Integradores de Aplicaciones de la derivada

1. Derivamos. $f'(x) = 3 x^{2} - 6 x - 9$.

2. Igualamos a cero. $3 x^{2} - 6 x - 9 = 0$ se factoriza como $3(x - 3)(x + 1) = 0$.

3. Leemos las soluciones. $x = -1$ y $x = 3$.

4. Aclaramos qué son. Son los candidatos a extremo. Que la derivada se anule no garantiza que haya máximo o mínimo: eso se decide después.

Respuesta: puntos críticos en $x = -1$ y $x = 3$

b)

1. Partimos la recta con los críticos de a). Quedan tres tramos: antes de $-1$, entre $-1$ y $3$, y después de $3$.

2. Probamos el signo de $f'$ en cada uno. $f'(-2) = 15$, $f'(0) = -9$ y $f'(4) = 15$.

3. Traducimos los signos. Positivo, negativo y positivo: $f$ crece, decrece y vuelve a crecer.

Respuesta: crece en $(-\infty, -1)$ y en $(3, +\infty)$, y decrece en $(-1, 3)$

c)

1. Miramos el primero. Por b), $f'$ pasa de positiva a negativa en $x = -1$: la función deja de subir y empieza a bajar, así que ahí hay un máximo local.

2. Miramos el segundo. En $x = 3$ pasa de negativa a positiva: mínimo local.

3. Calculamos las alturas. $f(-1) = 10$ y $f(3) = -22$.

Respuesta: máximo local en $x = -1$ con $f = 10$, y mínimo local en $x = 3$ con $f = -22$

d)

1. Calculamos la derivada segunda. $f''(x) = 6 \left(x - 1\right)$.

2. Evaluamos en el primer crítico. $f''(-1) = -12$, negativa, así que la curva es cóncava hacia abajo ahí: máximo.

3. Evaluamos en el segundo. $f''(3) = 12$, positiva: mínimo.

4. Comparamos con c). Coincide con lo que dio la primera derivada, como tenía que ser. El criterio de la segunda es más rápido cuando no se anula, pero no siempre decide.

Respuesta: $f''(-1) = -12$ da máximo y $f''(3) = 12$ da mínimo

1. Calculamos la derivada segunda. $f'(x) = 4 x^{3} - 12 x^{2}$ y $f''(x) = 12 x \left(x - 2\right)$.

2. Buscamos dónde se anula. $12 x \left(x - 2\right) = 0$ se factoriza como $12x(x - 2) = 0$, o sea $x = 0$ y $x = 2$.

3. Probamos el signo en los tres tramos. $f''(-1) = 36$, $f''(1) = -12$ y $f''(3) = 36$.

4. Traducimos. Positiva, negativa y positiva: cóncava hacia arriba, hacia abajo y otra vez hacia arriba.

Respuesta: cóncava hacia arriba en $(-\infty, 0)$ y en $(2, +\infty)$, y hacia abajo en $(0, 2)$

b)

1. Usamos el estudio de a). La concavidad cambia en $x = 0$ y en $x = 2$, y en los dos la derivada segunda se anula.

2. Calculamos las alturas. $f(0) = 0$ y $f(2) = -16$.

3. Marcamos la condición que falta. Que $f''$ se anule no alcanza: tiene que cambiar de signo. Acá cambia en los dos, así que los dos son de inflexión.

Respuesta: puntos de inflexión en $x = 0$ y en $x = 2$, con alturas $0$ y $-16$

c)

1. Verificamos que es crítico. $f'(x) = 4 x^{3} - 12 x^{2} = 4x^{2}(x - 3)$, que se anula en $x = 0$.

2. Aplicamos el criterio. Por a), $f''(0) = 0$.

3. Vemos el problema. La derivada segunda vale cero, así que el criterio no dice nada: no distingue máximo de mínimo ni de ninguna de las dos cosas.

4. Sacamos la moraleja. Cuando $f''$ se anula en un crítico hay que ir al criterio de la primera derivada. Notar que ese punto también salió de inflexión en b), lo que ya adelanta que no va a ser extremo.

