Ejercicios Resueltos: Cálculo Aplicado

Ingenier´ıa Ejecuci´on

Prof. Sebasti´an Calzadillas N.

Ejercicios Resueltos: C´ alculo Aplicado

Problema 1: Sea f : X ⊂ R → R⁺∪ {0} una funci´on dos veces diferenciable. Suponga que x0∈ X y que f (x0) 6= 0. Pruebe que x0es un m´aximo (o m´ınimo) para f (x) si y s´olo si es un m´aximo (resp.

m´ınimo) para f²(x).

Proof. Suponga que x0∈ X es un m´aximo para f (x) y que f (x0) 6= 0, luego f⁰(x0) = 0 y f⁰⁰(x0) < 0.

Ahora bien, note que

(f²(x₀))⁰= 2f (x₀)f⁰(x₀)

como f⁰(x0) = 0 se sigue que (f²(x0))⁰ = 0. Esto es, x0 es un punto cr´ticio para f²(x). M´as a´un,

(f²(x0))⁰⁰= (2f (x0)f⁰(x0))⁰ = 2[f⁰(x0)]²+ 2f (x0)f⁰⁰(x0) = f (x0)f⁰⁰(x0),

donde f (x0) > 0 y f⁰⁰(x0) < 0 as´ı, (f²(x0))⁰⁰< 0. De esta manera x0 es un m´aximo para f²(x).

Rec´ıprocamente, sea x0 ∈ X un m´aximo para f²(x) tal que f (x0) 6= 0 , luego (f²(x0))⁰ = 2f (x0)f⁰(x0) = 0 y (f²(x0))⁰⁰= 2[f⁰(x0)]²+ 2f (x0)f⁰⁰(x0) < 0.

Dado que f (x0) 6= 0, se sigue desde (f²(x0))⁰ = 0 que f⁰(x0) = 0, esto es, x0 es un punto cr´ıtico para f (x).

De esto ´ultimo se obtiene que (f²(x₀))⁰⁰ = 2f (x₀)f⁰⁰(x₀) < 0, y como f (x₀) > 0, se obtiene que f⁰⁰(x₀) < 0 por lo tanto x₀ es un m´aximo para f (x).

La prueba suponiendo que x0∈ X es un m´ınimo es an´aloga.



Problema 2: Pruebe que la distancia entre una recta de ecuaci´on y = mx + n y un punto fijo (a, b) del plano cartesiano es

|am + n − b|

√ m²+ 1

1

Proof. Sea (x, y) un punto sobre la recta de ecuaci´on y = mx + n, y (a, b) un punto fijo del plano cartesiano. Luego, la distancia entre estos puntos es

d((x, y), (a, b)) =p

(x − a)²+ (y − b)².

Si pensamos en (x, y) como un punto variable sobre la recta, la distancia anterior puede ser vista como una funci´on real de dos variables,

d_(a,b)(x, y) = d((x, y), (a, b)).

Pero dado que y = mx + n, esta ´ultima funci´on puede ser vista, simplemente, como la funci´on real de variable real:

d(x) =p

(x − a)²+ (mx + n − b)², x ∈ R.

Por lo tanto, como deseamos encontrar la distancia entre la recta dada y el punto fijo (a, b) debemos buscar el m´ınimo global de la funci´on d(x). Pero hallar tal punto es equivalente a encontrar el m´ınimo global de la funci´on

f (x) = (x − a)²+ (mx + n − b)², x ∈ R.

Esto es lo que realizaremos.

Para ello note que

f⁰(x) = 2(x − a) + 2m(mx + n − b).

Luego, f⁰(x) = 0 si y solo si

x₀= a + bm − mn 1 + m² .

As´ı, existe solo un candidato para m´aximo o m´ınimo de f (x), esto lo comprobamos haciendo:

f⁰⁰(x) = 2 + 2m².

Donde obviamente se tiene que f⁰⁰(x0) > 0, y de esta manera x0es un punto m´ınimo para f (x), luego lo es para d(x), esto es, la distancia d((x0, mx0+ n), (a, b)) determina la distancia entre la recta de ecuaci´on y = mx + n y el punto fijo (a, b) del plano cartesiano.

Finalmente note que

d((x0, mx0+ n), (a, b)) = |am + n − b|

√m²+ 1 .



Problema 3: Se escogen dos conos circulares rectos de diferentes tama˜nos. El m´as grande se voltea de tal manera que cubre al m´as peque˜no y el v´ertice de este ´ultimo ha quedado en el centro de la base del m´as grande. Los conos se disponen de tal manera que sus bases son paralelas. ¿Qu´e valores se pueden dar a la altura y radio del cono m´as pequen˜o de tal manera que su volumen resulte m´aximo?

Proof. Sean h, H, r R las alturas y radios de los conos. Las letras en min´usculas han sido escogidas para el cono peque˜no y las may´usculas para el grande.

El volumen de un cono circular recto est´a dado por la funci´on

V (r, h) = πr²h 3

En nuestro caso, podemos establecer una relaci´on entre r y h.

Desde el Teorema de Thales se sigue que

r =

 R

(H − h) + h



(H − h) = R

H(H − h).

