Un ejercicio de integración y análisis de funciones

ENUNCIADO. Dada la función real de variable real $f(x)=\dfrac{\ln\,x}{x}$, se pide:
a) Calcular, en caso de que exista, una asíntota horizontal de la curva de $f(x)$
b) Encuéntrese un punto de la curva $y=f(x)$ en el que la recta tangente a dicha curva sea horizontal y analícese si dicho punto es extremo relativo.
c) Calcúlese el área del recinto acotado limitado por la curva $y=f(x)$ y las rectas $y=0$ y $x=e$

SOLUCIÓN.
a)
Si existen asíntotas horizontales, éstas tendran pendiente nula, por lo que podemos encontrarlas mediante el procedimiento más general de encontrar asíntotas oblicuas ( $y=mx+k$ [1]) con $m=0$. Sabemos que $\displaystyle m=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,f'(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{f(x)}{x}$, haciendo tender la variable de control del límite a $+\infty$ por estar definida dicha función $f(x)$ en $(0,+\infty)$

Entonces, $\displaystyle m=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{\ln\,x}{x^2}\overset{[\text{ind. del tipo}\,\infty/\infty\,,\,\text{L'Hôpital}]}{=}\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/x}{2x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{2x^2}=\dfrac{1}{+\infty}=0$, por lo que podemos asegurar que la función $f(x)$ tiene una asíntota horizontal ( no tiene asíntotas oblicuas con $m\neq 0$ ).

Una vez conocido el valor de $m$, el término independiente de [1] viene dado por el valor del límite $\displaystyle k=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,(f(x)-m\,x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,(\dfrac{\ln\,x}{x}-0\cdot x)=$
$=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{\ln\,x}{x}\overset{[\text{ind. del tipo}\,\infty/\infty\,,\,\text{L'Hôpital}]}{=}\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/x}{1}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{+\infty}=0$

Así pues, de [1], la ecuación de la única asíntota horizontal que tiene la función es $$\text{a.h.}\equiv y=0$$

b)
La condición necesaria que tiene que cumplir un extremo relativo es $f'(x)=0$, luego procedamos a encontrar extremos relativos, pues en estos puntos la pendiente de la recta tangente a la curva de $f(x)=0$ ha de ser $0$. Calculemos la función derivada de $f(x)$: $$f'(x)=\left( \dfrac{\ln\,x}{x} \right)'=\left( x^{-1}\,\ln\,x \right)'=-1\cdot x^{-2}\,\ln\,x+\dfrac{1}{x}\,x^{-1}=\dfrac{1-\ln\,x}{x^2}$$ y $$\dfrac{1-\ln\,x}{x^2}=0\Leftrightarrow x^{*}=e$$ por consiguiente, en el punto $(e,f(e))$ la recta tangente a la curva $f(x)$ es paralela al eje de abscisas ( tiene pendiente nula ).

c) $\displaystyle \text{Área}=\left| \int_{r}^{e}\,\dfrac{f(x)}{x}\,dx \right|$, donde $r$ es la raíz de $f(x)$, cuyo valor es $r=1$, ya que $\dfrac{\ln\,x}{x}=0 \Leftrightarrow x=1$. La siguiente figura ilustra la situación:

Así pues $$\displaystyle \text{Área}=\int_{1}^{e}\,\dfrac{f(x)}{x}\,dx\overset{\text{Barrow}}{=}F(e)-F(1)\quad \quad [1]$$ donde una función primitiva $F(x)$ de $f(x)=\dfrac{\ln\,x}{x}$ la obtenemos del cálculo de la integral indefinida $\displaystyle \int\, \dfrac{\ln\,x}{x}\,dx = \dfrac{1}{2}\,\int\,d\left((\ln\,x)^2\right)^\,dx=\dfrac{1}{2}\,(\ln\,x)^2+C$, con lo cual, tomando $F(x)=\dfrac{1}{2}\,(\ln\,x)^2$, encontramos ( de [1] ) que el área pedida es igual a $$\displaystyle \int_{1}^{e}\,\dfrac{f(x)}{x}\,dx=\dfrac{1}{2}\,(\ln\,e)^2-\dfrac{1}{2}\,(\ln\,1)^2=\dfrac{1}{2}\cdot 1 -\dfrac{1}{2}\cdot 0 = \dfrac{1}{2}\,(\text{unidades de longitud})^2$$
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Un ejercicio más sobre análisis de funciones

ENUNCIADO. Dada la función $f(x)=\left|\sqrt{4x^2-x^4}\right|$, se pide:
a) El dominio de definición de dicha función
b) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento
c) Calcular los límites laterales $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,0^{-}}\,\dfrac{f(x)}{x}$ y $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,0^{+}}\,\dfrac{f(x)}{x}$

SOLUCIÓN.
a) $f(x)=\left|\sqrt{4x^2-x^4}\right|=x\,\left|\sqrt{4-x^2}\right|$ y para que un $x\in \mathbb{R}$ tenga imagen deberá cumplirse que $4-x^2 \ge 0 \Leftrightarrow x^2 \le 4 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x \le 2 \\ y \\ x\ge -2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\in [-2,2]\subset \mathbb{R}$

b) Para encontrar los intervalos de crecimiento/decrecimiento vamos a buscar primero los extremos relativos (e.r.) y a determinar su naturaleza. La condición necesaria que debe cumplir un $x\in \text{Dom}\,f$ para que sea e.r. es que su derivada primera sea nula: $f'(x)=0$. Derivando la función se obtiene $$f'(x)=2\,\dfrac{2-x^2}{|\sqrt{4-x^2}|}=0 \Leftrightarrow 4-x^2=0 \Leftrightarrow x^*=\left\{ \begin{matrix}-|\sqrt{2}| \\ \\ |\sqrt{2}|\end{matrix}\right.$$

Veamos la naturaleza de estos extremos relativos, utilizando el criterio del cambio de signo de la primera derivada en los puntos a la izquierda y a la derecha del extremo relativo. Es fácil comprobar que:

$f'(-2 \prec x \prec -|\sqrt{2}|)\succ 0$ y $f'(-|\sqrt{2}| \prec x \prec 0)\succ 0$, luego $x_{1}^*=-|\sqrt{2}|$ es la abscisa de un máximo relativo [1]

$f'(0 \prec x \prec |\sqrt{2}|)\succ 0$ y $f'( -|\sqrt{2}| \prec x \prec 2)\prec 0$, luego $x_{2}^*=|\sqrt{2}|$ es la abscisa de otro máximo relativo [2]

La gráfica de la función pasa por el origen de coordenadas, pues $f(0)=0$; y, por otra parte, las raíces de la función son $f(x)=0\Leftrightarrow 4x^2-x^4=0 \Rightarrow x=\left\{\begin{matrix}-2\\ 0 \\ 2\end{matrix}\right.$ y por tanto corta al eje de abscisas en los puntos $(-2,0)$, $(0,0)$ y $2,0)$, por lo que teniendo también en cuenta [1] y [2] se deduce de todo ello que la función no es derivable en $x=0$ ( véase el esquema de la gráfica a continuación ).

