CAPÍTULO V
APLICACIONES DE LA DERIVADA
5.1 TEOREMA DE ROLLE
Sea f una función continua en el intervalo [a,b] y derivable en el intervalo abierto (a,b) tal que f(a) = f(b). Entonces existe un punto c (a,b) tal que: f ’(c) = 0.[11] y f ’(c) = 0 y = f(x) f(a) = f(b) a c b
5.2 TEOREMA DEL VALOR MEDIO
Sea una función continua en el intervalo cerrado [a,b], derivable en el intervalo abierto (a,b). Entonces existe un punto c(a,b) tal que: [12]
a b a f b f c f ( ) ( ) ) ( ' y m = f ’(c) f(b) f(x) f(a) x a c b
5.3 FUNCIONES CRECIENTES Y DECRECIENTES
Una función es creciente en un intervalo dado si para dos números cualesquiera x1 y x2 se tiene que
[11][12]
CALCULO DE UNA VARIABLE. C. Pita R. 1998 Prentice Hall Pag.322,326 a b a f b f m ( ) ( )
x1 < x2 f(x1) < f(x2) y es decreciente si x1 < x2 f(x1) > f(x2) y cre decreciente cte cre x a b c d e Si f ’(x) > 0 f(x) es creciente en (a,b) y (c,d) Si f ’(x) < 0 f(x) es decreciente en (d,e) Si f ’(x) = 0 f(x) es constante (b,c)
La observación de la inclinación de las rectas tangentes a la curva en los diferentes intervalos nos muestra la evidencia de esta afirmación.
5.4 VALOR CRÍTICO
Valor crítico de una función es todo punto c de la misma para el cual f ’(c) = 0 o bien f ’(c) no existe
5.5 EXTREMOS RELATIVOS, CRITERIO DE LA PRIMERA DERIVADA
Un máximo relativo de una función es todo punto c, f(c) de (a,b), para el cual se cumple que f(x) f(c) para todo x de (a,b).
Un mínimo relativo de una función es todo punto c, f(c) de (a,b), para el cual se cumple que f(x) f(c) para todo x de (a,b).
Una función tiene un mínimo o un máximo relativo en un punto c cuando c es un valor crítico de f.
Si f es una función continua en (a,b) y c es el único valor crítico de f en el intervalo. Si f es diferenciable en el intervalo (excepto posiblemente en c), entonces, la función tendrá o no un extremo relativo de acuerdo al siguiente criterio:
Fuente: Larson Hostetler, Cálculo y Geometría Analítica McGraw-Hill Pag.174 1987
5.6 CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA, CONCAVIDAD y y
Cóncava hacia Cóncava hacia arriba
abajo x a c b a c b x y’ y’ f ’ decreciente f ’ creciente a c b x a c b x NINGUNO
-
-
NINGUNO+
+
MÍNIMO
+
-
MÁXIMO
-
+
c, f(c) Signo de f ‘ en (c,b)GRÁFICO
a c b
Signo de f ‘ en (a,c)Sea f una función cuya segunda derivada existe en el intervalo (a,b).
Si f ’’(x) > 0 para todo x en (a,b), la gráfica de f es cóncava hacia arriba en (a,b).
Si f ’’(x) < 0 para todo x en (a,b), la gráfica de f es cóncava hacia abajo en (a,b).
Si además la función contiene un punto c tal que f ’(c)=0, entonces: Si f ’’(c) > 0, f(c) es un mínimo relativo.
Si f ’’(c) < 0, f(c) es un máximo relativo.
5.7 PUNTOS DE INFLEXIÓN
Si la gráfica de una función continua posee una tangente en un punto en el que su concavidad cambia de hacia arriba a hacia abajo, o viceversa, este punto se denomina punto de inflexión.
Si (c,f(c)) es un punto de inflexión, entonces o bien f ’’(c) = 0 o f ’’(c) no existe.
