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T4: Funciones
Análisis de funciones
Problema
2025 · Extraordinaria · Reserva
3
Examen

Sea la función f:(−1,1)→Rf : (-1, 1) \to \mathbb{R} definida por:

f(x)=1+∣x∣1−∣x∣f(x) = \frac{1 + |x|}{1 - |x|}
a) Estudia la derivabilidad de ff.b) Halla los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de ff.
DerivabilidadMonotoníaValor absoluto
Estudio de la función $f(x) = \dfrac{1 + |x|}{1 - |x|}$ en $(-1, 1)$

Dado que la función contiene ∣x∣|x|, separamos en dos casos:

f(x)={1+x1−xsi x∈[0,1)1−x1+xsi x∈(−1,0)f(x) = \begin{cases} \dfrac{1 + x}{1 - x} & \text{si } x \in [0, 1) \\[8pt] \dfrac{1 - x}{1 + x} & \text{si } x \in (-1, 0) \end{cases}
a) Derivabilidad de ff

Para x∈(0,1)x \in (0, 1) y para x∈(−1,0)x \in (-1, 0), la función es cociente de funciones diferenciables con denominador no nulo, por lo que es derivable. Calculamos la derivada en cada tramo:Para x∈(0,1)x \in (0, 1):

f′(x)=(1)(1−x)−(1+x)(−1)(1−x)2=1−x+1+x(1−x)2=2(1−x)2f'(x) = \frac{(1)(1-x) - (1+x)(-1)}{(1-x)^2} = \frac{1 - x + 1 + x}{(1-x)^2} = \frac{2}{(1-x)^2}

Para x∈(−1,0)x \in (-1, 0):

f′(x)=(−1)(1+x)−(1−x)(1)(1+x)2=−1−x−1+x(1+x)2=−2(1+x)2f'(x) = \frac{(-1)(1+x) - (1-x)(1)}{(1+x)^2} = \frac{-1 - x - 1 + x}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2}

Queda por estudiar la derivabilidad en x=0x = 0. Para ello, calculamos las derivadas laterales:Derivada por la derecha en x=0x = 0:

f+′(0)=lim⁡h→0+f(h)−f(0)h=lim⁡h→0+1+h1−h−1h=lim⁡h→0+1+h−(1−h)1−hh=lim⁡h→0+2hh(1−h)=lim⁡h→0+21−h=2f'_+(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\dfrac{1+h}{1-h} - 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\dfrac{1+h - (1-h)}{1-h}}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h(1-h)} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2}{1-h} = 2

Derivada por la izquierda en x=0x = 0:

f−′(0)=lim⁡h→0−f(h)−f(0)h=lim⁡h→0−1−h1+h−1h=lim⁡h→0−1−h−(1+h)1+hh=lim⁡h→0−−2hh(1+h)=lim⁡h→0−−21+h=−2f'_-(0) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\dfrac{1-h}{1+h} - 1}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\dfrac{1-h-(1+h)}{1+h}}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-2h}{h(1+h)} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-2}{1+h} = -2

Como f+′(0)=2≠−2=f−′(0)f'_+(0) = 2 \neq -2 = f'_-(0), la función NO es derivable en x=0x = 0.En resumen, ff es derivable en todo (−1,1)(-1, 1) excepto en x=0x = 0, donde existe un punto angular. La derivada es:

f′(x)={2(1−x)2si x∈(0,1)−2(1+x)2si x∈(−1,0)f'(x) = \begin{cases} \dfrac{2}{(1-x)^2} & \text{si } x \in (0, 1) \\[8pt] \dfrac{-2}{(1+x)^2} & \text{si } x \in (-1, 0) \end{cases}
b) Intervalos de crecimiento y decrecimiento

Analizamos el signo de f′(x)f'(x) en cada tramo:Para x∈(0,1)x \in (0, 1): f′(x)=2(1−x)2>0f'(x) = \dfrac{2}{(1-x)^2} > 0 siempre. Por tanto, ff es estrictamente creciente en (0,1)(0, 1).Para x∈(−1,0)x \in (-1, 0): f′(x)=−2(1+x)2<0f'(x) = \dfrac{-2}{(1+x)^2} < 0 siempre. Por tanto, ff es estrictamente decreciente en (−1,0)(-1, 0).Comprobamos el valor en x=0x = 0: f(0)=1+01−0=1f(0) = \dfrac{1+0}{1-0} = 1.Dado que ff decrece hasta llegar a f(0)=1f(0) = 1 y luego crece desde f(0)=1f(0) = 1, el punto x=0x = 0 es un mínimo local (y absoluto en el dominio).Conclusión:

- ff es decreciente en (−1,0)(-1, 0).- ff es creciente en (0,1)(0, 1).- ff tiene un mínimo en x=0x = 0 con valor f(0)=1f(0) = 1.