derivadas mate

1. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL
CALLAO
FACULTAD DE INGENIERÍA
MECÁNICA-ENERGÍA
𝐂𝐈𝐂𝐋𝐎 𝟐𝟎𝟐𝟑 − 𝐈
𝐌𝐆. 𝐘𝐎𝐋𝐀𝐍𝐃𝐀 𝐀𝐕𝐀𝐋𝐎𝐒 𝐒.

2. 𝐄𝐂𝐔𝐀𝐂𝐈𝐎𝐍𝐄𝐒 𝐏𝐀𝐑𝐀𝐌𝐄𝐓𝐑𝐈𝐂𝐀𝐒
𝐑𝐄𝐏𝐑𝐄𝐒𝐄𝐍𝐓𝐀𝐂𝐈Ó𝐍 𝐃𝐄 𝐋𝐀𝐒 𝐂𝐔𝐑𝐕𝐀𝐒 𝐏𝐀𝐑𝐀𝐌𝐄𝐓𝐑𝐈𝐂𝐀𝐒
𝐋𝐚𝐬 𝐜𝐨𝐨𝐫𝐝𝐞𝐧𝐚𝐝𝐚𝐬 𝐱, 𝐲 𝐝𝐞 𝐮𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐏 𝐝𝐞 𝐮𝐧𝐚 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞𝐧 𝐬𝐞𝐫 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬
𝐝𝐞 𝐮𝐧𝐚 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐭 𝐥𝐥𝐚𝐦𝐚𝐝𝐚 𝐩𝐚𝐫á𝐦𝐞𝐭𝐫𝐨, 𝐞𝐬 𝐝𝐞𝐜𝐢𝐫
𝓒 =
𝒙 = 𝒇(𝒕)
𝒚 = 𝒈(𝒕)
… . (𝜶)
𝐞𝐬𝐭𝐚 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝓒. 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐧𝐨𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐚
𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐝𝐞 𝐭 𝐥𝐞 𝐜𝐨𝐫𝐫𝐞𝐬𝐩𝐨𝐧𝐝𝐞 𝐮𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝑷 𝒇 𝒕 , 𝒈(𝒕) 𝒅𝒆𝒍 𝒑𝒍𝒂𝒏𝒐 𝑿𝒀

3. 𝐄𝐥 𝐥𝐮𝐠𝐚𝐫 𝐠𝐞𝐨𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐨 𝐭𝐨𝐦𝐚 𝐞𝐥 𝐧𝐨𝐦𝐛𝐫𝐞 𝐝𝐞 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚𝐦𝐞𝐭𝐫𝐢𝐳𝐚𝐝𝐚 de la ecuación paramétrica
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨
𝐓𝐫𝐚𝐜𝐞 𝐥𝐚 𝐠𝐫á𝐟𝐢𝐜𝐚 𝐝𝐞 𝐥𝐚𝐬 𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝐩𝐚𝐫𝐚𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐚𝐬
t x y
-1 -2 -1
0 0 -2
1 2 -1
2 4 2
𝓒 =
𝒙 = 𝟐𝒕
𝒚 = 𝒕𝟐 − 𝟐
− 𝟏 ≤ 𝒕 ≤ 𝟐
𝒙 = 𝟐𝒕 → 𝒕 =
𝒙
𝟐
→ 𝒚 =
𝒙
𝟐
𝟐
− 𝟐 =
𝒙𝟐
𝟒
− 𝟐
𝒚 =
𝒙𝟐
𝟒
− 𝟐 𝑷𝑨𝑹Á𝑩𝑶𝑳𝑨
𝑽 = (𝟎, −𝟐)
𝒕 = −𝟏
𝒕 = 𝟎
𝒕 = 𝟏
𝒕 = 𝟐

4. 𝓒 =
𝒙 = 𝟐𝒄𝒐𝒔𝒕
𝒚 = 𝒕 − 𝒄𝒐𝒔𝒕
𝟎 ≤ 𝒕 ≤ 𝟐𝝅
𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐚
𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
−
𝒙
𝟐
t x y
0 2 -1
𝜋/2 0 𝜋/2
𝜋 -2 𝜋 + 1
2𝜋 2 2𝜋-1
𝒙 = 𝟐𝒄𝒐𝒔𝒕 →
𝒙
𝟐
= 𝒄𝒐𝒔𝒕 → 𝒕 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
𝒚 = 𝒕 − 𝒄𝒐𝒔𝒕 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
−
𝒙
𝟐
𝒚 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
−
𝒙
𝟐
−𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐
𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
−
𝒙
𝟐
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨
𝒕 = 𝟎
𝒕 = 𝝅/𝟐
𝒕 = 𝝅
𝒕 = 𝟐𝝅

5. 𝐃𝐄𝐑𝐈𝐕𝐀𝐃𝐀𝐒 𝐃𝐄 𝐋𝐀𝐒 𝐂𝐔𝐑𝐕𝐀𝐒 𝐏𝐀𝐑𝐀𝐌𝐄𝐓𝐑𝐈𝐂𝐀𝐒
Dadas las funciones𝐟 𝐲 𝐠 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐛𝐥𝐞𝐬 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐚, 𝐛 , 𝐭𝐚𝐥 𝐪𝐮𝐞:
𝐱 = 𝐟(𝐭)
𝐲 = 𝐠(𝐭)
, 𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝐩𝐚𝐫𝐚𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐚𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐜𝐮𝐫𝐯𝐚
𝐋𝐚 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚
𝒅𝒚
𝒅𝒙
, 𝐝𝐨𝐧𝐝𝐞 𝐱 𝐞 𝐲 𝐞𝐬𝐭𝐚𝐧 𝐝𝐚𝐬 𝐞𝐧 𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐚, 𝐬𝐞 𝐨𝐛𝐭𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐚𝐩𝐥𝐢𝐜𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐠𝐥𝐚 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐞𝐧𝐚
𝑺𝒊
𝒙 = 𝒇(𝒕)
𝒚 = 𝒈(𝒕)
⟹
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝒇′(𝒕)
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= 𝒈′
𝒕
,
𝐏𝐚𝐫𝐚 𝐜𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐥𝐚𝐬 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚𝐬 𝐬𝐮𝐩𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫𝐞𝐬 𝐬𝐞 𝐚𝐩𝐥𝐢𝐜𝐚 𝐧𝐮𝐞𝐯𝐚𝐦𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐠𝐥𝐚 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐜𝐚𝐝𝐞𝐧𝐚
𝑬𝑵𝑻𝑶𝑵𝑪𝑬𝑺 :
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒅𝒚
𝒅𝒕
𝒅𝒙
𝒅𝒕
=
𝒈′
(𝒕)
𝒇′ 𝒕
, 𝒇′ 𝒕 ≠ 𝟎
𝐍𝐎𝐓𝐀.

6. 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑙𝑎
𝒅𝒚
𝒅𝒙
, si
𝒂)
𝒙 = 𝐥𝐧(𝟑𝒕)
𝒚 = 𝟐𝒕𝟑 − 𝟑𝒕
𝒃)
𝒙 = 𝐚𝒄𝒐𝒔𝟑(𝟐𝒕)
𝒚 = 𝐚𝒔𝒆𝒏𝟑(𝟐𝒕) 𝒄)
𝒙 = 𝐚𝐫𝒄𝒐𝒔
𝟏
𝟏 + 𝒕𝟐
𝒚 = 𝐚𝐫𝒔𝒆𝒏
𝟏
𝟏 + 𝒕𝟐
𝑑) 𝐕𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐜𝐚𝐫 𝐪𝐮𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐚𝐝𝐚 𝐞𝐧 𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐚 𝐦𝐞𝐝𝐢𝐚𝐧𝐭𝐞 𝐥𝐚𝐬 𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬
𝐱 =
𝟏
𝟏 + 𝐭𝟐
− 𝐥𝐧
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
; 𝐲 =
𝐭
𝟏 + 𝐭𝟐
, 𝐬𝐚𝐭𝐢𝐬𝐟𝐚𝐜𝐞 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐜𝐢ó𝐧: 𝐲 𝟏 + 𝒚′𝟐
= 𝒚′

7. 𝒂)
𝒙 = 𝐥𝐧(𝟑𝒕)
𝒚 = 𝟐𝒕𝟑
− 𝟑𝒕
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒅𝒚
𝒅𝒕
𝒅𝒙
𝒅𝒕
=
𝒈′
(𝒕)
𝒇′ 𝒕
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝟔𝒕𝟐
− 𝟑
𝟏
𝒕
= 𝒕 𝟔𝒕𝟐
− 𝟑
𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒎𝒐𝒔:
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= 𝟔𝒕𝟐 − 𝟑
𝒃)
𝒙 = 𝐚𝒄𝒐𝒔𝟑
(𝟐𝒕)
𝒚 = 𝐚𝒔𝒆𝒏𝟑
(𝟐𝒕)
𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= −𝟑𝒂𝒄𝒐𝒔𝟐
𝟐𝒕 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒕 𝟐 = −𝟔𝒂𝒄𝒐𝒔𝟐
𝟐𝒕 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒕
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= 𝟑𝒂𝒔𝒆𝒏𝟐
𝟐𝒕 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝒕 𝟐 = 𝟔𝒂𝒔𝒆𝒏𝟐
𝟐𝒕 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝒕
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝟔𝒂𝒔𝒆𝒏𝟐 𝟐𝒕 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝒕
−𝟔𝒂𝒄𝒐𝒔𝟐 𝟐𝒕 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒕
= −𝒕𝒂𝒏𝟐
𝟐𝒕 𝒄𝒐𝒕(𝟐𝒕)
𝐒𝐎𝐋𝐔𝐂𝐈Ó𝐍
𝒅𝒙
𝒅𝒕
=
𝟑
𝟑𝒕
=
𝟏
𝒕
𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨

8. 𝒄)
𝒙 = 𝐚𝐫𝒄𝒐𝒔
𝟏
𝟏 + 𝒕𝟐
𝒚 = 𝐚𝐫𝒔𝒆𝒏
𝟏
𝟏 + 𝒕𝟐
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒅𝒚
𝒅𝒕
𝒅𝒙
𝒅𝒕
=
𝒈′
(𝒕)
𝒇′ 𝒕
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= −
𝟏
𝟏 + 𝒕𝟐
′
𝟏 −
𝟏
𝟏 + 𝒕𝟐
𝟐
=
𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔𝒖 ′
= −
𝒖′
𝟏 − 𝒖𝟐
𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒖 ′ =
𝒖′
𝟏 − 𝒖𝟐
𝟏
𝟏+𝒕𝟐
′
= 𝟏 + 𝒕𝟐 −𝟏/𝟐 ′
= −
𝟏
𝟐
𝟏 + 𝒕𝟐 −
𝟑
𝟐 𝟐𝒕 = −
𝒕
𝟏+𝒕𝟐
𝟑
𝟐
𝒅𝒚
𝒅𝒕
=
𝟏
𝟏 + 𝒕𝟐
′
𝟏 −
𝟏
𝟏 + 𝒕𝟐
𝟐
=
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒕
𝟏 + 𝒕𝟐
𝟑
𝟐
𝒕𝟐
𝟏 + 𝒕𝟐
−
𝒕
𝟏 + 𝒕𝟐
𝟑
𝟐
𝒕𝟐
𝟏 + 𝒕𝟐
=
𝐒𝐎𝐋𝐔𝐂𝐈Ó𝐍
𝒕
𝟏 + 𝒕𝟐
𝟑
𝟐
𝒕𝟐
𝟏 + 𝒕𝟐
−
𝒕
𝟏 + 𝒕𝟐
𝟑
𝟐
𝒕𝟐
𝟏 + 𝒕𝟐
𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 −𝟏

9. 𝒅) 𝐕𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐜𝐚𝐫 𝐪𝐮𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐚𝐝𝐚 𝐞𝐧 𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚𝐦é𝐭𝐫𝐢𝐜𝐚 𝐦𝐞𝐝𝐢𝐚𝐧𝐭𝐞 𝐥𝐚𝐬 𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬
𝐱 =
𝟏
𝟏 + 𝐭𝟐
− 𝐥𝐧
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
; 𝐲 =
𝐭
𝟏 + 𝐭𝟐
, 𝐬𝐚𝐭𝐢𝐬𝐟𝐚𝐜𝐞 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐜𝐢ó𝐧: 𝐲 𝟏 + 𝒚′𝟐
= 𝒚′
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒅𝒚
𝒅𝒕
𝒅𝒙
𝒅𝒕
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= −
𝟏
𝟐
𝟏 + 𝐭𝟐 −
𝟑
𝟐 𝟐𝒕 −
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
′
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
… . (α)
𝐱 = 𝟏 + 𝐭𝟐 −𝟏/𝟐
− 𝐥𝐧
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
′
=
𝒕
𝟐𝒕
𝟐 𝟏 + 𝐭𝟐
− 𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝒕𝟐
=
𝒓𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒏 … . (𝜶)
=
𝒕𝟐
𝟏 + 𝐭𝟐
− 𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝒕𝟐 =
𝒕𝟐
− 𝟏 + 𝐭𝟐 − 𝟏 − 𝐭𝟐
𝟏 + 𝐭𝟐
𝒕𝟐 = −
𝟏 + 𝐭𝟐 + 𝟏
𝒕𝟐 𝟏 + 𝐭𝟐

10. 𝒅𝒙
𝒅𝒕
= −
𝟏
𝟐
𝟏 + 𝐭𝟐 −
𝟑
𝟐 𝟐𝒕 −
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
′
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
… . (α)
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= −
𝟏
𝟐
𝟏 + 𝐭𝟐 −
𝟑
𝟐 𝟐𝒕 +
𝟏 + 𝐭𝟐 + 𝟏
𝒕𝟐 𝟏 + 𝐭𝟐
𝟏 + 𝟏 + 𝐭𝟐
𝐭
=
𝐲 =
𝐭
𝟏 + 𝐭𝟐
𝒅𝒚
𝒅𝒕
=
𝟏 + 𝐭𝟐 − 𝒕
𝒕
𝟏 + 𝐭𝟐
𝟏 + 𝐭𝟐
=
𝒅𝒚
𝒅𝒕
=
𝟏
𝟏 + 𝐭𝟐
𝟑
𝟐
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝟏
𝟏 + 𝐭𝟐
𝟑
𝟐
𝟏
𝒕 𝟏 + 𝐭𝟐
𝟑
𝟐
= 𝒕
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= −
𝒕
𝟏 + 𝐭𝟐
𝟑
𝟐
+
𝟏
𝒕 𝟏 + 𝐭𝟐
= 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢ó𝐧
𝒚 𝟏 + 𝒚′𝟐
= 𝒚′
−
𝒕
𝟏 + 𝐭𝟐
𝟑
𝟐
+
𝟏
𝒕 𝟏 + 𝐭𝟐
−𝒕𝟐
+ 𝟏 + 𝒕𝟐
𝒕 𝟏 + 𝐭𝟐
𝟑
𝟐
=
𝟏
𝒕 𝟏 + 𝐭𝟐
𝟑
𝟐
𝑎ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑜𝑡𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎
𝟏
𝟏 + 𝐭𝟐
𝟏 + 𝐭𝟐

11. DERIVADAS
Y SUS APLICACIONES II

12. Diferencial de una función
El diferencial de una función en un punto x = a es el incremento de la tangente al
pasar del punto x = a al punto x = a + h
Para valores de h = x = dx pequeños
y  f '(a) . x
Por tanto: y  dy = f '(a) . dx
Y para un x cualquiera:
dy = f '(x) . dx
𝒇′
𝒙 =
𝒅𝒚
𝒅𝒙
•
a
f(a)
•
a + h
f(a + h)
h = x
x = dx
y = f(a + h) – f(a)
at
f '(a) . dx
𝒅𝒚
∆𝒚
Tangente a la curva en (a, f(a)): su pendiente es mt = f '(a) = tg at

13. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨
Dada la función 𝐟 𝐱 = 𝒙𝟐 + 𝟐
encontrar ; i)∆𝐲 ii) 𝐝𝐲 𝐬𝐢 𝐱 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚 𝐝𝐞 𝟏 𝐚 𝟏. 𝟕
∆𝒚 = 𝒇 𝟏. 𝟕 − 𝒇 𝟏 = 𝟒. 𝟖𝟗 − 𝟑 = 𝟏. 𝟖𝟗
𝑎 = 1; ℎ = 0.7
𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝒂 𝒅𝒙
𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝟏 𝒅𝒙
𝑓′ 𝑥 = 2𝑥
𝒇′
𝟏 = 2
h = x = dx=0.7
𝒅𝒚 = 𝒇′
𝟏 𝒅𝒙 = 𝟐 𝟎. 𝟕 = 𝟏. 𝟒
Ahora 𝒔𝒊 𝒙 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝟏 𝒂 𝟏. 𝟏
∆𝒚 = 𝒇 𝟏. 𝟏 − 𝒇 𝟏 = 𝟎. 𝟐𝟏
𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝟏 𝒅𝒙 = 𝟐 𝟎. 𝟏 = 𝟎. 𝟐
Solución
𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = ∆𝒚 − 𝒅𝒚 = 𝟏. 𝟖𝟗 − 𝟏. 𝟒 = 𝟎. 𝟒𝟗
𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = ∆𝒚 − 𝒅𝒚 = 𝟎. 𝟐𝟏 − 𝟎. 𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟏
𝒇 𝟏. 𝟕
𝒇 𝟏 =
x
∆𝒚

14. 𝐝𝐚𝐝𝐚 𝐟 𝐱 = 𝟐𝒙𝟐
− 𝒙 + 𝟑; 𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒆:
𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐
∆𝐲 𝐲 𝐝𝐲 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐥𝐨𝐬 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞𝐬 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫𝐞𝐬
𝒅𝒙 = ∆𝒙 𝒅𝒚 ∆𝒚 ∆𝒚 − 𝒅𝒚
2.1 0.18
0.2 1.4 𝟏. 𝟒𝟖 0.08
0.1 0.7 0.02
0.01 0.07 0.0002
0.001 0.007
0.3
∆𝒚 = 𝒇 𝟐. 𝟑 − 𝒇 𝟐 = 𝟐. 𝟐𝟖
∆𝒚 = 𝒇 𝟐. 𝟐 − 𝒇 𝟐 = 𝟏. 𝟒𝟖
∆𝒚 = 𝒇 𝟐. 𝟏 − 𝒇 𝟐 = 𝟎. 𝟕𝟐
∆𝒚 = 𝒇 𝟐. 𝟎𝟏 − 𝒇 𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟕𝟎𝟐
∆𝒚 = 𝒇 𝟐. 𝟎𝟎𝟏 − 𝒇 𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟕𝟎𝟎𝟏𝟗𝟗
2.28
𝟎. 𝟕𝟐
𝟎. 𝟎𝟕𝟎𝟐
𝟎. 𝟎𝟎𝟕𝟎𝟎𝟏𝟗𝟗
𝒅𝒚 = 𝒇′
𝒂 𝒅𝒙
∆𝒚 = f(a + h) – f(a)
𝑓′
𝑥 = 4𝑥 − 1
𝒅𝒚 = 𝑓′
2 0.3 = 7 0.3 = 2.1
𝒅𝒚 = 𝑓′ 2 0.2 = 7 0.2 = 1.4
𝒅𝒚 = 𝑓′ 2 0.3 = 7 0.1 = 0.7
𝒅𝒚 = 𝑓′
2 0.01 = 7 0.01 = 0.07
𝒅𝒚 = 𝑓′ 2 0.001 = 7 0.001 = 0.007
𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟏𝟗𝟗
𝑁𝑜𝑡𝑎 𝑎 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑞𝑢𝑒∆x se aproxima a cero: ∆𝒚 ≅ 𝒅𝒚