y
Cóncava
Cóncava hacia arriba Cóncava
Hacia hacia
arriba Cóncava Cóncava abajo hacia abajo Cóncava hacia
hacia arriba abajo
x
Con el criterio de la primera derivada. Hallar máximos, mínimos y graficar
Ejemplo 1
f(x) = x2 + 3x – 4 f ’(x) = 2x + 3 = 0 f(x) = (x-1)(x+4) Valor Crítico x = -3/2 f ’(-2) = 2(-2) + 3 < 0 (-) f ’(0) = 2(0) + 3 > 0 (+)
El signo de la derivada antes y después del valor crítico varia de (-) a (+) por tanto la función tiene un mínimo en x = -3/2
2 3 3 3 9 9 9 18 16 25 3 4 4 2 2 2 4 2 4 4 f Ejemplo 2 2 2 1 y x x ; 4 2 1 x y x
La función tiene una asíntota vertical en x = 0 y es simétrica al eje y
3 2 ' 2 y x x ; 2x 23 0 2x4 2 0 x 41 1 x 3 1 1 2 ' 2 1 16 15 0 ( ) 2 2 1 2 f - 3 2 1 7 '(2) 2(2) 4 0 ( ) 4 4 2 f +
El signo de la derivada antes y después del valor crítico x = 1 cambia de menos (-) a mas (+) por tanto la función tienen un mínimo relativo en x = 1 y = 2. Por ser simétrica al eje y existe otro mínimo en x = -1 ; y = 2
x y 0 -4 1 0 -4 0 2 2 1 y x x
Utilizando el criterio de la segunda derivada. Determinar máximos y mínimos relativos, puntos de inflexión y graficar:
Ejemplo 3. f(x) = 2x3 + 3x2 – 12x Solución f ’(x) = 6x2 + 6x –12 = 0 x2 + x –2 = (x-1) (x+2) = 0 x = 1 ; x = -2 Valores críticos f ’’(x) = 12x + 6
f ’’(1) > 0 , por tanto la función tiene un mínimo en x = 1 ; y = -7 f ’’(-2) < 0 , por tanto la función tiene un máximo en x = -2 ; y = 20 Haciendo f ’’(x) = 0 se tiene 12 x + 6 = 0 ; x = -1/2
Ejemplo 4 3 4 2 ) ( 2 x x x x f 2 ( 1)( 3) x y x x
La función tiene dos asíntotas verticales en x = 1 ; x = 3
0 0 3 4 2 lim 2 x x y x x es asíntota horizontal
Puesto que el numerador tiene raíces imaginarias no existen valores críticos
2 2 2 2 2 4 2 2 3 (2 4)( 4 3) ( 4 5)2( 4 3)(2 4) "( ) ( 4 3) 2( 2)( 4 7) "( ) 0 ( 4 3) x x x x x x x x f x x x x x x f x x x
El punto x = 2 ; y = 0 corresponde a un punto de inflexión
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1)( 4 3) ( 2)(2 4) '( ) ( 4 3) 4 3 2 4 4 8 4 5 ( 4 3) ( 4 3) 4 5 0 ( 4 3) x x x x f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y 4 2/3 2.5 -2/3 2 0 0 -2/3
Ejemplo 5 Hallar los extremos absolutos de la función f x( )2xex4 en el intervalo [-1, 1]
'( ) 2 x 2 x 2 x(1 ) f x e xe e x x = 1 es un valor crítico de la función
1 1 ''( ) 2 2 2 4 2 2 ( 2) ''(1) 2 (1 2) 2 0 x x x x x x f x e e xe e xe e x f e e
Como la segunda derivada evaluada en x = 1 es negativa la función presenta un máximo en x1 ; y2e1 4 4.73
Debido al intervalo definido [-1,1] la función también presenta un mínimo en el punto de coordenadas x = -1 ; y = -2 e + 4
x y 1 4.73 0 4 -1 1.42
Ejemplo 6 Hallar los extremos absolutos y los puntos de inflexión de 2 2 1 ( ) (3 8 18) 48 f x x x x en el intervalo [-4,0] 4 3 2 3 2 1 ( ) (3 8 18 ) 48 1 '( ) (12 24 36 ) 0 48 f x x x x f x x x x 3 2 3 2 12x 24x 36xx 2x 3x0
(x3)(x1)x0 x 3 ; x1 x0 valores criticos
2
1
''( ) (36 48 36) 48
f x x x
Igualando la segunda derivada a cero y resolviendo se obtiene x = -1,868 ; x = 0.535
Analizando los valores críticos que pertenecen al intervalo [-4,1] tenemos:
''( 3) 3 0 3 2.812 3 ''(0) 0 0 0 4 f Minimo en x y f Maximo en x y
Ejemplo 7 Hallar extremos relativos, puntos de inflexión y graficar
)
3
(
3 2
x
x
y
3 1 3 1 3 2 3 1 3 2 3 2 3 53
6
5
2
3
5
3
2
3
3
5
'
3
x
x
x
x
x
x
y
x
x
y
Los valores críticos son: x = 0 ; x = 6/5
0 3 1 ) 1 ( 3 6 ) 1 ( 5 ) 1 ( ' 0 3 11 ) 1 ( 3 6 ) 1 ( 5 ) 1 ( ' 3 1 3 1 f f Máximo en x = 0 ; y = 0 0 ) 2 ( 3 4 ) 2 ( 3 6 ) 2 ( 5 ) 1 ( ' 3 1 3 1 f Mínimo en x =6/5 ;
0326
,
2
3
5
6
5
6
5
6
3 2
f
y = -2,03260
9
6
10
3
2
9
10
3
2
9
10
)
(
"
3 4 3 4 3 1 3 4 3 1
x
x
x
x
x
x
x
f
Los puntos de inflexión pueden ser x = 0 ; x = -3/5 . Como x = 0 es un máximo no puede ser un punto de inflexión, el punto x = -3/5 = -0,6
23 . 0 ) 5 . 0 ( " 18 . 0 ) 7 . 0 ( " f f
56 , 2 ) 3 5 3 ( 5 3 3 2 y es un punto de inflexiónEjemplo 8 Hallar máximos mínimos puntos de inflexión y graficar ) 3 ln( ) (x x2x f 2 1 ; 0 3 1 2 ) ( ' 2 x x x x x f Valor crítico 2 1 0 3 1 ) 0 ( ' ; 0 3 1 1 1 2 ) 1 ( ' f Minimoen x f 0116 , 1 4 11 ln 4 12 2 1 ln 3 2 1 4 1 ln 3 2 1 2 1 ln 2 y
Los puntos de inflexión son:
2 2 2 2 2 2 22 ) 3 ( 1 4 4 6 2 2 ) 3 ( ) 1 2 ( ) 3 ( 2 ) ( ' ' x x x x x x x x x x x x f 1583 , 2 2 1 2 11 ; 1583 , 1 2 1 2 11 ; 0 ) 3 ( 5 2 2 2 1 2 2 2 x x x x x x
Los correspondientes valores de y serán:
1,1583 1,1583 3
1,7 ; ln
2,1583 2,1583 3
1,7ln 2 2 2
y
y
NOTA. No debe olvidarse de que la única forma de consolidar conocimientos es practicando por cuenta propia, se deben resolver los problemas 1 al 14 de la práctica 4 página 250
5.8 PROBLEMAS DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS
En los problemas que se presentan en la realidad, no es posible establecer una rutina de solución que se aplique a todos los casos, sin embargo puede resultar útil seguir las siguientes recomendaciones:
a) Haga un gráfico cuando sea posible y asigne símbolos a las variables conocidas y a las incógnitas.