Respuesta: $f''(0) = 0$: el criterio de la derivada segunda no decide

d)

1. Escribimos $f'$ factorizada. $f'(x) = 4x^{2}(x - 3)$, con ceros en $0$ y en $3$.

2. Miramos el signo alrededor de cero. $f'(-1) = -16$ y $f'(1) = -8$: negativa de los dos lados.

3. Concluimos para ese punto. $f'$ no cambia de signo en $x = 0$, así que ahí no hay extremo: la función baja, se aplana un instante y sigue bajando.

4. Clasificamos el otro. $f'(1) = -8$ y $f'(4) = 64$: pasa de negativa a positiva en $x = 3$, así que ahí hay un mínimo local, con $f(3) = -27$.

Respuesta: en $x = 0$ no hay extremo, y en $x = 3$ hay un mínimo local con $f = -27$

1. Calculamos la pendiente. $m = \lim_{x \to \infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \dfrac{x^{2}}{x(x + 1)} = 1$.

2. Calculamos la ordenada. $b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - x) = \lim_{x \to \infty} \dfrac{x^{2} - x(x + 1)}{x + 1} = \lim_{x \to \infty} \dfrac{-x}{x + 1} = -1$.

3. Escribimos la asíntota. $y = x - 1$.

4. Aclaramos cuándo hay. Hay oblicua cuando el numerador tiene exactamente un grado más que el denominador. Si tuviera dos o más, no habría recta que la persiga.

Respuesta: asíntota oblicua $y = x - 1$

b)

1. Dominio. El denominador se anula en $x = -1$, así que el dominio es $\mathbb{R} - \{-1\}$.

2. Asíntota vertical. En $x = -1$ el numerador vale $1$ y el denominador $0$, así que hay asíntota vertical ahí.

3. Derivamos. $f'(x) = \dfrac{x^{2} + 2 x}{x^{2} + 2 x + 1}$.

4. Puntos críticos. El numerador $x^{2} + 2x = x(x + 2)$ se anula en $x = 0$ y en $x = -2$. Los dos están en el dominio, así que los dos cuentan.

Respuesta: dominio $\mathbb{R} - \{-1\}$, asíntota vertical $x = -1$ y críticos en $x = -2$ y $x = 0$

c)

1. Calculamos la derivada segunda. $f''(x) = \dfrac{2}{x^{3} + 3 x^{2} + 3 x + 1}$.

2. Evaluamos en el primero. $f''(-2) = -2$, negativa: máximo local, con $f(-2) = -4$.

3. Evaluamos en el segundo. $f''(0) = 2$, positiva: mínimo local, con $f(0) = 0$.

4. Notamos algo raro y correcto. El máximo local vale $-4$ y el mínimo local vale $0$: el máximo está por debajo del mínimo. Puede pasar porque la asíntota vertical parte el gráfico en dos ramas que no se comunican.

Respuesta: máximo local en $x = -2$ y mínimo local en $x = 0$

d)

1. La rama izquierda. Viene desde abajo pegada a la oblicua $y = x - 1$ de a), sube hasta el máximo de c) en $x = -2$ y después baja hacia $-\infty$ contra la asíntota vertical.

2. La rama derecha. Baja desde $+\infty$ al otro lado de la vertical, toca el mínimo de c) en $x = 0$ y después sube pegándose a la oblicua.

3. El corte con los ejes. $f(0) = 0$, así que pasa por el origen, que además es el mínimo.

4. El chequeo final. Todo lo que dice el dibujo tiene que salir del estudio, no del ojo. Si algo del gráfico no está justificado por alguna de las tres consignas anteriores, sobra.

Respuesta: dos ramas separadas por $x = -1$, con máximo en $x = -2$, mínimo en $x = 0$ y la oblicua $y = x - 1$

1. Reemplazamos. Cuando $x \to 0^{+}$, el factor $x$ tiende a $0$ y $\ln(x)$ se va a $-\infty$: es la indeterminación $0 \cdot \infty$.

2. La llevamos a un cociente. L'Hôpital solo trabaja con cocientes, así que escribimos $x\ln(x) = \dfrac{\ln(x)}{\dfrac{1}{x}}$, que ahora es $\dfrac{-\infty}{+\infty}$.