De lo anterior se deduce que la función crece en los intervalos $I_{1}^{\uparrow}=(-2,-|\sqrt{2}|)$ y $I_{2}^{\uparrow}=(0,|\sqrt{2}|)$; por otra parte, decrece en los intervalos $I_{3}^{\downarrow}=(-|\sqrt{2}|,0)$ y $I_{4}^{\downarrow}=(|\sqrt{2}|,2)$

c)
La función $g(x)=\dfrac{f(x)}{x}=|\sqrt{4-x^2}|$ corresponde a la gráfica de la media circunferencia de centro el origen de coordenadas y radio igual a $|\sqrt{4}|=2$ que queda por encima del eje de abscisas, luego toma valores positivos a la derecha y a la izquierda de $x=0$.

En consecuencia:

$\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,0^{-}}\,\dfrac{f(x)}{x}=\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,0^{+}}\,\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\,\rightarrow\,0}\,(|\sqrt{4-x^2}|)=2$

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Un ejercicio de análisis de funciones

ENUNCIADO. Dos móviles, $A$ y $B$, se encuentran en las siguientes posiciones iniciales $(0,0)$ y $(250,0)$, respectivamente, siendo $1\,\text{km}$ la distancia entre el origen de coordenadas $(0,0)$ a los puntos $(1,0)$ y $(0,1)$. El móvil $A$ se desplaza sobre el eje Oy a una velocidad constante de $30\,\dfrac{\text{km}}{\text{km}}$ kilómetros por hora, desde su posición inicial hasta la posición $(0,375/2)$; y, simultáneamente, el móvil $B$ se desplaza sobre el eje Oy, desde su posición inicial hasta el origen de coordenadas, a una velocidad constante de $40\,\dfrac{\text{km}}{\text{km}}$. Se pide:

a) La distancia $f(t)$ que separa a los dos móviles en todo instante de tiempo ($t$, en horas ) desde que comenzaron a desplazarse hasta que llegan a las respectivas posiciones finales.
b) El tiempo $T$ que tardan los móviles en desplazarse desde sus posiciones iniciales hasta sus posiciones finales, y los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función distancia $f(t)$ entre los mismos en su recorrido hasta sus posiciones finales.
c) Los valores de $t$ para los que la distancia $f(t)$ entre los dos móviles es máxima y mínima durante sus desplazamientos, así como los valores de máximo/mínimo.

SOLUCIÓN.
a) El movimiento del móvil $A$ a lo largo del eje Oy viene dado por la ecuación $$y(t)=30\,t$$ y el del móvil $B$ ( a lo largo del eje Ox ) por $$x(t)=-40\,t+250$$ luego la distancia euclídea entre uno y otro en todo instante de tiempo es $$f(t)=\left|\sqrt{(x(t))^2+(y(t))^2}\right|$$ esto es $$f(t)=\left|\sqrt{(30\,t)^2+(-40\,t+250)^2}\right|=50\,\left|\sqrt{t^2-8t+25}\right|$$

b) El tiempo que tardan sendos móviles a llegar a sus posiciones finales se calcula a partir de sus ecuaciones respectivas.

Para el móvil $B$, si $y(t)=30\,t$, entonces para $y_{\text{final}}:=375/2$, $T=375/(2\cdot 30)=25/4\,\text{h}$; y, lo mismo para el móvil $A$, como $x(t)=-40\,t+250$, entonces si $x_{\text{final}}:=0$, se tiene que $0=-40\cdot T+250$, con lo cual $T=250/40=25/4\,\text{h}$. Así pues el dominio de definición de la función $f(t)$ es $$\text{Dom}\,f(t)=[0,25/4]\,\text{h}$$

Para determinar los extremos de crecimiento/decrecimiento de $f(t)$, calcularemos primero los extremos relativos de dicha función, cuya condición necesaria es $$f'(t)=0$$ luego $$50\cdot \dfrac{2t-8}{2\,\left|\sqrt{t^2-8t+25}\right|}=0 \Leftrightarrow 2t-8=0 \Rightarrow t^*=4\,\text{h}$$

Veamos la naturaleza del único extremo relativo que hemos encontrado. Para ello utilizaremos el criterio del cambio de signo de la primera derivada para las abscisas próximas a la de dicho extremo relativo, de izquierda a derecha. Vemos que $f'(3\prec 4) \prec 0$ y $f'(5\succ 4) \succ 0$, luego podemos afirmar que $t^*=4\,\text{h}$ es la abscisa de un mínimo relativo (local). De lo cual se desprende que los intervalos de crecimiento decrecimiento son: $I^{\uparrow}=[4,25/4]$ y $I^{\downarrow}=[0,4]$ ( en horas ).

c)
Por lo que acabamos de decir, la función distancia $f(t)$ presenta un mínimo relativo ( que es, también, el mínimo absoluto ) en $t=4\,\text{h}$ y el valor de dicho mínimo (sustituyendo $t$ por el valor $4$ en la función) es $f(4)=150\,\text{km}$

Por otra parte $f(0)=250\,\text{km}$ y $f(25/4)=375/2=187,5\prec 250\,\text{km}$, luego el máximo absoluto de la función corresponde a $t=0\,\text{h}$ y su valor es igual a $250\,\text{km}$

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Un ejercicio de análisis de una función real de una variable real

ENUNCIADO. Analizar la función $f(x)=x\,e^{-x^2}$ y representar su gráfica

SOLUCIÓN.
Dominio de definición:
  $(-\infty,+\infty)$
Dominio de continuidad:
  $(-\infty,+\infty)$
Dominio de derivabilidad:
  $(-\infty,+\infty)$

Raíes de $f$ y ordenada en el origen:
  $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$, luego hay una sola raíz y por tanto la gráfica de la función corta al eje de abscisas en un sólo punto: $O(0,f(0))$, esto es, en el origen de coordenadas $O(0,0)$, puesto que la ordenada en el origen $f(0)=0$

