Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Derivadas y aplicaciones

Andalucía · 2023 · Julio

Enunciado

Ejercicio 2 (bloque A). Sea

f : (0, +\infty) \to \mathbb{R}

la función definida por

f(x) = x\,\bigl(\ln(x)\bigr)^{2}

(

\ln

denota la función logaritmo neperiano).

a) [1,25 puntos] Calcula, si existen, sus extremos relativos (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).

b) [1,25 puntos] Calcula, si existen, sus extremos absolutos (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{a)}\quad \text{Máximo relativo en } x = e^{-2}, \; f(e^{-2}) = \frac{4}{e^{2}} \approx 0{,}54; \qquad \text{mínimo relativo en } x = 1, \; f(1) = 0\;}

\boxed{\;\text{b)}\quad \text{Mínimo absoluto } f(1) = 0; \qquad \text{no hay máximo absoluto } (f \text{ no está acotada})\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Que el enunciado separe relativos y absolutos en dos apartados de igual valor no es un capricho: la respuesta es distinta en cada caso y hay que razonarla aparte.

Para a), derivada de un producto y factorización. Sale un

\ln x

como factor común que evita resolver nada raro.

Para b), el dominio es

(0, +\infty)

, abierto y no acotado: Weierstrass no se aplica y hay que estudiar el comportamiento en los dos extremos,

x \to 0^{+}

x \to +\infty

. Ahí está la clave: uno de los dos extremos relativos deja de serlo, y el otro se convierte en absoluto por una razón elemental.

Desarrollo

a) Derivada. Aplicando la regla del producto y la regla de la cadena:

f'(x) = 1\cdot\bigl(\ln x\bigr)^{2} + x\cdot 2\ln x\cdot\frac{1}{x} = \bigl(\ln x\bigr)^{2} + 2\ln x = \ln x\,\bigl(\ln x + 2\bigr)

f'(x) = 0 \;\Longleftrightarrow\; \ln x = 0 \;\text{ o }\; \ln x = -2 \;\Longleftrightarrow\; x = 1 \;\text{ o }\; x = e^{-2}

Clasificación con la segunda derivada.

f''(x) = \frac{2\ln x}{x} + \frac{2}{x} = \frac{2\bigl(\ln x + 1\bigr)}{x}

En $x = e^{-2}$ : $\;f''(e^{-2}) = 2e^{2}\,(-2 + 1) = -2e^{2} < 0 \Longrightarrow$ máximo relativo.
En $x = 1$ : $\;f''(1) = 2\,(0 + 1) = 2 > 0 \Longrightarrow$ mínimo relativo.

Los valores que se alcanzan:

f\!\left(e^{-2}\right) = e^{-2}\bigl(\ln e^{-2}\bigr)^{2} = e^{-2}\cdot(-2)^{2} = \frac{4}{e^{2}} \approx 0{,}5413

f(1) = 1\cdot(\ln 1)^{2} = 0

b) Extremos absolutos. La observación decisiva es que, para todo

x > 0

f(x) = x\,\bigl(\ln x\bigr)^{2} \geq 0

porque

x > 0

(\ln x)^{2}

es un cuadrado. Además

f(x) = 0

solo cuando

\ln x = 0

, es decir, en

x = 1

. Por tanto

f(1) = 0 \text{ es el } \textbf{mínimo absoluto}

Para el máximo, miramos los dos extremos del dominio:

\lim_{x \to 0^{+}} x\,(\ln x)^{2} = 0 \qquad\qquad \lim_{x \to +\infty} x\,(\ln x)^{2} = +\infty

El primero es una indeterminación

0\cdot\infty

que se resuelve con L'Hôpital escribiéndola como

\dfrac{(\ln x)^{2}}{1/x}

; el segundo es inmediato, porque los dos factores tienden a

+\infty

.

Como

f

no está acotada superiormente, no tiene máximo absoluto. El máximo relativo

4/e^{2} \approx 0{,}54

es solo local.

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

El apartado b) no se contesta copiando el a). Un extremo relativo es absoluto solo si se justifica comparándolo con todo el dominio, y aquí el dominio es abierto e infinito. La forma más limpia de resolverlo es la que hemos usado: ver que $f \geq 0$ con igualdad únicamente en $x = 1$ .

Cuidado también con $\lim_{x\to 0^{+}} x(\ln x)^{2}$ . La tentación es decir " $0 \cdot \infty = 0$ ", pero eso es una indeterminación y hay que resolverla (con L'Hôpital sale $0$ , así que la conclusión es correcta, pero el razonamiento sin justificar no puntúa).