3. Derivamos arriba y abajo. $\dfrac{\dfrac{1}{x}}{-\dfrac{1}{x^{2}}} = -x$.

4. Tomamos el límite. $\lim_{x \to 0^{+}} (-x) = 0$, así que el límite pedido vale $0$.

Respuesta: $\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = 0$

b)

1. Derivamos con la regla del producto. $f'(x) = 1 \cdot \ln(x) + x \cdot \dfrac{1}{x} = \ln(x) + 1$.

2. Igualamos a cero. $\ln(x) + 1 = 0$ da $\ln(x) = -1$.

3. Despejamos. $x = e^{-1} = e^{-1} \approx 0{,}3679$.

4. Verificamos que está en el dominio. $0{,}3679$ es positivo, así que sirve.

Respuesta: punto crítico en $x = e^{-1} \approx 0{,}3679$

c)

1. Miramos el signo de la derivada. $f'(x) = \ln(x) + 1$ es negativa para $x < e^{-1}$ y positiva para $x > e^{-1}$, porque $\ln$ es creciente.

2. Sacamos la conclusión. La función baja hasta $x = e^{-1}$ y sube después: es un mínimo, y como no hay ningún otro cambio de sentido en todo el dominio, es absoluto.

3. Calculamos el valor. $f(e^{-1}) = e^{-1} \cdot (-1) = - \dfrac{1}{e} \approx -0{,}3679$.

4. Miramos los bordes. Por a) la función tiende a $0$ cuando $x \to 0^{+}$, y se va a $+\infty$ cuando $x$ crece. Los dos bordes quedan por encima del mínimo, así que no hay nada más bajo.

Respuesta: mínimo absoluto en $x = e^{-1}$, con valor $- \dfrac{1}{e} \approx -0{,}3679$

d)

1. Derivamos otra vez la $f'$ de b). $f''(x) = \dfrac{1}{x}$.

2. Miramos el signo. En el dominio $x > 0$, la derivada segunda es siempre positiva.

3. Concluimos. La función es cóncava hacia arriba en todo su dominio, sin ningún cambio.

4. Cerramos con c). Que sea cóncava hacia arriba en todo el dominio es otra forma de ver por qué el mínimo de c) es absoluto y no solo local: no hay dónde volver a bajar.

Respuesta: cóncava hacia arriba en todo el dominio, sin puntos de inflexión

1. Chequeamos continuidad y derivabilidad. Es un polinomio, así que es continua en el intervalo cerrado y derivable en el abierto. Las dos primeras hipótesis se cumplen solas.

2. Chequeamos los extremos. $f(-2) = 0$ y $f(2) = 0$: son iguales, que es la tercera hipótesis.

3. Aplicamos el teorema. Rolle garantiza al menos un $c$ del intervalo abierto con $f'(c) = 0$. Con $f'(x) = 3 x^{2} - 4$, resolvemos $3 x^{2} - 4 = 0$.

4. Despejamos. $x^{2} = \dfrac{4}{3}$, así que $c = \dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \approx 1{,}1547$ y $c = - \dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \approx -1{,}1547$. Los dos están adentro del intervalo.

Respuesta: $c = - \dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \approx -1{,}1547$ y $c = \dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \approx 1{,}1547$

b)

1. Usamos los ceros de $f'$ de a). Parten el intervalo en tres tramos, con los cortes en $-1{,}1547$ y $1{,}1547$.

2. Probamos el signo. $f'(-2) = 8$, $f'(0) = -4$ y $f'(2) = 8$.

3. Traducimos. Crece en $(-2, - \dfrac{2 \sqrt{3}}{3})$, decrece en $(- \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3})$ y vuelve a crecer en $(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}, 2)$.

Respuesta: crece hasta $- \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$, decrece hasta $\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$ y después vuelve a crecer

c)

1. Listamos los candidatos. Los dos puntos críticos de a) y los dos bordes: $- \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$, $\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$, $-2$ y $2$.

2. Evaluamos en los críticos. $f(- \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}) = \dfrac{16 \sqrt{3}}{9} \approx 3{,}0792$ y $f(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}) = - \dfrac{16 \sqrt{3}}{9} \approx -3{,}0792$.

