Problemas para el seminario 1
1. Texto, p. 108, No. 62
En la figura se muestra una circunferencia
fija C1 con ecuación (x – 1)2 + y2 = 1 y un
circunferencia C2 que se contrae, con radio
r y centro en el origen. P es el punto (0, r),
Q es el punto superior de intersección de
las dos circunferencias y R es el punto de
intersección de la recta PQ y el eje x.
¿Qué le sucede a R al contraerse C2, es
decir, cuando r tiende hacia cero?
y
C2
P
Q
R
C1
x
Solución:
La ecuación de C2 es x2 + y2 = r2. El punto Q de intersección de ambas circunferencias
satisface la ecuación: (x – 1)2 – x2 = 1 – r2 que se obtiene al restar las ecuaciones.
Desarrollando esta ecuación resulta:
x2 – 2x +1 – x 2 = 1 – r2
x = r2/2
de donde:
(Abscisa de Q)
El valor de y se obtiene al remplazar en la ecuación de C2. Resulta:
r4/4 + y2 = r2
De aquí:
y2 = r2 – r4/4 = r2(1 – r2/4)
y  r 1 r2 / 4
Por semejanza de triángulos:
R Rx

r
y
Sustituyendo los valores de x e y obtenidos:
R
R  r2 / 2

r r 1 r2 / 4
Se tiene:
R 1 r2 / 4  R  r2 / 2
de donde:
R 1 1 r2 / 4  r2 / 2
Asi que:


R
r2 / 2
1 1 r2 / 4
(Ordenada de Q)
Para calcular el límite cuando r tiende hacia cero, se procede como es usual y se
obtiene:
lim R  4
r 0
2. Texto, p. 130, No. 65
Un monje tibetano sale del monasterio a las 7:00 A.M. y emprende su camino habitual
hacia la cima de la montaña, adonde llega a las 7:00 P.M. La mañana siguiente inicia el
regreso desde la cima por la misma ruta a las 7:00 A.M. y llega al monasterio a las 7:00
P.M. Mediante el teorema del valor intermedio, demuestre que existe un punto a lo
largo de la ruta que el monje cruzará exactamente a la misma hora en ambos días.
Solución:
Sea L la distancia del monasterio a la cima. Sea x la distancia de un punto cualquiera de
la ruta medida desde el monasterio, así que 0 ≤ x ≤ L. En el intervalo anterior,
definamos las funciones:
tida(x) = Hora en que pasó por el punto x en el viaje de ida.
treg(x) = Hora en que pasó por el punto x en el viaje de regreso.
Ambas son funciones continuas en el intervalo 0 ≤ x ≤ L. Definamos ahora la función:
D(x) = tida(x) – treg(x)
que será también continua en el intervalo por ser diferencia de funciones continuas. Esta
función toma valores:
D(0) = tida(0) – treg(0) = 7:00 – 19:00 = –12:00
D(L) = tida(L) – treg(L) = 19:00 – 7:00 =12:00
Como D es una función continua en un intervalo cerrado que pasa de – 12 a 12, tiene
que tomar por lo menos en un punto x* el valor cero. Como D(x*) = 0
tida(x*) = treg (x*)
3. Texto, p. 142, No. 58
a)
Un depósito contiene 5000 L de agua pura. Se bombea salmuera que contiene 30
g de sal por litro de agua al depósito a razón de 25 L/min. Demuestre que la
concentración de sal t minutos después (en gramos por litro) es
C (t ) 
b)
30t
200  t
¿Qué sucede con la concentración cuando el tiempo tiende a infinito?
Solución:
a)
Cantidad de solución en el instante t:
5000 + 25 t
Cantidad de sal en el instante t:
(30 g/L)(25 L/min)(t min) = 750 t
Concentración de la solución en el instante t:
C (t ) 
b)
lim
t 
750t
30t
=
5000  25t
200  t
30t
= 30
200  t
es decir, la concentración en el tanque tiende hacia la concentracion de la salmuera que
se esta bombeando.
4. Texto, p. 142, No. 51
1

 x sen
si x  0
Establezca si existe f ‘(0) si: f ( x)  
x
0
si x  0
Solución:
1
h sen  0
1