La función $f$ es impar, puesto que $f(-x)=(-x)\,e^{-(-x)^2}=-x\,e^{-x^2}=-f(x)$ ( la gráfica es simétrica con respecto del origen de coordenadas )

Extremos relativos:
  La condición necesaria de extremo relativo es $f'(x)=0$, es decir $$(1-2x^2)\,e^{-x^2}=0 \Leftrightarrow x^2=1/2 \Rightarrow x=\left\{\begin{matrix}-1/|\sqrt{2}| \\ \\ 1/|\sqrt{2}|\end{matrix}\right.$$
Para ver el tipo de extremo relativo utilizaremos el criterio del signo de la segundo derivada en las abscisas encontradas. Caculando la segunda derivada encontramos $$f''(x)=2x\,(2x^2-3)\,e^{-x^2}$$ y encontramos:
  $f''(-1/|\sqrt{2}|)\succ 0$, luego hay un mínimo relativo en el punto de abscisa $-1/|\sqrt{2}|$
  $f''(1/|\sqrt{2}|)\prec 0$, y por tanto hay un máximo relativo en el punto de abscisa $1/|\sqrt{2}|$

Las ordenadas que corresponden a estas abscisas son $$f(-1/|\sqrt{2}|)=-\dfrac{1}{|\sqrt{2e}|}\; \text{y}\; f(1/|\sqrt{2}|)=\dfrac{1}{|\sqrt{2e}|}$$

Puntos de inflexión:
  En un punto de inflexión se tiene que $f''(x)=0$, luego $$2x\,(2x^2-3)\,e^{-x^2}=0 \Leftrightarrow x=\left\{ \begin{matrix} \dfrac{-|\sqrt{6}|}{2} \\ \\ 0 \\ \\ \dfrac{|\sqrt{6}|}{2} \end{matrix}\right.$$

y las respectivas ordenadas son: $$f\left(-\dfrac{|\sqrt{6}|}{2}\right)=-\left| \sqrt{ \dfrac{3}{2\,e^3} }\right|\;, f(0)=0\;\text{y}\;f\left(|\dfrac{\sqrt{6}|}{2}\right)=\left|\sqrt{\dfrac{3}{2\,e^3}}\right|$$

Intervalos de crecimiento:
  $I^{\uparrow}=(-1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|) \subset \mathbb{R}$
Intervalos de decrecimiento:
  $I_{1}^{\downarrow}=(-\infty,-1/|\sqrt{2}|) \subset \mathbb{R}$
  $I_{2}^{\downarrow}=(1/|\sqrt{2}|,+\infty) \subset \mathbb{R}$

Intervalos de concavidad:
  $J_{1}=(-\infty, -|\sqrt{6}|/2) \subset \mathbb{R}$
  $J_{2}=(0, |\sqrt{6}|/2) \subset \mathbb{R}$

Intervalos de convexidad:
  $J_{3}=(-|\sqrt{6}|/2,0) \subset \mathbb{R}$
  $J_{4}=(|\sqrt{6}|/2,+\infty) \subset \mathbb{R}$

Asíntotas:
  No hay asíntotas verticales, pues no existe ningún $a \in \mathbb{R}$ para el cual $\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}\,f(x)=\pm\,\infty$
  Veamos si hay asíntotas oblicuas: $\text{a.o.}\equiv y=mx+k$
    i) $\displaystyle m=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f'(x)=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,e^{-x^2}=e^{-\infty}=0$
    ii) $\displaystyle k=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)-m\,x=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)-0 \cdot x=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)=0$
      Así pues, la función $f$ tiene una sóla asíntota, que, en particular, es horizontal: $$\text{a.h.}\equiv y=0$$


Con todos estos elementos podemos representar la gráfica de la función:

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Análisis de funciones reales de una variable real

ENUNCIADO. Se considera la función real de una variable real $$f(x)=\dfrac{3x}{1-x^2}$$ Se pide:
a) Las rectas asíntotas, si las hubiese
b) Las abscisas de los puntos de inflexión, de haber alguno
c) El área del recinto limitado por la gráfica de la función y la recta $y=4x$

SOLUCIÓN.
a)
Asíntotas verticales:
Son del tipo $\text{a.v.}\equiv x=a$, donde $$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a} \,f(x) = +\infty $$ o bien $$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a }\,f(x) = -\infty$$ Estos valores de $a$ son los que anulan el denominador de la función ( sin anular el numerador ): $$1-x^2 =0 \Leftrightarrow x=\pm 1$$ pues, en efecto, se puede comprobar que $$\displaystyle \lim_{x\, \rightarrow\, -1^{-}}\,f(x)=+\infty\;\; \text{y} \;\; \displaystyle \lim_{x\, \rightarrow\, -1^{+}}\,f(x)=-\infty$$ y $$\displaystyle \lim_{x\, \rightarrow\, 1^{-}}\,f(x)=-\infty \;\; \text{y} \;\; \displaystyle \lim_{x\, \rightarrow\, 1^{+}}\,f(x)=+\infty$$ Así pues, encontramos dos asíntotas verticas: $$\text{a.v.}_1\equiv x=-1$$ y $$\text{a.v.}_2\equiv x=1$$

Asíntotas oblicuas:
Para encontrar las asíntotas oblicuas, $\text{a.o.}\equiv y=mx+k$, tendremos que calcular primero la pendiente, $m$:
$\displaystyle m\overset{\text{def}}{=} \lim_{x \rightarrow \pm \infty}\,f'(x) \overset{\text{def. equiv.}}{=} \lim_{x \rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x \rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{3x}{x(1-x^2)}=$
    $=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{3}{1-x^2}=\dfrac{3}{1-\infty}=0$
A continuación, calculamos la ordenada en el origen, $k$:
$\displaystyle k\overset{\text{def}}{=}\lim_{x \rightarrow \pm \infty}\,\left( f(x)- m\,x\right)=\lim_{x \rightarrow \pm \infty} \left( f(x) - 0 \right)=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{3x}{1-x^2}=0$ ( por ser el grado del polinomio del denominador mayor que el del numerador )
Encontramos pues una asíntota horizontal, como un caso particular de asíntota oblicua con pendiente nula: $$\text{a.h.}\equiv y=0$$

b)
Las abscisas de los puntos de inflexión son las raíces de la función segunda derivada ( condición necesaria ): $$f''(x)=0$$
Derivando una vez la función $f(x)$ obtenemos -- dejo al lector que reproduzca el cálculo rutinario --: $$f'(x)=3\cdot\dfrac{x^2+1}{(x^2-1)^2}$$

