Grau en Economia
Grau en Administraci´
o i Direcci´
o
d’Empreses
Matem`
atiques I
Curs 2010 - 2011
Llista de problemes.
Tema 7: Optimitzaci ´
o en una variable real. Solucions
Departament d’Economia i d’Hist`
oria Econ`
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Análisis de funciones y sus extremos - Prof. López García, Apuntes de Matemáticas
El documento analiza diversas funciones y sus extremos, incluyendo funciones polinómicas, exponenciales, logarítmicas e implícitas, con el objetivo de determinar su crecimiento, decrecimiento, concavidad y convexidad, así como los puntos de inflexión y extremos relativos y absolutos.
Tipo: Apuntes
2012/2013
1 / 30
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Grau en Economia
Grau en Administraci´o i Direcci´o
d’Empreses
Matem`atiques I
Curs 2010 - 2011
Llista de problemes.
Tema 7: Optimitzaci´o en una variable real. Solucions
Departament d’Economia i d’Historia Economica
- i 2. a) f (x) = x 33 − 2 x^2 + 3x + 1, al ser un polinomi ´es continua i derivable a R. Tenim f ′(x) = x^2 − 4 x + 3, i f ′′(x) = 2x − 4. - Creixement/decreixement: f ′(x) > 0 ⇔ x^2 − 4 x + 3 > 0 ⇔ x ∈ (−∞, 1) ∪ (3, +∞) ⇔ f creix f ′(x) < 0 ⇔ x^2 − 4 x + 3 < 0 ⇔ x ∈ (1, 3) ⇔ f decreix - Possibles extrems: f ′(x) = 0 ⇔ x^2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ x = 1, 3 Estudiem el signe de la segona derivada en ells.
f ′′(x = 1) = − 2 < 0 ⇒ en x = 1 hi ha un m`ax relatiu f ′′(x = 3) = 2 > 0 ⇒ en x = 3 hi ha un min relatiu
- Concavitat/convexitat: f ′′(x) > 0 ⇔ 2 x − 4 > 0 ⇔ x ∈ (2, +∞) ⇔ f convexa f ′′(x) < 0 ⇔ 2 x − 4 < 0 ⇔ x ∈ (+∞, 2) ⇔ f c´oncava
- Possibles punts d’inflexi´o: f ′′(x) = 0 ⇔ 2 x − 4 = 0 ⇔ x = 2 Com f ′′′(x = 2) ̸= 0 tenim un punt d’inflexi´o en x = 2.
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(^1 2) x 3 4
c) f (x) = ( (xx−−2)1)^32. Tenim f ′(x) = (x−(x2)−^2 (1)x 3 +1) , , f ′′(x) = 6((xx−−1)2) 4 i i f ′′′(x) = (^42) (x−−^18 1)x 5 ). El domini de les quatre funcions ´es R \ { 1 }
- Creixement/decreixement: f ′(x) > 0 ⇔ (x^ −^ 2)
(^2) (x + 1) (x − 1)^3 >^0 ⇔^ x^ ∈^ (−∞,^ −1)^ ∪^ (1,^ +∞) f ′(x) < 0 ⇔ (x^ −^ 2)
(^2) (x + 1) (x − 1)^3 <^0 ⇔^ x^ ∈^ (−^1 ,^ +1)
- Possibles extrems: f ′(x) = 0 ⇔ (x^ −^ 2)
(^2) (x + 1) (x − 1)^3 = 0^ ⇔^ x^ =^ −^1 ,^2. Estudiem el signe de la segona derivada en ells per veure que s´on. f ′′(x = −1) < 0 ⇒ en x = − 1 hi ha un max relatiu f ′′(x = 2) = 0 possible punt d’inflexi´o
- Concavitat/convexitat: f ′′(x) > 0 ⇔ 6((xx −^ − 1)^ 2) 4 > 0 ⇔ x > 2 , f ′′(x) < 0 ⇔ 6((xx −^ − 1)^ 2) 4 < 0 ⇔ x < 2
- Possibles punts d’inflexi´o: f ′′(x) = 0 ⇔ 6((xx−−1)2) 4 = 0 ⇔ x = 2, substituint a la tercera derivada trobem f ′′′(x = 2) = 6 ̸= 0, per tant tenim un punt d’inflexi´o en x = 2. - - - - -
0
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–10 –8 –6 –4 –2 (^2 4) x 6 8 10
d) f (x) = (x − 1) · x^2 /^3. Est`a definida per x > 0. Tenim f ′(x) = x^23 + 23 (x−1)x−^13 = x^23 + 23 x^23 − 23 x−^13 = 53 x^23 − 23 x−^13 = 5 x 3 23 √ 3 xx^13 − 3 √^23 x = 53 x √ 3 −x (^2) i f ′′(x) = (exercici) = 10 9 x 13 +^
2 9 x 43.