15. 𝑵𝒐𝒕𝒂. 𝐄𝐥 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐥 𝐝𝐲 = 𝐟′ 𝐱 𝐝𝐱 𝐞𝐬 𝐮𝐧𝐚 𝐦𝐮𝐲 𝐛𝐮𝐞𝐧𝐚 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐚𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐝𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐜𝐫𝐞𝐦𝐞𝐧𝐭𝐨
∆𝐲 = 𝐟 𝐱 + 𝐡 − 𝐟 𝐱 𝐜𝐮𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐱 = 𝐡 𝐞𝐬 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐚𝐦𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐩𝐞𝐪𝐮𝐞ñ𝐨 𝐲 𝐬𝐞 𝐞𝐱𝐩𝐫𝐞𝐬𝐚 𝐩𝐨𝐫:
∆𝒚 ≅ 𝒅𝒚
𝑬𝒔 𝒅𝒆𝒄𝒊𝒓: ∆𝒚 = 𝒇 𝒙 + 𝒅𝒙 − 𝒇(𝒙) ≅ 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙, 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒖𝒏 𝒅𝒙 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒑𝒆𝒒𝒖𝒆ñ𝒐; 𝒆𝒔 𝒅𝒆𝒄𝒊𝒓
∆𝒚 = 𝒇 𝒙 + 𝒅𝒙 − 𝒇(𝒙) ≅ 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨𝐬
𝐔𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐥𝐞𝐬, 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐝𝐞:
𝟓 −𝟏. 𝟗𝟏 − 𝟒 −𝟏, 𝟗𝟏 𝟑 + 𝟐
𝟏, 𝟗𝟏 𝟐 − 𝟎, 𝟗𝟏
𝟐/𝟑
𝒇 𝒙𝒐 + ∆𝒙 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝐟′ 𝒙𝒐 𝒅𝒙
𝐔𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐥𝐞𝐬, 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐝𝐞 645

16. 𝐔𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐥𝐞𝐬, 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐝𝐞 642
𝒇 𝒙𝒐 + ∆𝒙 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝐟′ 𝒙𝒐 𝒅𝒙
625 = 625 +
1
2 625
(17)
𝑥 + ∆𝑥 = 𝑥 +
1
2 𝑥
∆x
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨
Solución
𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒆 𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏
𝐟′
(𝒙) =
𝟏
𝟐 𝒙
𝒇 𝒙 = 𝒙
= 25 +
1
2 25
(1 7) = 25 +
17
2 25
= 25 +
17
10
= 25 + 1,7 = 26.7

17. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨.
𝐔𝐬𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐥𝐞𝐬, 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐚𝐝𝐨
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝟏, 𝒇(𝟑. 𝟎𝟎𝟐)
𝒇 𝒙𝒐 + ∆𝒙 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝐟′ 𝒙𝒐 𝒅𝒙
𝒇 𝒙𝒐 + ∆𝒙 = 𝒇(𝟑. 𝟎𝟎𝟐)
𝒙𝒐 = 𝟑
𝒅𝒙 = ∆𝒙 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟐
𝒔𝒊 𝒙𝒐 = 𝟒 → ∆𝒙 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟖
𝒇 𝟑. 𝟎𝟎𝟐 = 𝒇 𝟑 + 𝒇′(𝟑)(𝟎. 𝟎𝟎𝟐)
𝑓 3 = 27 + 18 − 3 + 1 = 43
𝑓′ 𝑥 = 3𝑥2 + 4𝑥 − 1
𝑓′
3 = 27 + 12 = 39
𝒇 𝟑. 𝟎𝟎𝟐 = 𝟒𝟑 + 𝟑𝟗 𝟎. 𝟎𝟎𝟐 = 𝟒𝟑. 𝟎𝟕8
𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑o
𝒇 𝟑. 𝟎𝟎𝟐 = 𝟑. 𝟎𝟎𝟐 𝟑 + 𝟐 𝟑. 𝟎𝟎𝟐 𝟐 − 𝟑. 𝟎𝟎𝟐 + 𝟏
𝒇 𝟑. 𝟎𝟎𝟐 = 𝟒𝟑. 𝟎𝟕𝟔
Solución
∆𝒚 = 𝐟 𝟑. 𝟎𝟎𝟐 − 𝐟(𝟑)
∆𝒚 = 𝟒𝟑. 𝟎𝟕𝟔 − 𝟒𝟑 = 𝟎. 𝟎𝟕𝟔

18. 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐 𝐔𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐥𝐞𝐬, 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐥 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐝𝐞:
𝟓 −𝟏. 𝟗𝟏 − 𝟒 −𝟏, 𝟗𝟏 𝟑 + 𝟐
𝟏, 𝟗𝟏 𝟐 − 𝟎, 𝟗𝟏
𝟐/𝟑
𝒙𝒐 + ∆𝒙 = 𝟏, 𝟗𝟏,
Solución
𝒙𝒐 = 𝟐 → ∆𝒙 = −𝟎. 𝟎𝟗
𝒃𝒖𝒔𝒄𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒇 𝒙 =
𝟒𝒙𝟑
− 𝟓𝒙 + 𝟐
𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝟏
𝟐/𝟑
−𝟎, 𝟗𝟏 = 𝟏, 𝟗𝟏 + 𝟏
utilizando la propiedad
𝒇(𝟏. 𝟗𝟏) = 𝒇 𝟐 + 𝐟′ 𝟐 (−𝟎. 𝟎𝟗)
𝒇 𝒙𝒐 + ∆𝒙 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝐟′ 𝒙𝒐 𝒅𝒙
𝒇′
𝒙 =
𝟐
𝟑
𝟒𝒙𝟑−𝟓𝒙+𝟐
𝒙𝟐−𝒙+𝟏
−𝟏/𝟑
𝒙𝟐−𝒙+𝟏 𝟏𝟐𝒙𝟐−𝟓 − 𝟒𝒙𝟑−𝟓𝒙+𝟐 𝟐𝒙−𝟏
𝒙𝟐−𝒙+𝟏
𝟐
𝒇′ 𝟐 =
𝟐
𝟑
.
𝟏
𝟑
𝟒𝟑 − 𝟐𝟒
𝟑
=
𝟏𝟗
𝟗
𝒇 𝟏, 𝟗𝟏 = 𝐟 𝟐 + 𝐟′(𝟐)(−𝟎, 𝟎𝟗)
𝒇 𝟐 = 𝟒
𝒓𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒇 𝟏, 𝟗𝟏 = 𝟒 +
𝟏𝟗
𝟗
−𝟎, 09 = 𝟑, 𝟖𝟏
𝟓 −𝟏. 𝟗𝟏 − 𝟒 −𝟏, 𝟗𝟏 𝟑
+ 𝟐
𝟏, 𝟗𝟏 𝟐 − 𝟎, 𝟗𝟏
𝟐/𝟑
= 𝟑. 𝟖𝟎𝟒𝟓𝟗 = ∆𝒚

19. 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐
𝑫𝒂𝒅𝒂 𝒇 𝒙 = 𝒙𝟐
− 𝟐𝒙 − 𝟏
𝑯𝒂𝒍𝒍𝒆:
∆𝒚; 𝒅𝒚, 𝒔𝒊 𝒙 = 𝟐 𝒚 𝒅𝒙 = 𝟎, 𝟏
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝒇 𝒙𝒐 + ∆𝒙 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝐟′ 𝒙𝒐 𝒅𝒙
∆𝒚 = 𝒇 𝒙 + 𝒅𝒙 − 𝒇(𝒙) ≅ 𝒇′
𝒙 𝒅𝒙
𝒅𝒚 = 𝒇′
𝒙 𝒅𝒙
∆𝒚 = 𝒇 𝒙 + 𝒅𝒙 − 𝒇(𝒙)
𝒙𝒐 = 𝟐, ∆x = 0,1
∆𝒚 = 𝒇 𝟐 + 𝟎, 𝟏 − 𝒇 𝟐 = 𝒇 𝟐, 𝟏 − 𝒇(𝟐)
∆𝒚 = 𝟐, 𝟏 𝟐 − 𝟐 𝟐, 𝟏 − 𝟏 + 𝟏 = 𝟎, 𝟐𝟏
𝑑𝑦 = 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙
𝒅𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟐 𝒅𝒙
𝒅𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟐 𝒅𝒙 → 𝒅𝒚 = 𝟐 𝟎, 𝟏 = 𝟎, 𝟐
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒎𝒆𝒅𝒊𝒄𝒊ó𝒏: ∆𝒚 − 𝒅𝒚
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝒎𝒆𝒅𝒊𝒄𝒊ó𝒏:= 𝟎, 𝟐𝟏 − 𝟎, 𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟏
𝒙 = 𝟐

20. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝟐
Usando diferenciales, evalúe
𝒇 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕 , 𝒔𝒊 𝒇 𝒙 = 𝒙𝟒𝟓
+ 𝟒𝒙𝟑𝟐
− 𝒙𝟑𝟎
+ 𝟏𝟓 𝒙𝟐𝟎
− 𝟐𝟐 𝐱 + 𝟏𝟎𝟎
𝒇 𝒙𝒐 + ∆𝒙 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝐟′ 𝒙𝒐 𝒅𝒙
𝒙𝒐 = 𝟏 → ∆𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕 − 𝟏 = −0,99993, no se debe elegir 1, porque → ∆𝒙 es un valor grande
𝒙𝒐 = 𝟎 → ∆𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕 − 𝟎 =0,00007
𝒇 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕 = 𝒇 𝟎 + 𝐟′ 𝟎 0,0000𝟕
𝒇 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕 = 𝟏𝟎𝟎 + −𝟐𝟐 0,0000𝟕 = 𝟏𝟎𝟎 − 𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟓𝟒 = 𝟗𝟗, 𝟗𝟗𝟖𝟓
𝒇 𝟎 = 𝟏𝟎𝟎
𝒇′
𝒙 = 𝟒𝟓𝒙𝟒𝟒
+ 𝟏𝟐𝟖𝒙𝟑𝟏
− 𝟑𝟎𝒙𝟐𝟗
+ 300 𝒙𝟏𝟗
− 𝟐𝟐
𝒇′ 𝟎 = −𝟐𝟐
Solución

21. 𝑵𝒐𝒕𝒂. 𝒆𝒏 𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂 𝒈𝒆𝒏𝒆𝒓𝒂𝒍: 𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙
𝑷𝒓𝒐𝒑𝒊𝒆𝒅𝒂𝒅𝒆𝒔
1. 𝒅𝒄 = 𝟎
𝟐. 𝒅 𝒇 ± 𝒈 = 𝒅𝒇 ± 𝒅𝒈
𝟑. 𝒅 𝒇. 𝒈 = 𝒇 𝒅𝒈 + 𝒈 𝒅𝒇
𝟒. 𝒅
𝒇
𝒈
=
𝒈 𝒅𝒇 − 𝒇 𝒅𝒈
𝒈𝟐 , 𝐠 ≠ 𝟎
𝟓. 𝒔𝒊 𝒖 = 𝒖 𝒙 , 𝐝𝐟 𝒖(𝒙) = 𝒇′
𝒖 𝒅𝒖
𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝑜
𝟏. 𝒇 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝟐
𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 , 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒇
𝟐. 𝒇 𝒙 =
𝒍𝒏 𝟔𝒙 − 𝟒
𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟓
, 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒇
𝑑
𝑑𝑥
𝑓 ± 𝑔 =
𝑑𝑓
𝑑𝑥
±
𝑑𝑔
𝑑𝑥
𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐
𝒂𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒍 𝒅𝒊𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂𝒍
𝒅
𝒅𝒙
𝒇 ± 𝒈 𝒅𝒙 =
𝒅𝒇
𝒅𝒙
𝒅𝒙 ±
𝒅𝒈
𝒅𝒙
𝒅𝒙
𝑑 𝑓 ± 𝑔 = 𝑑𝑓 ± 𝑑𝑔
1. 𝒇 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 , 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒇
𝒅𝒇 = −𝟔𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒙𝒅𝒙
𝟐. 𝒇 𝒙 =
𝒍𝒏 𝟔𝒙 − 𝟒
𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟓
, 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒇
𝒅𝒇 =
𝟑 𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟓 − 𝟐 𝟑𝒙 − 𝟐 𝟐𝒍𝒏 𝟔𝒙 − 𝟒
𝟑𝒙 − 𝟐 𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟐
𝒅𝒙
Solución

22. 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐
𝒇 𝒙 = 𝟑𝒙𝟐 − 𝟓𝒙 + 𝟐
𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑒:
𝒊) ∆𝒚, 𝒊𝒊)𝒅𝒚, 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒙𝒐 = 𝟐, ∆𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟑
∆𝒚 = 𝒇 𝒙 + 𝒅𝒙 − 𝒇(𝒙)
∆𝒚 = 𝒇 𝒙𝒐 + ∆𝒙 − 𝒇(𝒙𝒐)
∆𝒚 = 𝒇 𝟐, 𝟎𝟑 − 𝒇(𝟐)
∆𝒚 = 𝟑 𝟐, 𝟎𝟑 𝟐 − 𝟓 𝟐, 𝟎𝟑 + 𝟐 − 𝟒 = 𝟎, 𝟐𝟏𝟐𝟕
𝑖𝑖)𝒅𝒚 = 𝒇′
𝒙 𝒅𝒙
𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝟐 𝟎, 𝟎𝟑
𝒇′
𝒙 = 𝟔𝒙 − 𝟓
𝒇′ 𝟐 = 𝟕
𝒅𝒚 = 𝒇′
𝟐 𝟎, 𝟎𝟑 = 𝟎, 𝟐𝟏
𝐸𝑟𝑟𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑐𝑖ó𝑛: ∆𝑦 − 𝑑𝑦
𝟎, 𝟐𝟏𝟐𝟕 − 𝟎, 𝟐𝟏 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟕

23. . 𝒇 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝟐
𝒄𝒐𝒔(𝟑𝒙) , 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒇
𝒅𝒇 = 𝟐𝒔𝒆𝒏 cos 𝟑𝒙 . 𝒄𝒐𝒔 cos 𝟑𝒙 (−𝒔𝒆𝒏 𝟑𝒙 𝟑 𝒅𝒙
𝒅𝒇 = −𝟔𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 . 𝒄𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒔 𝟑𝒙 (𝒔𝒆𝒏 𝟑𝒙 𝒅𝒙
𝐟 𝐱 =
𝐥𝐧 𝟔𝐱 − 𝟒
𝟑𝐱𝟐 − 𝟒𝐱 + 𝟓
𝒅𝒇 =
𝟑𝐱𝟐
− 𝟒𝐱 + 𝟓
𝟔
𝟔𝒙 − 𝟒
− 𝐥𝐧 𝟔𝐱 − 𝟒 (𝟔𝒙 − 𝟒)
𝟑𝐱𝟐 − 𝟒𝐱 + 𝟓 𝟐 𝒅𝒙
𝒅𝒇 =
𝟔 𝟑𝐱𝟐
− 𝟒𝐱 + 𝟓 − (𝟔𝒙 − 𝟒)𝟐
𝐥𝐧 𝟔𝐱 − 𝟒
(𝟔𝒙 − 𝟒) 𝟑𝐱𝟐 − 𝟒𝐱 + 𝟓 𝟐
𝒅𝒙

24. Dada 𝒇 𝒙 = 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 , 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒇
𝒇′(𝒙) = 𝟐𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . 𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 ’
𝒇′(𝒙) = 𝟐𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . 𝒄𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 ’
𝒇′
𝒙 = −𝟔𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . 𝒄𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . sen 3x
𝒅𝒇 = −𝟔𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒙𝒅𝒙
𝑑𝑓
𝑑𝑥
= −𝟔𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . 𝒄𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . sen 3x
𝒅𝒇 = −𝟔𝒔𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . 𝒄𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 . 𝐬𝐞𝐧 𝟑𝒙 𝒅𝒙
𝐄𝐉𝐄𝐌𝐏𝐋𝐎
𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏

25. 𝟐. 𝒇 𝒙 =
𝒍𝒏 𝟔𝒙 − 𝟒
𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟓
, 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒇
𝑑𝑓 =
𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 5
3
3𝑥 − 2
− 𝒍𝒏 𝟔𝒙 − 𝟒 𝟔𝒙 − 𝟒
𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 5 2 dx
𝑑𝑓 =
3 𝟑𝒙𝟐
− 𝟒𝒙 + 5 − 𝟐𝒍𝒏 𝟔𝒙 − 𝟒 𝟑𝒙 − 𝟐 𝟐
𝟑𝒙 − 𝟐 𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟓 𝟐
dx
𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏

26. DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙, diferencial de primer orden
𝒅𝟐𝒚 = 𝒅 𝒅𝒚 = 𝒅 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙 𝐝𝐱
𝒅𝟐
𝒚 = 𝒅 𝒅𝒚 = 𝐟′′(𝐱) 𝒅𝒙 𝟐
𝒈𝒆𝒏𝒆𝒓𝒂𝒍𝒊𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐
𝒅𝒏
𝒚 = 𝒇𝒏
(𝐱) 𝒅𝒙 𝒏
𝑺𝒊 𝒚𝟐
− 𝟑𝒆𝟐𝒙𝟐
− 𝟓𝒙𝟐
+ 𝟓𝒙 = 𝟏𝟎, 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆: 𝒅𝟐
𝒚 =?
𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙,
𝑯𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒆𝒍 𝒅𝒊𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂𝒍 𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒐 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒏
𝒅 𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙 ′
𝒅𝒙
𝑑2
𝑦 = 𝑓′′
𝑥 𝑑𝑥 + 𝑓′(𝑥) 𝑑𝑥 ′
𝑑𝑥
𝟐𝒚
𝒅𝒚
𝒅𝒙
− 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
− 𝟏𝟎𝐱 +
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
= 𝟎
𝒅𝒚 =
𝒚−𝟏
𝟐
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝐝𝐱
𝐸𝑗𝑒𝑚𝑝𝑙𝑜

