Unidad 7 Aplicaciones de las derivadas

Unidad 7 – Aplicaciones de las derivadas

PÁGINA 165

SOLUCIONES

1. En cada caso:

a) A las 2 había una temperatura de −6Cº.

b) La temperatura máxima fue de 44Cºy se produjo en las 12 horas. c) Hubo 0Cºa las 1 horas y a las 8 horas.

d) Bajo desde 8Cºa las 0 horas hasta −12,25Cºa las 4, 5 horas hasta 44Cºa las 12 horas.

2. Llamando x, y a las longitudes de la base y de la altura del rectángulo obtenemos: 2 10 ) 10 ( 10 20 2 2 x x x x y x A y x y x − = − = ⋅ = = + ⇒ = +

El área es máxima para x=5unidades.

3. La gráfica queda:

PÁGINA 177

SOLUCIONES

1. La solución queda:

2. Comenzando el juego desde el final, observamos que la 1ª jugadora (G) ganara siempre y cuando deje a la 2ª jugadora (P) con 89 en la penúltima jugada. Para ello, simulamos una partida.

Como comenzamos con dos vasos llenos el uno de té y el otro de leche, al final la leche que hay en el té es la misma cantidad que el té que hay en la leche; como se puede ver en el siguiente dibujo.

Así sucesivamente G siempre tiene que decir el número necesario para sumar un múltiplo de 11 más 1: 12; 23; 34; 45; 56; 67; 78; 89.

Por lo tanto, la estrategia ganadora para el primer jugador es en la 1ª jugada decir cualquier número del 1 al 10 y en la siguiente jugada, a la vista de la suma que haya obtenido el 2º jugador, el 1erjugador debe decir un numero de modo que deje la suma en un múltiplo de 11 más 1, y así sucesivamente en las siguientes jugadas, hasta que en la penúltima deje al 2º jugador como resultado de la suma 89, de esta forma gana la partida.

La estrategia ganadora para el 2º jugador es la misma: ir diciendo números del 1 al 10 que dejen como resultado de la suma al 1erjugador un número que sea múltiplo de 11 más 1, así en todas las jugadas; en la penúltima debe dejar al 1erjugador como resultado de la suma 89 y de esta forma ganara la partida.

3. En el siguiente diagrama vemos la genealogía de las abejas. Designamos con Z a los zánganos y con O a las obreras.

Obtenemos la sucesión: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,… que es la sucesión de Fibonacci.

• En la décima generación anterior a él un zángano tiene 89 antecesores, de los cuales 34 son machos y 5 son hembras.

Continuando las sucesiones, obtenemos:

• En la vigésima generación anterior a él tiene 10 946 antecesores, de los cuales 4 181 son machos y 6 765 son hembras.

SOLUCIONES

1. La solución queda:

Hallamos la primera derivada, estudiamos su signo y obtenemos:

a) La función es monótona creciente en (−∞, 2) y monótona decreciente en (2, +∞). b) La función es monótona decreciente para cualquier número real.

c) La función es monótona decreciente para cualquier número real. d) La función es monótona creciente para cualquier número real.

e) La función es monótona creciente en (−∞, 0) U (2, +∞) y monótona decreciente en (0, 2). f) La función es monótona creciente para cualquier número real.

g) La función es monótona decreciente en (0, 1/e) y monótona creciente en (1/e, +∞). h) La función es monótona decreciente en (−∞, - 3) y monótona creciente en (3, +∞).

2. La solución queda: a) f(x) es estrictamente decreciente en (−∞,0)∪(2,3) f(x)es estrictamente creciente en (0,1)∪(1,2)∪(3,+∞) b) g(x)es estrictamente creciente en (−1,0)∪(1,+∞) g(x)es estrictamente decreciente en (−∞,−1)∪(0,1) 3. La solución es:

a) Tomando 1980 como año 0 es decir x=0⇒ el número de socios fundadores fue de 100. b) Aumenta el número de socios fundadores entre 1980 y a partir de 1983.

