Exercicis d'anàlisi — Matemàtiques 2n Batxillerat

Derivem terme a terme amb la regla de la potència (baixa l'exponent com a factor i el redueix en 1).
La derivada de $x^{3}$ és 3x²; la de -2x² és -4x; la de 5x és 5; la de la constant -1 és 0.
Per tant f'(x) = 3x² - 4x + 5.

Derivem: f'(x) = 2x - 6.
Igualem a zero: 2x - 6 = 0.
Resolem: x = 3. En aquest punt la tangent és horitzontal.

Els candidats a extrem surten de f'(x) = 0: f'(x) = 2x - 8 = 0 dona x = 4.
Comprovem que és un mínim amb la segona derivada: f''(x) = 2, positiva, així que és un mínim.
El valor mínim és f(4) = $4^{2}$ - 8·4 + 20 = 16 - 32 + 20 = 4.

Quan x → ∞ en un quocient de polinomis manen els termes de grau més alt.
f: numerador i denominador tenen el mateix grau (2), així que el límit és el quocient dels coeficients principals: lim f(x) = 3/2.
g: el grau del numerador (1) és més petit que el del denominador (2); el denominador creix molt més de pressa i lim g(x) = 0.
Comprovació amb f: dividint numerador i denominador per x² queda (3 - 5/x + 1/x²)/(2 + 7/x²) → 3/2, perquè els termes amb x al denominador tendeixen a 0.

És una potència d'una funció: ($u^{4}$)' = 4u³·u', amb u = 2x³ - 1 i u' = 6x².
f'(x) = 4(2x³ - 1$)^{3}$·6x² = 24x²(2x³ - 1$)^{3}$.
Error típic: oblidar el factor u' = 6x² i deixar només 4(2x³ - 1$)^{3}$.

a) Regla del producte (u·v)' = u'v + uv': f'(x) = 2x·e^x + x²·e^x = e^x(x² + 2x) = x(x + 2)e^x.
b) Regla del quocient (u/v)' = (u'v - uv')/v²: g'(x) = [1·(x - 1) - (x + 1)·1]/(x - 1)² = (x - 1 - x - 1)/(x - 1)² = -2/(x - 1)².
Com que g'(x) < 0 per a tot x ≠ 1, la funció g és decreixent a cada tros del seu domini.

Punt de tangència: f(2) = 4 - 6 + 1 = -1, és a dir, (2, -1).
Pendent: f'(x) = 2x - 3, de manera que f'(2) = 4 - 3 = 1.
Recta tangent: y - f(2) = f'(2)·(x - 2) → y + 1 = 1·(x - 2) → y = x - 3.
Comprovació: per a x = 2 la recta dona y = -1, que coincideix amb f(2).

En x = 1 el numerador tendeix a 3 i el denominador a 0, així que el quocient es fa infinit; el signe depèn del costat.
x → $1^{-}$ (per exemple x = 0,99): denominador negatiu i petit, $\tfrac{3}{(0^{-})}$ → lim f(x) = -∞.
x → $1^{+}$ (per exemple x = 1,01): denominador positiu i petit, $\tfrac{3}{(0^{+})}$ → lim f(x) = +∞.
Interpretació: la recta x = 1 és una asímptota vertical; la gràfica baixa cap a -∞ per l'esquerra d'aquesta recta i puja des de +∞ per la dreta.

Perquè f sigui contínua en x = 1 cal que els dos límits laterals coincideixin amb f(1).
Límit per l'esquerra (i valor f(1)): 1² + a = 1 + a. Límit per la dreta: 3·1 - 1 = 2.
Igualem: 1 + a = 2 → a = 1.
Comprovació: amb a = 1, els dos trossos valen 2 en x = 1 i la gràfica no té cap salt.

En els tres casos s'aplica la regla de la cadena: derivada de la funció exterior per la derivada de la interior.
a) (ln u)' = u'/u: f'(x) = 2x/($x^{2}$ + 1).
b) (cos u)' = -sin(u)·u': g'(x) = -3·sin(3x).
c) ($e^{u}$)' = $e^{u}$·u': h'(x) = -2e^-2x.
Error típic: a l'apartat a), escriure $\tfrac{1}{(x^{2} + 1)}$ sense multiplicar per la derivada de l'interior, 2x.

Si substituïm x = 3 directament surt 0/0, una indeterminació: cal treballar l'expressió.
El numerador es factoritza: x² - 9 = (x - 3)(x + 3).
Simplifiquem el factor (x - 3) amb el denominador: queda x + 3.
Ara sí, substituïm: lim_{x → 3} (x + 3) = 3 + 3 = 6.

Calculem el límit per l'esquerra (amb x + 1): quan x s'acosta a 2, 2 + 1 = 3.
Calculem el límit per la dreta (amb la constant 5): val 5.
Els límits laterals són 3 i 5, diferents entre ells.
Com que no coincideixen, la funció NO és contínua a x = 2: hi ha una discontinuïtat de salt.