(1,15 1,7) (-2,15 1,7)
b) Escriba una ecuación principal que contenga la cantidad que se desea hacer máxima o mínima.
c) Reduzca la ecuación principal a una que contenga una sola variable independiente, ello puede requerir que se hagan interpretaciones matemáticas del enunciado o del gráfico.
d) Efectuar el cálculo de los máximos o mínimos buscados.
Ejemplo 1. Se desea cercar un corral para ganado ovino de forma rectangular de modo que el área sea la máxima posible, para ello se disponen de 120 m de malla de alambre. Determinar las dimensiones del corral. A = xy y 2 2 ; 2 2x y y P x P x 2 2x P x A 2 2 120 2 2 0 30 . 2 2 4 4 Px A x dA P P P x x x x m dx
Como d2A/dx2 = -4 entonces x = 30 m es un máximo, lo que significa que la forma del corral debe ser cuadrada.
Normalmente no será necesario hacer el análisis del valor crítico, pues resulta evidente que este corresponde a un máximo, el mínimo debe darnos un área igual a cero
Ejemplo 2. Se debe diseñar un envase cilíndrico de 2000 cc. Abierto por arriba para la venta de leche en polvo, cuales deberán ser las dimensiones del cilindro para que el material empleado en su construcción sea mínimo.
r V = r2 h h = V/ r2 h A = 2 r h + r2
3 3 2 3 2 2000 0 0 2 2 2 2
r r V r r V r r V dr dA r = 8,6 cm. h = 2000 / (8,6)2 = 8,6 cm Por tanto, la cantidad de material empleado será:A = 2 8,6 8,6 + 8,62 = 3 8,62 = 697,06 cm2
Note que la segunda derivada de A respecto a x es positiva, lo que garantiza la existencia de un mínimo para los valores de r y h encontrados.
Ejemplo 3. Se desea construir un tanque para agua abierto por arriba, se ha determinado que el precio de construir la base es de Bs. 80 por metro cuadrado, mientras que las paredes cuestan Bs. 150, determinar las dimensiones óptimas de un tanque de base rectangular para que el costo sea mínimo. Se requiere que el tanque tenga una capacidad de 100 m3.
En el ejemplo 1 se ha demostrado que el área rectangular, para minimizar el perímetro se logra cuando los lados del rectángulo son iguales, por tanto para resolver este problema, se puede considerar la base cuadrada y proceder a determinar la altura, entonces, haciendo x = y tenemos:
z C =150(4 x z ) + 80 x2 x y
V = x2 z z = V / x2
C = 150 (4) x z + 90 x2 = 600 xV / x2 + 90 x2 = 600 V / x + 80 x2
x = 7,21 m. z = 100/(7,21)2 = 1,92 m. Con lo cual el costo sería:
Obviamente el cálculo garantiza que este es el mínimo costo, sin embargo si se desea constatar el resultado pueden hacerse evaluaciones del costo con otras dimensiones, por ejemplo: supongamos x = 7 m por tanto z = 2,041 m
C1 = 60000 /7 + 80 49 = 12491,4 Bs. Si x = 10 ; y = 5 ; z = 2
C2 = 600 z (x+y) + 80 x y = 600 2 (10 + 5) + 80 10 5 = 18000 + 4000 Bs. C2 = 22000 Bs.
En un análisis real debe considerarse además que, el precio de construir la base, varía en relación a la altura del tanque, ya que una mayor altura requiere una mejor consolidación e impermeabilización del terreno de la base, debe tomarse en cuenta además el costo de las excavaciones.
Ejemplo 4 Determinar las dimensiones del mayor rectángulo que puede inscribirse en un semicírculo de radio 1.
La ecuación del semicírculo será:
2
1 y x
El área del rectángulo es A = 2 x y
4 2 2 2 1 2x x x x A
(2 4 ) 2 2 2 4 1/2 3 x x x x dx dA 2 1 ; 0 0 ) 2 1 ( 2 0 ) 4 2 ( 3 2 x x x x x x 2 1 2 1 1 1 2 x y2
2
2
1
2
2
x
base
(x, y)Ejemplo 5. Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área que puede inscribirse en un triángulo rectángulo de catetos 3 y 4 como se muestra en la figura Solución:
5
25
4
3
2
2
Todos los triángulos que se forman son semejantes, por tanto:
)
4
)(
3
(
4
3
tan
;
yz
x
u
u
y
z
x
yz
A
También u x u x 4 3 3 4 3 3 Por tanto ) 4 ( 4 3 ) 4 ( 4 3 ) 4 )( 3 ( x u u u u u2 A
4 2
0 2 4 3 u u du dA 2 3 2 3 3 2 4 3 3 4 3 3 4 3 3x u x u xCon estos valores las dimensiones y el área del rectángulo son: 4 3 u 5 z y x β β β 4 3
3 2 2 3 2 2 4 4 2 3 2 3 3 3 A u z x y
Ejemplo 6. En la parábola y = 1 – x2 encuentre un punto en el primer cuadrante cuya recta tangente forme con los ejes coordenados un triángulo de área mínima.
