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Asignatura: Matemàtiques per a Economistes I, Profesor: Miguel Angel Lopez García, Carrera: Economia, Universidad: UAB
Tipo: Apuntes
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Departament d’Economia i d’Historia Economica
L’equaci´o de la recta tangent a f (x) en el punt x 0 es´
y = f (x 0 ) + f
′ (x 0 )(x − x 0 )
llavors:
a) f (x) = ln(x 2 +1) en el punt x 0 = 0. la recta tangent ´es l’eix d’abcisses.
y = f (0) + f ′ (0)(x − 0) = 0
b) f (x) = 3 en el punt x 0 = 1. Al ser una recta la recta tangent coincideix
amb la funci´o
c) f (x) = sin(cos 2 (x)) cos(sin 2 (x)) en el punt x 0 = π.
y = f (π) + f ′ (π)(x − π) = sin(1)
d) f (x) = cos(x) + e x en el punt x 0 = 0.
y = f (0) + f
′ (0)(x − 0) = (cos 0 + e
0 ) + (sin 0 + e
0 )(x − 0) = 2 + x
e) f (x) =
x − x 2 en el punt x 0 = 9.
y = f (9)+f
′ (9)(x−9) = (
2 )+
(x−9) =
107 x
6
f) f (x) = 8 − 3 x 2 en el punt x 0 = 1.
y = f (1) + f
′ (1)(x − 1) = 5 + (−6)(x − 1) = 11 − 6 x
g) f (x) = (x + 3) · e − 2 x en el punt x 0 = − 3.
y = f (−3) + f
′ (−3)(x − (−3)) =
11 − 7 x
e^2
h) f (x) = ex− 1 x en el punt x 0 = 1.
y = f (1) + f ′ (1)(x − 1)) = x + e − 2
b) f (x) = ln(x + 1) ⇒ f
(x) = 24 (x+1)^5 ⇒ f
(x = 0) = 24 (0+1)^5
c) f (x) = x ⇒ f
(x = 0) = 0
d) f (x) =
x ⇒ f 5)(x) = 105 32
√ x^9
⇒ f 5)(x = 0) No pot calcular-se.
1 x^2 − 1
El seu domini ´es R \ {± 1 }
f ′ (x) = − 2 x (x^2 −1)^2
f ′′ (x) =
8 x^2 (x^2 −1)^3
2 (x^2 −1)^2
f ′′′ (x) = 24 x (x^2 −1)^3
48 x^3 (x^2 −1)^4
f
(x) = 384 x^4 (x^2 −1)^5
288 x^2 (x^2 −1)^4
24 (x^2 −1)^3
f
(x) = − 3840 x^5 (x^2 −1)^6
3840 x^3 (x^2 −1)^5
720 x (x^2 −1)^4
f
(x) = 46080 x^6 (x^2 −1)^7
57600 x^4 (x^2 −1)^6
17280 x^2 (x^2 −1)^5
720 (x^2 −1)^4
b) f (x) = ln x ⇒ f ′ (x) = 1 x , per x ∈ R \ { 0 }
c) f (x) = e x ⇒ f ′ (x) = e x , per x ∈ R
d) f (x) = sin x ⇒ f ′ (x) = cos x, per x ∈ R
e) f (x) = ln(x 2 ) per la regla de la cadena tenim:
f
′ (x) =
x
, per x ∈ R \ { 0 }
f) f (x) = e x·ex , per derivaci´o logar´ıtmica tenim:
f ′ (x) = (e x
g) f (x) = sin(cos x) per la regla de la cadena tenim:
f ′ (x) = − cos(cos x) sin(x), per x ∈ R
h) f (x) = x x , per derivaci´o logar´ıtmica tenim:
f ′ (x) = x x (1 + ln x), per x ∈ (0, +∞)
i) f (x) =
ln x ⇒ f ′ (x) = 1 2 x
√ ln x
, per x ∈ (1, +∞)
Aplicant derivaci´o logar´ıtmica tenim:
y = (x
2
cos x ⇒ ln y = ln [(x
2
cos x ] = cos x · ln(x
2
derivant:
y ′
y
= (− sin x) · ln(x 2
2 x
x 2
⇒ y ′ =
(− sin x) · ln(x 2
2 x
x 2
· y
y ′ =
(− sin x) · ln(x 2
2 x
x^2 + 1
· (x 2
cos x
b) f (x) =
tan x ex
per la regla de la cadena tenim:
f
′ (x) =
tan x
ex
3 −^1 ·
tan x
ex
tan x
e x
3 ·
(tan x) ′ · e x − e x tan x
[ex]
2
tan x
e x
3 ·
1 cos^2 x
· e x − e x tan x
[ex]
2
1 + tan 2 (x)
e x/ 3
tan x
3 e x/ 3
x i h(x) = f (y(x)).
La funci´o h(x) ´es creixent quan h ′ (x) > 0 i c`oncava quan h ′′ (x) < 0.