Considerem f(x) = x³ + x - 1, que és contínua a [0, 1] per ser un polinomi.
Avaluem els extrems de l'interval: f(0) = 0 + 0 - 1 = -1, negatiu, i f(1) = 1 + 1 - 1 = 1, positiu.
Com que f és contínua i canvia de signe entre x = 0 i x = 1 (f(0) < 0 < f(1)), el teorema de Bolzano garanteix que hi ha almenys un punt c de (0, 1) on f(c) = 0.
Aquest c és una solució de l'equació.

Tres condicions, tres equacions. f'(x) = 2ax + b.
Tall amb l'eix vertical a y = 3: f(0) = c = 3.
Mínim a x = 2: f'(2) = 0, és a dir 4a + b = 0, d'on b = -4a.
Passa per (2, -1): f(2) = 4a + 2b + c = -1; amb c = 3: 4a + 2b = -4, és a dir 2a + b = -2.
Substituïm b = -4a: 2a - 4a = -2, d'on a = 1, b = -4, c = 3. La funció és f(x) = $x^{2}$ - 4x + 3.
Comprovació: f'(2) = 4 - 4 = 0; f(2) = 4 - 8 + 3 = -1; f(0) = 3. I com que a > 0, és un mínim.

Substituint x = 4 surt 0/0, una indeterminació. Com que hi ha una arrel, multipliquem numerador i denominador pel conjugat √x + 2:
(√x - 2)(√x + 2)/[(x - 4)(√x + 2)] = (x - 4)/[(x - 4)(√x + 2)] = 1/(√x + 2), per a x ≠ 4.
Ara el límit és directe: 1/(√4 + 2) = 1/4.
Comprovació amb L'Hôpital: derivades (1/(2√x))/1 → 1/(2·2) = 1/4. (També s'hi arriba escrivint x - 4 = (√x - 2)(√x + 2).)

La base tendeix a 1 (mateix grau, coeficients 1/1) i l'exponent a +∞: indeterminació 1^∞.
Fem servir que, si f → 1 i g → ∞, lim f^g = e^{lim g·(f - 1)}.
f - 1 = (x + 3)/(x - 1) - 1 = (x + 3 - x + 1)/(x - 1) = 4/(x - 1).
g·(f - 1) = 2x·4/(x - 1) = 8x/(x - 1) → 8 quan x → ∞.
Per tant, el límit és e⁸.
Error típic: respondre 1 perquè «1 elevat a qualsevol cosa és 1»; aquí la base no és exactament 1 i el resultat és un nombre finit diferent d'1.

En x = 0: (1 - 1 - 0)/0 = 0/0, indeterminació. Numerador i denominador són derivables, així que podem aplicar L'Hôpital.
Primera aplicació: lim (e^x - 1)/(2x). En x = 0 torna a ser 0/0.
Segona aplicació: lim e^x/2 = e⁰/2 = 1/2.
El límit val 1/2.
Recorda: cal comprovar que hi ha indeterminació 0/0 o ∞/∞ abans de cada aplicació, i es deriven numerador i denominador per separat (no és la derivada d'un quocient).

Factoritzem: x² - 1 = (x - 1)(x + 1) i x² - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2). El denominador s'anul·la en x = 1 i x = 2: són els únics punts on f no és contínua (no hi està definida).
En x = 1: simplificant, f(x) = (x + 1)/(x - 2) per a x ≠ 1, i lim f(x) = 2/(-1) = -2 (límit finit). Discontinuïtat evitable: es podria eliminar definint f(1) = -2.
En x = 2: el numerador tendeix a 3 i el denominador a 0; lim per l'esquerra = -∞ i per la dreta = +∞. Discontinuïtat asimptòtica (de salt infinit), amb asímptota vertical x = 2.
Error típic: dir que x = 1 és una asímptota vertical sense simplificar abans el factor comú.

Continuïtat: f(2) = 4 - 4 = 0; límit per l'esquerra 0; límit per la dreta ln(2 - 1) = ln 1 = 0. Coincideixen: f és contínua en x = 2.
Derivabilitat: derivades laterals. Per l'esquerra, f'(x) = 2x - 2 → f'(2^-) = 2. Per la dreta, f'(x) = 1/(x - 1) → f'(2⁺) = 1.
Com que 2 ≠ 1, f no és derivable en x = 2: la gràfica hi té un punt angulós (dues tangents diferents).
Resum: contínua però no derivable en x = 2. Recorda que derivable implica contínua, però contínua no implica derivable.

Hipòtesis: f és polinòmica, per tant contínua a [0, 2] i derivable a (0, 2). A més, f(0) = 0 i f(2) = 8 - 8 = 0, de manera que f(0) = f(2).
Conclusió del teorema: existeix almenys un c de (0, 2) amb f'(c) = 0.
f'(x) = 3x² - 4 = 0 → x² = 4/3 → x = ±2/√3 ≈ ±1,15.
L'únic valor dins de (0, 2) és c = 2/√3 = 2√3/3 ≈ 1,15.
Interpretació: en aquest punt la tangent és horitzontal, i correspon al mínim relatiu de f entre les dues arrels 0 i 2.