La ecuación principal es la ecuación del área del triángulo
1 ' 2 (2) 1 ; 2 2 m x y x y ab A ) 3 ( b mx y Reemplazando la ecuación 2 en 3 se tiene) 4 ( 2 ) 2 ( x x b x2 b y Igualando las ecuaciones 1 y 4 tenemos:
) 5 ( 1 2 1x2 x2 b b x2 Reemplazando 5 en 4 ) 6 ( 1 1 2x2 x2 y x2 y
La ecuación de la recta que pasa por los puntos (x,y) ; (a,0) ;(0,b) será: x a b x a y a b a x y 2 0 ) 7 ( 2 1 2 2 x x a a x b
Reemplazando las ecuaciones 6 y 7 en la ecuación principal que da el área del triángulo se tiene:
x x x x x A 2 2 2 2 ) 1 ( 4 1 ) 1 ( 2 1 2 1
3 1 ; 0 0 ) 1 3 )( 1 ( 4 1 ) 1 4 )( 1 ( 4 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 4 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x dx dA x x x x x x x x x dx dA
Obteniéndose el mínimo para
3 1
x para este valor se tiene
3 2 3 1 1 y 3 2 ; 3 1 y
x los valores de a b serán:
3 4 3 1 1 ; 3 3 2 3 2 3 4 3 1 2 1 3 1 b a
Con estos valores el área mínima será: 1,1547 3 3 2 2 3 4 3 3 2 A
Este problema también puede resolverse observando que el área del rectángulo inscrito en la parábola ubicado en el mismo primer cuadrante es un área máxima cuando el área del triángulo es mínima, por tanto:
0 3 1 ) 1 ( 2 3 2 x dx dA x x x x xy Ar r 3 2 ; 3 1 y x
La siguiente tabla permite comparar áreas del triángulo y rectángulo para diferentes valores de x x A(triang) A(rectang) 0.4 0.841 0.336 0.5 0.781 0.375 1/√3=0.577 0.7698 0.385 0.6 0.771 0.384 0.7 0.793 0.357
Ejemplo 7 Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área que puede inscribirse en un triángulo isósceles de base 4 y altura 6
Reemplazando en la ecuación del área tenemos:
2 0 12 6 12 3 ) 4 ( 2 3 2 2 x x dx dA x x x x A 6 ) 3 )( 2 ( 3 ) 4 2 ( 2 3 xy A y y
5.9 PROBLEMAS CON VARIABLES RELACIONADAS.
Cuando se tratan problemas de variables relacionadas, es decir, los problemas que tienen que ver con la variación de una variable respecto a otra que generalmente es el tiempo se sugiere tomar en cuenta las siguientes recomendaciones:
1.- Haga un gráfico cuando sea posible y asigne nombres a las cantidades conocidas, a las incógnitas y a las razones de cambio.
2.- Escriba una ecuación que contenga o de las que se puedan obtener las razones de cambio.
3.- Derive implícitamente ambos miembros de la ecuación respecto al tiempo haciendo uso de la regla de la cadena cuando corresponda.
4.- Despeje la razón de cambio buscada, reemplace los datos y evalúe el resultado.
Ejemplo 1. Para atracar un bote a un muelle, se hala el mismo a través de una cuerda que se enrolla a razón de 0,5 m/seg., si el nivel del muelle está a 2 metros por encima de la cubierta del bote determinar: a) la velocidad del bote cuando la cuerda mide 7 m. b) A medida que el bote se acerca al muelle su velocidad disminuye o aumenta.
4,0 0,6
x,y
La ecuación de la recta que pasa por los vértices del triángulo es: xy A2 ) 4 ( 2 3 2 3 4 6 4 y x x y
z2 =x2 + y2 y z dz/dt
y Nótese que y es constante,
x x, z son variables dx/dt dt dz x z dt dx dt dx x dt dz z 2 2
Para y = 2 m. ; z = 7 m. se tiene que x = 72 – 22 = 6,71m.
seg m seg m dt dx 52 , 0 5 , 0 71 , 6 7
b) Obviamente la velocidad del bote aumenta a medida que se acerca al muelle.