h
= lim sen 
f (0)  lim
h 0
h0
h
h

El último limite no existe, así que la derivada f ‘(0) no existe para esta función.
Texto, p. 142, No. 52
1
 2
 x sen
si x  0
Establezca si existe f ‘(0) si: f ( x)  
x
0
si x  0
Solución:
1
h2 sen  0
1

h
= lim h sen  = 0, como consecuencia del teorema del
f (0)  lim
h 0
h 0
h
h

1
emparedado, pues  h  h sen  h
h
y ambas funciones extremas poseen límite cero cuando h tiende hacia cero.
En este caso, la función es derivable y f ‘(0) = 0.
5. Texto, p. 142, No. 52
Recuerde que una función f se le denomina par si f(–x) = f(x) para todo x en su dominio
e impar si f(–x) = – f(x) para todo x en su dominio.
a) Demuestre que la derivada de una función par es una función impar.
b) Demuestre que la derivada de una función impar es una función par.
Solución:
a) Sea f par y derivable en todo su dominio. Entonces:
f ( x)  lim
h 0
f (  x  h)  f (  x )
f ( x  h)  f ( x )
= lim
h 0
h
h
pues f es par. Tomando la variable: u = x – h se tiene x = u + h. Nótese que ambas
variables u y x tienen el mismo límite cuando h tiende hacia cero. Entonces:
lim
h 0
f (u )  f (u  h)
f (u  h)  f (u )
=  lim
=  f (u)   f ( x)
h 0
h
h
Al probar que f ( x)   f ( x) queda demostrado que f (x ) es impar.
b) Se prueba de forma similar.
6. Texto, p. 171, No. 4
En la figura se muestra un punto P en la
parábola y = x2 y el punto Q donde la
mediatriz de OP interseca al eje y. Conforme P
se aproxima al origen a lo largo de la parábola,
¿qué sucede con Q? ¿Tiene una posición
límite? Si es así, encuéntrela.
Solución:
y
y = x2
Q
O
P
x
Como el punto P tiene coordenadas (x, x2), el punto medio A del segmento OP es
A ( 12 x, 12 x2 ) . La pendiente de OP es x2/x, es decir, x. La pendiente de QA será entonces
-1/x. Si llamamos (0, q) a las coordenadas de Q, se tiene que la pendiente de QA viene
dada por
1 2
x q
2
1
x
2
Igualando a -1/x se obtiene una relación entre q y x:
x2  q
1