Hipòtesis: ln x és contínua i derivable per a x > 0, i per tant a [1, e]. El teorema assegura que hi ha un c de (1, e) tal que f'(c) = (f(e) - f(1))/(e - 1).
Pendent de la secant: (ln e - ln 1)/(e - 1) = (1 - 0)/(e - 1) = 1/(e - 1) ≈ 0,58.
Derivada: f'(x) = 1/x. Imposem 1/c = 1/(e - 1) → c = e - 1 ≈ 1,72.
Comprovació: 1 < 1,72 < 2,72, així que c és dins de l'interval obert, com diu el teorema.
Interpretació: en x = c la tangent a la corba és paral·lela a la corda que uneix (1, 0) i (e, 1).

En substituir surt la indeterminació 1^∞. Anomenem L el límit i prenem logaritmes: ln L = lim_{x → 0} ($\tfrac{1}{x}$)·ln(1 + x) = lim_{x → 0} ln(1 + x)/x.
Ara és una indeterminació $\tfrac{0}{0}$ i apliquem L'Hôpital: la derivada de ln(1 + x) és $\tfrac{1}{(1 + x)}$; la de x és 1.
Queda ln L = lim_{x → 0} $\tfrac{1}{(1 + x)} = 1$.
Com que ln L = 1, resulta L = e. Per tant el límit val e.

Perquè sigui derivable a x = 1 ha de ser, primer, contínua, i després tenir les derivades laterals iguals.
Continuïtat a x = 1: per l'esquerra a + b + 1; per la dreta 3·1 - 1 = 2. Per tant a + b + 1 = 2, és a dir a + b = 1.
Derivabilitat: la derivada del primer tram és 2ax + b, que a x = 1 val 2a + b; la del segon tram és 3. Per tant 2a + b = 3.
Resolem el sistema restant la primera equació de la segona: (2a + b) - (a + b) = 3 - 1, d'on a = 2. Substituint, b = 1 - 2 = -1.
Amb a = 2 i b = -1 la funció és contínua i derivable a x = 1.

Domini: tot R (polinomi).
Simetria: f(-x) = -$x^{3}$ + 3x = -($x^{3}$ - 3x) = -f(x), és imparella (simètrica respecte de l'origen).
Talls: $x^{3}$ - 3x = x($x^{2}$ - 3) = 0 dona x = 0 i x = ±$\sqrt{3}$; amb l'eix Y, f(0) = 0.
Asímptotes: cap (polinomi).
Monotonia i extrems: f'(x) = 3x² - 3 = 0 dona x = ±1. Amb f''(x) = 6x: a x = -1, f'' = -6 < 0, màxim (-1, 2); a x = 1, f'' = 6 > 0, mínim (1, -2).
Curvatura i inflexió: f''(x) = 6x canvia de signe a x = 0: còncava cap avall si x < 0 i cap amunt si x > 0; punt d'inflexió a (0, 0).
Gràfica: una corba que puja des de baix a l'esquerra fins al màxim (-1, 2), baixa passant per l'origen (inflexió) fins al mínim (1, -2) i torna a pujar; talla l'eix X a -$\sqrt{3}$, 0 i $\sqrt{3}$, amb simetria respecte de l'origen.

a) La base és un quadrat de costat 30 - 2x i l'altura és x: V(x) = x·(30 - 2x$)^{2}$. Perquè hi hagi caixa, 0 < x < 15.
b) Derivem (producte i cadena): V'(x) = (30 - 2x$)^{2}$ + x·2(30 - 2x)·(-2) = (30 - 2x)(30 - 2x - 4x) = (30 - 2x)(30 - 6x).
V'(x) = 0 → x = 15 (fora del domini, volum zero) o x = 5.
Classificació: V' passa de positiu (x = 1: 28·24 > 0) a negatiu (x = 10: 10·(-30) < 0) en x = 5, així que és un màxim. També V''(5) = -120 < 0.
Volum màxim: V(5) = 5·$20^{2}$ = 2000 cm³ (caixa de base 20 cm × 20 cm i altura 5 cm).

Variables: radi r i altura h. Lligam: V = πr²h = 8π → h = 8/r².
Funció a minimitzar: S = πr² + 2πrh = πr² + 2πr·(8/r²) = πr² + 16π/r, amb r > 0.
S'(r) = 2πr - 16π/r² = 0 → 2πr³ = 16π → r³ = 8 → r = 2 m.
És un mínim: S''(r) = 2π + 32π/r³ > 0 per a tot r > 0.
Altura: h = 8/2² = 2 m. Superfície mínima: S = π·4 + 16π/2 = 12π ≈ 37,70 m².
Observa que, sense tapa, el mínim s'obté amb h = r (amb tapa seria h = 2r).