Ejemplo 2. Una piscina tiene 40 pies de longitud, 10 de anchura 4 de profundidad mínima y 9 de profundidad máxima, formando el fondo un plano inclinado. Supóngase que se vierte agua en la piscina a razón de 10 pies3/min. y que hay 4 pies de agua en el extremo más profundo. a) ¿ Qué porcentaje de la piscina está lleno? b) ¿ A qué razón está subiendo el nivel del agua?13 dV/dt= 10 p3/s 40 10 a) V = 10 (40) 4 + (5 * 40)/2 *10 4 V = 2600 pies3 9
El volumen de agua será:
pies
x
x
32
4
5
40
40 5 x 4 Va = ((32 * 4)/2)*10 =640 13Porcentaje lleno =(640 * 100%)/2600 = 24,61 %
b) Sea h la altura del nivel de agua, x la longitud en la parte superior, entonces:
xh
xh
V
10
5
2
Como: x/h = 40/5 x = 8h por tanto V = 40 h2
seg pies h dt dV dt dh dt dh h dt dV 32 1 4 * 80 10 80 1 80
Ejemplo 3. En el laboratorio de química un estudiante recibe agua en un balde a razón de 0,5 litros por segundo y desea saber en cuanto tiempo se llenará, además se percata que el nivel del agua sube a determinada velocidad y se pregunta si esta será la misma cuando el agua está a la mitad del recipiente y cuando faltan 5 cm para que se llene. Contestar estas preguntas si el balde tiene 30 cm de diámetro en la parte superior, 20 cm. en la base y una altura de 50 cm.
dV/dt=0,5 lt/seg El volumen del balde será:
V = h / 12 ( D2 + D d + d2 ) 30
50 V = 50 / 12 (302 + 30 * 20 + 202) 20 V = 24870,9 cm3
El tiempo de llenado del recipiente es:
500 cc 1 seg
24870,9 x x = 24870,9/500 = 49,74 seg
Para determinar la velocidad de ascenso del agua consideremos: D x x/h = 5/50 = 1/10 h h = 10 x = 10 (D - d)/2 = 5 (D – d) D = (h/5) + d d
) 3 5 3 25 ( 12 ) 5 1 5 2 25 ( 12 ) ) 5 ( ) 5 (( 12 ) ( 12 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 hd d h h d d hd d hd h h V d d d h d h h d Dd D h V
) 3 5 6 25 3 ( 12 ) 3 5 6 25 3 ( 12 ) 3 5 6 25 3 ( 12 2 2 2 2 2 2 d hd h dt dV dt dh d hd h dt dh dt dh d dt dh hd dt dh h dt dV
Cuando el recipiente tiene la mitad de su contenido h = 25 cm.
seg
cm
dt
dh
018
,
1
1875
6000
)
20
*
3
25
*
20
5
6
25
25
*
3
(
500
*
12
2 2
Cuando h = 45 cm. se tieneseg
cm
dt
dh
757
,
0
2523
6000
)
20
*
3
45
*
20
5
6
25
45
*
3
(
6000
2 2
Ejemplo 4 Una lámpara cuelga de 4m de altura sobre un paseo rectilíneo y horizontal. Si en este paseo un muchacho de 1,50 m de estatura camina alejándose de la base de la lámpara a razón de 55 m/min. A qué razón se alarga su sombra? w w u w x h H 5 , 1 4 ; w u x h H
4w1,5u1,5w ; 2,5w1,5u 1,5 2,5 1,5 ; 55 2,5 dw du dw dt dt dt 33 min dw m dt
Ejemplo 5. Un buque navegaba hacia el sur a una velocidad de 6 millas por hora, otro navegaba hacia el este a una velocidad de 8 millas por hora. A las cuatro de la tarde el segundo cruzó la ruta del primero por el que este había pasado dos horas antes. a) Cómo variaba la distancia entre ellos a las tres de la tarde. b) Cómo a las cinco de la tarde. c) Cuándo no variaba la distancia entre ellos. a) dx/dt=8 mi/hr dy/dt=6 mi/hr E S 4 de la tarde S E 3 de la tarde y=6 x=8 z S E
2 2 2 2 2 2 2 2 x y z dx dy x y dx dy dz dz dt dt x y z dt dt dt dt x y
Notese que dx/dt tiende a disminuir la distancia por tanto, tiene signo negativo hora millas dt dz 8 , 2 6 8 6 * 6 ) 8 ( 8 2 2 La distancia disminuye a razón de
–2,8 millas por hora
2 2 y x dt dy y dt dx x dt dz hora millas dt dz 73 , 8 8 18 18 * 6 8 * 8 2 2
c) Se puede inferir que entre las 3 y cuatro de la tarde, existirá un instante en el cual la distancia entre los buques no varía, por tanto.
5 de la tarde y=18 x=8 z b) E S 6 8 z u v E S (8 ) (6 ) 8 6 dx dy x y dt dt dx dy u v dt dt dx dx dy dy u v dt dt dt dt
dt
dy
v
dt
dx
u
dt
dy
v
dt
dx
u
t
;
millas
v
v
v
dt
dy
v
dt
dy
dt
dx
dt
dy
v
dt
dx
dt
dx
68
,
1
100
6
*
28
6
36
6
8
64
6
8
2
t 0,28horas 6 68 , 1 Ejemplo 6 Un depósito de agua tiene la forma de un cono invertido, se llena a razón de 1,5 lt/seg, pero tiene un orificio por el cual sale el agua. Determinar el caudal de pérdida de agua si el depósito tiene; un metro de altura y 80 cm. de diámetro en la parte superior. El agua está a 30 cm y sube a razón de 3 cm/seg.
El volumen de agua queda determinado por el volumen que ingresa menos el volumen que sale del depósito.