27. 𝟐𝒚
𝒅𝒚
𝒅𝒙
− 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
− 𝟏𝟎𝐱 +
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
= 𝟎
𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙
𝒅 𝒅𝒚 = 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙 ′𝒅𝒙
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝟏
𝟐𝒚
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
=
𝒚−𝟏
𝟐
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝒅𝒚
𝒅𝒙
=
𝒚−𝟏
𝟐
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
→ 𝒅𝒚 =
𝒚−𝟏
𝟐
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝒅𝒙
𝒅 𝒅𝒚 =
𝒚−𝟏
𝟐
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝒅𝒙
′
𝒅𝒙
𝒚−𝟏
𝟐
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓𝒙−𝟏/𝟐
𝟐
𝒅𝒙
′
=
=
−𝑦−2𝑦´
𝟐
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
+
𝒚−𝟏
𝟐
𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟒𝟖𝒙𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎 +
𝟓
𝟒𝒙𝟐/𝟑

28. =
−𝑦−2𝑦´
𝟐
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
+
𝒚−𝟏
𝟐
𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟒𝟖𝒙𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎 +
𝟓
𝟒𝒙𝟐/𝟑
= −
𝑦´
𝑦2
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
+
𝟏
𝟐𝒚
𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟒𝟖𝒙𝟐
𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎 +
𝟓
𝟒𝒙𝟐/𝟑
𝟏
𝟐𝒚
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝒅𝒙
= −
1
2𝑦3 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
+
𝟏
𝟐𝒚
𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟒𝟖𝒙𝟐
𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎 +
𝟓
𝟒𝒙𝟐/𝟑
= −
1
2𝑦3 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝟐
+
𝟏
𝟐𝒚
𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟒𝟖𝒙𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎 +
𝟓
𝟒𝒙𝟐/𝟑
𝑑2
𝑦 = −
1
2𝑦3 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝐱 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝟐
+
𝟏
𝟐𝒚
𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟒𝟖𝒙𝟐
𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎 +
𝟓
𝟒𝒙𝟐/𝟑
𝑑𝑥2

29. 𝑺𝒊 𝒚𝟐 − 𝟑𝒆𝟐𝒙𝟐
− 𝟓𝒙𝟐 + 𝟓𝒙 = 𝟏𝟎, 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆: 𝒅𝟐𝒚 =?
𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝟐𝒚𝒚′
− 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
− 𝟏𝟎𝒙 +
𝟓
𝟐 𝒙
= 𝟎
𝒚′
=
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 −
𝟓
𝟐 𝒙
𝟐𝒚
=
𝟐𝟒𝒙𝟑/𝟐
𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟐𝟎𝒙𝟑/𝟐
− 𝟓
𝟒𝒚 𝒙
𝑦′′ =
𝟒𝒚 𝒙 𝟑𝟔𝒙𝟏/𝟐
𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟗𝟔𝒙𝟓/𝟐
𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟑𝟎𝒙𝟏/𝟐
− 𝟐𝟒𝒙
𝟑
𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟐𝟎𝒙
𝟑
𝟐 − 𝟓 (𝟒𝒚′
𝒙 + 𝟐𝒚𝒙−𝟏/𝟐
𝟒𝒚 𝒙
𝟐
𝑑2
𝑦 =
𝟒𝒚 𝒙 𝟗𝟔𝒙𝟑/𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟑𝟎𝒙𝟏/𝟐 − 𝟐𝟒𝒙
𝟑
𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟐𝟎𝒙
𝟑
𝟐 − 𝟓 (𝟒𝒚′ 𝒙 + 𝟐𝒚𝒙−𝟏/𝟐
𝟒𝒚 𝒙
𝟐
(𝒅𝒙)𝟐
𝟐𝟒𝒙
𝟑
𝟐(𝟒𝒙)

30. 𝑺𝒊 𝒚𝟐 − 𝟑𝒆𝟐𝒙𝟐
− 𝟓𝒙𝟐 + 𝟓𝒙 = 𝟏𝟎, 𝒉𝒂𝒍𝒍𝒆: 𝒅𝟐𝒚 =?
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝟐𝒚𝒚′
− 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
− 𝟏𝟎𝒙 +
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
= 𝟎
𝒚′
=
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝟐𝒚
𝒅𝒚 =
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝟐𝒚
𝒅𝒙
𝒚′′ =
𝟐𝒚 𝟒𝟖𝒙𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎 +
𝟐𝟓
𝟒 𝟓𝒙 𝟑/𝟐 − 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝟐𝒚′
𝟒𝒚𝟐
𝒅𝟐
𝒚 =
𝒚 𝟒𝟖𝒙𝟐
𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎 +
𝟐𝟓
𝟒 𝟓𝒙 𝟑/𝟐 − 𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝟏𝟐𝒙𝒆𝟐𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 −
𝟓
𝟐 𝟓𝒙
𝟐𝒚
𝟐𝒚𝟐 𝒅𝒙 𝟐
𝐚𝐩𝐥𝐢𝐜𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚 𝐢𝐦𝐩𝐥í𝐜𝐢𝐭𝐚

31. 𝑪𝒖𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒖𝒏𝒂 𝒄𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒚𝒐 = 𝒇 𝒙𝒐 𝒔𝒆 𝒂𝒑𝒓𝒐𝒙𝒊𝒎𝒂 𝒎𝒆𝒅𝒊𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒂𝒅𝒇 𝒙𝒐 + 𝒉 , 𝒄𝒐𝒏 𝒖𝒏 𝒆𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒅𝒆
ERROR RELATIVOY ERROR PORCENTUAL APROXIMADO
∆𝒚 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝒉 − 𝐟 𝒙𝒐 , entonces se tiene:
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐 =
∆𝒚
𝒚𝒐
=
∆𝒚
𝒇(𝒙𝒐)
PORCENTAJE DE ERROR:
∆𝒚
𝒚
𝟏𝟎𝟎%
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝑨𝒑𝒓𝒐𝒙𝒊𝒎𝒂𝒅𝒐 =
𝒅𝒇 𝑥𝑜
𝒇(𝒙𝒐)
ERROR PORCENTUAL AROXIMADO:
𝒅𝒇 𝒙𝒐
𝒇(𝒙𝒐)
𝟏𝟎𝟎%
𝐸𝑗𝑒𝑚𝑝𝑙𝑜.
𝐋𝐚 𝐚𝐥𝐭𝐮𝐫𝐚 𝐝𝐞 𝐮𝐧 𝐜𝐢𝐥𝐢𝐧𝐝𝐫𝐨 𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝟏𝟎𝐜𝐦. 𝐲 𝐞𝐥 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐨 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐚 𝐝𝐞 𝟐 𝐚 𝟐, 𝟎𝟔𝐜𝐦. 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐜𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐞
𝐞𝐥 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧 𝐝𝐞𝐥 𝐜𝐢𝐥𝐢𝐧𝐝𝐫𝐨.
𝐂𝐮á𝐥 𝐞𝐬 𝐞𝐥 𝐩𝐨𝐫𝐜𝐞𝐧𝐭𝐚𝐣𝐞 𝐝𝐞 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧
𝐢)𝐞𝐫𝐫𝐨𝐫 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧 𝐝𝐞𝐥 𝐜𝐢𝐥𝐢𝐧𝐝𝐫𝐨

32. 𝐋𝐚 𝐚𝐥𝐭𝐮𝐫𝐚 𝐝𝐞 𝐮𝐧 𝐜𝐢𝐥𝐢𝐧𝐝𝐫𝐨 𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝟏𝟎𝐜𝐦. 𝐲 𝐞𝐥 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐨 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐚 𝐝𝐞 𝟐 𝐚 𝟐, 𝟎𝟔𝐜𝐦. 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐜𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐞
𝐞𝐥 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧 𝐝𝐞𝐥 𝐜𝐢𝐥𝐢𝐧𝐝𝐫𝐨.
𝐂𝐮á𝐥 𝐞𝐬 𝐞𝐥 𝐩𝐨𝐫𝐜𝐞𝐧𝐭𝐚𝐣𝐞 𝐝𝐞 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧
𝑟
ℎ = 10
𝒉 = 𝟏𝟎 𝒓𝒐 = 𝟐 ∆𝒓 = 𝟎, 𝟎𝟔
𝑽 = 𝝅𝒓𝟐𝒉 𝑽 = 𝟏𝟎𝝅𝒓𝟐
𝒅𝑽(𝒓) = 𝟐𝟎𝝅𝐫𝐝𝐫
𝒅𝑽(𝒓𝒐) = 𝟐𝟎𝝅𝒓𝒐𝐝𝐫
𝒅𝑽(𝒓𝒐) = 𝑽′ 𝒓𝒐 𝒅𝒓
𝒅𝑽 𝟐 = 𝟒𝟎𝝅 𝟎, 𝟎𝟔 = 𝟐, 𝟒 𝝅
𝒅𝑽 𝟐
𝑽(𝟐)
𝟏𝟎𝟎%
𝒊𝒊𝒊)
𝒅𝑽 𝟐
𝑽(𝟐)
𝟏𝟎𝟎% =
𝟒𝟎𝝅 𝟎,𝟎𝟔
𝟒𝟎𝝅
= 𝟎, 𝟎𝟔 𝟏𝟎𝟎% = 𝟔%
𝑹𝒑𝒕𝒂. 𝐞𝐥 𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧 𝐝𝐞𝐥 𝐜𝐢𝐥𝐢𝐧𝐝𝐫𝐨 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐚 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝟔% 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐝𝐚𝐦𝐞𝐧𝐭𝐞
𝐜𝐮𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐨 𝐯𝐚𝐫í𝐚 𝐝𝐞 𝟐 𝐚 𝟐, 𝟎𝟔
𝑺𝑶𝑳𝑼𝑪𝑰Ó𝑵
𝒊)𝐞𝐫𝐫𝐨𝐫 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧 𝐝𝐞𝐥 𝐜𝐢𝐥𝐢𝐧𝐝𝐫𝐨
∆𝒚
𝒇(𝒙𝒐)
∆𝑽
𝑽(𝟐)
=
𝑽 𝟐. 𝟎𝟔 − 𝑽(𝟐)
𝑽(𝟐)
=
𝟒𝟐. 𝟒𝟑𝟔𝝅 − 𝟒𝟎𝝅
𝟒𝟎𝝅
=
𝟐. 𝟒𝟑𝟔𝝅
𝟒𝟎𝝅
∆𝑽
𝑽(𝟐)
= 𝟎. 𝟎𝟔𝟎𝟗
𝑖𝑖)
𝒅𝑽 𝟐
𝑽(𝟐)
=
𝟒𝟎𝝅𝐝𝐫
𝟒𝟎𝝅
= 𝟎. 𝟎𝟔
∆𝒚 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝒉 − 𝐟 𝒙𝒐
𝒅𝒇 𝑥𝑜
𝒇(𝒙𝒐)

33. 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐.
𝒅𝒂𝒅𝒂 𝒇 𝒙 = 𝟐𝒙𝟑
− 𝟑𝒙, 𝒙𝒐 = 𝟏, ∆𝒙 = 𝒅𝒙 = 𝟎, 𝟐
𝐝𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐞
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐 =
∆𝒚
𝒚𝒐
=
∆𝒚
𝒇(𝒙𝒐)
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝑨𝒑𝒓𝒐𝒙𝒊𝒎𝒂𝒅𝒐 =
𝒅𝒇 𝑥𝑜
𝒇(𝒙𝒐)
ERROR PORCENTUAL AROXIMADO:
𝒅𝒇 𝒙𝒐
𝒇(𝒙𝒐)
𝟏𝟎𝟎%
PORCENTAJE DE ERROR:
∆𝒚
𝒚
𝟏𝟎𝟎%
∆𝒚 = 𝒇 𝒙𝒐 + 𝒉 − 𝐟 𝒙𝒐
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐 =
𝒇 𝟏 + 𝟎. 𝟐 − 𝒇(𝟏)
𝒇(𝟏)
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐 =
𝟐 𝟏. 𝟐 𝟑
− 𝟑 𝟏. 𝟐 + 𝟏
−𝟏
= −𝟎. 𝟖𝟓𝟔
PORCENTAJE DE ERROR: −𝟖𝟓, 𝟔 %
𝒅𝒇 = 𝟔𝒙𝟐 − 𝟑 𝒅𝒙
𝒅𝒇(𝟏) = 𝟑
𝑬𝒓𝒓𝒐𝒓 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐𝑨𝒑𝒓𝒐𝒙𝒊𝒎𝒂𝒅𝒐 =
𝟑(𝟎. 𝟐)
−𝟏
= −𝟎. 𝟔
𝒅𝒇 𝟏
𝒇(𝟏)
𝟏𝟎𝟎% = −𝟔𝟎%

34. Un contratista esta de acuerdo en pintar 2000 letreros luminosos circulares por ambos lados cada
uno de radio50cm. Al recibir los rótulos se descubre que el radio tiene 1/2cm. más. Utilizando
diferenciales encontrar el aumento aproximado en porcentaje de pintura que se necesitará para
pintar los rótulos
50 1/2
𝑨 𝒓 = 𝟒𝟎𝟎𝟎𝝅𝒓𝟐
𝒅𝑨 = 𝟖𝟎𝟎𝟎 𝝅𝐫𝐝𝐫
𝒅𝒓 = 𝟎, 𝟓𝒄𝒎.
𝒅𝑨
𝑨(𝒓)
𝟏𝟎𝟎%
𝒅𝑨
𝑨(𝒓)
=
𝟖𝟎𝟎𝟎 𝝅𝐫(𝟎, 𝟓)
𝟒𝟎𝟎𝟎𝝅𝒓𝟐
=
𝟐(𝟎, 𝟓)
𝟓𝟎
= 𝟎, 𝟎𝟐𝒙𝟏𝟎𝟎% = 𝟐%
𝑹𝒑𝒕𝒂. − 𝐒𝐞 𝐝𝐞𝐛𝐞 𝐧𝐞𝐜𝐞𝐬𝐢𝐭𝐚𝐫 𝐮𝐧 𝟐% 𝐦á𝐬 𝐝𝐞 𝐩𝐢𝐧𝐭𝐮𝐫𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐞𝐥 𝐩𝐢𝐧𝐭𝐚𝐝𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐫ó𝐭𝐮𝐥𝐨𝐬 aproximadamente
𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝒓𝒐 = 𝟓𝟎𝒄𝒎.

35. Una aproximación geométrica al concepto de diferencial
•Supongamos un cuadrado de lado x, al que incrementamos el lado en una
cierta cantidad h. Su superficie se incrementará en:
f = (x + h)2 – x2 = 2xh + h2
•Si h es muy pequeño, h2 es mucho más pequeño.
•Entonces:
2xh = 2x dx es el diferencial de la función
f(x) = x2 y se ve que f  2x dx = f '(x) dx
El error que se comete al aproximar el incremento
por la diferencial es h2.

36. 𝐋𝐚 𝐫𝐚𝐳ó𝐧 𝐝𝐞 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐩𝐫𝐨𝐦𝐞𝐝𝐢𝐨 𝐨 𝐯𝐞𝐥𝐨𝐜𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐩𝐫𝐨𝐦𝐞𝐝𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐲 = 𝐟 𝐱
RAZÓN DE CAMBIO INSTANTÁNEA. VELOCIDAD INSTANTÁNEA
𝐡 = ∆𝐱 𝐟𝐢𝐣𝐨, 𝐚𝐥 𝐜𝐨𝐜𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞:
∆𝒚
∆𝒙
=
𝒇 𝒙𝒐 + 𝒉 − 𝐟 𝒙𝒐 ,
𝒉
𝒔𝒊 𝒔𝒆 𝒉𝒂𝒄𝒆 𝒙𝟏 = 𝒙𝒐 +h →
𝒇 𝒙𝒐+𝒉 −𝒇 𝒙𝒐
𝒉
=
𝒇 𝒙𝟏 −𝒇 𝒙𝒐
𝒙𝟏−𝒙𝒐
𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝒍𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒎𝒃𝒊𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒎𝒆𝒅𝒊𝒐 𝒅𝒆 𝒇 𝒙 𝒑𝒐𝒓 𝒖𝒏𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒎𝒃𝒊𝒐(𝒙)
𝑵𝒐𝒕𝒂. −𝒔𝒊 𝒚 = 𝒇 𝒕 𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂 𝒍𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒚𝒆𝒄𝒕𝒐𝒓𝒊𝒂 𝒓𝒆𝒄𝒐𝒓𝒓𝒊𝒅𝒂 𝒑𝒐𝒓 𝒖𝒏 𝒎ó𝒗𝒊𝒍 𝒉𝒂𝒔𝒕𝒂 𝒆𝒍 𝒊𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒕
𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒍𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒑𝒓𝒐𝒎𝒆𝒅𝒊𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒎ó𝒗𝒊𝒍 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒕𝒐, 𝒕 está dada por:
𝒇 𝒕 − 𝐟 𝒕𝒐
𝒕 − 𝒕𝒐
=
∆𝑦
∆𝑡
; ∆𝑡 = 𝑡 − 𝒕𝒐
ó
𝒇 𝒕𝒐 + ∆𝒕 − 𝐟 𝒕𝒐
∆𝒕
, espacio recorrido promedio por unidad de tiempo en 𝒕𝒐, 𝒕
𝐫𝐞𝐬𝐩𝐞𝐜𝐭𝐨 𝐚 𝐥𝐚 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐱 𝐞𝐧 𝐱𝐨; 𝐱𝐨 + 𝐡

37. 𝐥𝐢𝐦
𝒉→𝟎
𝒇 𝒙𝒐+𝒉 −𝒇 𝒙𝒐
𝒉
= 𝒇′
𝒙𝒐 =
𝒅𝒚
𝒅𝒙
𝒙𝒐 = 𝐥𝐢𝐦
∆𝒙→𝟎
∆𝒚
∆𝒙
VELOCIDAD DE CAMBIO INSTANTÁNEA 𝒅𝒆 𝒚 = 𝒇 𝒙 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒙 = 𝒙𝒐
𝐍𝐨𝐭𝐚. 𝐒𝐢 𝐥𝐚 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐱 = 𝐭, 𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨 𝐥𝐚 𝐯𝐞𝐥𝐨𝐜𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐢𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭á𝐧𝐞𝐚
𝐥𝐢𝐦
𝒉→𝟎
𝒇 𝒕𝒐 + 𝒉 − 𝒇 𝒕𝒐
𝒉
= 𝒇′ 𝒕𝒐 =
𝒅𝒚
𝒅𝒕
𝒕𝒐 = 𝒍𝒊𝒎
∆𝒕→𝟎
∆𝒚
∆𝒕
𝐕𝐞𝐥𝐨𝐜𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐨 𝐢𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭á𝐧𝐞𝐚 𝐯 𝐭 = 𝐟′ 𝐭
𝐚𝐜𝐞𝐥𝐞𝐫𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐢𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭á𝐧𝐞𝐚: 𝐚 𝐭 = 𝐯′ 𝐭 = 𝐟′′(𝐭)