3. Evaluamos en los bordes. $f(-2) = 0$ y $f(2) = 0$.

4. Comparamos. El más grande es $3{,}0792$ y el más chico es $-3{,}0792$. Los bordes quedan en el medio, cosa que no se podía saber sin evaluarlos.

Respuesta: máximo absoluto $\dfrac{16 \sqrt{3}}{9} \approx 3{,}0792$ en $x = - \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$, y mínimo absoluto $- \dfrac{16 \sqrt{3}}{9} \approx -3{,}0792$ en $x = \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$

d)

1. Paridad. $f(-x) = -x^{3} + 4x = -f(x)$, así que es impar y el gráfico es simétrico respecto del origen. Eso explica la simetría que ya se veía en a) y en c).

2. Cortes con el eje $x$. $x^{3} - 4 x = x(x^{2} - 4) = 0$ da $x = 0$, $x = -2$ y $x = 2$: los dos bordes del intervalo son raíces, que es justo lo que habilitó Rolle en a).

3. Concavidad. $f''(x) = 6 x$, negativa para $x < 0$ y positiva para $x > 0$.

4. Punto de inflexión. La concavidad cambia en $x = 0$, con $f(0) = 0$: es el centro de simetría.

Respuesta: impar, corta el eje en $-2$, $0$ y $2$, con inflexión en $x = 0$

1. Vemos de dónde sale la función. Si el perímetro es $40$, la base más la altura suman $20$, así que con base $x$ la altura es $20 - x$, y el área es el producto.

2. Ponemos las restricciones. La base tiene que ser positiva, así que $x > 0$, y la altura también, así que $20 - x > 0$.

3. Escribimos el dominio. El dominio del problema es $(0, 20)$, que es más chico que el dominio de la fórmula. Ese recorte es la parte del método que más se saltea.

4. Miramos los bordes. En $x = 0$ y en $x = 20$ el área sería $0$: el rectángulo se degenera en un segmento. Por eso los bordes quedan afuera.

Respuesta: dominio $(0, 20)$, maximizando $A(x) = x(20 - x)$

b)

1. Derivamos. $A'(x) = 20 - 2 x$.

2. Igualamos a cero. $20 - 2 x = 0$ da $x = 10$.

3. Verificamos que está en el dominio de a). $10$ está entre $0$ y $20$, así que sirve.

4. Calculamos el área. $A(10) = 10 \cdot (20 - 10) = 100$. Como los bordes dan área cero y este es el único crítico, el máximo es absoluto.

Respuesta: máximo absoluto $A = 100$ en $x = 10$

c)

1. Calculamos la altura. Con base $10$, la altura es $20 - 10 = 10$.

2. Comparamos. Base y altura miden lo mismo: el rectángulo de área máxima es un cuadrado de lado $10$.

3. Generalizamos. El resultado no depende del número: entre todos los rectángulos de perímetro fijo, el de mayor área siempre es el cuadrado.

4. Marcamos el error típico. Responder solo el número del área y no las dimensiones. El problema pregunta por el rectángulo, así que la respuesta son las dos medidas.

Respuesta: es un cuadrado de lado $10$

d)

1. Derivamos otra vez. $A''(x) = -2$.

2. Miramos el signo. Es constante y negativa, así que la parábola es cóncava hacia abajo en todo el dominio.

3. Aplicamos el criterio. $A''(10) = -2$, negativa, así que el punto crítico de b) es un máximo.

4. Cerramos. Con concavidad hacia abajo en todo el dominio, el máximo local es además el absoluto, sin necesidad de comparar con nada más.

Respuesta: $A''(10) = -2$, negativa: es un máximo

1. Escribimos qué nos dan y qué buscamos. Nos dan $\dfrac{dr}{dt} = 2$ y buscamos $\dfrac{dV}{dt}$.

2. Derivamos respecto del tiempo. Por la regla de la cadena, $\dfrac{dV}{dt} = \dfrac{dV}{dr} \cdot \dfrac{dr}{dt} = 4 \pi r^{2} \cdot 2$.

3. Reemplazamos el radio. Con $r = 5$: $\dfrac{dV}{dt} = 4\pi \cdot 5^{2} \cdot 2 = 200 \pi \approx 628{,}3185$.

4. Marcamos el error típico. Reemplazar el radio antes de derivar. Si se pone $r = 5$ primero, el volumen queda constante y la derivada da cero.

