Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Los valores absolutos cambian signo en los puntos $-3$, $-1$, $2$ y $5$. Además, el denominador no se anula nunca (no pueden ser todos los valores absolutos iguales a cero simultáneamente), luego se trata de una función continua en todo $\mathbb{R}$. Podemos escribir la función a trozos como \[f(x)=\begin{cases} \frac{1}{-(x+3)-(x+1)-(x-2)-(x-5)}=\frac{1}{3-4x}&\text{si }x\leq -3,\\ \frac{1}{(x+3)-(x+1)-(x-2)-(x-5)}=\frac{1}{9-2x}&\text{si }-3\leq x\leq -1,\\ \frac{1}{(x+3)+(x+1)-(x-2)-(x-5)}=\frac{1}{11}&\text{si }-1\leq x\leq 2,\\ \frac{1}{(x+3)+(x+1)+(x-2)-(x-5)}=\frac{1}{7+2x}&\text{si }2\leq x\leq 5,\\ \frac{1}{(x+3)+(x+1)+(x-2)+(x-5)}=\frac{1}{-3+4x}&\text{si }5\leq x.\\ \end{cases}\] También podemos calcular su derivada a trozos: \[f(x)=\begin{cases} \frac{4}{(3-4x)^2}\gt 0&\text{si }x\lt -3,\\ \frac{2}{(9-2x)^2}\gt 0&\text{si }-3\lt x\lt -1,\\ 0&\text{si }-1\lt x\lt 2,\\ \frac{-2}{(7+2x)^2}\lt 0&\text{si }2\lt x\lt 5,\\ \frac{-4}{(3-4x)^2}\lt 0&\text{si }5\lt x.\\ \end{cases}\] Por lo tanto, se trata de una función estrictamente creciente en $(-\infty,-1)$ y estrictamente decreciente en $(2,+\infty)$ (aunque no es derivable en $x=-3$ y $x=5$, la monotonía estricta se extiende a estos puntos por continuidad y porque las derivadas laterales son estrictamente positivas). Como $f(x)$ es constante en $[-1,2]$, deducimos que el máximo se alcanza en el todo este intervalo, donde el valor es $\frac{1}{11}$. Podemos además dar un bocento de la gráfica $y=f(x)$ teniendo en cuenta lo anterior y que $f(x)$ tiene límite cero en $\pm\infty$.

Solución. En primer lugar, observamos que la función está bien definida salvo en los casos en que la base sea negativa o cero, es decir, su dominio es $\mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}-[-1,0]$ y es continua en todo su dominio por tratarse de una función elemental. Veamos algunas propiedades:

• Por tratarse de una función exponencial, $f(x)=e^{x\log(1+\frac{1}{x})}$ siempre es positiva.
• Los límites en $\pm\infty$ los obtenemos por definición del número $e$: \[\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)e.\] El límite en $x=0$ por la derecha nos da una indeterminación $\infty^0$, que podemos resolver como $e$ elevado al siguiente límite \[\lim_{x\to 0^+}\left(x\log(1+\frac{1}{x})\right)=\lim_{x\to 0^+}\frac{\log(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}\stackrel{\mathrm{LH}}{=}\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{\frac{-1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}}{\frac{-1}{x^2}}=0,\] que hemos resuelto por la regla de L'Hôpital. Por lo tanto, $\lim_{x\to 0^+}f(x)=e^0=1$. El límite cuando $x$ tiende a $-1$ por la izquierda nos da $+\infty$ sin indeterminación.
• La derivada de $f(x)$ viene dada por \[f'(x)=\frac{\left(\frac{1}{x}+1\right)^x \left((x+1) \log \left(\frac{1}{x}+1\right)-1\right)}{x+1}\] cuyo signo es el signo de $\log(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{x+1}$. Para estudiar este signo, hacemos el cambio de variable $t=1+\frac{1}{x}$, donde ahora el dominio de $t$ son los reales positivos, lo que nos da la función $g(t)=\log(t)+\frac{1}{t}+1$. Se tiene que $g'(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}=\frac{t-1}{t^2}$ y de aquí que $g(t)$ tiene un mínimo absoluto en $t=1$ (decrece en $(0,1)$ y crece en $(1,+\infty)$. Por lo tanto, $g(t)\geq g(1)=0$. Deducimos que $g(t)$ (y, por tanto, $f(x)$) es creciente en su dominio.

Con esta información y, si queremos, dando algunos valores enteros a $x$ para obtener mayor precisión, no es difícil dar un boceto de la gráfica de la función.