38. 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐
𝟑𝟎𝟎𝟐
+ 𝒙𝟐
= 𝒛𝟐
Un niño vuela un cometa a una altura de 300 pies mientras el viento aleja el cometa del niño horizontalmente a una
velocidad de 25pies/seg. Con que rapidez está el niño está soltando la cuerda cuando el cometa se encuentra a 500
pies de él?
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝑝𝑖𝑠𝑜
300
𝑥
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝟐𝟓𝒑/𝒔𝒆𝒈
𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒊𝒎𝒑𝒍í𝒄𝒊𝒕𝒂𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆
𝒙𝒐 = 𝟒𝟎𝟎 𝒛𝒐 = 𝟓𝟎𝟎
300
𝒛 = 𝒙𝟐 + 𝟐𝟓𝟎𝟎
𝟑𝟎𝟎𝟐 + 𝒙𝟐 = 𝒛𝟐
𝒙
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝒛
𝒅𝒛
𝒅𝒕
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝒙
𝒛
𝒅𝒙
𝒅𝒕
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝒙𝒐
𝒛𝒐
𝒅𝒙
𝒅𝒕
𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒅𝒛
𝒅𝒕
= 𝟐𝟎𝒑/𝒔𝒆𝒈
𝑹𝒑𝒕𝒂. 𝐞𝐬𝐭𝐚 𝐬𝐨𝐥𝐭𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐜𝐮𝐞𝐫𝐝𝐚 𝐚 𝐫𝐚𝐳ó𝐧 𝐝𝐞 𝟐𝟎𝐩/𝐬𝐞𝐠
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=? ?
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝟒𝟎𝟎
𝟓𝟎𝟎
𝟐𝟓𝒑/𝒔𝒆𝒈
𝑥
𝑧
𝟎 + 𝟐𝒙
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝟐𝒛
𝒅𝒙
𝒅𝒕

39. Una escalera de 25pies de largo se apoya contra una pared vertical. Si la base horizontal de la escalera se tira
horizontalmente alejándola de la pared a 4pies/seg. Que tan rápido resbala la parte superior de la escalera cuando la
base se encuentra a i)15pies de la pared?. ii)Cuando se encuentra a 20 pies de la pared
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝟒𝒑𝒊𝒆𝒔/𝒔𝒆𝒈
𝒅𝒚
𝒅𝒕
=?
𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟐𝟓𝟐
𝟐𝐱
𝐝𝐱
𝐝𝐭
+ 𝟐𝐲
𝐝𝐲
𝐝𝐭
= 𝟎 →
𝐝𝐲
𝐝𝐭
= −
𝐱
𝐲
𝐝𝐱
𝐝𝐭
𝒙𝒐 = 𝟏𝟓, 𝒛𝒐 = 𝟐𝟓, 𝒚𝒐 =?
𝟐𝟐𝟓 + 𝒚𝟐
= 𝟔𝟐𝟓 → 𝒚𝒐 = 𝟐𝟎
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= −
𝟏𝟓
𝟐𝟎
𝟒𝒑𝒊𝒆𝒔/𝒔𝒆𝒈
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= −𝟑𝒑𝒊𝒆𝒔/𝒔𝒆𝒈
𝑹𝒑𝒕𝒂. −𝒆𝒔𝒕á 𝒓𝒆𝒔𝒃𝒂𝒍𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒂 𝒓𝒂𝒛ó𝒏 𝒅𝒆𝟑𝒑𝒊𝒆𝒔/𝒔𝒆𝒈
𝑬𝑱𝑬𝑴𝑷𝑳𝑶
𝒊𝒊)𝒙𝟐
+ 𝒚𝟐
= 𝟐𝟓𝟐
𝒙𝒐 = 𝟐𝟎, 𝒛𝒐 = 𝟐𝟓, 𝒚𝒐 = 𝟏𝟓
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= −
𝒙
𝒚
𝒅𝒙
𝒅𝒕
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= −
𝒙𝒐
𝒚𝒐
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= −
𝟐𝟎
𝟏𝟓
𝟒𝒑𝒊𝒆𝒔/𝒔𝒆𝒈
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= −𝟓, 𝟑 𝒑𝒊𝒆𝒔/𝒔𝒆𝒈
𝒑𝒂𝒓𝒆𝒅
𝟐𝟓
𝑥
𝑦

40. 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝟏𝟔
Una partícula se mueve a lo largo de la curva 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝟏𝟔 tal que su distancia al origen aumenta a
razón de 6m/seg. Cuál es la velocidad de cambio de x respecto al tiempo cuando la partícula se
encuentra en el punto de coordenadas (𝟑, 𝟓)
𝑙
𝒙, 𝒚
𝒍𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 → 𝒍𝟐 = 𝟐𝒙𝟐 + 𝟏𝟔
𝟐𝒍
𝒅𝒍
𝒅𝒕
= 𝟒𝒙
𝒅𝒙
𝒅𝒕
→
𝒅𝒙
𝒅𝒕
=
𝒍
𝟐𝒙
𝒅𝒍
𝒅𝒕
𝒙𝒐 = 𝟑, 𝒚𝒐 = 𝟓, 𝒍𝒐 = 𝟑𝟒
𝒅𝒍
𝒅𝒕
= 𝟔𝒎/𝒔𝒆𝒈
𝒅𝒙
𝒅𝒕
=
𝟑𝟒
𝟔
𝟔𝒎/𝒔𝒆𝒈
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝟑𝟒𝒎/𝒔𝒆𝒈
𝑹𝒑𝒕𝒂. 𝑳𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒎𝒃𝒊𝒐 𝒅𝒆 𝒙 𝒂𝒖𝒎𝒆𝒏𝒕𝒂 𝒂 𝒓𝒂𝒛ó𝒏 𝒅𝒆 𝟑𝟒𝒎/𝒔𝒆𝒈
𝑬𝑱𝑬𝑴𝑷𝑳𝑶
𝒅𝒙
𝒅𝒕
=
𝒍𝒐
𝟐𝒙𝒐
𝒅𝒍
𝒅𝒕
𝑹𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐

41. 𝒖𝒕𝒊𝒍𝒊𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒑𝒓𝒐𝒑𝒊𝒆𝒅𝒂𝒅 𝒅𝒆 𝒕𝒓𝒊á𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐𝒔 𝒔𝒆𝒎𝒆𝒋𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔
problema
Un reflector sobre el piso ilumina la pared de un edificio que esta a 15m de distancia. Un hombre de 2m. De alto
camina desde el reflector hacia el edificio a una velocidad de 1,6m./seg , con que rapidez decrece su sombra
proyectada sobre el edificio cuando se encuentra a 3m. De este?
15
𝑥
𝟏𝟓 − 𝒙
𝟐
ℎ
ℎ
15
2
15 − 𝑥
𝒉
𝟐
=
𝟏𝟓
𝟏𝟓 − 𝒙
→ 𝒉 =
𝟑𝟎
𝟏𝟓 − 𝒙
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= −𝟏, 𝟔𝒎./𝒔𝒆𝒈
𝒅𝒉
𝒅𝒕
=
𝟑𝟎
𝟏𝟓 − 𝒙 𝟐
𝒅𝒙
𝒅𝒕
𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒅𝒉
𝒅𝒕
=
𝟑𝟎
𝟏𝟒𝟒
−𝟏, 𝟔𝒎./𝒔𝒆𝒈
𝒅𝒉
𝒅𝒕
= −𝟎, 𝟑𝟑 𝒎./𝒔𝒆𝒈
𝐥𝐚 𝐬𝐨𝐦𝐛𝐫𝐚 𝐞𝐬𝐭𝐚 𝐝𝐞𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐚 𝐫𝐚𝐳ó𝐧 𝐝𝐞 𝟎, 𝟑𝟑𝐦./𝐬𝐞𝐠
𝒙𝒐 = 𝟑
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝒉 =
𝟑𝟎
𝟏𝟓 − 𝒙
= 𝟑𝟎(𝟏𝟓 − 𝒙)−𝟏
𝐝𝐡
𝐝𝐭
= −𝟑𝟎 𝟏𝟓 − 𝐱 −𝟐(−𝟏)
𝐝𝐱
𝐝𝐭
𝒅𝒉
𝒅𝒕
=? ?

42. 𝑷𝒓𝒐𝒃𝒍𝒆𝒎𝒂.
Una barra de metal tiene la forma cilíndrica circular recto , cuando se calienta su longitud y su
diámetro crecen de 𝟎, 𝟎𝟒𝒄𝒎 /min.Y de 𝟎, 𝟎𝟏𝒄𝒎/min. Respectivamente. A que razón cambia
el volumen de la barra de metal en el instante en que el largo es 30cm y el diámetro es de
6cm.
30
𝐷
𝑽 = 𝝅𝒓𝟐𝐡 = 𝝅
𝑫
𝟐
𝟐
𝒍
𝑙
𝒍𝒐 = 𝟑𝟎, 𝑫𝒐 = 𝟔
𝒅𝒍
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟎𝟒𝒄𝒎./𝒎𝒊𝒏;
𝒅𝑫
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟎𝟏𝒄𝒎/𝒎𝒊𝒏
𝒅𝑽
𝒅𝒕
=?
𝑽 =
𝝅𝑫𝟐
𝟒
𝒍
𝒅𝑽
𝒅𝒕
=
𝝅
𝟒
𝟐𝑫𝒍
𝒅𝑫
𝒅𝒕
+ 𝑫𝟐
𝒅𝒍
𝒅𝒕
𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒅𝑽
𝒅𝒕
=
𝝅
𝟒
𝟑𝟔𝟎 𝟎, 𝟎𝟏 + 𝟑𝟔 𝟎, 𝟎𝟒 =
𝝅
𝟒
𝟓, 𝟎𝟒 = 𝟑, 𝟗𝟓𝒄𝒎𝟑/𝒎𝒊𝒏
𝐑𝐩𝐭𝐚. 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐚 𝐚 𝐫𝐚𝐳ó𝐧 𝐝𝐞 𝟑, 𝟗𝟓𝐜𝐦𝟑/𝐦𝐢𝐧
𝐒𝐎𝐋𝐔𝐂𝐈Ó𝐍

43. 𝐇𝐚𝐜𝐢𝐚 𝐮𝐧 𝐭𝐚𝐧𝐪𝐮𝐞 𝐜ó𝐧𝐢𝐜𝐨 𝐟𝐥𝐮𝐲𝐞 𝐞𝐥 𝐚𝐠𝐮𝐚 𝐚 𝐫𝐚𝐳ó𝐧 𝐝𝐞
𝟖𝐩𝟑
𝐦𝐢𝐧
. 𝐬𝐢 𝐥𝐚 𝐚𝐥𝐭𝐮𝐫𝐚 𝐝𝐞𝐥 𝐭𝐚𝐧𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝟏𝟐 𝐩𝐮𝐥𝐠𝐚𝐝𝐚𝐬 𝐲 𝐝𝐞
𝟔𝐩𝐢𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐨. 𝐐𝐮é 𝐭𝐚𝐧 𝐫á𝐩𝐢𝐝𝐨 𝐬𝐞 𝐞𝐬𝐭á 𝐞𝐥𝐞𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝐧𝐢𝐯𝐞𝐥 𝐝𝐞𝐥 𝐚𝐠𝐮𝐚 𝐜𝐮𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐭𝐢𝐞𝐧𝐞 𝟒 𝐩𝐢𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐚𝐥𝐭𝐮𝐫𝐚?
12
6
𝟖𝒑𝟑
𝒎𝒊𝒏
ℎ
𝒓 𝟏𝟐
6
𝒉
𝐌 = 𝐜𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐚𝐠𝐮𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐢𝐧𝐠𝐫𝐞𝐬𝐚
𝐕 = 𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧 𝐝𝐞 𝐚𝐠𝐮𝐚 𝐚𝐥𝐨𝐣𝐚𝐝𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐫𝐞𝐜𝐢𝐩𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞
𝑉 =
1
3
𝜋𝑟2
ℎ
𝒉
𝟏𝟐
=
𝒓
𝟔
→ 𝒓 =
𝒉
𝟐
𝑽 =
𝟏
𝟑
𝝅
𝒉
𝟐
𝟐
𝒉 =
𝝅
𝟏𝟐
𝒉𝟑
𝒅𝑽
𝒅𝒕
=
𝝅𝒉𝟐
𝟒
𝒅𝒉
𝒅𝒕
𝐐 = 𝐜𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐚𝐠𝐮𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐚𝐥𝐞
𝒅𝑴
𝒅𝒕
−
𝒅𝑸
𝒅𝒕
=
𝒅𝑽
𝒅𝒕
𝟎
𝟖𝒑𝟑
𝒎𝒊𝒏
=
𝒅𝑽
𝒅𝒕
𝒅𝒉
𝒅𝒕
=
𝟐
𝝅
p/min
𝑬𝑱𝑬𝑴𝑷𝑳𝑶
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝒓𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐
𝟖𝒑𝟑
𝒎𝒊𝒏
=
𝝅(𝟏𝟔)
𝟒
𝒅𝒉
𝒅𝒕
→
𝒅𝒉
𝒅𝒕
=
𝟖
𝟒𝝅
=
𝟐
𝝅
p/min
𝑹𝒑𝒕𝒂. −𝒆𝒍 𝒏𝒊𝒗𝒆𝒍 𝒅𝒆𝒍 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒂𝒔𝒄𝒆𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒂 𝒓𝒂𝒛ó𝒏 𝒅𝒆
𝟐
𝝅
p/min
𝒉𝒐 = 𝟒

44. 𝐏𝐫𝐨𝐛𝐥𝐞𝐦𝐚
𝐔𝐧 𝐜𝐢𝐜𝐥𝐢𝐬𝐭𝐚 𝐜𝐨𝐫𝐫𝐞 𝐚 𝐥𝐨 𝐥𝐚𝐫𝐠𝐨 𝐝𝐞 𝐮𝐧𝐚 𝐩𝐢𝐬𝐭𝐚 𝐜𝐢𝐫𝐜𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐚 𝐫𝐚𝐳ó𝐧 𝐝𝐞𝟑𝟎 𝐤𝐦 ∕ 𝐡, 𝐞𝐧 𝐬𝐮 𝐜𝐞𝐧𝐭𝐫𝐨 𝐬𝐞 𝐞𝐧𝐜𝐮𝐞𝐧𝐭𝐫𝐚 𝐮𝐧𝐚
𝒍á𝐦𝐩𝐚𝐫𝐚. 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐩𝐮𝐧𝐛𝐭𝐨 𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢𝐚𝐥 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐜𝐚𝐫𝐫𝐞𝐫𝐚 𝐝𝐞𝐥 𝐜𝐢𝐜𝐥𝐢𝐬𝐭𝐚 𝐞𝐬𝐭á 𝐮𝐛𝐢𝐜𝐚𝐝𝐚 𝐮𝐧𝐚 𝐜𝐞𝐫𝐜𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐞 𝐥𝐚 𝐝𝐢𝐫𝐞𝐜𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐥𝐚
𝐭𝐚𝐧𝐠𝐞𝐧𝐭𝐞.
𝐀 𝐪𝐮𝐞 𝐯𝐞𝐥𝐨𝐜𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐬𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚 𝐥𝐚 𝐬𝐨𝐦𝐛𝐫𝐚 𝐝𝐞𝐥 𝐜𝐢𝐜𝐥𝐢𝐬𝐭𝐚 𝐚 𝐥𝐨 𝐥𝐚𝐫𝐠𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐜𝐞𝐫𝐜𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐞𝐧 𝐪𝐮𝐞
𝐞𝐬𝐭𝐞 𝐡𝐚 𝐫𝐞𝐜𝐨𝐫𝐫𝐢𝐝𝐨
𝟏
𝟖
𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒑𝒊𝒔𝒕𝒂
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=?
𝜃0 =
2𝜋
8
=
𝜋
4
𝒍 = 𝜽𝒓𝒐
𝑑𝑙
𝑑𝑡
= 30𝑘𝑚 ∕ 𝐡
𝑙 = 𝜽𝒓𝒐
𝑑𝑙
𝑑𝑡
=
𝑑𝜽
𝑑𝑡
𝒓𝒐
𝒕𝒂𝒏𝜽 =
𝒚
𝒓𝒐
𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒔𝒆𝒄𝟐
𝜽
𝒅𝜽
𝒅𝒕
=
𝟏
𝒓𝒐
𝒅𝒚
𝒅𝒕
𝑑𝜽
𝑑𝑡
=
1
𝒓𝒐
30
𝜃0 =
𝜋
4
→ 𝑡𝑎𝑛
𝜋
4
= 1
𝒚 = 𝒓𝒐
𝐝𝐲
𝐝𝐭
= 𝐫𝐨𝐬𝐞𝐜𝟐𝛉
𝐝𝛉
𝐝𝐭
= 𝐫𝐨𝐬𝐞𝐜𝟐
𝜋
4
𝐝𝛉
𝐝𝐭
𝐝𝐲
𝐝𝐭
= 𝟐 𝐫𝐨
1
𝒓𝒐
30 = 𝟔𝟎𝒌𝒎 ∕ 𝐡
𝜃
𝑙
𝑟𝑜
𝒚

45. 𝐏𝐫𝐨𝐛𝐥𝐞𝐦𝐚
𝐔𝐧 𝐞𝐪𝐮𝐢𝐩𝐨 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐯𝐞𝐬𝐭𝐢𝐠𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐦é𝐝𝐢𝐜𝐚, 𝐝𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐨 𝐪𝐮𝐞 𝐭 𝐝í𝐚𝐬 𝐝𝐞𝐬𝐩𝐮é𝐬 𝐝𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐮𝐧𝐚 𝐞𝐩𝐢𝐝𝐞𝐦𝐢𝐚
𝑁 𝑡 = 10𝑡3 + +5𝑡 + 𝑡
𝐝𝐞 𝐩𝐞𝐫𝐬𝐨𝐧𝐚𝐬 𝐢𝐧𝐟𝐞𝐜𝐭𝐚𝐝𝐚𝐬. ¿ 𝐀 𝐪𝐮𝐞 𝐫𝐚𝐳ó𝐧 𝐬𝐞 𝐢𝐧𝐜𝐫𝐞𝐦𝐞𝐧𝐭𝐚 𝐥𝐚 𝐩𝐨𝐛𝐥𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐢𝐧𝐟𝐞𝐜𝐭𝐚𝐝𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐧𝐨𝐯𝐞𝐧𝐨 𝐝í𝐚?
𝑵′
(𝒕) = 𝟑𝟎𝒕𝟐
+ 𝟓 +
𝟏
𝟐 𝒕
𝑡 = 9
𝑁′
9 = 30𝑡2
+ 5 +
1
2 𝑡
= 2435,16
𝐞𝐬𝐭𝐨 𝐬𝐢𝐠𝐧𝐢𝐟𝐢𝐜𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐩𝐚𝐬𝐚𝐝𝐨𝐬 𝟗 𝐝í𝐚𝐬 𝐥𝐚 𝐩𝐨𝐛𝐥𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐛𝐚𝐜𝐭𝐞𝐫𝐢𝐚𝐬 𝐞𝐬𝐭á 𝐚𝐮𝐦𝐞𝐧𝐭𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐚 𝐮𝐧𝐚 𝐫𝐚𝐳ó𝐧 𝐚𝐩𝐫𝐨𝐱𝐢𝐦𝐚𝐝𝐚
𝐝𝐞 𝟐𝟒𝟑𝟓, 𝟏𝟔 𝐩𝐨𝐫 𝐝í𝐚
𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛

46. 𝐔𝐧 𝐯𝐢𝐠𝐢𝐥𝐚𝐧𝐭𝐞 𝐬𝐢𝐭𝐮𝐚𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞 𝐬𝐮𝐩𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 𝐝𝐞 𝐮𝐧 𝐟𝐚𝐫𝐨 𝐝𝐞 𝟐𝟓𝟎 𝐩𝐢𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐚𝐥𝐭𝐮𝐫𝐚 𝐨𝐛𝐬𝐞𝐫𝐯𝐚 𝐮𝐧 𝐛𝐨𝐭𝐞 𝐝𝐞 𝐦𝐨𝐭𝐨𝐫
𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐞 𝐚𝐜𝐞𝐫𝐜𝐚 𝐚𝐥 𝐟𝐚𝐫𝐨 𝐚 𝐮𝐧𝐚 𝐯𝐞𝐥𝐨𝐜𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝟐𝟎𝐩 𝒔 𝐜𝐨𝐧𝐪𝐮𝐞 𝐫𝐚𝐩𝐢𝐝𝐞𝐳 𝐜𝐚𝐦𝐛𝐢𝐚 𝐞𝐥 á𝐧𝐠𝐮𝐥𝐨 𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐩𝐨𝐫 𝐥𝐚
𝐯𝐢𝐬𝐮𝐚𝐥 𝐜𝐨𝐧 𝐫𝐞𝐬𝐩𝐞𝐜𝐭𝐨 𝐚𝐥 𝐛𝐨𝐭𝐞 𝐜𝐮𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐬𝐭𝐞 𝐬𝐞 𝐞𝐧𝐜𝐮𝐞𝐧𝐭𝐫𝐚 𝐚 𝟑𝟎𝟎 𝐩𝐢𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐛𝐚𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐥 𝐟𝐚𝐫𝐨?
𝐱 𝐝𝐢𝐬𝐭𝐚𝐧𝐜𝐢𝐚 𝐝𝐞𝐥 𝐛𝐨𝐭𝐞 𝐚𝐥 𝐩𝐢𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐛𝐚𝐬𝐞 𝐏 𝐝𝐞𝐥 𝐟𝐚𝐫𝐨 𝐞𝐧 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫 𝐭𝐢𝐞𝐦𝐩𝐨 𝐭
𝛉 á𝐧𝐠𝐮𝐥𝐨 𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚𝐝𝐨 𝐩𝐨𝐫 𝐥𝐚 𝐯𝐢𝐬𝐮𝐚𝐥 𝐲 𝐞𝐥 𝐛𝐨𝐭𝐞 𝐁 𝐞𝐧 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫 𝐭𝐢𝐞𝐦𝐩𝐨 𝐭
𝐜𝐮𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐁 𝐬𝐞 𝐚𝐜𝐞𝐫𝐜𝐚 𝐚 𝐏 ∶
𝐝𝐱
𝐝𝐭
= −𝟐𝟎𝐩 /𝐬 es esperar que 𝛉 descienda
𝒕𝒂𝒏𝜽 =
𝒙
𝟐𝟓𝟎
→ 𝒔𝒆𝒄𝟐
𝜽
𝒅𝜽
𝒅𝒕
=
𝟏
𝟐𝟓𝟎
𝒅𝒙
𝒅𝒕
𝑑𝜃
𝑑𝑡
=
1
250
−20
1
𝑠𝑒𝑐2 𝜃
𝜃
𝑃 𝐵
𝑥
𝑥𝑜 = 300
250
𝑡𝑎𝑛𝜃 =
300
250
=
6
5
1 + 𝑡𝑎𝑛2
𝜃= 𝑠𝑒𝑐2
𝜃
𝑑𝜃
𝑑𝑡
=
1
250
𝐬𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
𝑃 𝐵
𝜃
250
𝐏𝐫𝐨𝐛𝐥𝐞𝐦𝐚
… 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑡𝑎𝑟

47. Máximos y mínimos relativos
Una función f(x) tiene un mínimo (máximo) relativo en x = a si existe un intervalo abierto (a – h, a + h),
h > 0 , en el que f(x)> f(a) (f(x)<f(a)) para todo x perteneciente al intervalo.
•La función y = x2 – 6x + 8 tiene un mínimo relativo en
el punto m(3, -1). No tiene máximos relativos.
•La función y = x2 – 6x + 8 tiene un mínimo absoluto en
su dominio, R, en el punto m(3, -1). No tiene máximo
absoluto en su dominio.
•La función y = x2 – 6x + 8 tiene un mínimo absoluto en
el intervalo [1, 2], en el punto (2, 0). En ese mismo
intervalo tiene un máximo absoluto en el punto (1, 3).
La función y = x2 – 6x + 8 no tiene máximos ni mínimos
en el intervalo 𝟒, 𝟓
•m(3, -1)
1 5
mínimo absoluto
3
máximo absoluto

48. 𝐏𝐔𝐍𝐓𝐎𝐒 𝐂𝐑Í𝐓𝐈𝐂𝐎𝐒 𝐃𝐄 𝐔𝐍𝐀 𝐅𝐔𝐍𝐂𝐈Ó𝐍 𝐄𝐍 𝐔𝐍 𝐈𝐍𝐓𝐄𝐑𝐕𝐀𝐋𝐎
𝐒𝐢 𝐟 𝐞𝐬 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐈, 𝐬𝐞 𝐥𝐥𝐚𝐦𝐚𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐜𝐫í𝐭𝐢𝐜𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐟
𝐚𝐪𝐮𝐞𝐥𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐜 𝐝𝐞𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐈, 𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐚𝐭𝐢𝐬𝐟𝐚𝐠𝐚𝐧 𝐥𝐚𝐬 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐝𝐢𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬
𝒊) 𝒇′ 𝒄 = 𝟎
𝒊𝒊) 𝐟′ 𝐜 𝐧𝐨 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞
𝒊𝒊𝒊) 𝐜 𝐞𝐬 𝐮𝐧𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐞𝐦𝐨𝐬 𝐪𝐮𝐞 𝐩𝐞𝐫𝐭𝐞𝐧𝐞𝐜𝐞𝐧 𝐚𝐥 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝑰
𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐.
𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐜𝐫í𝐭𝐢𝐜𝐨𝐬 𝐝𝐞:
1)𝑓 𝑥 = 𝑥 − 4
𝟐. 𝒇 𝒙 =
𝟑
𝒙𝟐 − 𝟏 𝟐
𝟑. 𝒇 𝒙 = 𝒙 + 𝟏 𝒍𝒏𝟐
𝒙 + 𝟏
𝟏)𝒇 𝒙 = 𝒙 − 𝟒
𝒇′
𝒙 = 𝟏 = 𝟎 , no tiene puntos críticos
𝟐. 𝒇 𝒙 =
𝟑
𝒙𝟐 − 𝟏 𝟐 = 𝒙𝟐
− 𝟏
𝟐/𝟑
𝐃𝐨𝐦𝐢𝐧𝐢𝐨: 𝐱 ∈ 𝐑
𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔
𝒇′
𝒙 =
𝟒𝒙
𝟑 𝒙𝟐 − 𝟏 𝟏/𝟑

49. 𝒇 𝒙 =
𝟑
𝒙𝟐 − 𝟏 𝟐 = 𝒙𝟐
− 𝟏
𝟐/𝟑
𝑷𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔: 𝒇′
𝒙 = 𝟎
𝒇′
𝒙 =
𝟒𝒙
𝟑 𝒙𝟐 − 𝟏 𝟏/𝟑
𝑫𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐: 𝒙 ∈ 𝑹
𝟒𝒙 = 𝟎 → 𝒙 = 𝟎 ∨ 𝒙𝟐
−𝟏 = 𝟎 → 𝒙 = ±𝟏
3. 𝑓 𝑥 = 𝑥 + 1 𝑙𝑛2
𝑥 + 1
𝑷𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔: 𝑓′ 𝑥 = 0
𝒇′
𝒙 = 𝒍𝒏𝟐
𝒙 + 𝟏 + 𝒙 + 𝟏 𝟐𝐥𝐧 𝒙 + 𝟏 .
𝟏
𝒙 + 𝟏
𝒇′
𝒙 = 𝒍𝒏𝟐
𝒙 + 𝟏 + 𝟐𝐥𝐧 𝒙 + 𝟏
𝑫𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐: 𝒙 > −𝟏 −1, +∞
𝒍𝒏𝟐
𝒙 + 𝟏 + 𝟐𝐥𝐧 𝒙 + 𝟏 = 𝟎
𝒙 = 𝟎 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐
𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 … . .
𝑷𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔 −𝟏, 𝟏, 𝟎
𝒇′
𝟎 =
𝟒(𝟎)
𝟑 𝟎 − 𝟏 𝟏/𝟑
= 𝟎
𝒇′
−𝟏 =
−𝟒
𝟑 𝟎 𝟏/𝟑
= ∞
𝒇′ 𝟏 =
𝟒
𝟑 𝟎 𝟏/𝟑
= ∞
𝐥𝐧 𝒙 + 𝟏 𝒍𝒏 𝒙 + 𝟏 + 𝟐 = 𝟎
𝐥𝐧 𝒙 + 𝟏 = 𝟎 ↔ 𝒙 = 0
𝒍𝒏 𝒙 + 𝟏 + 𝟐 = 𝟎???? 𝑎𝑏 = 0 ↔ 𝑎 = 0 ∨ 𝑏 = 0

50. 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐚𝐛𝐬𝐨𝐥𝐮𝐭𝐨
𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐚𝐛𝐬𝐨𝐥𝐮𝐭𝐨
𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
𝐬𝐞ñ𝐚𝐥𝐚𝐫 𝐥𝐨𝐬 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨𝐬 𝐲 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨𝐬 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞𝐧

51. 𝒇 𝒙 =
𝒙𝟐 − 𝟐𝒙
𝒙 + 𝟑
𝐻𝑎𝑙𝑙𝑒 𝑠𝑢𝑠 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑜𝑠
𝑑𝑜𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜: 𝑅 − −3
𝑓′ 𝑥 =
𝑥2
+ 6𝑥 − 6
𝑥 + 3 2
𝑥2
+ 6𝑥 − 6 = 0 → 𝑥 = −3 ± 15
𝑥 + 3 = 0 → 𝑥 = −3 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑓′ 3 =
−15
−3 + 3 2
= −
15
0
= ∞

52. 𝟏. 𝒇′ 𝒙 = 𝟎
Puntos críticos de una función y= f(x)
𝑵𝒐𝒕𝒂. 𝐭𝐨𝐝𝐨𝐬 𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐜𝐫í𝐭𝐢𝐜𝐨𝐬 𝐝𝐞𝐛𝐞𝐧 𝐩𝐞𝐫𝐭𝐞𝐧𝐞𝐜𝐞𝐫 𝐚𝐥 𝐝𝐨𝐦𝐢𝐧𝐢𝐨
2. 𝐄𝐥 𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐩𝐫𝐢𝐦𝐞𝐫𝐚 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚 𝐧𝐨𝐬 𝐚𝐲𝐮𝐝𝐚 𝐚 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐜𝐚𝐫 𝐥𝐨𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐲 𝐝𝐞𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨
𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧( 𝐚𝐥𝐥𝐢 𝐬𝐞 𝐯𝐞𝐧 𝐥𝐨𝐬 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨𝐬 𝐲 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨𝐬 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨𝐬)
𝟑. 𝐄𝐥 𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐚 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚 𝐧𝐨𝐬 𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐚 𝐝𝐢𝐫𝐞𝐜𝐭𝐚𝐦𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐬𝐢 𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐜𝐫í𝐭𝐢𝐜𝐨𝐬 𝐬𝐨𝐧 𝐦á𝐱. 𝐨 𝐦í𝐧. 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨𝐬
𝟒. 𝐬𝐞 𝐜𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐚𝐧 𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐟𝐥𝐞𝐱𝐢ó𝐧
𝒇′′ 𝒙 = 𝟎
𝐞𝐧 𝐥𝐨𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐜𝐨𝐧𝐜𝐚𝐯𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐜𝐨 𝐬𝐢 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐞𝐬 𝐜ó𝐧𝐜𝐚𝐯𝐚 𝐡𝐚𝐜𝐢𝐚 𝐚𝐫𝐫𝐢𝐛𝐚 𝐨 𝐜ó𝐧𝐜𝐚𝐯𝐚 𝐡𝐚𝐜𝐢𝐚 𝐚𝐛𝐚𝐣𝐨

53. 𝐂𝐑𝐈𝐓𝐄𝐑𝐈𝐎𝐒 𝐏𝐀𝐑𝐀 𝐄𝐗𝐓𝐑𝐄𝐌𝐎𝐒 𝐑𝐄𝐋𝐀𝐓𝐈𝐕𝐎𝐒
𝐓𝐄𝐎𝐑𝐄𝐌𝐀. 𝐂𝐑𝐈𝐓𝐄𝐑𝐈𝐎 𝐃𝐄 𝐋𝐀 𝐏𝐑𝐈𝐌𝐄𝐑𝐀 𝐃𝐄𝐑𝐈𝐕𝐀𝐃𝐀
𝐒𝐞𝐚 𝐜 𝐮𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐜𝐫í𝐭𝐢𝐜𝐨 𝐝𝐞 𝐟. 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐮𝐧 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐚, 𝐛 , 𝐝𝐨𝐧𝐝𝐞 𝐟 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐲 𝐜 ∈ 𝐚, 𝐛 , 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬:
𝟏. 𝒔𝒊 𝒇′ 𝒙 ≥ 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒄 y 𝒇′ 𝒙 ≤ 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒄, 𝒃 → 𝒇 𝒄 𝐞𝐬 𝐮𝐧 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐝𝐞 𝐟
2. 𝒔𝒊 𝒇′
𝒙 ≤ 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒄 y 𝒇′
𝒙 ≥ 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒄, 𝒃 → 𝒇 𝒄 𝐞𝐬 𝐮𝐧 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐝𝐞 𝐟
𝟑. 𝒔𝒊 𝒇′
𝒙 ≥ 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒄 y 𝒇′
𝒙 ≥ 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒄, 𝒃 ∨ 𝒇′
𝒙 ≤ 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒄 y 𝒇′
𝒙 ≤ 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒄, 𝒃 →
𝐟 𝐜 𝐧𝐨 𝐞𝐬 𝐧𝐢 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐧𝐢 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨
𝐄𝐉𝐄𝐌𝐏𝐋𝐎
𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨𝐬 𝐲 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨𝐬 𝐝𝐞
1)𝒇 𝒙 = 𝟐𝒙𝟒
− 𝟒𝒙𝟑
− 𝟐
2)𝒇 𝒙 = 𝟒𝒙𝟓
− 𝟓𝒙𝟒
+1
𝟑)𝒇 𝒙 =
𝒙 − 𝟐 𝟖 − 𝒙
𝒙𝟐
𝒂 𝒃
𝒄

54. 𝒇′(𝒙) = 𝟒𝒙𝟑 − 𝟐𝟖𝒙 − 𝟐𝟒 = 𝟎
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐞𝐦𝐨𝐬 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨𝐬 𝐝𝐞𝐟 𝐱 = 𝐱𝟒 − 𝟏𝟒𝐱𝟐 − 𝟐𝟒𝐱 + 𝟏
𝐱 + 𝟏 𝐱 + 𝟐 𝐱 − 𝟑 = 𝟎
𝒙 = −𝟏, 𝒙 = −𝟐, 𝒙 = 𝟑
𝒇′
(𝒙) = 𝒙 + 𝟏 𝒙 + 𝟐 𝒙 − 𝟑
𝒇′
(−𝟑) = −𝟐 −𝟏 −𝟔 < 𝟎
𝒇′ −
𝟑
𝟐
= −
𝟏
𝟐
𝟏
𝟐
−
𝟕
𝟐
> 𝟎
𝒇′(𝟎) = 𝟏 𝟐 −𝟑 < 𝟎
𝒇′
(𝟒) = 𝟓 𝟔 𝟏 > 𝟎
𝐟 −𝟐 = 𝟗 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
𝐟 −𝟏 = 𝟏𝟐 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
𝐟 𝟑 = −𝟏𝟏𝟔 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨: −𝟐, −𝟏 ∪ 𝟑, +∞
𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐝𝐞𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨: −∞, −𝟐 ∪ −𝟏, 𝟑
−𝟏
−𝟐 𝟑
− 𝟑 −
𝟑
𝟐
𝟎 𝟒
− + − +
− + −
+
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
−∞ +∞
Puntos críticos
𝐃𝐨𝐦𝐢𝐧𝐢𝐨: 𝐱 ∈ 𝐑
𝐞 𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐚𝐫 𝐥𝐨𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐲 𝐝𝐞𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧

55. 𝟐)𝒇 𝒙 = 𝟒𝒙𝟓
− 𝟓𝒙𝟒
+ 𝟏
𝐃𝐨𝐦𝐢𝐧𝐢𝐨: 𝐱 ∈ 𝐑
Puntos críticos
𝑓′
𝑥 = 20𝑥4
− 20𝑥3
20𝑥4
− 20𝑥3
= 0
20𝑥3 𝑥 − 1 = 0 → 𝑥 = 0; 𝑥 = 1
0 1
−2
1
2
3
𝑓′
𝑥 = 20𝑥3
𝑥 − 1
𝑓′ −2 = 20(−2)3 −2 − 1 > 0
𝑓′
1
2
= 20𝑥3
1
2
− 1 < 0
𝑓′
3 = 20(3)3
3 − 1 > 0
+ − +
𝑓 0 = 1: 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜
𝑓 1 =: 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜

56. 𝐟 𝐱 = 𝟐𝐱𝟒 − 𝟒𝐱𝟑 − 𝟐
𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐲 𝐝𝐞𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧
𝐃𝐨𝐦𝐢𝐧𝐢𝐨: 𝐱 ∈ 𝐑
𝑓′ 𝑥 = 8𝐱𝟑 − 𝟏𝟐𝒙𝟐 = 𝟎
8𝐱𝟑
− 𝟏𝟐𝒙𝟐
= 𝟒𝒙𝟐
𝟐𝒙 − 𝟑 = 𝟎
𝐱 = 𝟎 ∨ 𝐱 =
𝟑
𝟐
𝑓′
−1 = 𝟒 −𝟓 = −𝟐𝟎 < 𝟎
𝐚𝐧𝐚𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚
𝑓′
1 = 𝟒 −𝟓 = −𝟒 < 𝟎
𝑓′
3 = 𝟑𝟔 𝟑 > 𝟎
𝟎 𝟑
𝟐
−1 1 𝟑
− − +
𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
𝐟
𝟑
𝟐
= 𝟐
𝟑
𝟐
𝟒
− 𝟒
𝟑
𝟐
𝟑
− 𝟐
𝐱 = 𝟎 𝐧𝐨 𝐞𝐬 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐧𝐢 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
intervalos de crecimiento:
𝟑
𝟐
, +∞
intervalos de decrecimiento: −∞,
𝟑
𝟐
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧

57. 𝒇 𝒙 = 𝟒𝒙𝟔
− 𝟒𝒙𝟑
+ 𝟏
𝒇′
𝒙 = 𝟐𝟒𝒙𝟓
− 𝟏𝟐𝒙𝟐
= 𝟎
𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐜𝐫í𝐭𝐢𝐜𝐨𝐬
𝟏𝟐𝒙𝟐 𝟐𝒙𝟑 − 𝟏 = 𝟎
𝒙 = 𝟎, 𝒙 =
𝟑 𝟏
𝟐
𝐟′ 𝐱 = 𝟏𝟐𝐱𝟐 𝟐𝐱𝟑 − 𝟏
𝒇′
−𝟏 = 𝟏𝟐 − < 𝟎
𝒇′
𝟏
𝟏𝟎
= 𝟏𝟐𝒙𝟐
− < 𝟎
𝐧𝐨 𝐞𝐬 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐞𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
𝒇′
𝟏 = 𝟏𝟐 + > 𝟎
𝟎
𝟑 𝟏
𝟐
−1 1
10
1
− − +
𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟑 𝒇′
(𝒙) = 𝟑𝒙𝟐
= 𝟎
𝟎
−1 1
+ +
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧

58. 𝟑)𝒇 𝒙 =
𝒙 − 𝟐 𝟖 − 𝒙
𝒙𝟐
𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐬 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐞𝐦𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐲 𝐬𝐮𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐲 𝐝𝐞𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨
𝑫𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐: 𝒙 ∈ 𝑹 − 𝟎
𝒇 𝒙 =
−𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 − 𝟏𝟔
𝒙𝟐
𝒇′ 𝒙 =
𝒙𝟐 −𝟐𝒙 + 𝟏𝟎 − −𝒙𝟐 + 𝟏𝟎𝒙 − 𝟏𝟔 𝟐𝒙
𝒙𝟒
=
−𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟑𝟐𝒙
𝒙𝟒
=
𝟑𝟐 − 𝟏𝟎𝒙
𝒙𝟑
32 − 10𝑥 = 0 → 𝑥 =
16
5
𝒙𝟑 = 𝟎 → 𝒙 = 𝟎 no es punto crítico 𝟎 ∈ 𝑫𝒐𝒎(𝒇)
𝒇′
𝒙 =
𝟑𝟐 − 𝟏𝟎𝒙
𝒙𝟑
𝒇′
−𝟏 =
𝟒𝟐
−𝟏
= −𝟒𝟐
𝒇′ 𝟏 =
𝟐𝟐
𝟏
> 𝟎 𝒇′ 𝟒 =
−𝟖
𝟔𝟒
< 𝟎
𝒇
𝟏𝟔
𝟓
𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐝𝐞𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨: −∞, 𝟎 ∪
16
5
, +∞
𝐢𝐧𝐭𝐞𝐫𝐯𝐚𝐥𝐨 𝐝𝐞 𝐜𝐫𝐞𝐜𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨: 𝟎,
16
5
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
𝟎
16
5
−1 1
− +
16
5
16
5 4
−

59. 𝐓𝐄𝐎𝐑𝐄𝐌𝐀 ( 𝐂𝐑𝐈𝐓𝐄𝐑𝐈𝐎 𝐃𝐄 𝐋𝐀 𝐒𝐄𝐆𝐔𝐍𝐃𝐀 𝐃𝐄𝐑𝐈𝐕𝐀𝐃𝐀)
𝐒𝐞𝐚 𝐟 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐫𝐧𝐨 𝐍 𝐜 𝐝𝐞 𝐜. 𝐒𝐢 𝐟′ 𝐜 = 𝟎 𝐲 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐟′′ 𝐜 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬:
1) 𝐒𝐢 𝐟′′ 𝐜 < 𝟎 → 𝐟 𝐜 𝐞𝐬𝐮𝐧 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨
2) 𝑺𝒊 𝒇′′ 𝒄 > 𝟎 → 𝒇 𝒄 𝒆𝒔 𝒖𝒏 𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟒
− 𝟏𝟒𝒙𝟐
− 𝟐𝟒𝒙 + 𝟏
𝒇′
𝒙 = 𝟒𝒙𝟑
− 𝟐𝟖𝒙 − 𝟐𝟒 = 𝟎
𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔: 𝒙 = −𝟏, 𝒙 = −𝟐, 𝒙 = 𝟑
𝒇′′
𝒙 = 𝟏𝟐𝒙𝟐
− 𝟐𝟖
𝐀𝐧𝐚𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐜𝐫í𝐭𝐢𝐜𝐨𝐬 con la segunda derivada
𝒇′′ −𝟐 = 𝟏𝟐(𝟒) − 𝟐𝟖 > 𝟎, 𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
𝒇′′ −𝟏 = 𝟏𝟐 − 𝟐𝟖 < 𝟎, 𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
𝒇′′ 𝟑 = 𝟖𝟒 − 𝟐𝟖 > 𝟎, 𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
𝐷𝑜𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 𝑓 : 𝑥 ∈ 𝑅
𝐔𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐚 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚, 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐞𝐦𝐨𝐬 𝐝𝐞

60. 𝟑)𝒇 𝒙 =
𝒙 − 𝟐 𝟖 − 𝒙
𝒙𝟐
=
−𝒙𝟐 + 𝟏𝟎𝒙 − 𝟏𝟔
𝒙𝟐
𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐞𝐦𝐨𝐬 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧
𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐
1. 𝐃𝐨𝐦𝐢𝐧𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧: 𝐱 ∈ 𝐑 − 𝟎
2. 𝑷𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔: 𝒇′ 𝒙 = 𝟎
𝑓′
𝑥 =
𝒙𝟐
−𝟐𝒙 + 𝟏𝟎 − (−𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 − 𝟏𝟔)(𝟐𝒙)
𝒙𝟒
𝒇′
𝒙 =
𝟑𝟐 − 𝟏𝟎𝒙
𝒙𝟑
𝟑𝟐 − 𝟏𝟎𝒙 = 𝟎 → 𝒙 =
𝟏𝟔
𝟓
𝐱 = 𝟎; 𝐧𝐨 𝐞𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐜𝐫í𝐭𝐢𝐜𝐨 𝟎 ∉ 𝐃𝐨𝐦𝐟
3: 𝑓′′
𝑥 =
𝒙𝟑 −𝟏𝟎 − 𝟑𝒙𝟐 𝟑𝟐 − 𝟏𝟎𝒙
𝒙𝟔
=
𝟐𝟎𝒙 − 𝟗𝟔
𝒙𝟒
4. 𝑓′′
𝟏𝟔
𝟓
= −0,3
𝒆𝒏 𝒙 =
𝟏𝟔
𝟓
tiene un máximo relativo
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧

61. 𝒇 𝒙 =
𝒙 − 𝟐 𝟖 − 𝒙
𝒙𝟐
=
−𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 − 𝟏𝟔
𝒙𝟐
𝒙 =
𝟏𝟔
𝟓
, 𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃
𝒎 = lim
𝒙→±∞
𝒇(𝒙)
𝒙
= lim
𝒙→±∞
−𝒙𝟐
+ 𝟏𝟎𝒙 − 𝟏𝟔
𝒙𝟑
= 𝟎
𝒃 = lim
𝒙→±∞
𝒇 𝒙 − 𝒎𝒙
𝒃 = lim
𝒙→±∞
−𝒙𝟐 + 𝟏𝟎𝒙 − 𝟏𝟔
𝒙𝟐
= −𝟏
𝒚 = −𝟏
𝟏𝟔
𝟓
𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐

62. 𝐏𝐫𝐨𝐛𝐥𝐞𝐦𝐚𝐬 𝐝𝐞 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨𝐬 𝐲 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨𝐬
𝐒𝐞 𝐝𝐞𝐬𝐞𝐚 𝐜𝐞𝐫𝐜𝐚𝐫 𝐮𝐧𝐚 𝐩𝐥𝐚𝐲𝐚 𝐝𝐞 𝐞𝐬𝐭𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐚𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝐜𝐥𝐮𝐛 𝐜𝐚𝐦𝐩𝐞𝐬𝐭𝐫𝐞 𝐝𝐞 𝟒𝐤𝐦𝟐 𝐝𝐞 á𝐫𝐞𝐚,
𝐮𝐧𝐨 𝐝𝐞 𝐬𝐮𝐬 𝐥𝐚𝐝𝐨𝐬 𝐞𝐬𝐭𝐚 𝐜𝐞𝐫𝐜𝐚𝐝𝐨 𝐩𝐨𝐫 𝐮𝐧 𝐫í𝐨, 𝐪𝐮𝐞 𝐝𝐢𝐦𝐞𝐧𝐬𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝐫𝐞𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐦𝐞𝐧𝐨𝐫 𝐜𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐜𝐞𝐫𝐜𝐚
𝑟í𝑜
𝒙
𝒚
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜: 𝑝 = 2𝑥 + 𝑦
𝑝(𝑥) = 2𝑥 +
4000
𝑥
𝑝′
x = 2 −
4000
𝑥2
= 0
2𝑥2 = 4000 → 𝑥 = 2000 = 20 5
𝑦 = 40 5
𝑝′′
x =
8000
𝑥3
p′′(20 5) =
1
5 5
> 0
𝐫𝐩𝐭𝐚. 𝐝𝐞𝐛𝐞 𝐭𝐞𝐧𝐞𝐫 𝐝𝐞 𝐝𝐢𝐦𝐞𝐧𝐬𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 ∶ 𝑥 = 20 5𝑚, 𝑦 = 40 5 m.
𝐩 = 𝟖𝟎 𝟓𝐦 𝐝𝐞 𝐜𝐞𝐫𝐜𝐚
𝟒𝐤𝐦𝟐

63. 𝐮𝐧𝐚 𝐯𝐞𝐧𝐭𝐚𝐧𝐚 𝐭𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐟𝐨𝐫𝐦𝐚 𝐝𝐞 𝐫𝐞𝐜𝐭á𝐧𝐠𝐮𝐥𝐨 𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐚𝐝𝐨 𝐩𝐨𝐫 𝐮𝐧 𝐬𝐞𝐦𝐢𝐜í𝐫𝐜𝐮𝐥𝐨 𝐝𝐞 𝐝𝐢á𝐦𝐞𝐭𝐫𝐨 𝐢𝐠𝐮𝐚𝐥 𝐚 𝐥𝐚 𝐛𝐚𝐬𝐞
𝐝𝐞𝐥 𝐫𝐞𝐜𝐭á𝐧𝐠𝐮𝐥𝐨. La porción rectangular debe ser de cristal transparente y la parte semicircular
𝐝𝐞𝐛𝐞 𝐬𝐞𝐫 𝐝𝐞 𝐜𝐫𝐢𝐬𝐭𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐜𝐨𝐥𝐨𝐫 𝐪𝐮𝐞 𝐚𝐝𝐦𝐢𝐭𝐞𝐧 𝐬𝐨𝐥𝐨 𝐥𝐚 𝐦𝐢𝐭𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥𝐮𝐳 𝐩𝐨𝐫 𝐦𝐞𝐭𝐫𝐨 𝐜𝐮𝐚𝐝𝐫𝐚𝐝𝐨 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐥 𝐜𝐫𝐢𝐬𝐭𝐚𝐥
𝐭𝐫𝐚𝐧𝐬𝐩𝐚𝐫𝐞𝐧𝐭𝐞. 𝐄𝐥 𝐩𝐞𝐫í𝐦𝐞𝐭𝐫𝐨 𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐯𝐞𝐧𝐭𝐚𝐧𝐚 𝐭𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐥𝐨𝐧𝐠𝐢𝐭𝐮𝐝 𝐟𝐢𝐣𝐚 𝐩. 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐞𝐧 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐩, 𝐥𝐚𝐬
𝑷𝒓𝒐𝒃𝒍𝒆𝒎𝒂
𝐝𝐢𝐦𝐞𝐧𝐬𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐯𝐞𝐧𝐭𝐚𝐧𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐝𝐞𝐣𝐚 𝐩𝐚𝐬𝐚𝐫 𝐥𝐚 𝐦𝐚𝐲𝐨𝐫 𝐜𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐥𝐮𝐳
𝐤 𝐜𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐥𝐮𝐳 𝐪𝐮𝐞 𝐢𝐧𝐠𝐫𝐞𝐬𝐚 𝐥𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞 𝐬𝐞𝐦𝐢𝐜𝐢𝐫𝐜𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐀/𝐦𝟐
𝟐𝐤 𝐜𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐥𝐮𝐳 𝐪𝐮𝐞 𝐚𝐝𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐥𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐞 𝐫𝐞𝐜𝐭𝐚𝐧𝐠𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐁/ 𝐦𝟐
𝐜𝐚𝐧𝐭𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 𝐝𝐞 𝐥𝐮𝐳 𝐪𝐮𝐞 𝐢𝐧𝐠𝐫𝐞𝐬𝐚 𝐚 𝐥𝐚 𝐯𝐞𝐧𝐭𝐚𝐧𝐚
𝑪 = 𝟐𝒌
𝒙
𝟐
𝒑 − 𝒙 −
𝝅𝒙
𝟐
+
𝒌𝝅𝒙𝟐
𝟖
𝒑 = 𝒙 + 𝟐𝒚 +
𝝅𝒙
𝟐
→ 𝒚 =
𝟏
𝟐
𝒑 − 𝒙 −
𝝅𝒙
𝟐
𝑪 = 𝒌𝒑𝒙 − 𝒌𝒙𝟐
−
𝟑𝒌𝝅𝒙𝟐
𝟖
𝒅𝑪
𝒅𝒙
= 𝐤𝐩 − 𝟐𝐤𝐱 −
𝟑𝐤𝝅𝒙
𝟒
𝐤𝐩 − 𝟐𝐤𝐱 −
𝟑𝐤𝝅𝒙
𝟒
= 𝟎 → 𝒙 =
𝟒𝒑
𝟖 + 𝟑𝝅
𝒚 =
𝒑 𝝅 + 𝟒
𝟏𝟔 + 𝟔𝝅
𝐶 = 2𝑘𝑥𝑦 +
𝑘𝜋𝑥2
8
𝐶′′ 𝑥 = −2𝑘 −
3𝑘𝜋
4
𝒓𝒑𝒕𝒂. 𝒍𝒂𝒔 𝒅𝒊𝒎𝒆𝒏𝒔𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒗𝒆𝒏𝒕𝒂𝒏𝒂 𝒅𝒆𝒃𝒆𝒏 𝒔𝒆𝒓
𝒙 =
𝟒𝒑
𝟖+𝟑𝝅
𝒎. 𝒚 𝒚 =
𝒑 𝝅+𝟒
𝟏𝟔+𝟔𝝅
m.
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
𝒙
𝒙/𝟐
𝒚
𝑨
𝑩
𝒄𝒓𝒊𝒔𝒕𝒂𝒍 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒑𝒂𝒓𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔
𝒄𝒓𝒊𝒔𝒕𝒂𝒍𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒍𝒐𝒓
𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜

64. 𝐏𝐫𝐨𝐛𝐥𝐞𝐦𝐚
Se tiene una plancha de acero cuadrada de lado igual a 12pulgadas. Se debe construir una caja para colocar pinzas
quirúrgicas cortando cuadrados iguales en cada esquina y doblando los bordes hacia arriba . Halle las dimensiones de
la caja de capacidad máxima que se puede construir
𝒙
𝒙
𝒙
𝒙 𝒙
𝟏𝟐
𝒙
𝒙
𝒙
𝟏𝟐 − 𝟐𝒙
𝑽(𝒙) = 𝟏𝟐 − 𝟐𝒙 𝟐
𝒙
𝑽′
𝒙 = 𝟏𝟐 − 𝟐𝒙 𝟐
− 𝟒𝐱 𝟏𝟐 − 𝟐𝒙
𝑽′ 𝒙 = 𝟎
𝟏𝟐 − 𝟐𝒙 𝟐
− 𝟒𝐱 𝟏𝟐 − 𝟐𝒙 = 𝟎 → 𝟏𝟐 − 𝟐𝒙 𝟏𝟐 − 𝟔𝒙 = 𝟎
𝒙 = 𝟔 ∨ 𝒙 = 𝟐
𝑉′′ 𝑥 = −4 12 − 2𝑥 − 4 12 − 2𝑥 + 8x
𝑽′′
𝒙 = −𝟖 𝟏𝟐 − 𝟐𝒙 + 𝟖𝐱
𝑽′′ 𝟔 = 𝟒𝟖 > 𝟎
𝑽′′
𝟐 = −𝟔𝟒 + 𝟐𝟔 < 𝟎, 𝒎á𝒙𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐
𝐑𝐩𝐭𝐚. 𝐋𝐚 𝐜𝐚𝐣𝐚 𝐝𝐞𝐛𝐞 𝐭𝐞𝐧𝐞𝐫 𝟐𝐩𝐮𝐥𝐠𝐚𝐝𝐚𝐬 𝐝𝐞 𝐚𝐥𝐭𝐮𝐫𝐚, 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐭𝐞𝐧𝐞𝐫
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜
𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛
𝑥 > 0
𝟏𝟐 − 𝟐𝒙 > 𝟎
𝟎 < 𝐱 < 𝟔
𝑽 𝟐 = 𝟖 𝟐 𝟐 = 𝟏𝟐𝟖𝒑𝟑

