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• Harold Hernandez

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Algunas de las aplicaciones más importantes del cálculo diferencial son los problemas de optimización, en los cuales se pide la manera óptima (la mejor) de hacer algo. Estos problemas se reducen a encontrar los valores máximo o mínimo de una función. Veamos estos conceptos: 4.1 MAXIMOS Y MNINIMOS Consideremos la siguiente figura: d, f d 

y

D

b, f b

y  f x 

B A C

a, f a 

c, f c x

a

b

c

d

Los puntos A , B , C y D son puntos extremos. Los puntos extremos se clasifican en máximos y mínimos.  Los puntos B y D son máximos.  Los puntos A y C son mínimos. Los números f a  , f b  , f c  y f d  son valores extremos. Los valores extremos se clasifican en valores máximos y valores mínimos.  Los números f b  y f d  son valores máximos.  Los números f a  y f c  son valores mínimos. Los números x  a , x  b , x  c y x  d son la ubicación de los puntos extremos.  x  a es la ubicación del punto extremo a, f a   x  b es la ubicación del punto extremo b, f b  x  c es la ubicación del punto extremo c, f c   x  d es la ubicación del punto extremo d, f d  El punto extremo d, f d  se denomina máximo absoluto y el número f d  valor máximo absoluto. El punto extremo c, f c  se denomina mínimo absoluto y el número f c  valor mínimo absoluto. A continuación definamos formalmente estos conceptos: 4.1.1 Máximo absoluto Una función f con dominio D f tiene un máximo absoluto (máximo global) en x  c si se cumple que f c   f x  para todo x  D f . El número f c  se denomina valor máximo absoluto de f en D f LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

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Página 67

4.1.2 Mínimo absoluto Una función f con dominio D f tiene un mínimo absoluto (mínimo global) en x  c si se cumple que f c   f x  para todo x  D f . El número f c  se denomina valor mínimo absoluto de f en D f 4.1.3 Máximo local Una función f tiene un máximo local (máximo relativo) en x  c si se cumple que f c   f x  para todo x en algún intervalo abierto I que contiene a c . El número f c  se denomina valor máximo local de f en I 4.1.4 Mínimo local Una función f tiene un mínimo local (mínimo relativo) en x  c si se cumple que f c   f x  para todo x en algún intervalo abierto I que contiene a c . El número f c  se denomina valor mínimo local de f en I Ejemplo No. 76 Consideremos la función f x  x 2  2 x  3 , cuya gráfica se muestra en la figura:

3,6

 12 , 174 

y  x 2  2x  3

1,2 f 1

x   12

x 1

x3

Es claro que en el intervalo el único punto extremo tiene coordenadas . Este punto extremo es un mínimo absoluto, cuyo valor mínimo absoluto es

Como la curva no tiene un punto más alto en el intervalo dado, concluimos que no tiene un punto extremo del tipo máximo absoluto por lo que carece de valor máximo absoluto. Pero si consideramos el intervalo , nos damos cuenta que en dicho intervalo hay dos puntos extremos. Tenemos el mínimo absoluto con coordenadas , cuyo valor mínimo absoluto es y el máximo absoluto con coordenadas , cuyo valor máximo absoluto es

Ejemplo No. 77 Consideremos la función f x  x3  3 . Es claro también que en el intervalo  ,  la curva no tiene puntos extremos (no tiene un punto más bajo o un punto más alto), por lo que concluimos que carece de valor máximo absoluto y valor mínimo absoluto. Pero si consideramos el intervalo  1,2 , podemos observar en la siguiente figura que hay dos puntos extremos. Tenemos el mínimo absoluto con coordenadas  1,2 , cuyo valor mínimo absoluto es f  1  2 y el máximo absoluto con coordenadas 2,11 , cuyo valor máximo absoluto es f 2  11 LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

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Página 68

Los dos primeros ejemplos nos dan a entender que la determinación y clasificación de los puntos extremos de una función dependen en gran manera del intervalo de definición en el cual se estén hallando dicho puntos extremos.

y  x3  3

2,11

Ejemplo No. 78 Consideremos la función cuyos puntos extremos en el intervalo se describen en la siguiente tabla: Punto extremo Tipo Ubicación Valor extremo Máximo absoluto Mínimo local Máximo local Mínimo absoluto

f 2

 1,2 f  1

x  1

x2

La gráfica de la función f x  3x 4  16 x3  18x 2 se muestra en la siguiente figura: y  3x 4  16 x3  18x 2

 1,37

4,32

En los ejemplos anteriores se mostró que existen funciones que tienen valores extremos y otras no. En el siguiente teorema se dan las condiciones con que se garantiza que una función posea valores extremos. Teorema del valor extremo Si es una función continua en el intervalo cerrado entonces tiene un valor máximo absoluto algún número y un valor mínimo absoluto en algún número

1,5

0,0

y

x  1

, en

c, f c 

x4

d, f d 

a 3,27

c

d

x b

El teorema anterior establece que una función continua sobre un intervalo cerrado tiene un valor máximo absoluto y un valor mínimo absoluto, pero no indica como hallarlos.

