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Práctica Calificada 4
Curso: MATEMÁTICA PARA ECONOMIA Y FINANZAS 1
Código: 1MAT25.
Profesor: Andrés Beltrán.
Horario: 104.
Semestre: 2023-1.
Fecha: 24 de junio de 2023.
Pedro Leiva
24 de junio de 2023
- Analice el valor de verdad de las siguientes proposiciones:
a) La función f (x) = x −
x
admite un punto de inflexión. (2 ptos.)
b) La función f (x) =
ln (x)
x
admite un óptimo local. (2 ptos.)
c) Si f ′(a) = 0, entonces f admite un óptimo local en el punto x = a. (2 ptos.)
Solución:
a) (Falso):
Dom( f ) = IR − { 0 }. Además
f ′(x) = 1 +
x^2
y f ′′(x) = −
x^3
= 0 , ∀ x ∈ IR − { 0 }
Por lo tanto, f (x) = x −
x
no admite puntos de inflexión porque f ′′(x)̸ = 0 y f ′′(x) existe para
cada x ∈ IR − { 0 }.
b) (Verdadero):
Dom( f ) =]0, +∞[. Además, por la regla de la derivada de un producto, obtenemos
f ′(x) =
x
x − ln (x)
x^2
1 − ln (x)
x^2
Hallando los puntos críticos:
f ′(x) = 0 ⇐⇒
1 − ln (x)
x^2
= 0 ⇐⇒ 1 − ln (x) = 0 ⇐⇒ x = e ∈]0, +∞[
Por lo tanto, el punto crítico es x = e.
Clasificando al punto crítico:
0 e
f ′(x) > 0 f ′(x) < 0
Por lo tanto, la función f (x) =
ln (x)
x
admite un máximo local en x = e.
c) (Falso):
Consideremos la función f (x) = x^3 , x ∈ IR; entonces
f ′(x) = 3 x^2 ≥ 0 y f ′(0) = 0
Sin embargo, f no admite un óptimo local en el punto x = 0, porque f es creciente en IR.
- Dada la función f (x) =
2 x^2
x^4 + 1
a) Halle la función f ′(x). (2 ptos.)
b) Determine los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función de f. (2 ptos.)
c) Encuentre los óptimos locales de f , en caso existan. (2 ptos.)
d) ¿Es f una función par? Justifique su respuesta. (1 pto.)
e) Calcule l´ım x→+∞
f (x). (1 pto.)
f) Analice si f admite un óptimo global. (2 ptos.)
Solución:
a) Dom( f ) = IR. Además, por la regla de la derivada de un cociente, obtenemos
f ′(x) =
4 x
x^4 + 1
2 x^2
4 x^3 ¡ x^4 + 1
¢ 2 =^
4 x(1 + x)(1 − x)
1 + x^2
x^4 + 1
b) Hallando los puntos críticos:
f ′(x) = 0 ⇐⇒ 4 x(1 + x)(1 − x)
1 + x^2
= 0 ⇐⇒ x = − 1 ∨ x = 0 ∨ x = 1
Hallando los intervalos de monotonía:
− 1 0 1
f ′(x) > 0 f ′(x) < 0 f ′(x) > 0 f ′(x) < 0
Intervalo
] − 1, 0[ ]0, 1[
Valor de prueba x = − 2 x = −
1 2 x^ =^
1 2 x^ =^2
Signo de f ′(x) f ′(−2)> 0 f ′^
1 2
< 0 f ′^
2
0 f ′(2)< 0
Conclusión Creciente Decreciente Creciente Decreciente
c) Hallando los óptimos locales:
- Por el criterio de la primera derivada, el punto x = −1 es un punto de máximo local.
- Por el criterio de la primera derivada, el punto x = 0 es un punto de mínimo local.
- Considere la función f (x) = x^2 ln x.
a) Se presenta el siguiente problema: "Optimizar la función f sobre el intervalo [1, e]". Analice si el problema tiene solución. Justifique su respuesta. (1 pto.)
b) Resuelva el problema planteado en el ítem a). (3 ptos.)
Solución:
a) Notemos que
- El intervalo [1, e] es cerrado y acotado.
- f es continua sobre el intervalo ]0, +∞[ porque es el producto de las funciones continuas g(x) = x^2 y h(x) = ln (x). En particular, f es continua sobre el intervalo [1, e].
Por lo tanto, por el teorema de Weierstrass, la función f alcanza su valor máximo y mínimo global sobre el intervalo [1, e].
b) Por la regla de la derivada de un producto, obtenemos
f
′ (x) = 2 x ln (x) + x
2
μ 1
x
= 2 x ln (x) + x = x
2 ln (x) + 1
Hallando los puntos críticos:
f
′ (x) = 0 ⇐⇒ x
2 ln (x) + 1
= 0 ⇐⇒ 2 ln (x) + 1 = 0 ⇐⇒ x = e
−1/ ∉]1, e[
Por lo tanto, no existen puntos críticos de f sobre el intervalo [1, e].
Hallando el valor máximo y mínimo:
Como no existen puntos críticos de f sobre el intervalo [1, e], entonces los valores máximo y
mínimo de f se encuentran en los extremos del intervalo [1, e].
- f (1) = 12 ln (1) = 0 (Valor mínimo).
- f (e) = e^2 ln (e) = e^2 (Valor máximo).