Respuesta: $\dfrac{dV}{dt} = 200 \pi \approx 628{,}3185$ centímetros cúbicos por segundo

b)

1. Miramos la derivada respecto del radio. $\dfrac{dV}{dr} = 4 \pi r^{2}$.

2. Estudiamos el signo. Para $r > 0$ es siempre positiva, y solo se anula en $r = 0$, que no es un radio posible.

3. Concluimos. El volumen crece en todo el dominio del problema: nunca deja de crecer mientras el radio crezca.

Respuesta: el volumen crece siempre, porque su derivada es positiva para todo $r > 0$

c)

1. Derivamos la $V'$ de b). $V''(r) = 8 \pi r$.

2. Miramos el signo. Para $r > 0$ es positiva, así que $V$ es cóncava hacia arriba en todo el dominio.

3. Interpretamos. No solo crece, sino que crece cada vez más rápido: eso es lo que dice a). Cuando el radio es $5$ el volumen aumenta a $628{,}3185$ por segundo, y con un radio mayor la misma velocidad de radio produce un aumento mucho más grande.

Respuesta: cóncava hacia arriba para todo $r > 0$

d)

1. Buscamos dónde se anula la derivada segunda. $8 \pi r = 0$ solo si $r = 0$.

2. Miramos si está en el dominio. El radio de un globo es positivo, así que $r = 0$ queda afuera del dominio del problema.

3. Concluimos. No hay puntos de inflexión: la concavidad hallada en c) no cambia nunca.

4. Aclaramos. Si se mirara la fórmula sola, sin el contexto, $r = 0$ sería un punto de inflexión de la cúbica. El dominio del problema es el que lo descarta.

Respuesta: no hay puntos de inflexión en el dominio del problema

1. Buscamos los ceros de $f'$. $x^{2} - 4 = 0$ da $x = -2$ y $x = 2$: ahí la parábola cruza el eje.

2. Miramos su forma. Es una parábola que abre hacia arriba, así que es positiva afuera de las raíces y negativa entre ellas.

3. Traducimos el signo a crecimiento. Donde $f'$ es positiva, $f$ crece; donde es negativa, $f$ decrece.

4. Marcamos la confusión típica. Entre $-2$ y $2$ la parábola $f'$ está subiendo a partir de $x = 0$, pero sigue siendo negativa. Que $f'$ suba no significa que $f$ suba: lo que importa es el signo, no el sentido.

Respuesta: $f$ crece en $(-\infty, -2)$ y en $(2, +\infty)$, y decrece en $(-2, 2)$

b)

1. Recordamos la definición. Son los puntos donde la derivada se anula o no existe.

2. Usamos los ceros de a). $f'$ es un polinomio, así que existe en todos lados, y se anula en $x = -2$ y $x = 2$.

3. Cerramos. Los puntos críticos son esos dos, y no hace falta conocer $f$ para hallarlos.

Respuesta: puntos críticos en $x = -2$ y $x = 2$

c)

1. Usamos el estudio de signo de a). En $x = -2$, $f'$ pasa de positiva a negativa.

2. Concluimos el primero. La función deja de subir y empieza a bajar: máximo local en $x = -2$.

3. Miramos el segundo. En $x = 2$, $f'$ pasa de negativa a positiva: mínimo local.

4. Aclaramos qué no se puede decir. No se pueden dar las alturas de esos extremos, porque $f$ está determinada solo a menos de una constante. Se sabe dónde están, no a qué altura.

Respuesta: máximo local en $x = -2$ y mínimo local en $x = 2$

d)

1. Derivamos $f'$ para obtener $f''$. $f''(x) = 2 x$.

2. Buscamos dónde se anula. $2 x = 0$ da $x = 0$.

3. Verificamos el cambio de signo. $f''$ es negativa a la izquierda de $0$ y positiva a la derecha, así que la concavidad efectivamente cambia.

4. Lo cruzamos con a). En $x = 0$ la parábola $f'$ toca su mínimo, o sea que $f$ tiene ahí su pendiente más negativa. Eso es exactamente lo que significa un punto de inflexión en un tramo decreciente.

