on unica si 1 < y < 0;tiene dos soluciones si y 1, y = 0 o 1 < y < 4;tiene tres soluciones si 0 < y 1.2Volver al texto principalCintia Buxton, Lisi DAlfonso, Flora Gutierrez, Gabriela Jeronimo, Gustavo Massaccesi, Juan Carlos Pedraza yJuan Sabia (2015), Estudio de funciones, Te oricas de An alisis Matem atico (28).AreadeMatematica-CicloBasicoCom un-UniversidaddeBuenosAires 39