1
x
x
2
1
1 2
x q
2
2
1
2
es decir,
de donde:
Ahora queda claro que:
q  12 x 2 
lim q 
x 0
1
2
1
2
7. Texto, p. 171, No. 11
a) Si parte de la latitud 0º y avanza en la dirección oeste, puede denotar con T(x) la
temperatura en el punto x en cualquier tiempo dado. Suponga que T es una función
continua de x, y demuestre que, en cualquier tiempo fijo, existen por lo menos dos
puntos opuestos sobre el ecuador que tienen exactamente la misma temperatura.
b) ¿El resultado del inciso (a) se cumple para puntos que estén sobre cualquier
circunferencia que esté sobre la superficie de la Tierra?
c) ¿El resultado del inciso (a) se cumple para la presión barométrica y para la altitud
por encima del nivel del mar?
Solución:
Para responder los tres incisos a la vez, considere una
circunferencia cualquiera trazada sobre la tierra, pequeña
o grande (no mayor que el ecuador). Tome en la
circunferencia un punto arbitrario O de referencia. Llame
x a la medida (en grados, por ejemplo) del arco que
corresponde a un punto cualquiera P sobre la
P
circunferencia, tal como se ilustra en la figura. Considere
O
ahora que existe una función f(x) (temperatura, presión
x
atmosférica, altitud sobre el nivel del mar, humedad
relativa, etc.) que varía en forma continua cuando P se
mueve a lo largo de la circunferencia para un tiempo fijo. Definamos ahora la nueva
función g(x) como:
g(x) = f(x) – f(180 + x)
0 ≤ x ≤ 180º
es decir, como la diferencia entre el valor de la función en el punto P y el valor de la
función en el punto opuesto de la circunferencia.
La función g es continua, por ser la diferencia de funciones continuas. El valor g(0)
podemos suponer que no es cero (si lo fuera, ya tenemos dos puntos opuestos con el
mismo valor de f, el punto de referencia O y su opuesto). Sea g(0) = k  0. Entonces se
tiene que:
g(0) = f(0) – f(180) = k
g(180) = f(180) – f(360) = f(180) – f(0) = – k
Como g es continua y toma valores de signo opuesto en el intervalo 0 ≤ x ≤ 180º tiene
que anularse al menos para un valor de x en ese intervalo, como consecuencia del
teorema del valor intermedio. Si c es uno de los ceros de g, entonces en los puntos c y
c + 180 la función f toma idénticos valores, como se quería probar.
8. Texto, p. 182, No. 78
Dibuje un diagrama en que se muestren dos rectas perpendiculares que se intersecan
sobre el eje y y son tangentes a la parábola y = x2. ¿Dónde se intersecan estas rectas?
Solución:
En el diagrama se muestra la situación planteada.
Se han introducido incógnitas a, b y h para denotar
respectivamente las abscisas de los puntos de
tangencia y la ordenada del punto del eje y donde
se cortan las rectas perpendiculares. La pendiente
de la recta de la derecha es 2a y la pendiente de la
recta de la izquierda es 2b. Como son
perpendiculares, se tiene que (2a)(2b) = –1, es
decir:
4ab = –1
(1)
y
y = x2
b
h
a
x
Por otra parte, las pendientes de ambas rectas se pueden calcular a partir de las
coordenadas de dos puntos, así que:
y
(a2 – h)/a = 2a
(2)
(b2 – h)/b = 2b
(3)
Las ecuaciones (2) y (3) se pueden escribir:
a2 – h = 2a2
b2 – h = 2b2
Que conduce a: a2 = – h y b2 = – h
Esto significa, que a2 = b2, así que a = – b, ya que la ecuación (1) implica que poseen
signos distintos. Reemplazando en la ecuación (1) queda:
4a (– a) = –1
Es decir, a = 1/2 y b = –1/2. Como a2 = – h, se obtiene: h = – 1/4.
En resumen, las rectas se intersecan en el punto (0, – ¼).
9. Texto, p. 189, No. 55
a) Utilice la regla del producto dos veces para probar que si f, g y h son derivables, en
tal caso: (fgh)’ = f ’gh + fg’h + fgh’.
b) Tome f = g = h en el inciso (a) y demuestre que
d
 f ( x)3  3 f ( x)2 f ( x)
dx
c) Aplique el resultado del inciso (b) para derivar y = e3x
Solución:

( fgh )   f ( gh )  f ( gh )  f ( gh )
a)
 f ( gh)  f ( gh  gh)
 f gh  fgh  fgh
LQQD
b) y c) son obvios.
10. Texto, p. 205, No. 82
En ciertas circunstancias, un rumor se esparce según la ecuación:
1
p (t ) 
1  ae  kt
donde p(t) es la proporción de la población que lo conoce en el instante t y a y k son
constantes positivas.
a) Encuentre lim p (t )
t 
b) Halle la rapidez de esparcimiento del rumor.
c) Dibuje p para el caso en que a = 10 y k = 0,5 con t medido en horas. Use la gráfica
para estimar cuanto tiempo transcurrirá para que el 80% de la población escuche el
rumor.
Solución:
a)
lim p (t )  1 . Esto significa que, “al final” toda la población habrá escuchado el
t 
rumor.
b)
p(t ) 
1
(ake kt ) =
2
1  ae 
 kt
ake kt
1  ae 
 kt 2
c) Para a = 10 y k = 0,5 las funciones p(t)
(en azul) y p’(t) (en rojo) aparecen
graficadas en Derive. Observe que
existe un momento en que la velocidad
de propagación alcanza su valor
máximo (al cabo de unas 4 o 5 horas) y
después decae. Las líneas verde y
celeste muestran que al cabo de una
7.37 horas el 80% de la población
estará enterada del rumor.
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Problemas para el seminario 1

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