Llavors aplicant la regla de la cadena:
4 x ·
x
4 x
3 2
per tant h ′′ (x) < 0 en tots els punts del seu domini, ´es a dir, pels valors
x ∈ (0, +∞).
un punt x = a.
a) limh→ 0
f (h+a)−f (a) h = limh→ 0
(h+a)^3 −a^3 h = limh→ 0 h^3 +3ah^2 +3a^2 h+a^3 −a^3 h
limh→ 0 (h 2
per tant f ′ (x) = (x 3 ) ′ = 3x 2
b) limh→ 0
f (h+a)−f (a) h = limh→ 0
[(h+a)^2 +1]−(a^2 +1) h = limh→ 0 h^2 +2ah+a^2 +1−a^2 − 1 h
limh→ 0 (h + 2a) = 2a
per tant f ′ (x) = (x 2
′ = 2x
c) limh→ 0
f (h+a)−f (a) h = limh→ 0
[2(h+a)^2 −(a+h)+1]−(2a^2 −a+1) h = limh→ 0
[2h^2 +4ah+2a^2 −a−h+1]− 2 a^2 + h
limh→ 0 (2h + 4a − 1) = 4a − 1
per tant f ′ (x) = (2x 2 − x + 1) ′ = 4x − 1
d) limh→ 0
f (h+a)−f (a) h = limh→ 0
√ h+a−
√ a h
0 0
Multiplicant i dividint perl conjugat del numerador, tenim:
limh→ 0
(h+a)−a (
√ h+a+
√ a)h
= limh→ 0 1 (
√ h+a+
√ a)
1 2
√ a
per tant f ′ (x) = (
x) ′ =
1 2
√ x
el rec´ıproc? No, ja que la funci´o valor absolut, per exemple, ´es cont´ınua a
tot R per`o no ´es derivable a x = 0.
f (x) =
x 2
cos( π 2 x), 0 < x < 1
ln x, x ≥ 1
Ens demanen estudiar la continu¨ıtat en el punt x 0 = 0, per tant, volem veure
si coincideixen els valors:
lim x→ 0 −^
f (x) = lim x→ 0
(x 2
f (x) = lim x→ 0
cos(
π
2
x) = 1; f (0) = a
per tant nom´es ser`a cont´ınua en el punt x = 0 si a = 1 Estudiem ara la
continu¨ıtat i derivabilitat en el punt x 1 = 1. Com abans, volem veure si
coincideixen:
lim x→ 1 −^
f (x) = lim x→ 1
cos(
π
2
x) = 0; lim x→ 1 +^
f (x) = lim x→ 1
ln x) = 0; f (1) = 0
per tant ´es cont´ınua en el punt x = 1.
Per veure si ´es derivable en el punt x = 1 han de coincidir f ′ −(1)^ i^ f^
′ +(1), ´es
a dir:
f
′ −(1) =^ lim x→ 0 −
f (1 + h) − f (h)
h
= lim x→ 0
ln(1 + h) − f (1)
h
f
′ +(1) =^ lim x→ 0 +
f (1 + h) − f (h)
h
= lim x→ 0
cos(
π 2 (1 +^ h))^ −^ f^ (1) h
π
2
com no valen el mateix, no ´es derivable en x = 1.
f (x) =
5 x 2 − 10 x, − 2 ≤ x < 0
4 e x
La funci´o est`a definida en un interval tancat. Es cont´´ ınua pels valors de x
dins [− 2 , 0) ∪ (0, 2] per ser suma de funcions cont´ınues.
Anem a veure si ho ´es al punt x = 0:
lim x→ 0 −^
f (x) = lim x→ 0
(5x 2 − 10 x) = 0; lim x→ 0 +^
f (x) = lim x→ 0
4 e x +k = 4+k; f (0) = 0
per tant ´es cont´ınua en el punt x = 1 si 4 + k = 0, si k = − 4
Es derivable pels valors de^ ´ x dins [− 2 , 0) ∪ (0, −2] per ser suma de funcions
derivables. Falta veure si ´es derivable a x = 0, per tant volem veure si f ′ −(0)
3 − 20 x f ′′ 1 (x) = 12x
2 − 20
b) f 2 (x) = 3 x^3 − 3 x f ′ 2 (x) =^
−3(3x^2 −3) (x^3 − 3 x)^2 f ′′ 2 (x) =^
6(3x^2 −3)^2 (x^3 − 3 x)^3
18 x (x^3 − 3 x)^2
c) f 3 (x) = (x + 3)e − 2 x f ′ 3 (x) =^ e
− 2 x − 2(x + 3)e − 2 x
f ′′ 3 (x) =^ −^4 e
− 2 x
d) f 4 (x) =
2+x 1 −x f^
′ 4 (x) =^
3 (1−x)^2 f ′′ 4 (x) =^
− 6 (1−x)^3
b) f (x) = x^2 + x^2 − 1 f ′ (x) = − 4 x (x^2 −1)^2 f ′′ (x) = 12 x^2 + (x^2 −1)^3
c) f (x) = x^21 x^2 + f ′ (x) = 4 x (x^2 +1)^2 f ′′ (x) = − 12 x^2 + (x^2 +1)^3
d) f (x) =
ln x x f^
′ (x) =
1 −ln x x^2 f ′′ (x) =
−3+2 ln x x^3
b) f (x) = ex x^2 +