Respuesta: punto de inflexión en $x = 0$

1. Calculamos la pendiente. $m = \lim_{x \to \infty} \dfrac{x^{2} + 2x}{x(x - 1)} = 1$.

2. Calculamos la ordenada. $b = \lim_{x \to \infty} \left(\dfrac{x^{2} + 2x}{x - 1} - x\right) = \lim_{x \to \infty} \dfrac{3x}{x - 1} = 3$.

3. Escribimos la recta. $y = x + 3$.

4. Lo confirmamos con la división. Dividiendo, $f(x) = x + 3 + \dfrac{3}{x - 1}$, y el resto tiende a cero: la parte entera de la división es la asíntota.

Respuesta: asíntota oblicua $y = x + 3$

b)

1. Dominio. El denominador se anula en $x = 1$, así que el dominio es $\mathbb{R} - \{1\}$.

2. Asíntota vertical. En $x = 1$ el numerador vale $3$ y el denominador $0$, así que hay asíntota vertical.

3. Derivamos. $f'(x) = \dfrac{x^{2} - 2 x - 2}{x^{2} - 2 x + 1}$.

4. Puntos críticos. $x^{2} - 2x - 2 = 0$ da $x = 1 \pm \sqrt{3}$, o sea $x = 1 - \sqrt{3} \approx -0{,}7321$ y $x = 1 + \sqrt{3} \approx 2{,}7321$, uno a cada lado de la asíntota.

Respuesta: dominio $\mathbb{R} - \{1\}$, asíntota vertical $x = 1$ y críticos en $x = 1 - \sqrt{3} \approx -0{,}7321$ y $x = 1 + \sqrt{3} \approx 2{,}7321$

c)

1. Miramos qué indeterminación es. $\lim_{x \to \infty} \dfrac{x^{2} + 2x}{x^{2} - x}$ es $\dfrac{\infty}{\infty}$, así que L'Hôpital se puede aplicar.

2. Derivamos arriba y abajo. $\lim_{x \to \infty} \dfrac{2x + 2}{2x - 1}$, que sigue siendo $\dfrac{\infty}{\infty}$.

3. Aplicamos otra vez. $\lim_{x \to \infty} \dfrac{2}{2} = 1$.

4. Comparamos con a). Da $1$, la misma pendiente. L'Hôpital sirve de control, no es un método distinto: derivar arriba y abajo un cociente de polinomios del mismo grado siempre termina en el cociente de los coeficientes principales.

Respuesta: la pendiente vuelve a dar $1$

d)

1. La rama izquierda. Para $x < 1$ la función sube desde la oblicua, alcanza un máximo local en $x = 1 - \sqrt{3} \approx -0{,}7321$ con $f \approx 0{,}5359$, y después cae hacia $-\infty$ contra la vertical.

2. La rama derecha. Baja desde $+\infty$, toca un mínimo local en $x = 1 + \sqrt{3} \approx 2{,}7321$ con $f \approx 7{,}4641$, y después sube pegándose a la oblicua de a).

3. Los cortes con los ejes. $x^{2} + 2x = 0$ da $x = 0$ y $x = -2$, y $f(0) = 0$.

4. El chequeo. Cada rasgo del dibujo sale de a), de b) o de este paso. Nada se agrega a ojo.

Respuesta: dos ramas separadas por $x = 1$, con máximo local en $-0{,}7321$, mínimo local en $2{,}7321$ y la oblicua $y = x + 3$

1. Lo escribimos como cociente. $x^{4} e^{-x} = \dfrac{x^{4}}{e^{x}}$, que cuando $x \to +\infty$ es $\dfrac{\infty}{\infty}$.

2. Derivamos arriba y abajo. $\dfrac{4x^{3}}{e^{x}}$, y sigue siendo $\dfrac{\infty}{\infty}$.

3. Repetimos hasta que se acabe el polinomio. $\dfrac{12x^{2}}{e^{x}}$, después $\dfrac{24x}{e^{x}}$ y finalmente $\dfrac{24}{e^{x}}$.

4. Tomamos el límite. El numerador quedó constante y el denominador se va a infinito, así que el límite es $0$. La exponencial le gana a cualquier polinomio.

Respuesta: $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$

b)

1. Derivamos. $f'(x) = x^{3} \left(4 - x\right) e^{- x}$, que se factoriza como $x^{3}(4 - x)e^{-x}$.

2. Hallamos los críticos. Se anula en $x = 0$ y en $x = 4$, porque la exponencial nunca es cero.

3. Aplicamos el criterio en el primero. $f''(x) = x^{2} \left(x^{2} - 8 x + 12\right) e^{- x}$, y $f''(0) = 0$.

4. Vemos el problema. La derivada segunda se anula, así que el criterio no decide. Hay que mirar el signo de $f'$ alrededor: $x^{3}$ cambia de signo en $0$ y $(4 - x)e^{-x}$ es positiva ahí, así que $f'$ pasa de negativa a positiva y en realidad hay un mínimo.

Respuesta: $f''(0) = 0$: el criterio de la derivada segunda no decide

c)

1. Miramos la forma original. En $x^{4} e^{-x}$, el primer factor se va a $+\infty$ y el segundo a $0$: es $\infty \cdot 0$.

2. Vemos por qué no alcanza. Un producto indeterminado no se puede atacar con L'Hôpital, que solo sabe trabajar con cocientes.

3. Hacemos la reescritura. Pasar $e^{-x}$ al denominador como $e^{x}$ convierte el producto en $\dfrac{\infty}{\infty}$, que es la forma con la que arrancó a).

4. Generalizamos. Es el mismo movimiento que sirve para $0 \cdot \infty$, $\infty - \infty$ y las formas con exponente: llevarlas a un cociente, o tomar logaritmo si el problema está en el exponente.

Respuesta: es $\infty \cdot 0$, y se reescribe como cociente para poder aplicar L'Hôpital

d)

1. Usamos la factorización de b). $f'(x) = x^{3}(4 - x)e^{-x}$, con ceros en $0$ y $4$.

2. Miramos cada factor. La exponencial es siempre positiva, así que el signo lo deciden $x^{3}$ y $(4 - x)$.

3. Armamos el cuadro. Para $x < 0$: negativo por positivo, da negativo. Entre $0$ y $4$: positivo por positivo. Para $x > 4$: positivo por negativo.

4. Cerramos con a). Decrece, crece y vuelve a decrecer. El último tramo es coherente con a): después del máximo en $x = 4$ la función cae hacia cero.

Respuesta: decrece en $(-\infty, 0)$, crece en $(0, 4)$ y decrece en $(4, +\infty)$

1. Ubicamos el rectángulo. Los dos vértices de arriba están sobre la parábola, en $x$ y en $-x$, así que el ancho es $2x$.

2. Escribimos la altura. La altura es la ordenada de la parábola en ese punto: $9 - x^{2}$.

3. Armamos el área. Área es base por altura: $A(x) = 2x(9 - x^{2})$.

4. Ponemos el dominio. Hace falta $x > 0$ para que haya ancho, y $9 - x^{2} > 0$ para que haya altura, o sea $x < 3$. El dominio del problema es $(0, 3)$.

Respuesta: $A(x) = 2x(9 - x^{2})$ con dominio $(0, 3)$

b)

1. Derivamos. $A'(x) = 18 - 6 x^{2}$.

2. Igualamos a cero. $18 - 6 x^{2} = 0$ da $x^{2} = 3$.

3. Elegimos la raíz que sirve. $x = \sqrt{3} \approx 1{,}7321$, que está en el dominio de a). La raíz negativa se descarta porque no es un ancho.

4. Calculamos el área. $A(\sqrt{3}) = 12 \sqrt{3} \approx 20{,}7846$.

Respuesta: el máximo se alcanza en $x = \sqrt{3} \approx 1{,}7321$, con área $12 \sqrt{3} \approx 20{,}7846$

c)

1. Miramos los bordes del dominio. $A(0) = 0$ y $A(3) = 0$: el rectángulo se degenera en los dos extremos.

2. Chequeamos las hipótesis. $A$ es un polinomio, así que es continua en $[0, 3]$ y derivable en $(0, 3)$, y toma el mismo valor en los dos bordes.