Luego, el volumen que deseamos calcular, para nuestro problema, resulta en la funci´on v(h) = π

3

 R H

2

(H − h)²h, h ∈ R+. Por lo tanto, v(h) ser´a la funci´on que maximizaremos.

Para ello, busc´amos primeramente sus puntos cr´ıticos mediante la ecuaci´on v⁰(h) = −2π R²(H − h) h

3H² +π R²(H − h)² 3H² = 0.

Las ra´ıces de la ecuaci´on anterior son, h = H y h = ^H₃.

Desde el punto de vista geom´etrico descartamos el valor h = H, dado que resultar´ıa entonces que r = 0. Lo que no es posible.

A continuaci´on, obtenemos la segunda derivada de v(h), v⁰⁰(x) = 2/3π y²h

H² − 4/3π y²(H − h)

H² .

Note que

v⁰⁰(H/3) = −2R²π 3H < 0, de esta manera, el punto h = H/3 es un m´aximo para v(h).

As´ı, los n´umeros H/3 y ²₃R, representan la altura y el radio del cono m´as peque˜no tal que su volumen es m´aximo de acuerdo al plantiamiento del problema.

 Problema 4: ¿C´ual es la mayor ´area que puede tener un rect´angulo si su base est´a sobre el eje x y sus v´ertices superiores est´an sobre la curva y = 9 − x²?, ¿C´uales son las medidas de sus lados?

Proof. Dado que la curva y = 9 − x² es sim´etrica con respecto al eje y, se sigue que la base del rect´angulo buscado es de medida 2x₀, con 0 < x₀≤ 3, mientras que el segundo lado de este rect´angulo tiene medida 9 − x²₀.

De esta manera la funci´on que nos permitar´a resolver el problema planteado es f (x) = 2x(9 − x²).

Busqu´emos sus puntos cr´ıticos, los cuales se obtienen desde la ecuaci´on f⁰(x) = 0 que resulta en, 18 − 6x²= 0.

Las ra´ıces de la ecuaci´on anterior son x = ±√

3, nos quedamos con x =√

3. Finalmente notamos que f⁰⁰(√

3) = −12√

3, esto es, el punto x =√

3 es un m´aximo para la funci´on f (x). Por lo tanto el ´area m´axima que se puede obtener para un rect´angulo, como del enunciado es, 12√

3, con lados de medida 2√

3 y 6. 

Problema 5: Un almac´en de volumen 12000mts³ es hecho con forma de una caja con piso cuadrado. El piso es gratis, los muros tienen un costo de 1 rupia por mt² y el techo un costo de 3 rupia por mt² . Encuentre los largos y altos de los muros que miniminizen el costo total del alamcen. Encuentre el costo m´ınimo.

Proof. El volumen del almanc´en est´a dado por V (a, b) = a²b = 12000, mientras que el costo del almac´en queda determinado por la funci´on

C(a, b) = 3a²+ ab,

desde el volumen del almac´en podemos establecer que b = ¹²⁰⁰⁰_a2 , por lo tanto la funci´on costo se reduce a una funci´on real de variable real dada por

c(a) = 3a + 12000 a .

Esta funci´on es la que minimizaremos. Para ello, encontramos sus puntos cr´ıticos mediante la ecuaci´on c⁰(a) = 3 −12000

a² = 0, cuya ra´ıces son a = ±20√

10. Desde el planteamiento del problema, debemos escoger la ra´ız a = 20√ 10.

Para corroborar si ´esta ra´ız es un m´aximo o m´ınimo obtenemos c⁰⁰(a), c⁰⁰(a) = 24000

a³ . Luego, c⁰⁰(a) > 0 as´ı, a = 20√

10 es un m´ınimo para la funci´on costo c(a), donde c(20√ 10) = 12000 + 60√

10 rupias es el costo m´ınimo que se puede obtener al fabricar un almac´en de medidas a = 20√

3mts y b = 3mts. 

Problema 6: Entre todos los tri´angulos is´oceles inscritos en una circunferencia de radio r, encuen- tre el de mayor per´ımetro.

Proof. Dado que los tri´angulos inscritos son is´oceles, se sigue que la altura de dichos tri´angulos tienen medida r + x, con −r < x < r. Por lo tanto sus bases tienen por medida 2√

r²− x², y sus lados tienen por medidad√

2r²+ 2xr.

Por lo tanto,

f (x) = 2p

2r²+ 2xr + 2p

r²− x², −r < x < r−

representa el per´ımetro de cada tri´angulo. Esta es la funci´on que maximizaremos.

Sus puntos cr´ıticos se obtienen por medio de la ecuaci´on f⁰(x) = 2r

√2r²+ 2xr− 2x

√r²− x² = 0,

cuyas ra´ıces son x = r/2 y x = −r. Descartamos x = −r, pues no est´a en el dominio de f⁰(x). Para comprobar que x = r/2 es un m´aximo para f (x), hacemos

f⁰⁰(x) = −2 r²

(2 r²+ 2 rx)^3/2 − 2 x²

(−x²+ r²)^3/2 − 2 1

√−x²+ r².

Donde, f⁰⁰(r/2) = −²

√ 3

r < 0, esto es, f (x) alcanza su m´aximo en x = r/2. Donde, f (r/2) = 3√ 3r es el per´ımetro buscado.