Nota: Démonos cuenta de que esta función no tiene raíces, pues el numerador no se anula para ningún valor de $x$, luego no hay extremos relativos

Y derivando, a su vez, la función primera derivada, llegamos a la función segunda derivada $$f''(x)=-6\cdot \dfrac{x\,(x^2+3)}{(x^2-1)^3}$$ Con lo cual $$-6\cdot \dfrac{x\,(x^2+3)}{(x^2-1)^3}\Leftrightarrow x=0$$

Si bien no se pide en el enunciado, un bosquejo de la gráfica de la función es el de la figura siguiente:

c)
Los puntos de corte de la gráfica de la función $y=4x$ con la gráfica de la función del integrando $f(x)=\dfrac{3x}{1-x^2}$ son las soluciones de la ecuación $$4x = \dfrac{3x}{1-x^2}$$ y, por tanto ( dejo al lector el cálculo elemental ), de $$4x^3-x=0$$ Sacando factor común de $x$ en el primer miembro, vemos que $$x\,(4x^2-1)=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 \\ 4x^2-1=0 \Rightarrow x=\pm \,\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.$$ Tenemos por tanto tres puntos de corte, cuyas abscisas son $-1/2$, $0$ y $1/2$. Entonces,
$$\displaystyle \mathcal{Área}=\left| \int_{-1/2}^{0}\,f(x)\,dx \right| + \left| \int_{0}^{1/2}\,f(x)\,dx \right|\overset{\text{Barrow}}{=}|F(0)-F(-1/2)|+|F(1/2)-F(0)|$$

Calculando la integral definida de $f(x)$ encontraremos una función primitiva $F(x)$: $$\displaystyle \int\,\dfrac{3x}{1-x^2}\,dx = \dfrac{3}{2}\,\int\,\dfrac{2\,x\,dx}{1-x^2} = -\dfrac{3}{2}\,\int \,\dfrac{d(x^2-1)}{x^2-1} = -\dfrac{3}{2}\,\ln \, |x^2-1|+C$$ y eligiendo un valor cualquiera para la constante de integración, pongamos que $C:=0$, una función primitiva es $F(x)=-\dfrac{3}{2}\,\ln \, |x^2-1|$

Así pues,
$|F(0)-F(-1/2)|=\left|-\dfrac{3}{2}\cdot \ln\,|0-1|- (-\dfrac{3}{2})\cdot |\ln\,|(-1/2)^2-1|\right|=$
  $=-\dfrac{3}{2}\,\ln\,(3/4)=\dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)$
y
$|F(1/2)-F(0)|=\left|-\dfrac{3}{2}\cdot \ln\,|(1/2)^2-1|- (-\dfrac{3}{2})\cdot |\ln\,|0-1|\right|=$
  $=-\dfrac{3}{2}\,\ln\,(3/4)=\dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)$
por tanto,
$\mathcal{Área}=\dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)+\dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)=2\cdot \dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)=$
    $=3\,\ln\,(4/3)\;\text{unidades arbitrarias de área}$
$\square$

Análisis de funciones

ENUNCIADO. Dada la función $f(x)=\dfrac{|x|}{\sqrt{x^2+9}}$ ( donde se toman sólo los valores positivos de la raíz cuadrada ), se pide:
a) Determinar, si existen, las asíntotas horizontales de $f(x)$
b) Calcular $f'(4)$
c) Hallar el área del recinto limitado por la gráfica de la función $y=f(x)$, el eje $Ox$, y las rectas $x=-1$ y $x=1$

SOLUCIÓN.

Optimización. Integración.

ENUNCIADO.
a) En un experimento en un laboratorio se han realizado 5 medidas del mismo objeto, que han dado los resultados siguientes:
    $m_1=0'92$, $m_2=0'94$, $m_3=0'89$, $m_4=0'90$, $m_5=0'91$
Se tomará como resultado el valor de $x$ tal que la suma de los errores de los cuadrados sea mínima; es decir, el valor de $x$ para el que la función $$E(x)=(x-m_1)^2+(x-m_2)^2+(x-m_3)^2+(x-m_4)^2+(x-m_5)^2$$ alcanza un mínimo. Calcúlese dicho valor de $x$
b) Aplíquese el método de integración por partes para calcular la integral $$\displaystyle \int_{1}^{2}\,x^2\,\ln(x)\,dx$$

SOLUCIÓN.

Un ejercicio de análisis de funciones. Continuidad, derivación e integración

ENUNCIADO. Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}a+x\,\ln\,x & \text{si}& x > 0 \\ x^2\,e^x & \text{si}& x \le 0 \end{matrix}\right.$$
( donde $\ln$ denota logaritmo neperiano y $a \in \mathbb{R}$ ), se pide:
a) El valor de $a$ para que $f(x)$ sea continua en todo $\mathbb{R}$
b) Calcúlese $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcúlese $\displaystyle \int_{-1}^{0}\,f(x)\,dx$

SOLUCIÓN.
a) Para que $f(x)$ sea continua en $x=0$ ( que es el único problemas que puede presentar problemas en ese sentido ) debe cumplirse que $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,(a+x\,\ln\,x)=\lim_{x\rightarrow\, 0^+}\,x^2\,e^x \quad \quad (1)$$
Es evidente que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow\, 0^+}\,x^2\,e^x=0$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,(a+x\,\ln\,x)=a+\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,x\,\ln\,x$
Por otra parte,
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,x\,\ln\,x \overset{0\cdot \infty}{=}\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,\dfrac{\ln\,x}{1/x}\overset{\infty/\infty \rightarrow \text{l'Hôpital}}{=}\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,\dfrac{(\ln\,x)'}{(1/x)'}=$
  $\displaystyle=\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,\dfrac{1/x}{-1/x^2}=-\lim_{x\rightarrow\, 0^-}\,x=0$
Así pues, de (1), podemos escribir $a+0=0$ luego $a=0$

b) Al no ser continua la función en $x=0$ no es derivable en dicho punto. Por otra parte, la derivada por la izquierda de la función $f(x)$ es $(x^2\,e^x)'=x\,e^x\,(2+x)$; y, la derivada por la derecha de dicha función es $(0+x\,\ln\,x)'=\ln\,x+1$. En resumen, $$f'(x)=\left\{\begin{matrix}\ln\,x+1&\text{si}&x \succ 0 \\ \\ x\,e^x\,(2+x) &\text{si}&x \prec 0 \end{matrix}\right.$$

c) $\displaystyle \int_{-1}^{0}\,f(x)\,dx=\int_{-1}^{0}\,x^2\,e^x\,dx \overset{(1),(2)}{=}F(0)-F(-1)=$
      $=\left(e^0\,(0-0+2)\right)-\left(e^{-1}\,((-1)^2-2\cdot(-1)+2)\right)=$
        $=2-\dfrac{5}{e}$