Derivades: f'(x) = 3x² + 2ax + b i f''(x) = 6x + 2a.
Condicions: f(0) = 1 → c = 1; f'(1) = 0 → 3 + 2a + b = 0; f''(2) = 0 → 12 + 2a = 0 → a = -6. Aleshores b = -3 - 2a = -3 + 12 = 9.
f(x) = $x^{3}$ - 6x² + 9x + 1.
Extrems: f'(x) = 3x² - 12x + 9 = 3(x - 1)(x - 3) = 0 → x = 1 i x = 3.
f''(1) = 6 - 12 = -6 < 0 → màxim relatiu en (1, f(1)) = (1, 5). f''(3) = 18 - 12 = 6 > 0 → mínim relatiu en (3, f(3)) = (3, 1).
Comprovació: f''(2) = 0 i f canvia de curvatura en x = 2; punt d'inflexió (2, 3), que és el punt mitjà entre el màxim i el mínim, com passa sempre en una cúbica.

a) Indeterminació 0·(-∞). Ho escrivim com un quocient: x·ln x = ln x/(1/x), que és del tipus -∞/∞, i apliquem L'Hôpital: (1/x)/(-1/x²) = -x → 0. Per tant, lim x·ln x = 0.
b) Indeterminació ∞ - ∞. Multipliquem i dividim pel conjugat: (√(x² + 3x) - x)(√(x² + 3x) + x)/(√(x² + 3x) + x) = (x² + 3x - x²)/(√(x² + 3x) + x) = 3x/(√(x² + 3x) + x).
Dividim numerador i denominador per x (x > 0, així que x = √(x²)): 3/(√(1 + 3/x) + 1) → 3/(1 + 1) = 3/2.
Resultats: a) 0; b) 3/2.
Error típic a b): respondre 0 perquè «√(x²) és x»; la diferència no s'anul·la, tendeix a 3/2.

Sigui f(x) = x⁵ + 2x - 1, contínua i derivable a tot ℝ per ser polinòmica.
Existència (Bolzano): f(0) = -1 < 0 i f(1) = 1 + 2 - 1 = 2 > 0. Com que f és contínua a [0, 1] i canvia de signe, existeix almenys un c de (0, 1) amb f(c) = 0.
Unicitat: f'(x) = 5x⁴ + 2 ≥ 2 > 0 per a tot x, de manera que f és estrictament creixent a ℝ i no pot prendre el valor 0 dues vegades.
(Argument alternatiu amb Rolle: si hi hagués dues arrels, entre elles hi hauria un punt amb f' = 0, cosa impossible.)
Conclusió: l'equació té exactament una solució real, i és a l'interval (0, 1) (val aproximadament 0,49).

a) f'(x) = 1·e^-x + x·(-e^-x) = e^-x(1 - x). Com que e^-x > 0 sempre, el signe de f' és el de 1 - x: f' > 0 si x < 1 i f' < 0 si x > 1.
f és creixent a (-∞, 1) i decreixent a (1, +∞); en x = 1 hi ha un màxim relatiu, de valor f(1) = 1/e ≈ 0,37. No hi ha mínims.
b) lim x·e^-x = lim x/e^x és del tipus ∞/∞; per L'Hôpital, lim 1/e^x = 0. La recta y = 0 és una asímptota horitzontal cap a +∞ (la funció s'hi acosta per sobre, perquè f(x) > 0 si x > 0).
c) f(0) = 0 i f'(0) = e⁰·(1 - 0) = 1. Tangent: y - 0 = 1·(x - 0), és a dir, y = x.
Comprovació: f''(x) = e^-x(x - 2), i f''(1) = -1/e < 0, cosa que confirma que x = 1 és un màxim.

a) Sobre la costa, entre la subestació (a la coordenada 8) i el punt de canvi (a la coordenada $x$) hi ha $8-x$ km a 30 milers d'euros/km. Sota l'aigua, del punt $(x,0)$ a la plataforma $(0,3)$, per Pitàgores, $\sqrt{x^2+9}$ km a 50 milers d'euros/km.

b) $C'(x)=-30+\dfrac{50x}{\sqrt{x^2+9}}=0\iff\dfrac{x}{\sqrt{x^2+9}}=\dfrac35\iff25x^2=9x^2+81\iff x=\dfrac94$. Com que $C''(x)=\dfrac{450}{(x^2+9)^{3/2}}\gt0$, és un mínim. $\sqrt{x^2+9}=\sqrt{\tfrac{81}{16}+9}=\tfrac{15}{4}$ i

Comparació: $C(0)=240+150=390$ (tot per terra fins a $O$) i $C(8)=50\sqrt{73}\approx427{,}2$ (tot per mar). El mixt estalvia 30 000 € respecte del primer.

c) Ara $C_2(x)=30(2-x)+50\sqrt{x^2+9}$ amb $0\le x\le2$. La derivada segueix sent $-30+\dfrac{50x}{\sqrt{x^2+9}}$, que només s'anul·la a $x=\tfrac94\notin[0,2]$. A $[0,2]$, $\dfrac{x}{\sqrt{x^2+9}}\le\dfrac{2}{\sqrt{13}}\approx0{,}555\lt0{,}6$, de manera que $C_2'\lt0$: el cost és decreixent i el mínim és a l'extrem $x=2$: tot el cable va per mar des de la subestació, amb cost $50\sqrt{13}\approx180{,}3$ (contra $C_2(0)=210$). No surt $\tfrac94$ perquè el mínim de la funció no és a l'interior de l'interval: l'òptim és de frontera.

d) Si la subestació és a $d$ km d'$O$, $C_d'(x)=-30+\dfrac{50x}{\sqrt{x^2+9}}$ no depèn de $d$, i s'anul·la a $x=\tfrac94$. Aquest punt és dins de l'interval $[0,d]$ exactament quan $d\ge\tfrac94$. A l'òptim, $\dfrac{x}{\sqrt{x^2+9}}=\sin\varphi=\dfrac{30}{50}$, on $\varphi$ és l'angle del cable submarí amb la perpendicular a la costa: el sinus de l'angle és el quocient dels costos unitaris. És una condició d'òptim anàloga a la llei de Snell de la refracció.