- Monotonia: f ′(x) > 0 ⇔ 53 x √ 3 −x^2 > 0 ⇔ x ∈ (^25 , +∞), f ′(x) < 0 ⇔ 53 x √ 3 −x^2 < 0 ⇔ x ∈ (0, 25 )
- Possibles punts extrems: f ′(x) = 0 ⇔ 53 x √ 3 −x^2 = 0 ⇔ x = 25. Estudiem el signe de la segona derivada en ell per veure qu`e ´es: f ′′(x = 25 ) > 0 , per tant en x = 25 tenim un minim relatiu.
- Concavitat/convexitat: f ′′(x) > 0 ⇔ (^910) x 13 + (^9) x^2 43 > 0 , sempre ho ´es, mai pot ser negativa ja que tenim x > 0.
Possibles punts d’inflexi´o: la segona derivada no s’annul·la mai.
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y
–1 (^1 2 3) x 4 5 6
f) f (x) = | sin x|. Discutim la funci´o, com a l’anterior ho farem a l’interval [0, 2 π]: f (x) =
sin x, si 0 ≤ x ≤ π − sin x, si π < x ≤ 2 π es una funci´ ´ o continua al ser composici´o de funcions continues. En x = 0, π, 2 π no ´es derivable (comproveu-ho!), en aquests punts t´e els seu m´ınims globals. Tenim:
f ′(x) =
cos x, si 0 < x < π − cos x, si π < x < 2 π
f ′′(x) =
− sin x, si 0 < x < π sin x, si π < x < 2 π
- Creixement/decreixement: f ′(x) > 0 ⇔ x ∈ (0, π 2 ) ∪ (π, 32 π ), f ′(x) < 0 ⇔ x ∈ (π 2 , π) ∪ (^32 π , 2 π)
- Possibles punts extrems: f ′(x) = 0 ⇔ x = π 2 , 32 π Evaluant-los a la segona derivada veiem que ambd´os donen negatiu, per tant s´on maxims relatius. De fet s´on maxims absoluts.
- Concavitat/convexitat: f ′′(x) > 0 mai. f ′′(x) < 0 ⇔ x ∈ (0, π) ∪ (π, 2 π)
Possibles punts d’inflexi´o: No s’annul·la mai la segona derivada.
–0.
1
y
–6 –4 –2 (^2) x 4 6
g) f (x) = lnx^ x. Est`a definida per les x > 0. Tenim f ′(x) = 1 −xln 2 x, f ′′(x) = −3+2 lnx 3 x, f ′′′(x) = 11 −x6 ln 4 x.
- Creixement/decreixement: f ′(x) > 0 ⇔ 1 − ln x > 0 ⇔ x ∈ (0, e), f ′(x) < 0 ⇔ 1 − ln x < 0 ⇔ x ∈ (e, +∞)
- Possibles punts extrems: f ′(x) = 0 ⇔= 0 ⇔ x = e Estudiem el signe de la segona derivada en ell per veure qu
e ´es i trobem que en (x = e, (^1) e ) hi ha un maxim relatiu. Despres es veu que ´es absolut. - Concavitat/convexitat: f ′′(x) > 0 ⇔ −3 + 2 ln x > 0 ⇔ x > √e (^3) , f ′′(x) < 0 ⇔ ln x < 3 2 ⇔^ x^ ∈^ (0,^
√e (^3) ).