Aclaraciones:
(1) Procedemos a calcular una primitiva de la función integrando $x^2\,e^x$, empleando el método de integración por partes ( $\displaystyle \int\,u\,dv=u\,v-\int\,v\,du$ ): $\displaystyle \int\,x^2\,e^x\,dx=x^2\,e^x-2\,\int\,x\,e^x\,dx$, donde $u:=x^2$ ( y por tanto $du=2\,x\,dx$ ) y $dv:=e^x\,dx$ ( con lo cual $v=e^x$). A su vez, $\displaystyle \int\,x\,e^x\,dx = x\,e^x-\int e^x\,dx = x\,e^x -e^x = e^x\,(x-1)$; en consecuencia, $\displaystyle \int\,x^2\,e^x\,dx =x^2\,e^x-2\,e^x\,(x-1)=e^x\,(x^2-2x+2)+C$ y por tanto una función primitiva es $F(x)=e^x\,(x^2-2x+2)$
(2) En este último paso, aplicamos la regla de Barrow
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Un ejercicio acerca de un modelo de población

ENUNCIADO. Un cierto modelo de población proporciona la siguiente función de variación instantánea $$f(x)=x+1$$ donde los valores de dicha función se expresan en decenas de individuos / año; y, los valores de $x$, en años, siendo $0 \le x \le 10$ años.

Se pide:

a) La función $F(x)$ que da el número de decenas de individuos de la población que hay cada año $x$, sabiendo que la población en el primer año, $x=0$, fue de $2$ decenas de individuos. ¿ Cántas decenas de individuos hubo en el undécimo año ( $x=10$ ) ?

b) La tasa de variación relativa de la población entre el quinto año ( $x=4$ ) y el séptimo año ( $x=6$ ), expresada en tanto por ciento.

SOLUCIÓN.
a)
Teniendo en cuenta el significado de las funciones $f$ y $F$ ( la segunda es una primitiva de la primera ) , podemos escribir que $F(x)=\displaystyle \int\,f(x)\,dx = \displaystyle \int \,(x+1)\,dx = \dfrac{1}{2}\,x^2+x+C$ y como $F(0)=2$, tenemos que $2=\dfrac{1}{2}\cdot 0 +0+C \Rightarrow C=2$, con lo cual $F(x)=\dfrac{1}{2}\,x^2+x+2$. Así que $F(10)=\dfrac{1}{2}\cdot 10^2+10+2 = 62$ decenas de individuos.

b)
Primero, calcularemos a variación absoluta entre el tercer y el quinto año:
$$\displaystyle \left|\int_{4}^{6}\,(x+1)\,dx\right| \overset{\text{Barrow}}{=} F(6)-F(4)=$$
    $= \left|\left(\dfrac{1}{2}\cdot 6^2+6+2\right)-\left(\dfrac{1}{2}\cdot 4^2+4+2\right)\right|=12\, \text{decenas de individuos}$

Y, finalmente, a partir de la variación absoluta y del valor inicial, calculamos la variación relativa $$\dfrac{\left|F(6)-F(4)\right|}{|F(4)|}=\dfrac{12}{\frac{1}{2}\cdot 4^2+4+2}=\dfrac{6}{7}\approx 86\,\%$$

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Análisis y representación de funciones

ENUNCIADO. Considérese la función $f(x)=-x^3+x+2$. Se´ pide:ç
a) Hállense los máximos y mínimos locales de dicha función
b) Hállense los puntos de inflexión
c) Determínese la ecuación de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en el punto de abscisa $x=0$
d) Hágase un esbozo de la gráfica de la función $f(x)$ así como de la recta tangente pedida en el apartado anterior

SOLUCIÓN.
a) El conjunto de abscisas de los extremos relativos: $\{x \in \text{Dom}\,f:f'(x)=0\}$
Impongamos la condición necesaria para que $x\in \text{Dom}\,f$ sea la abscisa de un extremo relativo $$f'(x)=0$$ esto es $$-3x^2+1=0 \Leftrightarrow x \in \{ -\dfrac{1}{|\sqrt{3}|} \, , \, \dfrac{1}{ |\sqrt{3}|} \}$$

A continuación, procedemos a ver cuál es la naturaleza de dichos extremos relativos; para ello, emplearemos el criterio del signo de la segunda derivada, $f''(x)=-6x$, en cada uno de dichos puntos. Es evidente que $f''( -\dfrac{1}{|\sqrt{3}|}) \succ 0$, luego hay un mínimo local en el punto de abscisa $x_{1}^*=-\dfrac{1}{|\sqrt{3}|}\approx -0,6$, siendo la ordenada de dicho punto $y_{1}^{*}\equiv f(x_{1}^{*}) = 2- \dfrac{2}{9}\cdot |\sqrt{3}| \approx 1,6$. Por otra parte, como es claro que $f''( \dfrac{1}{|\sqrt{3}|}) \prec 0$, hay un máximo local en el punto de abscisa $x_{1}^*=\dfrac{1}{|\sqrt{3}|}\approx 0,6$, y el valor de la ordenada que le corresponde es ordenada de dicho punto $y_{2}^{*}\equiv f(x_{2}^{*}) = 2+ \dfrac{2}{9}\cdot |\sqrt{3}| \approx 2,4$

b)
Para encontrar los puntos de inflexión, imponemos la condición necesaria: $f''(x)=0$, que en el caso de la función concreta en este problema es $-6x=0$. Así pues $x_{p.i.}=0$, luego $y_{p.i.}\equiv f(x_{p.i.})=f(0)=2$

c)
La ecuación de la recta tangente es $r.t.\equiv y=mx+k$, donde la pendiente $m$ es el valor de la función derivada $f'(x)=-3x^2+1$ en el punto pedido, $x=0$; esto es $f'(0)=0+1=1$. Así pues $r.t.\equiv y=x+k$. Falta ahora calcular el valor de $k$, que determinaremos teniendo en cuenta que, en $x=0$, las ordenadas de la función $f$ y de la recta han de ser iguales, por lo que $f(0)=0+k$ y por tanto $k=2$. En consecuencia, la recta tangente pedida es $r.t.\equiv y=x+2$

d)
Reuniendo los elementos de análisis que hemos encontrado, y teniendo en cuenta además que, por el teorema de Bolzano, $f(x)$ tiene una raíz en el intervalo $[1,2]\subset \mathbb{R}$, pues los valores de función cambian de signo en los extremos del mismo, $f(1)\succ 0$ y $f(2)\prec 0$; por lo demás, sólo puede haber una raíz, pues no hemos encontrado otro mínimo local a la derecha de $x_{2}^{*}=\dfrac{1}{|\sqrt{3}|}$. Ésto basta para dibujar el siguiente esbozo:

$\square$

Ejercicio de análisis de funciones. Representación esquemática de la gráfica de una función.