Errors típics

• Resoldre $C'(x)=0$ i donar la solució sense comprovar que és un mínim ni que és dins de l'interval.
• No comparar amb els valors als extrems de l'interval (a c) això porta a un resultat incorrecte).
• Escriure el tram submarí com $x+3$ en lloc de $\sqrt{x^2+9}$.
• Confondre el cost mínim amb el valor $x$ que el minimitza.

Conceptes treballats: optimització, derivada i criteri de la segona derivada, estudi en un interval tancat, modelització geomètrica, interpretació del resultat.

a) A la secció axial, el con té catets $R=6$ i $H=12$. Per triangles semblants, $\dfrac{12-h}{r}=\dfrac{12}{6}$, per tant $h=12-2r$. Volum: $V(r)=\pi r^2(12-2r)$, amb $0\lt r\lt6$.

b) $V'(r)=\pi(24r-6r^2)=6\pi r(4-r)$, que s'anul·la a $r=4$ (la solució $r=0$ no té sentit). $V'$ passa de positiva a negativa, o $V''(4)=\pi(24-48)\lt0$: màxim. Com que $V(0)=V(6)=0$, és el màxim absolut. Dimensions: $r=4$ dm, $h=12-8=4$ dm, $V=\pi\cdot16\cdot4=64\pi\approx201{,}1$ dm$^3$, uns 201 L.

c) $h=H\left(1-\dfrac rR\right)$ i $V(r)=\pi H\left(r^2-\dfrac{r^3}{R}\right)$. $V'(r)=\pi H\left(2r-\dfrac{3r^2}{R}\right)=\pi Hr\left(2-\dfrac{3r}{R}\right)=0\iff r=\dfrac23R$, amb $h=\dfrac H3$. Llavors $V=\pi\cdot\dfrac{4R^2}{9}\cdot\dfrac H3=\dfrac49\cdot\dfrac{\pi R^2H}{3}$: el $\tfrac49$ del volum del con ($\approx44{,}4\,\%$).

d) Amb $R=6,\ H=12$: $r=4$, $h=4$; el con té volum $\tfrac13\pi\cdot36\cdot12=144\pi$, i $64\pi/144\pi=\tfrac49$. Concorda. Observa que el resultat de c) és independent de les dimensions del con: només n'hi ha prou amb la forma.

Errors típics

• Escriure $h=12-r$ o $h=6-r$ en comptes de la relació correcta (cal fer triangles semblants amb les proporcions $6:12$).
• Maximitzar l'àrea lateral o la de la base en lloc del volum.
• No justificar que el punt crític és un màxim (o no mirar els extrems del domini).
• Donar el resultat en dm$^3$ i confondre'l amb m$^3$ en passar a litres.

Conceptes treballats: optimització amb una variable, semblança de triangles, derivada i punts crítics, generalització amb paràmetres, relació de volums.

a) $f$ és contínua. $f(-2)=e^{-2}+1\approx1{,}135\gt0$, $f(-1)=e^{-1}-2\approx-1{,}632\lt0$, $f(0)=-2\lt0$, $f(1)=e-2\approx0{,}718\gt0$. Pel teorema de Bolzano hi ha una arrel a $(-2,-1)$ i una altra a $(0,1)$.

b) $f''(x)=e^x+2\gt0$ per a tot $x$: $f'$ és estrictament creixent, així que té com a molt un zero. Com que $f'(-1)=e^{-1}-2\lt0$ i $f'(0)=1\gt0$, per Bolzano $f'$ té exactament un zero $c\in(-1,0)$. Així $f$ decreix a $(-\infty,c)$ i creix a $(c,\infty)$: una funció estrictament monòtona a cada part talla l'eix com a molt una vegada, de manera que no pot tenir més de dues arrels. Amb a), en té exactament dues.

c) $f(0{,}8)=e^{0{,}8}+0{,}64-3\approx-0{,}134\lt0$ i $f(0{,}9)\approx0{,}270\gt0$. L'arrel positiva és a $(0{,}8;\,0{,}9)$ (valor aproximat 0,834). L'altra és $\approx-1{,}677$.

d) Per l'argument de b) (només cal canviar el 3 per $k$), $g$ decreix fins a $c\approx-0{,}352$ i creix després, amb mínim $g(c)\approx0{,}83$. Si $k$ és major que aquest mínim, com que $g(x)\to+\infty$ quan $x\to\pm\infty$, la gràfica talla la recta $y=k$ exactament una vegada a cada branca: dues solucions. Per a $k=3\gt0{,}83$, efectivament en té dues, com hem vist.

Errors típics

• Aplicar Bolzano i concloure «exactament una arrel» en lloc de «almenys una».
• Oblidar comprovar que la funció és contínua (és el que permet aplicar el teorema).
• Creure que un punt amb $f'(x)=0$ és sempre un extrem; aquí el que s'usa és el canvi de signe de $f'$.
• Buscar l'arrel resolent algebraicament $e^x=3-x^2$: no té solució elemental i cal un mètode d'aproximació.