- Possibles punts d’inflexi´o: f ′′(x) = 0 ⇔ −3 + 2 ln x = 0 ⇔ x = √ e^3. Substituint-lo a la tercera derivada dona diferent de zero, per tant es tracta d’un punt d’inflexi´o. -
–0.
–0.
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–0.
0
1
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(^5 10) x 15 20
i)
f (x) =
(^1) x , si x < − 1 x, si − 1 ≤ x < 0 −x(x − 1), si x ≥ 0 La funci´o f es continua a tot´ R. ´Es derivable en x = 0, per`o no ho ´es a x = − 1 (exercici).
–0.
–0.
–0.
–0.
0
1
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–4 –3 –2 –1 (^1 2) x 3 4
f ′(x) =
− x 21 , si x < − 1 1 , si − 1 < x < 0 − 2 x + 1, si x ≥ 0 Per tant tenim:
- Creixement/decreixement: f ′(x) > 0 ⇔ x ∈ (− 1 , 12 ), f ′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (^12 , +∞),
- Possibles punts extrems: f ′(x) = 0 ⇔ x = 12 Estudiem el signe de la segona derivada en ell per veure qu
e ´es i trobem que ´es un maxim relatiu. Despr´es es veu que ´es absolut. La funci´o f ′^ esta definida per R \ {− 1 } es continua en´ x = 0, pero no ´es derivable en ell.
La funci´o f ′′^ est`a definida per R \ { 0 , 1 }.
f ′′(x) =
x^23 ,^ si^ x <^ −^1 0 , si − 1 < x < 0 − 2 , si x > 0
- Concavitat/convexitat: f ′′(x) < 0 sempre, per tant f es sempre con-´ cava.
k) Segons els valors del par`ametre a,
f (x) =
ax · (x + 1), si x < 0 −x · (x − 1), si x ≥ 0 Observem est`a definida a tot R. anem a estudiar la seva continuitat. Per estar definida per polinomis ´es continua a R \ { 0 }, falta estudiar la continuitat en x = 0: x^ lim→ 0 −^ f^ (x) =^ xlim→ 0 −^ ax(x^ + 1) =^ xlim→ 0 +^ f^ (x) =^ xlim→ 0 +^ −x(x^ −^ 1) = f (0) = 0 per tant ´es continua a tot R independentment del valor de a. Estudiem la seva derivabilitat:
f ′(x) =
2 ax + a, si x < 0 1 − 2 x, si x > 0 Per estar definida per polinimis ´es derivable en R \ { 0 }, falta estudiar la derivabilitat en x = 0. Ser`a derivable si coincideixen les derivades direccionals en aquest punt, per tant hem de veure si f (^) −′(x = 0) = f (^) +′(x = 0).
f (^) −′(x = 0) := lim h→ 0 −^ f^ (h+0) h− f^ (0)= lim h→ 0 (ah^2 +ah h )−(0)= a f (^) +′(x = 0) := lim h→ 0 +^ f^ (h+0) h− f^ (0)= lim h→ 0 (h−h^2 h) −(0)= 1 per tant coincidiran sii a = 1. Es a dir, f ´´ es sempre continua indepen- dentment del valor de la ctte a per`o nom´es ´es derivable a tot el seu domini si a = 1.
Veiem la gr`afica en aquest cas (fixeu-vos que ´es una funci´o imparella):
–1.
–0.
0
1
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–4 –2 (^2) x 4
- Creixement/decreixement: f ′(x) > 0 ⇔ x ∈ (− 21 , 12 ) f ′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, − 21 ) ∪ (^12 , +∞)
f ′(x) =
2 x + 1, si x < 0 1 − 2 x, si x > 0
–1.
–0.