4. Estudiamos la primera y segunda derivada, obtenemos:

a) En el punto (3, 3) la función tiene un máximo relativo. b) En el punto (1/e, - 1/e) la función tiene un mínimo relativo.

c) En el punto (2, 16) tiene un máximo relativo y en el punto (3, 15) un mínimo relativo. d) En el punto (1, 1/e) la función tiene un máximo relativo.

e) En el punto (0, 2) la función tiene un máximo relativo.

5. Queda: 6 2 ) ( 6 ) (x =x2− x+a⇒f′ x = x − f e imponiendo la condición 2x−6=0⇒x=3 También debe ocurrir: f′(x)=2⇒f′(3)>0

La función tiene un mínimo relativo en el punto (−3,1), luego, este punto debe verificar la función: −1=9−18+a⇒a=8

6. Queda:

Como la función tiene un máximo relativo en (0, 4) se cumple: f(0)=4⇒4=c

Entonces: f(0)=0⇒f′(x)=−2x+b⇒f′(0)=b=0⇒b=0, luego b=0 y c=4 7. La solución es: 1 2 ) ( = + + ′ bx x a x f

Si tiene extremos en x=1 y en x=2se cumple:

La función tiene un máximo relativo en x=2 y tiene un mínimo relativo en x=1.

8. La solución es: 9. La solución es: Sea la función       + + = x x x C( ) 100 100 9 144 y su derivada    − = = ⇒ =       − = ′ 4 4 0 144 9 100 ) ( 2 _x x x x C La segunda queda:       ⋅ = ′′ 3 288 100 ) ( x x C . Para x=4⇒C′(x)>0mínimo

El coste es mínimo para 4 toneladas de material y asciende este coste mínimo a 172 dólares. Obtiene el beneficio máximo en el punto (5, 4). Es decir cada caja la venderá a 5 euros y obtendrá unas ganancias de 400 euros/día. La botella la vende a 0, 5 €.

SOLUCIONES

10. Sean x y 48 – x los numero que hemos de buscar. La función a optimizar es 824 13 576 11 ) ( ) 48 ( 6 5 ) (x = x2+ −x 2⇒S x = x2− x+ S

La función S(x) presenta un mínimo. Los números buscados son:

11 288 y 11 240 .

11. La función a optimizar es:

La función s(x) presenta un mínimo en x= 2 El numero buscado es x = 2.

12. Llamando x al lado del cuadrado, la base de la caja es un rectángulo de las dimensiones siguientes:(80−2x) y (50−2x)

La función a optimizar es: V x( )=x(80 2 )(50 2 )− x − x ⇒ V x( ) 4= x3−260x2+4 000x

La derivada queda:     = = = + − = ′ 3 100 10 0 000 4 520 12 ) ( 2 x x x x x V ¨( ) 24 520 V x = x− 100 ¨ 0 3 V _ _>   Mínimo ¨(10) 0 V < Máximo.

13. La función a optimizar es: 2 4 4₂ x y y x ⋅ = ⇒ = Área x x x x2+4 = 2+16 = 2 0 16 2 − ₂ = ⇒ = = ′ x x x A 0 ) 2 ( ; 32 2+ ₃ ′′ > = ′′ A x A

Para que la cantidad de material sea mínima, la caja debe medir 2 cm en el lado de la base y 1 m de altura.

14. El área es:

Sean x, y las dimensiones de los lados del rectángulo: 2x+2y=200⇒y=100−x

x x y x D= 2+ 2 = 2 2+10000−200 50 0 200 000 10 2 100 2 200 000 10 2 2 200 4 2 2 = ⇒ = − + − = − + − = ′ x x x x x x x D 0 ) 50 ( > ′′

D Luego el rectángulo de diagonal mínima mide 50 cm de base y 50 cm de altura, es decir, es un cuadrado de 50 cm de lado.