Conceptes treballats: teorema de Bolzano, monotonia i derivades successives, nombre d'arrels d'una equació, aproximació d'arrels per intervals.

a) Sigui $N(x)=\ln(1+x)-ax+bx^2$; $N(0)=0$, així que el límit és de la forma $0/0$. Per L'Hôpital, $L=\lim\dfrac{N'(x)}{3x^2}$ amb $N'(x)=\dfrac1{1+x}-a+2bx$ i $N'(0)=1-a$. Perquè no s'infinitzi cal $N'(0)=0$: $a=1$. Aleshores es torna a tenir $0/0$: $L=\lim\dfrac{N''(x)}{6x}$, amb $N''(x)=-\dfrac1{(1+x)^2}+2b$ i $N''(0)=2b-1$. Cal $N''(0)=0$: $b=\tfrac12$.

b) Amb $a=1,\ b=\tfrac12$: $N'''(x)=\dfrac{2}{(1+x)^3}$ i

c) Si $a=1$ i $b\ne\tfrac12$: $N(x)$ es comporta com $\left(b-\tfrac12\right)x^2$ i $N(x)/x^3\sim\dfrac{b-\frac12}{x}\to\pm\infty$ amb signes oposats a esquerra i dreta de 0: el límit no existeix (laterals $+\infty$ i $-\infty$). Si $a\ne1$: $N(x)\sim(1-a)x$ i $N(x)/x^3\sim\dfrac{1-a}{x^2}\to+\infty$ o $-\infty$ segons el signe de $1-a$, igual per als dos costats.

d) El resultat indica que $\ln(1+x)\approx x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}$ per a $x$ petit. Amb $x=0{,}1$: $0{,}1-0{,}005+0{,}000\overline{3}=0{,}09533$; i $\ln1{,}1=0{,}09531\ldots$ L'error és d'unes $2{,}3\cdot10^{-5}$.

Errors típics

• Aplicar L'Hôpital sense comprovar que el límit és realment una indeterminació $0/0$ en cada pas.
• Igualar només $N'(0)=0$ i oblidar-se de la segona condició, $N''(0)=0$.
• En c), dir que el límit «és infinit» sense veure que els signes laterals difereixen.
• Deixar l'exercici en l'àlgebra sense comprovar el resultat amb un valor concret de $x$.

Conceptes treballats: límits amb paràmetres, indeterminacions, regla de L'Hôpital repetida, límits laterals, aproximació polinòmica d'una funció.

a) $f(2)=8-6=2$, així que $P\in$ corba. $f'(x)=3x^2-3$, $f'(2)=9$. Tangent: $y=2+9(x-2)=9x-16$.

b) La tangent a $a$ passa per $P$ si $f(a)+f'(a)(2-a)=2$: $(a^3-3a)+(3a^2-3)(2-a)-2=-2a^3+6a^2-8=-2(a+1)(a-2)^2=0$. Solucions: $a=2$ (la tangent en $P$) i $a=-1$: $f(-1)=2$, $f'(-1)=0$, tangent $y=2$. Comprovació: passa per $P(2,2)$ i toca la corba a $(-1,2)$.

c) $f(x)-(9x-16)=x^3-12x+16=(x-2)^2(x+4)$. La tangent en $P$ torna a tallar la corba a $x=-4$, punt $(-4,-52)$ (comprovació: $9\cdot(-4)-16=-52=f(-4)$).

d) «Tangent» és una propietat local (toca la corba sense creuar-la en el punt de tangència, almenys en un entorn petit), no global: lluny del punt la corba pot tornar a tallar la recta, com passa amb $y=9x-16$ a $x=-4$ i amb $y=2$, que talla la corba a $x=2$: $f(x)-2=(x-2)(x+1)^2$.

Errors típics

• Pensar que per un punt de la corba passa una única tangent: pot haver-n'hi més que toquin la corba en altres punts.
• Plantejar la tangent com $y=f'(2)(x-2)$ oblidant el terme $f(a)$.
• En el polinomi cúbic resultant, perdre l'arrel doble i quedar-se només amb $a=-1$ o amb $a=2$.
• Creure que si una recta és tangent a la corba no la pot tornar a tallar enlloc més.

Conceptes treballats: recta tangent i derivada, equació d'una tangent des d'un punt, factorització de polinomis amb arrels dobles, interpretació geomètrica local/global.

a) $C'(t)=12e^{-t/2}\left(1-\dfrac t2\right)=0\iff t=2$. $C'$ passa de positiva a negativa: màxim. $C(2)=24/e\approx8{,}83$ mg/L.

b) $C''(t)=3e^{-t/2}(t-4)$, que s'anul·la a $t=4$ i canvia de signe: és un punt d'inflexió, on el pendent $C'$ és mínim (el més negatiu). $C'(4)=12e^{-2}(1-2)=-12e^{-2}\approx-1{,}62$ mg/L per hora: a les 4 h la concentració, que val $C(4)\approx6{,}50$ mg/L, baixa al ritme més ràpid de tot el procés.