3 2 h r V V s
Por semejanza de triángulos se tiene:
H hR r r h R H
Reemplazando la segunda ecuación en la primera R
h
H r
3 2 2 3 H h R V V s
Derivando implícitamente ambos miembros de la ecuación respecto al tiempo tenemos: dt dh h H R dt dV dt dV dt dh h H R dt dV dt dV s s 2 2 2 2 2 2 3 3
seg
cm
dt
dV
s 2 3 2 28
,
142
3
)
30
(
100
)
40
(
1500
Ejemplo 7. Un avión pasa a dos kilómetros por encima de una persona, la cual sigue su recorrido con la vista. El avión vuela con una velocidad de 400 km/hr. Determine la razón a la que está cambiando el ángulo visual de la persona después de un minuto de que pasó el avión exactamente por encima de ella. hr rad Km hr Km dt dx y dt d 51 , 16 279 , 1 cos 1 2 400 sec 1 2 2
Ejemplo 8 Un cono circular recto tiene una altura h = 15 cm, mientras que el radio de su base está aumentando a razón de 1 cm/min. Calcule la rapidez a la que está aumentando el volumen del cono cuando el radio de la base sea de 3 cm. =? dβ dt dx dt x y β dt dx y dt d y x 1 sec tan 2 rad 279 , 1 3 , 73 20 400 arctan
Ejemplo 9 Una bola de 10 cm de radio se derrite a razón de 0,2 cm por hora. Hallar la razón de la disminución que experimenta el volumen y la superficie de la bola, cuando su radio es de 9,8 cm.
hr cm dt dr r dt dV r V 3 2 2 3 4 4 9,8 ( 0,2) 241,37 3 4 hr cm dt dr r dt dS r S 2 2 25 , 49 ) 2 , 0 )( 8 , 9 ( 8 8 4 5.10 REGLA DE L’HOPITAL
Una función racional de la forma f(x)/g(x) en la cual se presenta una de las formas indeterminadas 0/0 o / puede resolverse aplicando
( ) '( ) lim lim ( ) '( ) x c x c f x f x g x g x
Conocida como la regla de L´Hopital, la misma que puede aplicarse sucesivamente hasta eliminar la indeterminación.
Ejemplo 1. Resolver x x x ln lim
0
1
lim
1
1
lim
x
x
x x Ejemplo 2. Resolver h r min 24 , 94 30 15 ) 1 )( 3 ( 2 3 2 3 3 3 2 cm h dt dr r dt dV h r V 2
2 2 2
2 2 2
2
8 8 ( 2) 8 2 )
lim lim lim
2 4 ( 4) ( 4) 2 2 6 3 lim 2 4 2 x x x x x x x x x x x x x x x
Ejemplo 3. Resolver lim (1 ); 1,2,3....
0 x n x e n x x 1 0 0 (1 ) (1) lim lim x x n n x x e x e x nx Para n < 2, es decir n = 1 se tiene
1 1 1 0 0
1
1
1 1
lim
lim
0
1 1
(1)
x x n x xe
e
nx
x
Para n = 2 aplicamos nuevamente la Regla de L’Hopital2 1 2 lim ; 0 0 2 1 lim 0 0 x x x x e x e
para n = 3 aplicamos una vez mas la Regla
0 1 6 lim ; 0 0 3 1 lim 0 2 0 x e x e x x x x
Se puede ver que el resultado final para n > 2 es igual a infinito
5.11 MÉTODO DE NEWTON PARA LA RESOLUCIÓN DE ECUACIONES
Este método permite aproximar ceros de una ecuación mediante iteraciones sucesivas
y f(x) x a x x1 b y x f x x x f x x y x f x f ( ) '( )( ) ( ) ) ( ' 1 1 1 1 1 1 Como y = 0 se tiene: ) ( ' ) ( 1 1 1 x f x f x x En general ) ( ' ) ( 1 n n n n x f x f x x
El método puede exigir la precisión que uno desee, para ello el margen de error puede fijarse dando un valor a la expresión xn – xn+1
Ocasionalmente el método en lugar de aproximarnos al resultado nos aleja de él, entonces se dice que el método diverge y no es posible encontrar una solución, esto sucede cuando la primera aproximación está muy alejada del valor real o a un comportamiento excepcional de la gráfica de la ecuación.