15. Sean x, y las medidas del rectángulo.

El perímetro es: 2x+2y=10⇒y=5−x

Área =x⋅y=x(5 −x)=5x−x2

Las derivadas son: A′=5 −2x=0⇒x=2,5 y A′′=−2⇒A′(2,5)<0 El área es máxima si el rectángulo es un cuadrado de 2, 5 m de lado. 16. La solución es: a)    = − = ⇒ = − + = ′ 21 1 0 ) 3 63 ( ) 1 ( ) ( x x x x x Q

Si Q′′(x)=−6x+60, entonces Q′′(−1)>0Mínimo; Q′′(−1)<0Máximo. La temperatura optima se obtiene a 21Cº.

17. Llamado x, y al lado de la base y a la altura de la piscina respectivamente obtenemos: 2 2 ₃₂ 32 x y y x ⋅ = ⇒ = x x xy x A₌ 2₊4 ₌ 2₊128 4 0 128 2 − ₂ = ⇒ = = ′ x x x A 0 ) 4 ( 256 2+ ₃ ⇒ ′′ > = ′′ A x A

La piscina tendrá 4 m de lado de la base y 2 m de altura.

18. Llamando x e y a las dimensiones del ventanal, tenemos que la función a optimizar es:A=x⋅y

Veamos la relación entre x e y:

x y y x+2 =6⇒ =3− 2 2 3 ) 3 ( ) (x x x x x A = − = − 2 3 0 2 3 ) ( = − = ⇒ = ′ x x x A m 0 ) 5 , 1 ( 2 ) ( =− ⇒ ′′ < ′ ′ x A A Máximo

Por tanto, la máxima luminosidad se consigue con una ventana cuadrada de 1, 5 m de lado. 19. La solución es: a) f(x)=2x3−9x2 18 12 ) ( 18 6 ) ( = 2− ⇒ ′′ = − ′ x x x f x x f 2 3 0 18 12 ) ( 2 3 0 18 12 ) ( < ⇒ < − = ′′ > ⇒ > − = ′′ x x x f x x x f

f es cóncava hacia las y positivas en       ∞ + , 2 3

y cóncava hacia las y negativas en       ∞ − , 2 3 ,

En x=3presenta un punto de inflexión en       − =             2 27 , 2 3 2 3 , 2 3 f b) x x f( )=2 3 2 4 ) ( 2 ) ( x x f x x f′ =− ⇒ ′′ =

six>0⇒f′′(x)>0⇒f es cóncava hacia las y positivas en

(

)

six<0⇒f′′(x)<0⇒fes cóncava hacia las y negativas en

(

)

c) f(x)=4x4−12x2+8 24 12 ) ( 24 4 ) ( = 3− ⇒ ′′ = 2− ′ x x x f x x f Estudiamos el signo de f(x)=4x4−12x2+8

F es cóncava hacia las y positivas en

(

) (

)

(

)

Esta función tiene dos puntos de inflexión en ( 2,−12−12).

d) f(x)= x2+4 3 2 2 ) 4 ( ) ( 4 ) ( + = ′′ ⇒ + = ′ x x x f x x x f

F es cóncava hacia las y positivas en toda la recta real, pues f′′(x)>0∀x

No existen puntos de inflexión.

e) f(x) x e−2x ⋅ = ) 4 4 ( ) ( 4 4 ) ( 2 ) ( = 2 − ⋅ 2 ⇒ ′′ =− 2 + 2 ⇒ ′′ = 2 − ′ − − − − − x e x f e x e x f e x e x f x x x x x

F es cóncava hacia las y positivas en (+1,+∞)y cóncava hacia las y negativas en (−∞,1), f tiene un punto de inflexión en (1,e−2).

f) f(x)=ln(x+4) 2 ) 4 ( 1 ) ( 4 1 ) ( + − = ′′ ⇒ + = ′ x x f x x f

F es cóncava hacia las y negativas en toda la recta real, pues f′′(x)>0∀x

No existen puntos de inflexión.

g) f(x)=x4−x2;f′(x)=4x3−2x ;f′(x)=12x2−2

F es cóncava hacia las y positivas en _

     ∞ + ∪       − ∞ − , 6 1 6 1

, y cóncava hacia las y

negativas en _      − 6 1 , 6 1 .

h) f(x)=(x−1)ex ;f′(x)=x⋅ex ;f′′(x)=ex(1+x)

F es cóncava hacia las y positivas en (−1,+∞)y hacia las negativas en (−∞,−1).

i) 2 ) 4 ( 1 ) ( ; 4 1 ) ( ; ) 4 ( ln ) ( + − = ′′ + = ′ + = x x f x x f x x f

F es cóncava hacia las y negativas en (−4,+∞).