Análisis de funciones. Gráficas de funciones.

Análisis de funciones

ENUNCIADO. Se considera la función $$f(x)=\dfrac{e^{-x}}{x^2+1}$$ y se pide:
a) Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto de abscisa $x=0$
b) Estudiar la existencia de asíntotas horizontales y verticales de la función $f$ y, en su caso, determinanrlas
c) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función y sus extremos relativos en el caso de que existan

SOLUCIÓN.

Análisis de funciones y cálculo integral

ENUNCIADO. Dadas las funciones $f(x)=\dfrac{2}{x}$ y $g(x)=\sin\,x$, se pide:
a) Calcular $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,(f(x)-\dfrac{2}{g(x)})$
b) Calcular la ecuación de la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto $(\dfrac{1}{2}\,,\,4)$
c) Calcular el área delimitada por la curva $y=f(x)$ y la recta $y=-x+3$

SOLUCIÓN.
a)
Cuando $x \rightarrow 0$, $x \sim \sin\,x$ ( son infinitésimos equivalentes ), luego $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,(\dfrac{2}{x}-\dfrac{2}{\sin\,x})=2\,\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,(\dfrac{2}{x}-\dfrac{2}{x})=0$$

b)En $x=\dfrac{1}{2}$ podemos determinar la recta tangente a la gráfica de la función $f(x)$ pues en ese punto la función es derivable. Sea la ecuación en forma explícita de la recta tangente $t:y=mx+k$ en dicho punto. Vamos a determinar los valores de los coeficientes $m$ ( pendiente de la recta ) y $k$ ( ordenada en el origen ).

$m\overset{\text{def}}{=}f'(1/2)=((\dfrac{2}{x})')|_{x=1/2}=(-\dfrac{2}{x^2})|_{x=1/2}=-8$, con lo cual podemos escribir $t:y=-8\,x+k$, veamos ahora, cuál es el valor de $k$: como en $x=1/2$ se tiene que cumplir que $f(1/2)=(-8\,x+k)_{x=1/2}$, vemos que $f(1/2)=-8\cdot \dfrac{1}{2} +k$, luego $k=f(1/2)+4$, esto es, $k=(\dfrac{2}{1/2})+4=8$. Así concluimos que la ecuación de la recta tangente pedida es $t:y=-8\,x+8$

c) El siguiente gráfico ( las gráficas de las dos funciones inciden en el primer cuadrante ) ayuda a visualizar el área pedida

Entonces, $$\text{Área}=\displaystyle \int_{x_A}^{x_B}\,((-x+3)-f(x))\,dx=\int_{x_A}^{x_B}\,((-x+3)-\dfrac{2}{x})\,dx \quad \quad (1)$$ Necesitamos conocer los límite de integración, que son las abscisas de los puntos de intersección $A$ y $B$, y que se calculan resolviendo la ecuación $$\dfrac{2}{x}=-x+3$$ esto es $$x^2-3x+2=0\Leftrightarrow x=\dfrac{-(-3)\pm \sqrt{(-3)^2-4\cdot 1 \cdot 2}}{2 \cdot 1}=\dfrac{3\pm 1}{2}=\left\{\begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix}\right.$$ con lo cual $x_A=1$ y $x_B=2$

Así, de (1), $$\text{Área}=\displaystyle \int_{1}^{2}\,\dfrac{-x^2+3x-2}{x}\,dx=\int_{1}^{2}\,(-x+3-\dfrac{2}{x})\,dx=\displaystyle -\dfrac{1}{2}\,\left[x^2\right]_{1}^{2}+3\,\left[x\right]_{1}^{2}-2\,\left[\ln\,x\right]_{1}^{2}$$
$=-\dfrac{1}{2}\cdot (4-1)+3\cdot (2-1)-2\cdot (\ln\,2-\ln\,1)=-\dfrac{3}{2}+3-2\,\ln\,2=$
  $=(\dfrac{3}{2}-2\,\ln\,2) \; \text{u.a.} \approx 0,1137 \; \text{u.a.}$
$\square$

Análisis de funciones

ENUNCIADO. Se administra una medicina a un enfermo y $t$ horas después la concentración en sangre del principio activo viene dada por $c(t)=t\,e^{-t/2}$ ( en miligramos por mililitro ). Determínese el valor máximo de la concentración e indique en qué momento se alcanza dicho valor máximo. Sabiendo que la máxima concentración sin peligro para el paciente es de $1$ miligramo por mililitro, señale si en algún momento hay riesgo.

SOLUCIÓN.
Imponiendo la condición necesaria de extremos relativos, $c'(t)=0$, y siendo $c'(t)=e^{-t/2}\,(1-\dfrac{t}{2})$, dichos extremos han de ser solución de la ecuación $e^{-t/2}\,(1-\dfrac{t}{2})=0$, encontrando un único valor como solución: $t=2$ horas. Para ver si corresponde a un máximo local, utilizaremos el criterio del signo de la segunda derivada, $c''(t)=-\dfrac{1}{2}\,e^{-t/2}\,((2-\dfrac{t}{2})$ ( se ruega al lector que reproduzca los cálculos omitidos ); así, $c''(2)=-\dfrac{1}{2e} \prec 0$, de lo cual deducimos que $t=2$ es la abscisa de un máximo local, y teniendo en cuenta que $\text{Dom}\,c(t)=[0\,,\,+\infty)\subset \mathbb{R}$ y $\displaystyle \lim_{t\rightarrow +\infty}\,c(t)=0$, dicho máximo es también el máximo absoluto.

La máxima concentración en sangre del principio activo es pues $c(2)=2\cdot e^{-2/2}=\dfrac{2}{e} \approx 0,7 \; \dfrac{\text{mg}}{\text{ml}}\prec 1\; \dfrac{\text{mg}}{\text{ml}}$, luego no habrá ningún momento de riesgo para el paciente. $\square$

Dada la función (...)