Ejemplo 1. Utilice el método de las iteraciones de Newton para hallar una raíz de la ecuación f(x) = x4 –10 x2 – 11 f(3) = 34 – 10*32 – 11 = -20 f(4) = 44 – 10*42 – 11 = 85 y x f( 1)
Como existe un cambio de signo en f(x) significa que existe una raíz comprendida entre 3 y 4, además esta raíz esta más próxima a 3 que a 4, por tanto, tomamos como primera aproximación x = 3,3
f’(x) = 4x3 – 20 x 31662 , 3 62086 , 79 015654 , 0 31682 , 3 31682 , 3 * 20 31682 , 3 * 4 11 31682 , 3 * 10 31682 , 3 31682 , 3 31682 , 3 748 , 77 3079 , 1 3 , 3 3 , 3 * 20 3 , 3 * 4 11 3 , 3 * 10 3 , 3 3 , 3 3 2 4 3 2 4 x x x
El margen de error será:
0001
,
0
316624
,
3
31682
,
3
Ejemplo 2 Usando el método de Newton, determinar la intersección de las gráficas de las siguientes funciones
El gráfico nos permite apreciar la existencia de una solución, comprendida entre 0 y 1 tomamos como primera aproximación x = 0,5 La ecuación que debemos derivar para aplicar la fórmula será:
2 4 5 x e y x ; y'4e4x 2x ' y y x xn 41363 , 0 55622 , 30 63905 , 2 5 , 0 ) 5 , 0 ( 2 4 5 , 0 5 5 , 0 2 2 2 e e x 2 4 5 ) ( ) ( x x g e x f x
Igualando las ecuaciones tenemos: 2
4 5 x e x
38402 , 0 75487 , 21 644198 , 0 41363 , 0 ) 41363 , 0 ( 2 4 41363 , 0 5 41363 , 0 4(0,41363) 2 ) 41363 , 0 ( 4 e e x 394674 , 0 35340348 , 19 20618777 , 0 38402 , 0 ) 38402 , 0 ( 2 4 38402 , 0 5 38402 , 0 4(0,38402) 2 ) 38402 , 0 ( 4 e e x 39445617 , 0 1838643 , 20 004396641 , 0 394674 , 0 ) 394674 , 0 ( 2 4 394674 , 0 5 394674 , 0 4(0,394674) 2 ) 394674 , 0 ( 4 e e x
La solución será x = 0,39445617 y50,3944561724,84440433 con un margen de error de:
0002178 . 0 394674 , 0 39445617 , 0
Ejemplo 3 Hallar máximos, mínimos puntos de inflexión y graficar
3 2 2 1 x x y x 2 2 3 2 2 2 ( 3 2 )( 1) ( )2 ' ( 1) x x x x x x y x 4 2 3 4 3 4 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3 2 ' 0 ( 1) ( 1) x x x x x x x x x y x x 4 2 3 3 2 ( 3 2) 0 x x x x x x
Resolviendo la ecuación cúbica por el método e las iteraciones de Newton tenemos: 3 2
( )
3
2 ;
'( )
3
3
(0)
2 ;
( 1)
2
f x
x
x
f x
x
f
f
Existe una raíz entre 0 y -1 tomamos como primera aproximación x=-0,5
3 2 1 2 2 3 2 3( 0, 5) 3( 0, 5) 2 0, 5 0, 6 3 3 3( 0, 5) 3 x x x x x 2 2 2 3( 0, 6) 3( 0, 6) 2 0, 6 0, 596 3( 0, 6) 3 x
Los valores críticos son: x = 0 y x = -0,596 la segunda derivada de la función es 3 2 2 4 2 2 2 4 5 3 3 2 5 3 2 2 3 ( 4 6 2)( 1) ( 3 2 )2( 1)2 '' ( 1) 4 4 6 6 2 2 4 12 8 '' ( 1) x x x x x x x x y x x x x x x x x x y x 3 2 3 2 2 3 2 3 2 6 6 2 3 3 1 '' ; 0 ( 1) ( 1) x x x x x x y x x ''(0) 1 0
f existe un máximo para
0 ; 0
x y
''( 0,596) 0, 66 0
f existe un mínimo para
0,596 ; 0,106
x y
Para hallar los puntos de inflexión igualamos a cero la segunda derivada, para resolver esta ecuación recurrimos al método de la división sintética de Horner:
1 3 3 1
1 1 4 1 0
Hallando la raíz x1 = 1 las otras raíces se encuentran resolviendo la ecuación
cuadrática 2 2 4 4 4 4 1 0 ; 2 3 2 x x x
Por tanto, los puntos de inflexión serán:
1
;
1
0, 268 ;
0, 05
3, 732 ;
2,55
x
y
x
y
x
y
La gráfica es:5.12 FÓRMULA DE TAYLOR14
Sea una función f(x) con derivadas hasta cierto orden n, en x0 Entonces el polinomio Pn(x) dado por
n n n f x x x n x x x f x x x f x f x P ( )( ) ! 1 ... ) )( ( ' ' 2 1 ) )( ( ' ) ( ) ( 0 0 0 0 0 2 ( ) 0 0
llamado polinomio de Taylor de orden n de f(x) en x0, es el único polinomio de grado menor o igual que n tal que Pn(k) P(k)(x0), k0,1,2,...n y que tiene la propiedad de que:
Ejemplo 1 Utilizando el polinomio de Taylor encuentre aproximadamente el valor de sin 59o
Las derivadas del seno en x = 0 hasta el quinto orden son:
f(x) = sin x f(0) = sin 0 = 0 f ‘(x) = cos x f ‘(0) = cos 0 =1 f “(x) = -sin x f “(0) = -sin 0 = 0
14
Pita Ruiz Claudio, Cálculo de una variable, Prentice may, 1998, Pag. 497 0 ) ( ) ( ) ( lim 0 0 n n x x x x x P x f
f ’’’(x) = -cos x f’’’(0) = -cos 0 =-1 f IV(x) = sin x f IV(0) = sin 0 =0 f V(x) = cos x f V(0) = cos 0 = 1
El polinomio de Taylor de orden n = 4 de f(x) = sin x en x0 = 0 es:
5 4 3 2 ) 0 ( ! 5 1 ) 0 ( ! 4 1 ) 0 ( ' ' ' ! 3 1 ) 0 ( " 2 1 ) 0 ( ' ) 0 ( ) (x f f x f x f x f x f x f IV V 5 3 ! 5 1 ! 3 1 sinxx x x
Para un ángulo de 59o equivalente a 1,02974 radianes se tiene: 857405 , 0 02974 , 1 ! 5 1 02974 , 1 ! 3 1 02974 , 1 02974 , 1 sin 3 5
El valor que se obtiene con una calculadora es sin 590=0,857167
NOTA. El estudiante debe resolver los problemas 15 al 27 de la práctica No 4. páginas 252 y 253