20. Hallemos el punto de inflexión de la curva.

0 ) 2 ( ; 2 0 12 6 6 ; 12 6 16 12 3 11 16 6 2 2 3 ≠ ′′ ′ = ⇒ = − = ′′ ′ − = ′′ + − = ′ − + − = y x x y x y x x y x x x y

Luego el punto de inflexión es (2, 5)

La recta tangente en (2, 5) es: y−5=y′(2)⋅(x−2)⇒y−5=4(x−2)⇒4x−y−3=0

21. La solución queda: 22. La solución es: a x f ax x f b ax x f c bx ax x f 6 ) ( 6 ) ( 3 ) ( ) ( 2 3 = ′′ ′ = ′′ + = ′ + + = Queremos:

• f(x)tiene un máximo relativo en x=1si f′(1)=0⇒3a+b=0

• f(x)tiene un punto de inflexión en (0, 0) si (0) 0f = ⇒c=0 y además f′(0) 0= ⇒0 0=

23. La solución es: a) f(x)=x(x−1)3    = = ⇒ = − − = ′ 4 / 1 1 0 ) 1 4 ( ) 1 ( ) ( 2 x x x x x f 0 4 1 ) 6 12 ( ) 1 ( ) ( 2 >       ′′ − − = ′′ f x x x f ) (x f tiene un mínimo en       − 256 27 , 4 1 y punto de inflexión en       − 16 1 , 2 1 . b) f(x) = ( ) ₂2 1 x f x x − = + f ´(x) =

(

)

Esta función tiene: Mínimo (1, -1) y Máximo (-1,1)

c) f(x) = 1 3 1 3 2 + − x x

SOLUCIONES

24. En cada caso queda:

a) 0 4 4 ) ( 2 ) ( 2 = + − ≡ ′ + − = ≡ ′ y x x x g x y x f

b) A partir de la grafica de f′(x)observamos que f(x)es creciente de (−∞,2)y decreciente )

, 2

( +∞ . Del mismo modo g(x)es creciente en (0, 4) y decreciente en (−∞,0)∪(4,+∞).

25. Queda:

Esta función es decreciente en todo su dominio de definición.

{

}

Dom f=_»− − , en este caso es decreciente ∀ ∈x Dom f

26. La solución es: a) 0 20 50 400 ) ( 3 2 ± = ⇒ = − = ′ x x x x f 0 ) 20 ( 16 ) ( 3 ′′ > = ′′ f x x f Mínimo

El coste mínimo se produce con 20 actores secundarios. b) El coste mínimo es de: C(20)=1,4millones de euros.

27. Llamando x, y, z a los números buscados, tenemos que la función a optimizar es: p=x⋅y⋅z

Imponiendo las condiciones del problema, tenemos:

   = − = ⇒    = + + = + + z x z y z y x z y x 60 2 120 3 2 60 Por tanto:

Por tanto, el producto máximo para x=20;y=20;z=20.

28. El problema se explica: 1500 5 5 5 3 3 3 000 10 6 3 000 3 x x+ x+ y+ y= ⇒ x+ y= ⇒y= −

La función a optimizar es A=x⋅y, es decir,

3 5 500 1 3 5 500 1 x x x2 x A = −      − ⋅ = 150 0 3 10 500 1 = ⇒ = − = ′ x x A m 0 ) 150 ( 3 / 10 ⇒ ′′ < − = ′′ A A Máxima

29. La solución queda:

a) La función beneficio viene dada por:

750 0 000 24 16 ) ( ) ( ) (x =I x −G x =− x2+ = ⇒x= B b) B′′(x)=−32⇒B′′(750)<0Máximo

El beneficio máximo se produce cuando se venden 750 unidades y este beneficio es el siguiente: B(750)=8300000euros.

30. La solución es: