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Análisis Matemático 66

2025 GUTIERREZ (ÚNICA)

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ANÁLISIS MATEMÁTICO 66 CBC
CÁTEDRA GUTIERREZ (ÚNICA)

Práctica 7: Estudio de Funciones

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11. Sea f(x)=x2ln⁡xf(x)=x^{2} \ln x
a) ¿Cuántas soluciones tiene la ecuación f(x)=−16f(x)=-\frac{1}{6} ?

Respuesta

Para responder esta pregunta vamos a hacer un estudio de función completo de f(x)f(x)

1)\textbf{1)} Identificamos el dominio de f(x)f(x)
El dominio de ff es (0,+∞)(0,+\infty).

2)\textbf{2)} Asíntotas - Asíntotas verticales: Como el dominio es (0,+∞)(0,+\infty), el 00 es candidato a asíntota vertical. Tomamos límite cuando xx tiende a 00 por derecha para ver el comportamiento de la función:

lim⁡x→0+x2ln⁡(x) \lim_{x \to 0^+} x^2 \ln(x)

Acordate que ln⁡(x)\ln(x) tiende a −∞-\infty cuando lo adentro tiende a cero, por lo tanto estamos frente a una indeterminación de tipo "cero por infinito". Vamos a reescribir f(x)f(x) de una manera conveniente para poder aplicar L'Hopital.

lim⁡x→0+ln⁡(x)1/x2 \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{1/x^2}

Ahora tenemos una indeterminación de tipo "infinito sobre infinito", impecable, aplicamos L'Hopital.

lim⁡x→0+1/x−2/x3=lim⁡x→0+−x32x=lim⁡x→0+−x22=0 \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-2/x^3} = \lim_{x \to 0^+} \frac{-x^3}{2x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{-x^2}{2} = 0

En x=0x=0 no tenemos asíntota vertical

- Asíntotas horizontales: Tomamos el límite cuando xx tiende a +∞+\infty

lim⁡x→+∞x2ln⁡(x)=+∞ \lim_{x \to +\infty} x^2 \ln(x) = +\infty

Por lo tanto, ff no tiene asíntota horizontal

3)\textbf{3)} Calculamos f′(x) f'(x) :

f′(x)=2xln⁡(x)+x2⋅(1/x) f'(x) = 2x \ln(x) + x^2 \cdot (1/x)

Simplificamos:

f′(x)=2xln⁡(x)+x f'(x) = 2x \ln(x) + x

4)\textbf{4)}Igualamos f′(x) f'(x) a cero para obtener los "puntos críticos", nuestros candidatos a máximos y mínimos: 

2xln⁡(x)+x=0 2x \ln(x) + x = 0

Sacamos factor común xx:
x(2ln⁡(x)+1)=0 x (2 \ln(x) + 1) = 0 Acordate que xx nunca vale cero (mirá el dominio de la función). Por lo tanto, tenemos que pedir que lo del paréntesis sea cero: 2ln⁡(x)+1=0 2 \ln(x) + 1 = 0
ln⁡(x)=−1/2 \ln(x) = -1/2
eln⁡(x)=e−1/2 e^{\ln(x)} = e^{-1/2}
x=e−1/2 x = e^{-1/2} El punto crítico es x=e−1/2 x = e^{-1/2} .

5)\textbf{5)} Dividimos la recta real en intervalos donde sabemos que f′(x)f'(x) es continua y no tiene raíces:

a) 0<x<e−1/2 0 < x < e^{-1/2}
b) x>e−1/2 x > e^{-1/2}

6)\textbf{6)} Evaluamos el signo de f′(x) f'(x) en cada uno de los intervalos:

- Para 0<x<e−1/2 0 < x < e^{-1/2} , f′(x) f'(x) es negativa y entonces la función es decreciente. - Para x>e−1/2 x > e^{-1/2} , f′(x) f'(x) es positiva y entonces la función es creciente.

Con toda la información que tenemos ya podemos graficar f(x)f(x). Te dejo acá abajo el gráfico hecho en GeoGebra... y de paso, ya voy a ir marcando por donde anda y=−1/6y = -1/6, que lo vamos a necesitar para responder a la pregunta del enunciado:

2024-04-20%2011:05:33_7806807.png

Entonces ya estamos, mirando el gráfico vemos que la ecuación f(x)=−16f(x)=-\frac{1}{6} tiene dos soluciones.
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