65. Una planta productora de acero puede producir 𝐱 toneladas por día de acero de primera y 𝒚 toneladas de
segunda, siendo 𝒚 =
𝟒𝟎−𝟓𝒙
𝟏𝟎−𝒙
.
Si el precio del acero de segunda es la mitad del precio del de primera. Cuantas toneladas diarias del
acero de segunda determinaran una utilidad máxima
𝐤 𝐩𝐫𝐞𝐜𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝐚𝐜𝐞𝐫𝐨 𝐝𝐞 𝐩𝐫𝐢𝐦𝐞𝐫𝐚 𝐜𝐥𝐚𝐬𝐞
𝐤
𝟐
𝐩𝐫𝐞𝐜𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝐚𝐜𝐞𝐫𝐨 𝐝𝐞 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐚 𝐜𝐥𝐚𝐬𝐞
𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐝𝐚𝐝 = 𝐤𝐱 +
𝐤
𝟐
𝐲 𝐩𝐨𝐫 𝐝í𝐚
𝒑 𝒙 = 𝒌𝐱 +
𝒌
𝟐
𝟒𝟎 − 𝟓𝒙
𝟏𝟎 − 𝒙
𝒑′
𝒙 = 𝒌 +
𝒌
𝟐
−𝟓𝟎 + 𝟓𝒙 + 𝟒𝟎 − 𝟓𝒙
𝟏𝟎 − 𝒙 𝟐
= 𝟎
𝟎 < 𝒙 < 𝟖
𝐏𝐫𝐨𝐛𝐥𝐞𝐦𝐚
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝒑′ 𝒙 = 𝒌 −
𝟓𝒌
𝟏𝟎 − 𝒙 𝟐
= 𝟎
1 =
𝟓
𝟏𝟎 − 𝒙 𝟐 , 𝒌 ≠ 𝟎 10 − 𝑥 2 = 5
10 − 𝑥 = ± 5
𝑥 = 10 ± 5
𝒙 = 𝟏𝟎 − 𝟓 = 𝟕. 𝟖
𝒚 =
𝟒𝟎 − 𝟓(10 − 5)
5
=
𝟓 5 − 𝟏𝟎
5
= 𝟎, 𝟓𝟐𝟕
𝐚𝐜𝐞𝐫𝐨 𝐝𝐞 𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐚
𝑥 = 10 + 5
𝒑′′
𝒙 = −
𝟏𝟎𝒌
𝟏𝟎 − 𝒙 𝟑
→ 𝒑′′
𝟕. 𝟖 = −
𝟏𝟎𝒌
𝟐. 𝟐 𝟑
< 𝟎
𝑹𝒑𝒕𝒂. 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐛𝐞𝐧 𝐩𝐫𝐨𝐝𝐮𝐜𝐢𝐫 𝟎, 𝟓𝟐𝟕 𝐭𝐨𝐧𝐞𝐥𝐚𝐝𝐚𝐬 𝐝𝐞
𝒌 −
𝟓𝒌
𝟏𝟎 − 𝒙 𝟐
= 𝟎; 𝒌 ≠ 𝟎, 𝒌 𝒆𝒔 𝒑𝒓𝒆𝒄𝒊𝒐
𝒑′
𝒙 = 𝒌 − 5k 𝟏𝟎 − 𝒙 −𝟐

66. Derivada en un punto máximo o mínimo (Interpretación geométrica)
Sea f(x) una función definida en el intervalo (a, b). Si la función alcanza un máximo o
mínimo en un punto c  (a, b) y es derivable en él, entonces f '(c) = 0
f '(c) = 0 f '(c) = 0
f '(c) = 0
Si la función es constante
entonces f '(c) = 0
Si A es máximo, la tangente
en x = c es horizontal. Su
pendiente es 0
Si A es mínimo, la tangente
en x = c es horizontal. Su
pendiente es 0

67. Teorema de Rolle. Interpretación geométrica
Si una función y = f(x) cumple que:
• Es continua en el intervalo cerrado [a, b].
• Es derivable en su interior (a, b).
• f(a) = f(b).
Entonces existe al menos un punto c  (a, b) tal que f '(c) = 0.
Geométricamente este teorema expresa que una función que cumpla las hipótesis anteriores
va a tener, al menos, un punto (c, f(c)) en el que la tangente es horizontal.
a
f(a)
b
f(b)
f '(c) = 0
=
c
a
f(a)
b
f(b)
=
f '(c) = 0
c
a
f(a) f(b)
b
=
f '(c) = 0
c

68. Teorema de Rolle:
Demostración
• Demostración:
• f es continua en [a,b] => por Teor. de Weierstrass f tiene máximo absoluto M y mínimo absoluto m
en [a,b].  x  [a,b] m  f(x)  M.
 x1  [a,b]  f(x1)=M.  x2  [a,b]  f(x2)=m.
• Si m = M =>  x  [a,b] f(x) = M (la función es constante) => f'(x) = 0
• Sino, m < M => por lo menos uno de los puntos, x1 o x2, corresponde al interior del intervalo, a (a,b),
por ejemplo m= f(x2) => (a,b) se comporta como un entorno de x2.
• Se cumple que  x  (a,b) f(x2)  f(x) por lo que f presenta un mínimo relativo en x2. (1)
f es derivable por hipótesis. (2)
• De 1) y 2), por la condición necesaria para la existencia de mínimos relativos f'(x2)=0 como
queríamos demostrar
Si una función y = f(x) cumple que: Es continua en el intervalo cerrado [a, b]. Es derivable en su
interior (a, b), y f(a) = f(b).
Entonces existe al menos un punto c  (a, b) tal que f '(c) = 0.

69. Teorema del valor medio o de Lagrange. Interpretación geométrica
c
•
•
c'
𝑷𝒆𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝑨𝑩 =
𝒇 𝒃 − 𝒇(𝒂)
𝒃 − 𝒂
𝒇′
𝒄 =
𝒇 𝒃 −𝒇(𝒂)
𝒃−𝒂
, c y c’ son los puntos
Que verifican el teorema

70. Teorema del valor medio o de Lagrange. Interpretación geométrica
Si una función y = f(x) cumple que:
• Es continua [a, b].
• Es derivable (a, b).
Entonces existe al menos un punto c  (a, b) tal que:
f(b) – f(a) = (b – a) · f ‘(c). Es decir: f’( c) =
𝒇 𝒃 −𝒇(𝒂)
𝒃−𝒂
• Geométricamente: si una función que cumple las hipótesis anteriores va a a tener
al menos un punto (c, f(c)) en el que la tangente es paralela a la secante que pasa
por los puntos (a, f(a)) y (b, f(b)).
• Analíticamente: si una función cumple las hipótesis anteriores, en algún punto c
(a,b) la razón incremental o tasa de variación media (f(b) – f(a)) / (b – a), es igual
a la derivada en dicho punto.

71. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨
𝐕𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐪𝐮𝐞 𝐥𝐚𝐬 𝐡𝐢𝐩ó𝐭𝐞𝐬𝐢𝐬 𝐝𝐞𝐥 𝐭𝐞𝐨𝐫𝐞𝐦𝐚 𝐝𝐞 𝐑𝐨𝐥𝐥𝐞 𝑓 𝒙 =
𝟑
𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟐, 𝒆𝒏 𝟏, 𝟐
1. 𝒇 𝒙 𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒆𝒏, 𝑹 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒊𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒍𝒐 𝒔𝒆𝒓á 𝒆𝒏 𝟏, 𝟐 pues 𝟏, 𝟐 ⊂ 𝑹
𝟐. 𝐞𝐬 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐞𝐧 𝟏, 𝟐 ?
𝒇´ 𝒙 =
𝟐𝒙 − 𝟑
𝟑 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟐 𝟐/𝟑
2𝒙 − 𝟑 = 𝟎 → 𝒙 =
𝟑
𝟐
; 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟐 = 𝟎 → 𝒙 = 𝟐, 𝒙 = 𝟏
𝟑. 𝒇 𝟏 = 𝒇 𝟐 = 𝟎
𝒇´ 𝒄 = 𝟎 𝑒𝑛 𝑐 =
3
2
tiene una tangente horizontal
𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏
𝟑
𝟐
∈ 𝟏, 𝟐 si 𝟐 ∈ 𝟏, 𝟐 ? No, 𝟏 ∈ 𝟏, 𝟐 ? no
𝟑
𝟐
;

72. 𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐
𝐝𝐚𝐝𝐚 𝐟 𝐱 = 𝐱𝟒
𝐬𝐞𝐧 𝟒𝐱 , 𝐱 ∈ −
𝛑
𝟖
,
𝛑
𝟖
, 𝐯𝐞𝐫𝐢𝐟𝐢𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐮𝐧 𝐜 ∈ −
𝛑
𝟖
,
𝛑
𝟖
, tal que f´(c)=
𝛑
𝟖
𝟑
1. 𝐟 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐑, 𝐩𝐚𝐫𝐭𝐢𝐜𝐮𝐥𝐚𝐫𝐦𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥𝐨 𝐬𝐞𝐫á −
𝛑
𝟖
,
𝛑
𝟖
𝟐. 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐞𝐧 −
𝛑
𝟖
,
𝛑
𝟖
𝒇´ 𝒙 = 𝟒𝒙𝟑
𝒔𝒆𝒏 𝟒𝒙 + 𝟒 𝒙𝟒
𝐜𝐨𝐬(𝟒𝐱)
𝒇 −
𝝅
𝟖
= −
𝝅
𝟖
𝟒
𝒔𝒆𝒏 −
𝝅
𝟐
= −
𝝅
𝟖
𝟒
𝒇
𝝅
𝟖
=
𝝅
𝟖
𝟒
𝒇´ 𝒄 = 𝟒𝒄𝟑𝒔𝒆𝒏 𝟒𝒄 + 𝟒 𝒄𝟒𝐜𝐨𝐬(𝟒𝐜)
𝐜𝐮𝐦𝐩𝐥𝐞 𝐥𝐚𝐬 𝐡𝐢𝐩ó𝐭𝐞𝐬𝐢𝐬 𝐝𝐞𝐥 𝐓. 𝐕. 𝐌. 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐚𝐥 𝐦𝐞𝐧𝐨𝐬 𝐮𝐧 𝐜 ∈ −
𝛑
𝟖
,
𝛑
𝟖
𝑓′ 𝑐 =
𝑓 𝑏 −𝑓(𝑎)
𝑏−𝑎
𝟒𝒄𝟑
𝒔𝒆𝒏 𝟒𝒄 + 𝟒 𝒄𝟒
𝐜𝐨𝐬 𝟒𝒄 =
𝟐
𝝅
𝟖
𝟒
𝝅
𝟖
𝟐𝒄𝟑𝒔𝒆𝒏 𝟒𝒄 +2 𝒄𝟒𝐜𝐨𝐬 𝟒𝒄 =
𝝅
𝟖
𝟑

73. Teorema del valor medio o de Lagrange
Demostración
• Definamos una función auxiliar g(x) = f(x) + h·x, h  R.
• g es continua en [a,b] por ser suma de funciones continuas.
g es derivable en (a,b) por ser suma de funciones derivables.
• Queremos que g(a) sea igual a g(b) para aplicar el teorema de Rolle
=> f(a) + h·a = f(b) + h·b => f(a) - f(b) = h·b – h·a = h·(b - a)
• => por el teorema de Rolle, existe c  (a,b) tal g'(c) = 0
• Por definición de g(x); g’(x) = f ‘(x) +h, g’(c) =f ‘(c) +h =0 luego f ‘(c ) = – h
y por tanto:
Si una función y = f(x) cumple que: Es continua [a, b], y es derivable (a, b).
Entonces existe al menos un punto c  (a, b) tal que
f(b) – f(a) = (b – a) · f '(c).
a
b
b
f
a
f
h



)
(
)
(
a
b
a
f
b
f
h
c
f





)
(
)
(
)
(
'

74. Teorema de Cauchy o del valor medio generalizado
Demostración: Sea h(x) = f(x) + kg(x)
• 1. h es continua en [a,b] por ser suma de funciones continuas en [a,b].
• 2. h es derivable en (a,b) por ser suma de funciones derivables en (a,b).
• 3. Queremos que h(a)=h(b) para aplicar el teorema de Rolle.
f(a)+kg(a)=f(b)+kg(b),
De 1),2) y 3) por el teorema de Rolle  c (a,b) tal que h'(c) = 0.
• h'(x)=f'(x)+kg'(x) h'(c)=f'(c)+kg'(c)=0 f'(c)/g'(c) = -k
)
(
'
)
(
'
)
(
)
(
)
(
)
(
c
g
c
f
a
g
b
g
a
f
b
f



)
(
)
(
)
(
)
(
b
g
a
g
a
f
b
f
k



0
(c)
g'
y
g(a)
g(b)
si
)
(
'
)
(
'
)
(
)
(
)
(
)
(





c
g
c
f
a
g
b
g
a
f
b
f
Enunciado: Si f y g son funciones continuas en [a, b] y derivables en (a, b), existe un
punto c (a, b) tal que:

75. Enunciado: Si f y g son funciones continuas en [a, b] y derivables en (a, b), existe
un punto c ∈(a, b) tal que:
𝑓 𝑏 − 𝑓(𝑎)
𝑏 − 𝑎
𝑔 𝑏 − 𝑔(𝑎)
𝑏 − 𝑎
=
𝑓′(𝑐)
𝑔′(𝑐)
𝐟 𝐛 − 𝐟(𝐚)
𝐠 𝐛 − 𝐠(𝐚)
=
𝐟′(𝐜)
𝐠′(𝐜)
; 𝐬𝐢 𝐠 𝐛 ≠ 𝐠 𝐚 𝐲 𝐠′(𝐜) ≠ 𝟎

76. Consecuencias del teorema del valor medio (I)
Expresión del valor de una función en el entorno de x = a
Si f(x) es continua en [a – h, a + h] y derivable en su interior entonces:
f(a + h) = f(a) + h · f '(a + h) con   (0, 1).
c
•
a + h
a + h
• Si f(x) cumple las hipótesis del teorema de
Lagrange en [a, b]:
f(a) = f(b) + (b – a) . f '(c) con c  (a, b).
• Si b = a + h, entonces c = a + h con  (0, 1).

77. Consecuencias del teorema del valor medio (II)
Caracterización de las funciones constantes
Si una función f(x) tiene derivada nula en todos los puntos de un intervalo abierto, es
constante en dicho intervalo.
En consecuencia: f(x) = k en 𝒂, 𝒃
𝑓 𝒙 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒅𝒂 𝒏𝒖𝒍𝒂 𝒆𝒏 𝒂, 𝒃
𝐟 𝐱 𝐞𝐬 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐞𝐧 𝐚, 𝐛
𝐀𝐮𝐧𝐪𝐮𝐞 𝐟 𝐱 𝐭𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐝𝐚 𝐧𝐮𝐥𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐚, 𝐛 𝐞𝐧 𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬
𝐝𝐞 𝐚, 𝐛 𝐞𝐧 𝐥𝐨𝐬 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐬 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐛𝐥𝐞( 𝐞𝐧 𝐜 𝐧𝐨 𝐞𝐬 𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐛𝐥𝐞)
𝐍𝐨 𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭𝐞 𝐞𝐧 𝐚, 𝐛
𝒇′
𝒙 =
𝟎, 𝒔𝒊 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒄
𝟎, 𝒔𝒊𝒙 ∈ 𝒄, 𝒃

78. Consecuencias del teorema del valor medio (III)
Relación entre funciones con igual derivada
Si dos funciones f(x) y g(x) tienen igual derivada en todos los puntos de un intervalo
abierto, entonces difieren en una constante en ese mismo intervalo.
• En el intervalo (0, 2) las fi(x) son derivables y tienen igual derivada.
• Entonces se diferencian en una constante, lo que significa que cada una se obtiene de la
otra trasladándola paralelamente al eje OY.

79. Regla de L'Hôpital (I)
Indeterminación del tipo 𝟎
𝟎
Supongamos que 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐚
𝐟 𝐱 = 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐚
𝐠 𝐱 = 𝟎, 𝐠 𝐱 ≠ 𝟎 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐫𝐧𝐨 𝐝𝐞 𝐚
Entonces, si existe 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐚
𝐟(𝐱)
𝐠(𝐱)
, 𝐭𝐚𝐦𝐛𝐢𝐞𝐧 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞(𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐬𝐞𝐫 𝐟𝐢𝐧𝐢𝐭𝐨 𝐨 𝐢𝐧𝐟𝐢𝐧𝐢𝐭𝐨)
Se verifica que
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒂
𝒇(𝒙)
𝒈(𝒙)
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒂
𝒇′(𝒙)
𝒈′(𝒙)
Este teorema es válido sustituyendo x por {a, a+, a–, +, –}.
Una aproximación geométrica al teorema:
f(C)
g(C)
=
CA
CB

CA'
CB'
=
f '(a)
g '(a)

80. Regla de L'Hôpital (II)
Indeterminación del tipo:∞
∞
𝐒𝐮𝐩𝐨𝐧𝐠𝐚𝐦𝐨𝐬 𝐪𝐮𝐞 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝐟 𝐱 = 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝐠 𝐱 = ∞ 𝐲 𝐪𝐮𝐞 𝐠 𝐱 ≠ 𝟎, 𝐞𝐧 𝐮𝐧 𝐞𝐧𝐭𝐨𝐫𝐧𝐨 𝐝𝐞 𝐮
𝐄𝐧𝐭𝐨𝐧𝐜𝐞𝐬 𝐬𝐢 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝐟(𝐱)
𝐠(𝐱)
= 𝐓𝐚𝐦𝐛𝐢𝐞𝐧 𝐞𝐱𝐢𝐬𝐭𝐞 (𝐏𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐬𝐞𝐫 𝐟𝐢𝐧𝐢𝐭𝐨 𝐨 𝐢𝐧𝐟𝐢𝐧𝐢𝐭𝐨)
𝑆𝑒 𝑣𝑒𝑟𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 𝑞𝑢𝑒: 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝐟(𝐱)
𝐠(𝐱)
= 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝐟′(𝐱)
𝐠′(𝐱)
𝐄𝐬𝐭𝐞 𝐭𝐞𝐨𝐫𝐞𝐦𝐚 𝐞𝐬 𝐯á𝐥𝐢𝐝𝐨 𝐬𝐮𝐬𝐭𝐢𝐭𝐮𝐲𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐮 𝐩𝐨𝐫 𝐚, 𝐚−
, 𝐚+
, −∞, +∞

81. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨𝐬
1. lim
𝑥→0
𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2𝑥
3𝑥 − 𝑡𝑎𝑛𝑥
=
lim
𝑥→0
𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2𝑥
3𝑥 − 𝑡𝑎𝑛𝑥
=
0
0
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
lim
𝑥→0
𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2𝑥
3𝑥 − 𝑡𝑎𝑛𝑥
= lim
𝑥→0
1 − 2𝑐𝑜𝑠2𝑥
3 − 𝑠𝑒𝑐2𝑥
=
1 − 2
3 − 1
= −
1
2
2. lim
𝑥→1
𝑥
𝑥 − 1
−
1
𝑙𝑛𝑥
=
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
lim
𝑥→1
𝑥
𝑥 − 1
−
1
𝑙𝑛𝑥
= ∞ − ∞
lim
𝑥→1
𝑥
𝑥 − 1
−
1
𝑙𝑛𝑥
= lim
𝑥→1
𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 1
𝑙𝑛𝑥(𝑥 − 1)
=
lim
𝑥→1
𝑥𝑙𝑛𝑥 − 𝑥 + 1
𝑙𝑛𝑥(𝑥 − 1)
= lim
𝑥→1
𝑙𝑛𝑥 + 1 − 1
𝑥 − 1
𝑥
+ 𝑙𝑛𝑥
=
𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜
= lim
𝑥→1
𝑙𝑛𝑥
𝑥 − 1
𝑥
+ 𝑙𝑛𝑥
=
0
0
𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑛𝑢𝑒𝑣𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒
= lim
𝑥→1
1
𝑥
1
𝑥2 +
1
𝑥
= lim
𝑥→1
𝑥
𝑥 + 1
=
1
2

82. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨
𝟑. 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝟎
𝐭𝐚𝐧𝐱 − 𝐬𝐞𝐧𝐱
𝐱 − 𝐬𝐞𝐧𝐱
=
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
lim
x→0
tanx − senx
x − senx
=
0 − 0
0 − 0
=
0
0
indeterminado
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒕𝒂𝒏𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝒙
=
𝟏 − 𝟏
𝟏 − 𝟏
=
𝟎
𝟎
𝒊𝒏𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒅𝒐
𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨
𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟐𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙𝒕𝒂𝒏𝒙 + 𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙
=
𝟎
𝟎
𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟐𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙𝒕𝒂𝒏𝒙 + 𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟐 𝟐𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙𝒕𝒂𝒏𝒙 + 𝒔𝒆𝒄𝟒𝒙 + 𝒄𝒐𝒔𝒙
𝒄𝒐𝒔𝒙
= 𝟑

83. Regla de L'Hôpital (III)
Se puede convertir esa expresión en una 0/0 o en una ∞/∞
𝐒𝐚𝐥𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐢𝐧𝐝𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐭𝐢𝐩𝐨 𝟎. ∞
𝐒𝐮𝐩𝐨𝐧𝐠𝐚 𝐪𝐮𝐞 𝐬𝐞 𝐜𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐚 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝒇 𝐱 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝐠 𝐱
𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝒇 𝐱 𝐠 𝐱 = 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝒇(𝒙)
𝟏
𝒈(𝒙)
= 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝒈(𝒙)
𝟏
𝒇(𝒙)
Indeterminación del tipo 0 · ∞
𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨 𝐬𝐞 𝐭𝐢𝐞𝐧𝐞:
𝟎
𝟎
∞
∞
𝐄𝐬𝐭𝐞 𝐩𝐫𝐨𝐜𝐞𝐝𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐞𝐬 𝐯á𝐥𝐢𝐝𝐨 𝐬𝐮𝐬𝐭𝐢𝐭𝐮𝐲𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐮 𝐩𝐨𝐫 𝐚, 𝐚−, 𝐚+, −∞, +∞

84. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨
1. lim
𝑥→0
𝑥𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑥) =
𝐸𝑣𝑎𝑙𝑢𝑎𝑟
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
lim
𝑥→0
𝑥𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 0. ln 0 = 0. ∞
lim
𝑥→0
𝑥𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 = lim
𝑥→0
ln(𝑠𝑒𝑛𝑥)
𝑥−1
=
∞
∞
acomodando el límite
𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒍𝒏(𝒔𝒆𝒏𝒙)
𝒙−𝟏
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒄𝒐𝒔𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙
−
𝟏
𝒙𝟐
= −𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒙𝟐𝒄𝒐𝒔𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙
=
𝟎
𝟎
𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐧𝐮𝐞𝐯𝐚𝐦𝐞𝐧𝐭𝐞
−𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒙𝟐
𝒄𝒐𝒔𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙
= −𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟐𝒙𝒄𝒐𝒔𝒙 −𝒙𝟐
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒄𝒐𝒔𝒙
= 𝟎

85. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨
3. lim
𝑥→0
1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑡𝑥
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒄𝒐𝒕𝒙 = 𝟎. ∞
acomodando el límite
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒄𝒐𝒕𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝒙
𝒕𝒂𝒏𝒙
=
𝟎
𝟎
𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝒙
𝒕𝒂𝒏𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙
= 𝟎

86. Regla de L'Hôpital (IV)
Salvando indeterminaciones del tipo 1
, 0
, 00
𝑫𝒆 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑳𝒏𝑨 = 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝒖
𝑳𝒏 𝒇(𝒙) 𝒈(𝒙)
, 𝒑𝒐𝒓 𝒔𝒆𝒓 𝒍𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒍𝒐𝒈𝒂𝒓𝒊𝒕𝒎𝒐 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂
𝐀 = 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝐟(𝐱)𝐠(𝐱)
𝐭𝐨𝐦𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐨𝐠𝐚𝐫𝐢𝐭𝐦𝐨 𝐧𝐞𝐩𝐞𝐫𝐢𝐚𝐧𝐨 → 𝒍𝒏𝑨 = 𝒍𝒏 𝐟(𝐱)𝐠(𝐱)
Y que este límite es indeterminado de cualquiera de los tipos
Supongamos que hemos de calcular: 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝒖
𝒇(𝒙)𝒈(𝒙)
𝐲 𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐬𝐭𝐞 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐞𝐬 𝐢𝐧𝐝𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐚𝐝𝐨 𝐝𝐞 𝐜𝐮𝐚𝐥𝐪𝐮𝐢𝐞𝐫𝐚 𝐝𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐭𝐢𝐩𝐨𝐬: 𝟏∞; ∞𝟎; 𝟎𝟎
𝐲 𝐩𝐨𝐫 𝐥𝐚𝐬 𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐞𝐝𝐚𝐝𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐨𝐠𝐚𝐫𝐢𝐭𝐦𝐨 → 𝐋𝐧A = 𝐥𝐢𝐦
𝐱→𝐮
𝐠 𝐱 𝐥𝐧𝐟(𝐱)
𝐄𝐬𝐭𝐞 𝐥í𝐦𝐢𝐭𝐞 𝐞𝐬 𝐢𝐧𝐝𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐚𝐝𝐨 𝟎. ∞ 𝐲 𝐬𝐞 𝐩𝐮𝐞𝐝𝐞 𝐜𝐚𝐥𝐜𝐮𝐥𝐚𝐫 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐫𝐞𝐠𝐥𝐚 𝐝𝐞 𝐋′𝐡𝐇𝐨𝐬𝐩𝐢𝐭𝐚𝐥
𝐒𝐞𝐚 𝐌 𝐬𝐮 𝐯𝐚𝐥𝐨𝐫, 𝐥𝐮𝐞𝐠𝐨 𝐬𝐞 𝐭𝐞𝐧𝐝𝐫á:
𝑙𝑛𝐴 = 𝑀 → 𝐴 = 𝑒𝑀
𝐄𝐬𝐭𝐞 𝐩𝐫𝐨𝐜𝐞𝐝𝐢𝐦𝐢𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐞𝐬 𝐯á𝐥𝐢𝐝𝐨 𝐬𝐮𝐬𝐭𝐢𝐭𝐮𝐲𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐮 𝐩𝐨𝐫 𝐚, 𝐚−
, 𝐚+
, −∞, +∞

87. Cálculo de límites indeterminados. Ejemplos (I)
Indet
0
0
L'Hôpital Indet
0
0
L'Hôpital
L'Hôpital
Indet
0
0
L'Hôpital
1. lim
𝑥→0
𝑒𝑥
− 𝑥 − 1
𝑥 𝑒𝑥 − 1
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒆𝒙
− 𝟏
𝒆𝒙 + 𝒙𝒆𝒙 − 𝟏
= lim
𝑥→0
𝑒𝑥
2𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥
=
𝟏
𝟐
𝟐. 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒔𝒆𝒏
𝒙
𝟐
𝒄𝒕𝒈𝒙 = 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒔𝒆𝒏
𝒙
𝟐
𝒕𝒈𝒙
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝟏
𝟐
𝒄𝒐𝒔
𝒙
𝟐
𝟏 + 𝒕𝒈𝟐𝒙
=
𝟏
𝟐
𝑰𝒏𝒅𝒆𝒕. 𝟎. ∞ 𝑰𝒏𝒅𝒆𝒕 =
𝟎
𝟎
𝟑. 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒓
𝟒𝒙
−
𝒓
𝟐𝒙 𝒆𝒓𝒙 + 𝟏
𝑰𝒏𝒅𝒆𝒕. ∞ − ∞
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒓𝒆𝒓𝒙
− 𝒓
𝟒𝒙𝒆𝒓𝒙 + 𝟒𝒙
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒓𝟐𝒆𝒓𝒙
𝟒𝒆𝒓𝒙 + 𝟒𝒙𝒓𝒆𝒓𝒙 + 𝟒
=
𝒓𝟐
8

88. Cálculo de límites indeterminados. Ejemplos (II)
4.-
x1+
lim x
1
x-1 = A  L A = L






x1+
lim (x
1
x–1) =
x1+
lim 







L 







x
1
x–1 =
x1+
lim
L x
x–1
=
x1+
lim
1/x
1
= 1
Indet 1
Si LA = 1  A = e1 = e
Indet
0
0
L'Hôpital
x0+
lim
2x
1 + tg2
x
=
5.-
x0+
lim






1
sen x
x
= A  L A = L








x0+
lim






1
sen x
x
=
x0+
lim






L






1
sen x
x
=
=
x0+
lim
– L sen x
1/x
=
Indet 0
x0+
lim
ctg x
1/x2 =
x0+
lim
x2
tg x
=
x0+
lim
x2
tg x
= li𝑚
𝑥→0+
2𝑥
𝑠𝑒𝑐2𝑥
=
0
1
Indet


L'Hôpital
Indet
0
0
L'Hôpital
Si LA = 0  A = e0 = 1

89. Cálculo de límites indeterminados. Ejemplos (II)
L'Hôpital x0+
lim
2x
1 + tg2
x
=
L'Hôpital L'Hôpital
4. lim
𝑥→1+
𝑥
1
(𝑥−1)
4. lim
𝑥→1+
𝑥
1
(𝑥−1) = 𝐴 → 𝐿𝐴 = 𝐿 lim
𝑥→1+
𝑥
1
(𝑥−1) = lim
𝑥→1+
𝐿 𝑥
1
(𝑥−1) = lim
𝑥→1+
𝐿𝑥
𝑥 − 1
= lim
𝑥→1+
1
𝑥
1
= 𝟏
𝑰𝒏𝒅𝒆𝒕. ∞𝟎
𝑰𝒏𝒅𝒆𝒕. 𝟏∞
𝑆𝑖𝐿𝐴 = 1 → 𝐴 = 𝑒1 = 𝑒
𝑰𝒏𝒅𝒆𝒕 =
𝟎
𝟎
𝟓. 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
𝟏
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒙
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
𝟏
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒙
= 𝑨 → 𝑳𝑨 = 𝑳 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
𝟏
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
𝑳
𝟏
𝒔𝒆𝒏𝒙
𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
−𝑳𝒔𝒆𝒏𝒙
𝟏
𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
𝒙𝟐
𝒕𝒂𝒏𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
𝒄𝒐𝒕𝒙
𝟏
𝒙𝟐
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎+
𝟐𝒙
𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙
=
0
1
𝐈𝐧𝐝𝐞𝐭.
∞
∞
𝐈𝐧𝐝𝐞𝐭.
𝟎
𝟎
𝑆𝑖 𝐿𝐴 = 0 → 𝐴 = 𝑒0 = 1

90. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
(𝒄𝒐𝒕𝒙)𝒔𝒆𝒏𝒙
𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
(𝒄𝒐𝒕𝒙)𝒔𝒆𝒏𝒙= ∞𝟎𝐢𝐧𝐝𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐚𝐝𝐨
𝑨 = 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
(𝒄𝒐𝒕𝒙)𝒔𝒆𝒏𝒙
𝑳𝑨 = 𝑳 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
(𝒄𝒐𝒕𝒙)𝒔𝒆𝒏𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝑳(𝒄𝒐𝒕𝒙)𝒔𝒆𝒏𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
senx𝑳 𝒄𝒐𝒕𝒙 = 𝟎. ∞𝒊𝒏𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒅𝒐
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
senx𝑳 𝒄𝒐𝒕𝒙 = 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝑳 𝒄𝒐𝒕𝒙
𝟏
𝒔𝒆𝒏𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝑳 𝒄𝒐𝒕𝒙
𝒄𝒔𝒄𝒙
=
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝑳 𝒄𝒐𝒕𝒙
𝒄𝒔𝒄𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
−𝒄𝒔𝒄𝟐
𝒙
𝒄𝒐𝒕𝒙
−𝒄𝒔𝒄𝒙𝒄𝒐𝒕𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒕𝒂𝒏𝟐
𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙
=
𝟎
𝟎
𝐝𝐞𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐝𝐨
𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝒕𝒂𝒏𝟐𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙
= 𝒍𝒊𝒎
𝒙→𝟎
𝟐𝒕𝒂𝒏𝒙𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙
𝒄𝒐𝒔𝒙
=
𝟎
𝟏
= 𝟎
𝑳𝑨 = 𝟎 → 𝑨 = 𝒆

91. Monotonía: crecimiento y decrecimiento en un intervalo
f ’(x) >0
Función decreciente en [a, b]
f(x) > f(x+h), (x, x+h) y h >0
f ‘ (x) < 0
𝒙 𝒙 + 𝒉
𝒇(𝒙)
𝒇(𝒙
+ 𝒉)
𝒇(𝒙)
𝒇(𝒙 + 𝒉)
Función creciente en [a, b]
f(x) < f(x+h), (x, x+h) y h >0
𝒙 𝒙 + 𝒉
𝒇(𝒙 + 𝒉)
𝒇(𝒙)

92. Derivadas y curvatura: concavidad
X
Y
[
a
]
b
a1
a2
x1 x2
X
Y
[
a
]
b
x1 x2
a1
a2
tg α1 < tg α2  f '(x1) < f '(x2)
Las pendientes de las tangentes aumentan  f ' es creciente  su derivada que es
f “ debe ser f”(x) > 0  función cóncava

93. Derivadas y curvatura: convexidad
X
Y
[
a
]
b
x1 x2
a1
a2
X
Y
[
a
]
b
a1
a2
x1 x2
tg a1 > tg a2  f '(x1) > f '(x2)
Las pendientes de las tangentes disminuyen  f ' es decreciente  su derivada
que es f " debe ser negativa f” (x) < 0  función convexa

94. Puntos de inflexión
Son los puntos en los que la función cambia de curvatura
𝒇′′ < 𝟎
𝒇′′ > 𝟎
𝒂
𝒇(𝒂)

95. CONCAVIDADY PUNTOS DE INFLEXIÓN
𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢ó𝐧 . 𝐔𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐏(𝐱𝐨, 𝐟(𝐱𝐨)) es un punto de inflexión donde la concavidad cambia de dirección es llamado
𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐟𝐥𝐞𝐱𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐠𝐫á𝐟𝐢𝐜𝐚 𝐝𝐞 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧
𝐓𝐞𝐨𝐫𝐞𝐦𝐚
𝐒𝐞𝐚 𝐟 𝐱 𝐝𝐨𝐬 𝐯𝐞𝐜𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐞𝐧 𝐚, 𝐛
𝒊) 𝑺𝒊 𝒇′′
𝒙 > 𝟎 𝒆𝒏 𝒂, 𝒃 , entonces 𝒇 𝒙 es cóncava hacia arriba
𝒊𝒊) 𝑺𝒊 𝒇′′
𝒙 < 𝟎 𝒆𝒏 𝒂, 𝒃 , entonces 𝒇 𝒙 es cóncava hacia abajo
+
−

96. CONCAVIDADY PUNTOS DE INFLEXIÓN
𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐜𝐢ó𝐧 . 𝐔𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐏(𝐱𝐨, 𝐟(𝐱𝐨)) es un punto de inflexión donde la concavidad cambia de dirección es llamado
Punto de 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐟𝐥𝐞𝐱𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐠𝐫á𝐟𝐢𝐜𝐚 𝐝𝐞 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧
𝑻𝒆𝒐𝒓𝒆𝒎𝒂. −𝐬𝐞𝐚 𝐜, 𝐟 𝐜 𝐮𝐧 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐟𝐥𝐞𝐱𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐠𝐫á𝐟𝐢𝐜𝐚 𝐝𝐞 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐟 𝐝𝐢𝐟𝐞𝐫𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚𝐛𝐥𝐞 𝐞𝐧 𝐚, 𝐛
𝒔𝒊 𝒆𝒙𝒊𝒔𝒕𝒆 𝒇´´ 𝒄 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔𝒇´´ 𝒄 = 𝟎
𝐑𝐞𝐠𝐥𝐚 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝐥𝐨𝐬 𝐩𝐨𝐬𝐢𝐛𝐥𝐞𝐬 𝐩𝐮𝐧𝐭𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐟𝐥𝐞𝐱𝐢ó𝐧
𝑺𝒆𝒂 𝒇 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒆𝒏 𝒂, 𝒃 , al cual pertenece 𝒙𝒐, tal que , 𝒇´´ 𝒙𝒐 = 𝟎, ó 𝒇´´ 𝒙𝒐 , no existe, entonces
𝟏. 𝒇´´ 𝒙 > 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒙𝒐 y 𝒇´´ 𝒙 < 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒙𝒐, 𝒃 , entonces (𝒙𝒐, 𝒇(𝒙𝒐)) es punto de inflexión
𝟐. 𝒇´´ 𝒙 < 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒙𝒐 y 𝒇´´ 𝒙 > 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒙𝒐, 𝒃 , entonces (𝒙𝒐, 𝒇(𝒙𝒐)) es punto de inflexión
𝟑. 𝒇´´ 𝒙 > 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒙𝒐 y 𝒇´´ 𝒙 > 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒙𝒐, 𝒃 , entonces (𝒙𝒐, 𝒇(𝒙𝒐)) no es punto de inflexión
𝟒. 𝒇´´ 𝒙 < 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒂, 𝒙𝒐 y 𝒇´´ 𝒙 < 𝟎, 𝒙 ∈ 𝒙𝒐, 𝒃 , entonces (𝒙𝒐, 𝒇(𝒙𝒐)) no es punto de inflexión
𝑎 𝑏
𝒙𝒐

97. 𝑬𝒋𝒆𝒎𝒑𝒍𝒐.
𝒇 𝒙 = 𝒙𝟒
− 𝟏𝟐𝒙𝟐
+ 𝟑𝟔
𝑫𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐: 𝒙 ∈ 𝑹
𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔
𝒇´ 𝒙 = 𝟒𝒙𝟑
− 𝟐𝟒𝒙 = 𝟎
𝟒𝒙 𝒙𝟐
− 𝟔 = 𝟎
𝒙 = 𝟎, 𝒙 = ± 𝟔
𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒇𝒍𝒆𝒙𝒊ó𝒏
𝒇´´ 𝒙 = 𝟏𝟐𝒙𝟐
− 𝟐𝟒
𝟏𝟐𝒙𝟐 − 𝟐𝟒 = 𝟎 → 𝟏𝟐 𝒙𝟐 − 𝟐 = 𝟎
𝒙 = ± 𝟐
𝒙 = − 𝟐, x= 𝟐
𝒇′′
−𝟑 = 𝟏𝟐 𝟗 − 𝟐𝟒 > 𝟎
𝒇′′ 𝟎 = 𝟏𝟐 𝟎 − 𝟐𝟒 < 𝟎
𝒇′′
𝟑 = 𝟏𝟐 𝟗 − 𝟐𝟒 > 𝟎
→ − 𝟐, 𝒇(− 𝟐) , 𝒆𝒔 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒇𝒍𝒆𝒙𝒊ó𝒏
→ 𝟐, 𝒇( 𝟐) , 𝒆𝒔 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒇𝒍𝒆𝒙𝒊ó𝒏
Halle los puntos de inflexión
− 𝟐 𝟐
−3 0 3
+ +
−
−∞ +∞