c) $\displaystyle\lim_{t\to\infty}12te^{-t/2}=0$: la concentració tendeix a 0 (l'exponencial decreixent guanya al factor lineal; per L'Hôpital, $\dfrac{12t}{e^{t/2}}\to0$). L'eix $OX$ és asímptota horitzontal.

d) $C$ és contínua. $C(0)=0\lt5\lt C(1)=12e^{-1/2}\approx7{,}28$: hi ha un $t_1\in(0,1)$ amb $C(t_1)=5$. $C(4)\approx6{,}50\gt5\gt C(5)=60e^{-5/2}\approx4{,}93$: hi ha un $t_2\in(4,5)$ amb $C(t_2)=5$. Com que $C$ creix fins a $t=2$ i decreix després, hi ha exactament dues i $C\ge5$ entre elles. Numèricament, $t_1\approx0{,}55$ h i $t_2\approx4{,}95$ h: l'eficàcia dura aproximadament $4{,}4$ h.

Errors típics

• Confondre el màxim de $C$ (on $C'=0$) amb el punt on la concentració decreix més de pressa (on $C''=0$).
• Derivar $C$ com si fos un producte de dues funcions sense aplicar bé la regla de la cadena a $e^{-t/2}$ (oblidar el $-\tfrac12$).
• Aplicar Bolzano sense comprovar els signes de $C-5$ en els extrems de l'interval.
• Dir que la concentració «arriba a 0» en un temps finit: només hi tendeix.

Conceptes treballats: funcions exponencials i derivades, màxims i punts d'inflexió amb interpretació, límits a l'infinit, teorema de Bolzano, modelització farmacocinètica.

a) $s(0{,}2)=16+4=20$ km, de manera que la velocitat mitjana és $\dfrac{20}{0{,}2}=100$ km/h. $s'(t)=80+200t$: a la primera càmera, $s'(0)=80$ km/h; a la segona, $s'(0{,}2)=120$ km/h.

b) $s$ és un polinomi, contínua a $[0;0{,}2]$ i derivable a $(0;0{,}2)$: el teorema del valor mitjà (Lagrange) assegura un $c$ amb $s'(c)=100$. $80+200c=100\iff c=0{,}1$ h (6 min després de la primera càmera). Comprovem: $s'(0{,}1)=100$.

c) $s'(t)=90\iff t=0{,}05$ h (3 min). Com que $s'$ és creixent, des d'aquest moment fins al final ($t=0{,}2$) va anar per sobre del límit: $0{,}15$ h $=9$ min de 12. No és «un moment»: va superar el límit durant tres quarts del temps. El radar de tram sanciona per la velocitat mitjana (100 km/h $\gt$ 90) perquè, pel teorema del valor mitjà, si la mitjana supera el límit és segur que hi ha hagut algun instant per sobre del límit.

d) $g'(c)=2pc+q$ i $\dfrac{g(B)-g(A)}{B-A}=p(A+B)+q$. Igualant: $2pc=p(A+B)$, de manera que $c=\dfrac{A+B}{2}$. Amb $A=0,\ B=0{,}2$ es troba $c=0{,}1$, com a b). Geomètricament, la tangent és paral·lela a la corda just al mig quan la funció és quadràtica.

Errors típics

• Confondre la velocitat mitjana (quocient incremental) amb la mitjana aritmètica de les velocitats instantànies als extrems (en aquest cas coincideix, 100, però només per ser quadràtica).
• Aplicar el teorema del valor mitjà sense esmentar que cal continuïtat i derivabilitat.
• Passar de minuts a hores malament ($0{,}2$ h són 12 min, no 20).
• Pensar que $c$ és únic en qualsevol funció: el teorema només n'assegura l'existència d'almenys un.

Conceptes treballats: derivada com a velocitat instantània, velocitat mitjana, teorema del valor mitjà (Lagrange), interpretació d'una situació real, demostració amb funcions quadràtiques.

a) $f(x)=x^3+2x-5$ és contínua; $f(1)=-2\lt0$ i $f(2)=7\gt0$: per Bolzano hi ha almenys una arrel a $(1,2)$. A més, $f'(x)=3x^2+2\gt0$: $f$ és estrictament creixent i només pot tallar l'eix una vegada. Per tant, exactament una arrel real, a $(1,2)$.

b) $f(1{,}3)=2{,}197+2{,}6-5=-0{,}203\lt0$ i $f(1{,}4)=2{,}744+2{,}8-5=0{,}544\gt0$: l'arrel és a $(1{,}3;\,1{,}4)$.

c) Punt mitjà 1,35: $f(1{,}35)=2{,}4604+2{,}7-5\approx0{,}160\gt0$, així que l'arrel és a $(1{,}3;\,1{,}35)$. Nou punt mitjà 1,325: $f(1{,}325)\approx2{,}326+2{,}65-5\approx-0{,}024\lt0$, per tant a $(1{,}325;\,1{,}35)$. Prenent el punt mitjà, $1{,}3375$, l'error és com a molt $0{,}0125\lt0{,}03$. (El valor real és $1{,}3282\ldots$)

d) Sigui $g(x)=x^3-3x+1$: $g(-2)=-1\lt0$, $g(0)=1\gt0$, $g(1)=-1\lt0$, $g(2)=3\gt0$. Tres canvis de signe: tres arrels, a $(-2,0)$, $(0,1)$ i $(1,2)$ (no n'hi pot haver més, és de grau 3). En general, $g_k(x)=x^3-3x+k$ té $g_k'(x)=3(x^2-1)$: màxim relatiu a $x=-1$, valor $k+2$, i mínim relatiu a $x=1$, valor $k-2$. Tres arrels si $k+2\gt0$ i $k-2\lt0$, és a dir $-2\lt k\lt2$; dues arrels (una de doble) si $k=\pm2$; una sola si $|k|\gt2$.