5.13 GRÁFICOS, EXTREMOS RELATIVOS Y PUNTOS DE INFLEXIÓN CON AYUDA DE DERIVE.
Derive ofrece una excelente oportunidad de realizar gráficos, para ello sólo se tendrá que aplicar lo estudiado anteriormente, ya que habrá que hallar derivadas, resolver ecuaciones y graficar para tener la información completa de un determinado ejercicio. El siguiente ejemplo ha sido resuelto solo con DERIVE
Ejemplo. Hallar máximos, mínimos puntos de inflexión y graficar #1 y = 2 x3 - 3 x2 – 12 x + 8
#2 (2x33x212x8) dx
d
#3 6 x2 - 6 x –12
PARA HALLAR LOS VALORES CRITICOS
#4 SOLVE( 6 x2 – 6 x + 12 = 0, x )
#5 x = 2 o x = -1
LA SEGUNDA DERIVADA PUEDE HALLARSE DERIVANDO NUEVAMENTE LA PRIMERA DERIVADA O HALLANDO LA SEGUNDA DERIVADA DE LA FUNCIÓN ORIGINAL
#6
(
2
33
212
8
)
2
x
x
x
dx
d
#7 12 x – 6 #8 (6x26x12) dx d #9 12 x – 6REEMPLAZANDO VALORES CRÍTICOS EN LA SEGUNDA DERIVADA
(PREVIAMENTE DEFINIMOS LA FUNCIÓN DEL SIGUIENTE MODO)
#10 f(x) := 12 x – 6
PARA EVALUAR LA MISMA EN 2 Y 1
#11 f(2)
#12 18
QUE ES MAYOR A CERO, POR TANTO, EXISTE UN MÍNIMO EN x = 2
#13 f(-1)
#14 -18
QUE ES MENOR A CERO, POR TANTO, EXISTE UN MÁXIMO EN x = -1
PARA HALLAR LAS COORDENADAS DE ESTOS PUNTOS DEFINIMOS #15 f(x) := 2 x3 – 3 x2 – 12 x + 8 #16 f(2) #17 -12 #18 f(-1) #19 15
EL PUNTO DE INFLEXIÓN SERÁ:
#21 2 1 x #22 2 1 f #23
2
3
LAS INTERSECCIONES CON EL EJE X SE PUEDEN HALLAR RESOLVIENDO
#24 SOLVE (2 x3 – 3 x2 – 12 x + 8 , x)
#25 x = 0.6113154554 o x = -2.151944827 o x = 3.040629361
LA GRÁFICA CONFIRMA TODOS LOS VALORES HALLADOS
EL SIGUIENTE EJEMPLO SE HA RESUELTO DE MANERA SIMILAR
#26 1 2 2 x x y VALORES CRÍTICOS #27 1 2 2 x x dx d
#28 2 2 ) 1 ( 2 x x #29
x
x
x
SOLVE
0
,
)
1
(
2
2 2 #30 x = ±∞ o x = 0 #31
1
)
0
(
2
2 2x
x
dx
d
#32 0 ) 1 ( ) 3 1 ( 2 3 2 2 x x #33 2 3 2 ) 1 ( ) 3 1 ( 2 : ) ( x x x fCRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA
#34 f(0)
#35 2
LA FUNCIÓN TIENE UN MÍNIMO EN x = 0, y = 0
PUNTOS DE INFLEXIÓN #36
x
x
x
SOLVE
,
)
1
(
)
3
1
(
2
3 2 2 #37 3 3 3 3 o x o x xPARA HALLAR LA ASÍNTOTA HORIZONTAL #38 1 lim 2 2 x x x #39 1
FÓRMULAS BÁSICAS DE DERIVACIÓN
Sean u, v funciones de x ; c una constante
0 ) (c dx d cu cu' dx d x x e e dx d x x d e e dx ln 1u' u u dx d a u u u dx d a ln ' log ' ' ) (u v u v dx d ' 'v uv u uv dx d dx du du dy y dx d dx du u u u dx d
u
nu
1u
'
dx
d
n
n 2'
'
v
uv
v
u
v
u
dx
d
' cos sinu u u dx d cosu sinu u' dx d ' sec tan 2 u u u dx d secu secutanu u' dx d ' cot csc cscu u u u dx d cotu csc2u u' dx d ' cosh sinhu u u dx d coshu sinhu u' dx d ' sec tanhu h2u u dx d ' csc cothu h2u u dx d ' tanh sec sechu hu u u dx d cschu cschucothu u' dx d 2 1 1 arcsin x x dx d 1 1 arcsin 2 x x h dx d 2 1 1 arccos x x dx d 1 1 arccos 2 x x h dx d 2 1 1 arctan x x dx d 2 1 1 arctan x x h dx d 2 1 1 cot x x arc dx d 2 1 1 coth x x arc dx d