ENUNCIADO. Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{5-x} & \text{si} & x \le 0 \\ \\ \dfrac{1}{5+x} & \text{si} & x > 0 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$ y determinar las rectas asíntotas
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx$

SOLUCIÓN.

a)
Estudio de la continuidad de la función:
Los dos trozos de la función son hipérbolas: $\dfrac{1}{5-x}$ ( que es discontinua en $x=5$) y $\dfrac{1}{5+x}$ ( que es discontinua en $x=-5$ ). Ahora bien, tal como está definida la función a trozos, ésta no presenta ninguna discontinuidad ya que $-5 \notin (0,\infty)$ ( intervalo que corresponde al segundo tramo ) y $5 \notin (-\infty,0)$ ( intervalo que corresponde al primer tramo ). Por otra parte, en el punto $x=0$ ( donde podría haber problemas ), se cumple que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\left(\dfrac{1}{5-x}\right)_{x=0}=1/5$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\,\left(\dfrac{1}{5+x}\right)_{x=0}=1/5$; los límites laterales existen y sus valores coinciden, por consiguiente existe el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,f(x)$ y es igual a $1/5$, que, por otra parte, coincide con el valor de la función en $x=0$, luego la función es también continua en $x=0$.

Asíntotas de $f(x)$:
Los dos tramos de hipérbola de que consta la función tienen una asíntota horizontal común, que es el eje de abscisas ( de ecuación $y=0$ ), luego la función compuesta tiene también esta asíntota horizontal. Dicho de otro modo, la recta $y=0$ es asíntota horizontal de $f(x)$ ya que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)=0$

Las asíntotas verticales de una y otra rama hiperbólica, queda fuera del dominio de definición de $f(x)$, luego la función $f(x)$ no tiene asíntotas verticales ( de ecuación $x=k$, pues no existe ningún $k\in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$ ; en otras palabras Por otro lado, al no tener asíntotas oblicuas las funciones de sendos tramos, tampoco posee $f(x)$ asíntotas oblicuas.
b)
Para valores de $x \in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ negativos ( $x \prec 0$ ), la derivada de $f(x)$ viene dada por $\left(\dfrac{1}{5-x}\right)'=\dfrac{1}{(5-x)^2}$, y para valores positivos de $x$, la derivada de la función es $\left(\dfrac{1}{5+x}\right)'=-\dfrac{1}{(5+x)^2}$. Sin embargo, en $x=0$ la función no es derivable ( aunque sí es continua, como ya se ha demostrado ); ésto es así porque el límite global que define la derivada en $x=0$ no existe, pues los límites laterales no coinciden: $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [\dfrac{1}{(5-x)^2}\right ]_{x=0}=1/25$$ y $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [-\dfrac{1}{(5+x)^2}\right ]_{x=0}=-1/25$$ En otras palabras: al poder trazar una única recta tangente a la gráfica de la función en el punto $x=0$, la función no es derivable en dicho punto.

c)
La integral definida pedida representa directamente, en este caso, el área de la región del plano coloreada de la siguiente figura. Por supuesto, podemos prescindir del dibujo de dicha figura, hacer omisión del comentario sobre el área, y ceñirnos simplemente al cálculo ( que viene abajo ).

$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle \left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}+\left[\ln(5+x)\right]_{0}^{1}$

$=\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)-\left(\ln(5+1)-(\ln(5+0)\right)$

$=(-\ln 5+\ln 6)+(\ln 6-\ln5)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

OBSERVACIÓN. Como la función $f(x)$ es simétrica con respecto del eje $Oy$, se puede abreviar el cálculo de la siguiente manera:
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle 2\, \int_{-1}^{0}\,f(x)dx= 2\, \int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx = 2\,\left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}$

$=2\,\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

$\square$

Dada la función ...

ENUNCIADO. Dada la función $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$, se pide:
a) Determinar su dominio de definición, las rectas asíntotas y los puntos de corte con los ejes
b) Calcular la derivada, los intervalos de crecimiento y decrecimiento, y los extremos relativos
c) Determinar el área del triángulo que forman los ejes de coordenadas con la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto de abscisa $x=0$

SOLUCIÓN.
a)
Dominio de definición:
Tanto $6-x$ como $e^{x/3}$ son funciones que están definidas ( y son continuas ) en todos los puntos de $\mathbb{R}$, así que $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$ también está definida en todo $\mathbb{R}$. Por consiguiente $\text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$

Puntos de corte con los ejes:
Punto de corte con el eje $Oy$. La ordenada del punto de corte con el eje de ordenadas es $f(0)=(6-0)e^{0}=-6$. Por tanto el punto de corte con dicho eje es $A(0,6)$

Puntos de corte con el eje $Ox$. Las abscisas de los puntos de corte con el eje de abscisas son las raíces de $f(x)$. Recordemos que $x$ es raíz de $f(x)$ si y sólo si $f(x)=0$, luego $(6-x)\,e^{x/3}\Leftrightarrow x=6$, por lo que hay un único punto de corte con el eje de abscisas a distancia finita del origen de coordenadas, que es $B(6,0)$.

Además, adelantamos que, como $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)=0$, la función toma contacto con el eje de abscisas en $-\infty$; ésto es así por tener $f(x)$ una asíntota horizontal, cuya ecuación es, por tanto, $y=0$.

Rectas asíntotas:
Veamos si hay alguna asíntota oblicua. La ecuación de toda asíntota oblicua es $y=mx+k$, donde $m=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f'(x)$. Observemos que, siendo $f'(x)=(6-x)'(e^{x/3})+(6-x)(e^{x/3})'=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, entonces $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\,f'(x)=0$, luego la pendiente de dicha asíntota es $m=0$; se trata de la asíntota horizontal de la que hablábamos antes. Comprobemos que $k=0$; en efecto,

$k=\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f(x)-m\,x=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,f(x)-0\cdot x=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,(6-x)\,e^{x/3}\overset{\infty\cdot 0}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{6-x}{e^{-x/3}}=\dfrac{\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{(6-x)'}{(e^{-x/3})'}=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{-1}{-\frac{1}{3}\,e^{-x/3}}=\dfrac{3}{\infty}=0$

Por otra parte no hay más asíntotas oblicuas, pues el límite $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f'(x)$ diverge.

Tampoco hay asíntotas verticales, ya que no existe ningún $k \in \mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$

Así pues, sólo hay una asíntota, $\text{r}:y=0$

b)
Hemos calculado ya la primera derivada de la función: $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$. Veamos si $f(x)$ presenta extremos relativos ( que son todos los valores de $x$ donde la función es derivable y cuya derivada es nula ): $$f'(x)=0 \Leftrightarrow x=3$$ luego la función tiene un único extremos relativo. A continuación, debemos determinar qué tipo de extremo relativo es; para ello emplearemos el criterio del signo de la segunda derivada.