0
1
y
–4 –2 (^2) x 4
- Possibles punts extrems: f ′(x) = 0 ⇔ x = ±^12. Evaluant-los a la segona derivada veiem que x = 12 dona negatiu, per tant ´es m
axim relatiu. Al ser imparella l’altre punt sera un m´ınim relatiu). No
i 5. a) f 1 (x) = x · (x − 1), D 1 = [0, 1]. Estudiem la funci´o:
1
2
–0.5 0.5 (^1) x 1.5 2
f 1 ′(x) = 2x − 1 , f 1 ′′ (x) = 2 f 1 ′(x) > 0 ⇔ x > 12 , f 1 ′(x) < 0 ⇔ x < (^12) f 1 ′(x) = 0 ⇔ x = (^12) La segona derivada veiem que ´es sempre positiva, per tant la funci´o ´es sempre convexa i tenim un m´ınim relatiu en x = (^12) Al ser un polinomi ´es una funci´o continua, ens donen un interval tan- cat, aplicant el Teorema de Weierstrass, hem de trobar com a m´ınim un maxim i un m´ınim absoluts. El m´ınim absolut esta en x = 12 , i els m`axims absoluts en els extrems de l’interval, x = 0, 1.
b) f 2 (x) = −x · (x − 1) = x(1 − x) = −f 1 (x), al ser la funci´o de l’apartat a) canviada de signe tenim: f 2 ′(x) > 0 ⇔ x < 12 , f 2 ′(x) < 0 ⇔ x > (^12) f 2 ′(x) = 0 ⇔ x = (^12) La segona derivada veiem que ´es sempre negativa, per tant la funci´o ´es sempre concava i tenim un maxim relatiu en x = (^12) Per D 1 = [0, +∞] hem vist que t´e un maxim absolut en x = 12 , en x = 0 t´e un m´ınim relatiu. Per D 2 = R nom´es t´e un maxim absolut en x = 12. Per D 3 = [− 1 , 1] Al ser un polinomi ´es una funci´o continua, ens donen un interval tancat, aplicant el Teorema de Weierstrass, tenim que el maxim absolut esta en x = 12 , i els m´ınims absoluts en els extrems de l’interval, x = − 1 , 1. Per D 4 = (−∞, 0) No t´e maxims ni minims relatius. c) f 3 (x) = | ln x|, ´es la funci´o del problema 1 apartat b), llavors: Per D 1 = (0, e], hem vist que t´e un m´ınim absolut en x = 1, no t´e maxim absolut, t´e maxim relatiu en x = e. Per D 2 = R t´e un m´ınim absolut en x = 1, no t´e maxims absoluts (ni relatius). Per D 3 = (0, +∞) igual que en l’apartat anterior. Per D 4 = (1, 2) no t´e m`axims ni m´ınims relatius.
- La resposta ´es la d) Cap de les anteriors, doncs si agafem, per exemple: f (x) = 8x^2 − 10 x + 3, veiem que en l’interval tancat [0, 1]t´e un m
axim re- latiu en x = 1, pero no cumpleix cap de les afirmacions, a), b, c) (exercici). - -
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y
–1 –0.5 0.5 (^) x 1 1.5 2
- No, ja que, per exemple la funci´o g(x) = −x^2 , ´es dos cops derivable a l’interval (1, 2), t´e segona derivada sempre negativa, per
o no t´e cap maxim ni m´ınim ni relatiu ( ni absolut) a (1, 2).
- Calculeu els m`axims i m´ınims de les seg¨uents funcions definides a trossos en els dominis on estan definides.
a) f (x) =
x^2 − x + 1, si x ∈ [0, 1] x^1 ,^ si^ x^ ≥^1.
0
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y
0.5 1 1.5x 2 2.5 3 Tenim que f no ´es derivable en x = 1, ja que f (^) −′(1) ̸= f (^) +′(1) :
f (^) −′(1) := lim h→ 0 −^ f^ (h+1) h− f^ (1)= lim h→ 0 (h+1)^2 −(1+ h h)+1)−(1)= 1 f (^) +′(1) := lim h→ 0 +^ f^ (h+1) h− f^ (1)= lim h→ 0 h+1^1 −^1 h =^ −^1
f ′(x) =
2 x − 1 , si x ∈ (0, 1) − (^) x^12 , si x > 1.
f ′′(x) =
2 , si x ∈ (0, 1) x^23 ,^ si^ x >^1. Estudiem la funci´o:
- Creixement/decreixement: f ′(x) > 0 ⇔ x ∈ (^12 , 1), f ′(x) < 0 ⇔ x ∈ (0, 12 ) ∪ (1, +∞),