Errors típics

• Aplicar Bolzano i dir que, per tant, l'arrel és única.
• Fer la bisecció dividint per la meitat sense comprovar el signe de $f$ al punt mitjà.
• Pensar que un polinomi de grau 3 té sempre tres arrels reals.
• En d), oblidar els casos frontera $k=\pm2$ (arrel doble).

Conceptes treballats: teorema de Bolzano, monotonia i unicitat d'arrels, mètode de bisecció, extrems relatius i nombre de solucions d'una equació amb paràmetre.

a) $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^2\ln x=\lim\frac{\ln x}{x^{-2}}\overset{L'H}{=}\lim\frac{1/x}{-2x^{-3}}=\lim\left(-\frac{x^2}{2}\right)=0=f(0)$. Només es pot acostar per la dreta; $f$ és contínua a 0.

b) $\displaystyle f'(0)=\lim_{h\to0^+}\frac{h^2\ln h}{h}=\lim h\ln h=0$ (perquè $h\ln h=\dfrac{\ln h}{1/h}\to\dfrac{1/h}{-1/h^2}=-h\to0$). Així, $f$ és derivable a 0 (per la dreta) amb $f'(0)=0$: la corba surt tangent a l'eix $OX$ a l'origen.

c) Per a $x\gt0$, $f'(x)=2x\ln x+x$, i $\lim_{x\to0^+}f'(x)=0=f'(0)$: $f'$ és contínua a 0. Però $f''(x)=2\ln x+3$ i $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=\lim(2\ln x+1)=-\infty$: no existeix $f''(0)$. La funció és $C^1$ però no dues vegades derivable a l'origen.

d) $f'(x)=x(2\ln x+1)=0\iff x=e^{-1/2}\approx0{,}607$. $f$ decreix a $(0,e^{-1/2})$ i creix després; mínim relatiu (i absolut) $f(e^{-1/2})=e^{-1}\cdot\left(-\tfrac12\right)=-\dfrac{1}{2e}\approx-0{,}184$. $f''(x)=2\ln x+3=0\iff x=e^{-3/2}\approx0{,}223$: $f$ és còncava (cap avall) a $(0,e^{-3/2})$ i convexa després; punt d'inflexió $\left(e^{-3/2},\,-\tfrac{3}{2e^3}\right)\approx(0{,}223;\,-0{,}075)$. Gràfica: surt de l'origen tangent a l'eix $OX$ per sota d'ell, té el mínim $-0{,}184$ a $x=0{,}607$, i creix cap a $+\infty$ (passa per $(1,0)$).

Errors típics

• Calcular el límit $\lim x^2\ln x$ com «$0\cdot\infty=$0 o ∞» sense resoldre la indeterminació.
• Derivar $f$ a $x=0$ amb la fórmula $2x\ln x+x$: no val a 0, perquè $\ln 0$ no existeix; cal la definició.
• Confondre «$f'$ té límit a 0» amb «$f$ és derivable dues vegades a 0».
• Oblidar que el domini és $[0,+\infty)$ i buscar extrems per a $x\lt0$.

Conceptes treballats: continuïtat i derivabilitat en un punt, límits amb L'Hôpital, derivada per la definició, extrems i inflexions, estudi local d'una funció definida a trossos.

a) Per a $P(x,\sqrt x)$: $d^2=(x-3)^2+x$. $(d^2)'=2(x-3)+1=2x-5=0\iff x=\tfrac52$. La derivada passa de negativa a positiva (o $(d^2)''=2\gt0$): mínim. $P=\left(\tfrac52,\sqrt{\tfrac52}\right)$ i $d^2=\tfrac14+\tfrac52=\tfrac{11}{4}$: $d=\tfrac{\sqrt{11}}{2}\approx1{,}66$ hm. (Minimitzar $d^2$ o $d$ és equivalent, perquè l'arrel és creixent.)

b) El pendent de la tangent a $P$ és $\dfrac{1}{2\sqrt{5/2}}$, vector director $\left(1,\dfrac{1}{2\sqrt{5/2}}\right)$. $\overrightarrow{AP}=\left(-\tfrac12,\sqrt{\tfrac52}\right)$. Producte escalar: $-\tfrac12+\dfrac{\sqrt{5/2}}{2\sqrt{5/2}}=-\tfrac12+\tfrac12=0$: perpendiculars. No és casualitat: la derivada de $d^2$ en moure $P$ sobre la corba és proporcional al producte escalar de $\overrightarrow{AP}$ amb la tangent; en un mínim interior s'anul·la, és a dir, $AP\perp$ tangent. Si no ho fos, movent $P$ cap a un costat s'acostaria al pou.