3. Aplicamos el teorema. Rolle garantiza al menos un $c$ en $(0, 3)$ con $A'(c) = 0$: el punto crítico tenía que existir sí o sí.

4. Lo cruzamos con b). El que apareció es $x = \sqrt{3}$, y es el único: $A'$ es una cuadrática y su otra raíz es negativa.

Respuesta: Rolle garantiza un crítico en $(0, 3)$, y ese crítico es $x = \sqrt{3}$

d)

1. Los bordes. Arranca en $A(0) = 0$ y termina en $A(3) = 0$, por c).

2. El medio. Sube hasta el máximo de b) en $x = \sqrt{3} \approx 1{,}7321$ y después baja.

3. La concavidad. $A''(x) = - 12 x$, negativa en todo el dominio, así que la curva es cóncava hacia abajo de punta a punta y no hay puntos de inflexión adentro.

4. Qué muestra el dibujo. Una loma sin quiebres, con una sola cima. Eso es lo que garantiza que el máximo hallado sea el absoluto y no uno entre varios.

Respuesta: una curva cóncava hacia abajo que arranca y termina en $0$, con una sola cima en $x = \sqrt{3}$

1. Derivamos respecto del tiempo. Con la regla del cociente, $P'(t) = \dfrac{5000}{t^{2} + 10 t + 25}$.

2. Reemplazamos. $P'(5) = \dfrac{5000}{(5 + 5)^{2}} = 50$.

3. Interpretamos las unidades. La derivada de una población respecto del tiempo se mide en individuos por año, así que la población crece a $50$ individuos por año en ese instante.

4. Marcamos que es instantánea. No significa que en el año siguiente entren exactamente esos individuos: es el ritmo en ese momento, y va cambiando.

Respuesta: $P'(5) = 50$ individuos por año

b)

1. Miramos el signo. $P'(t) = \dfrac{5000}{t^{2} + 10 t + 25}$ tiene numerador positivo y denominador al cuadrado, así que es positiva para todo $t > 0$: la población siempre crece.

2. Miramos si $P'$ sube o baja. El denominador $(t + 5)^{2}$ crece, así que $P'$ decrece: cada año que pasa, el ritmo de crecimiento es menor.

3. Traducimos. La población crece siempre, pero cada vez más despacio. A los $5$ años el ritmo era $50$ por año, y a los $45$ años es $P'(45) = 2$.

4. Marcamos la distinción. Que $P'$ baje no quiere decir que la población baje. $P'$ positiva y decreciente es crecimiento que se frena, no decrecimiento.

Respuesta: crece siempre y cada vez más despacio, porque $P'$ es positiva y decreciente

c)

1. Vemos qué forma tiene. Por b) la población crece cada vez más despacio, y por d) tiende a $1000$, así que el paréntesis tiende a $0$ mientras $t$ se va a infinito: es $\infty \cdot 0$.

2. Simplificamos el paréntesis. $1000 - \dfrac{1000t}{t + 5} = \dfrac{1000(t + 5) - 1000t}{t + 5} = \dfrac{5000}{t + 5}$.

3. Multiplicamos. $t \cdot \dfrac{5000}{t + 5} = \dfrac{5000t}{t + 5}$, que ahora es $\dfrac{\infty}{\infty}$.

4. Tomamos el límite. Los grados coinciden, así que el límite es el cociente de los coeficientes principales: $5000$. Mide con qué velocidad la población se acerca al techo de $1000$ que aparece en d).

Respuesta: el límite vale $5000$

d)

1. Identificamos la indeterminación. Numerador y denominador se van los dos a infinito: es $\dfrac{\infty}{\infty}$.

2. Derivamos arriba y abajo. $\lim_{t \to +\infty} \dfrac{1000}{1}$.

3. Tomamos el límite. Vale $1000$: la población tiene un techo y nunca lo pasa.

4. Lo cruzamos con b) y c). Es coherente con todo lo anterior: crece siempre (por b)) pero cada vez menos, acercándose a $1000$ sin llegar, y c) mide justamente a qué ritmo se acerca.

Respuesta: $\lim_{t \to +\infty} P(t) = 1000$