Derivando la primera derivada obtenemos $$f''(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)'\,e^{x/3}+(1-\dfrac{1}{3}x)\,(e^{x/3})'=\dfrac{1}{3}(1-\dfrac{4}{3}x)\,e^{x/3}$$ Observemos que $f''(3)\prec 0$, luego $x=3$ es la abscisa de un máximo relativo. Su ordenada es igual a $f(3)=(6-3)\,e^{3/3}=3e\approx 8,15$

Intervalos de crecimiento/decrecimiento:
$I_{\uparrow}=(-\infty,3)$ y $I_{\downarrow}=(3,+\infty)$



A modo de resumen, dibujamos la gráfica de la función:

c)
La pendiente $m$ de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $f'(0)$. Recordemos que $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, luego $m=(1-0)e^0=1$

La ecuación de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $\text{t}:y=1\cdot x+k$. Procedemos a calcular el valor de $k$. Como en $x=0$, la ordenada de la función ( $f(0)=(6-0)\,e^{0}=6$ ) y la ordenada la ordenada de la recta tangente ( que es igual a $0\cdot 1 +k$ ) han de tener el mismo valor, $$6=0+k$$ luego $k=6$, por tanto la ecuación de la recta tangente pedida es $$\text{t}:y=x+6$$ que aparece representada en la figura, junto con la región del plano cuya área queremos determinar

El punto de corte de la recta tangente con el eje de abscisas es $C(-6,9)$; en efecto, imponiendo que $y=0$, $x+6 \Leftrightarrow x=-6$

Así, el área de la región triangular pedida ( coloreada en la figura ) es $$\displaystyle \int_{-6}^{0}\,(x+6)\,dx=\left[\dfrac{1}{2}x^2+6x\right]_{-6}^{0}=18$$

$\square$

Dada la función $f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$, se pide ...

ENUNCIADO
Dada la función $$f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$$ se pide:
a) Determinar el dominio de $f$ y sus asíntotas
b) Calcular la recta tangente a la gráfica de la función $y=f(x)$ en $x=0$
c) Calcular $\int \,f(x)\,dx$

[ PAU 2015, Madrid ]

SOLUCIÓN:
(a)
Dominio de definición de $f$
  El logaritmo sólo está definido para valores positivos de su argumento, luego $x+1 \succ 0$ y, por tanto, $x$ debe ser mayor que $-1$; por otra parte, el primer término de la función anula su denominador para $x=\pm2$, y por tanto, la función no está definida, para $x=2$ ( y, tapoco tampoco para $x=-2$, pero al ser este valor menor que $-1$, no será considerado, por no pertenecer al intervalo de definición del logaritmo neperiano ( segundo término ). Así, pues, $D_f=\mathbb{R} \supset (-1\,,\,+\infty)\setminus\{2\}$

Asíntotas verticales:
  Observemos que la función toma valores negativos para valores de $x$ comprendidos entre $-1$ y $2$; y, positivos para valores de $x$ mayores que $2$, así que, al realizar los siguientes límites encontramos: $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)=+\infty$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)=-\infty$; y, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\,f(x)=-\infty$, luego hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v.}_{1}:\,x=-1$ y $\text{a.v.}_{2}:\,x=2$

Asíntotas oblícuas ( incluidas las de pendiente nula, es decir las horizontales ):
  La ecuación de una función lineal afín ( de una recta asíntota oblícua ) se escribe de la forma explícita $a.o.:\,y=mx+k$. Veamos, primero, el valor de $m$; por definición, $m=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,f'(x)=\lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,\dfrac{f(x)}{x}$. Observemos que, en nuestro caso, no tiene sentido hallar el límite cuando $x \rightarrow -\infty$ ya que la función no está definida para valores menores que $-1$, por tanto, sólo halleremos el límite para $x \rightarrow +\infty$. Por otra parte, notemos que $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, con lo cual, y, teniendo en cuenta que $ \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, vemos que $$\displaystyle m=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}\right)+\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)$$ El primer límite es, evidentemente, $0$ ( por ser el numerador una constante y el denominador un polinomio de grado mayor que cero ), mientras que el segundo puede calcularse empleando la regla de L'Hôpital, pues nos encontramos una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ al pasar el límite; por tanto
$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{\left(\ln{(x+1)}\right)'}{\left(x(x+1)\right)'}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/(x+1)}{2x+1}=$
$\displaystyle=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{(2x+1)(x+1)}=0$ Así, pues, la función dada tiene una asíntota oblícua ( horizontal, en particular, por ser su pendiente igual a cero ) que podemos escribir de la forma $\text{a.o.}:\,y=0$

(b)
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función $y=f(x)$ en un punto de abscisa $x_0$ se escribe de la forma $\text{r.t.}:\,y=f(x_0)+f'(x_0)\,(x-x_0)$. En nuestro caso, $x_0=0$, con lo cual, al sustituir en la fórmula de la función, encontramos: $f(0)=0$. Por otra parte, derivando la función, término a término, se obtiene la siguiente función derivada $$f'(x)=-\dfrac{x^2+4}{(x^2-4)^2}+\dfrac{1-\ln{(x+1)}}{(x+1)^2}$$ con lo cual, al sustituir $x$ por $0$, el valor de la derivada en dicho punto es $f'(0)=-\dfrac{0+4}{(0-4)^2}+\dfrac{1-\ln{1}}{(0+1)^2}=-\dfrac{1}{4}+1=\dfrac{3}{4}$. Por consiguiente, la ecuación de la recta tangente pedida es $y=0+\dfrac{3}{4}\,(x-0)$, esto es, $\text{r.t.}:\,y=\dfrac{3}{4}\,x$

(c)
$\displaystyle \int\,f(x)\,dx= \int\,\left( \dfrac{x}{x^2-4} + \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\right)\,dx = \int\, \dfrac{x}{x^2-4}\,dx + \int\, \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\,dx = $
$\displaystyle = \dfrac{1}{2}\,\int\, \dfrac{2\,x\,dx}{x^2-4} + \int\, \ln{(x+1)}\,d(\ln{(x+1)}+C=\dfrac{1}{2}\,\ln{(\left|x^2-4\right|)}+\dfrac{1}{2}\,\left( \ln{(\left|x+1\right|)} \right)^2+C$
$\square$

[nota del autor]