Para abarcar esta necesidad consideremos la siguiente figura: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

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y

c, f c 

y  f x 

T1

d, f d 

T2

x c

d

En ella se observa que la función f tiene dos puntos extremos. Tenemos el máximo local con coordenadas c, f c , cuyo valor máximo local es f c  y el mínimo local con coordenadas d, f d  , cuyo valor mínimo local es f d  . En estos puntos extremos la recta tangente es horizontal, por lo tanto: f ' c   0 y f ' d   0

Siendo f ' c  la pendiente de T1 y f ' d  la pendiente de T2 . El siguiente teorema afirma que lo anterior siempre es cierto para aquellas funciones f que sean derivables. Teorema de Fermat Si una función f tiene un punto extremo del tipo máximo o mínimo local en x  c y si f ' c  existe, entonces f ' c   0

Pero no siempre en el valor de x en donde la primera derivada de una función se anula hay un máximo o un mínimo. Este es el caso de la función f x  x  23  1 . Es claro que f ' x  3x  22 y que en x  2 la derivada se anula, es decir f ' 2  32  22  0 A pesar de lo anterior no es cierto que en x  2 la función tenga un punto extremo del tipo máximo o mínimo, tal como se puede apreciar en la siguiente figura. Lo único que se puede afirmar es que en x  2 la recta tangente es horizontal. Lo anterior nos indica que el inverso del teorema de Fermat es falso. Es decir no siempre en cualquier valor de en donde la primera derivada de una función se anule hay un punto extremo del tipo máximo o mínimo. Esto significa que no podemos localizar puntos extremos con simplemente resolver la ecuación: T

x2

y   x  2  1 3

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Página 70

4.1.5 Numero crítico Un número crítico de una función f es un número c tal que f ' c   0 o f ' c  no existe. Ejemplo No. 79 2 Halle los números críticos de la función f x   x x  4 4 5

Solución: Derivemos la función dada: f ' x   54 x

 15

x  42  2 x x  4

Ahora igualemos la derivada a cero:

 15

 x  4

4 5

x

4 5

2

 2 x  x  4  0  4 5

4x  4

2

5x

1 5

 2 x 5 x  4  0 4

4x  4  10 xx  4 2



1

0

5x 5

 4x  4  10 xx  4  0 2

Es decir 4x 2  32 x  64  10x 2  40 x  0  14 x 2  72 x  64  0 Esta última expresión es una ecuación cuadrática. Resolvamos tal ecuación por formula general: x

  72 

Luego: x1 

 722  41464 72   214

5184  3584 72  1600 72  40   28 28 28

72  40 72  40 8  4 y x2   28 28 7

Además como f ' x  no existe cuando x  0 , entonces los números críticos de la función dada son x  0 , x  87 y x  4 . La gráfica de f y los números críticos se observa en la siguiente figura: y  x 5  x  4 4

x0

x

8 7

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2

x4

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En la figura se observa, que en aquellos números críticos, que hacen que f ' x  se anule la recta tangente es horizontal. Como consecuencia del teorema del valor extremo tenemos el siguiente método para detectar y clasificar puntos extremos absolutos. Método del intervalo cerrado

Para hallar los valores máximo y mínimo absolutos de una función continua f en un intervalo cerrado a, b , haga lo siguiente: 1. 2. 3. 4.

Halle los números críticos de f en el intervalo abierto a, b  Halle los valores de f en los números críticos del paso 1. Halle los valores de f en los extremos del intervalo a, b El más grande de los valores hallados en los pasos 2 y 3 es el valor máximo absoluto y el más pequeño es el valor mínimo absoluto. Ejemplo No. 80

Halle los valores máximo y mínimo absoluto de la función f x   3x 4  16 x 3  18x 2 en el intervalo  1,4 Solución: 1. Hallemos los números críticos de f en el intervalo  1,4 f ' x   12 x 3  48x 2  36 x  f ' x   0  12 x 3  48x 2  36 x  0





2  12 x x  4 x  3  0

 xx  1x  3  0

Luego los números críticos de la función dada son x  0 , x  1 y x  3 2. Hallemos los valores de f en los números críticos determinados anteriormente. f 0  30  160  180  0 4

3

2

f 1  31  161  181  5 4

3

2

f 3  33  163  183  27 4

3

2

3. Hallemos los valores de f en los extremos del intervalo  1,4 f  1  3 1  16 1  18 1  37 4

3

2

f 4  34  164  184  32 4

3

2

4. Como el más grande de los valores de f es f  1  37 , entonces f tiene un máximo absoluto en x  1 , cuyo valor máximo absoluto es f  1  37 y como el más pequeño de los valores de f es f 3  27 , entonces f tiene un mínimo absoluto en x  3 , cuyo valor mínimo absoluto es f 3  27 LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

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Página 72

4.1.6 Intervalos de crecimiento y decrecimiento Consideremos la siguiente figura: T1

y

B

y  f x 

T2 C

A

a

x1

c

x2

b

x

I2

I1

En la figura anterior podemos observar que f es creciente en el intervalo I1  a, b y que T1 tiene pendiente positiva (apunta hacia arriba), por lo tanto f ' x1   0 . En general todas las rectas tangentes a la curva y  f x  en un punto entre A y B tienen pendiente positiva. Es decir f ' x   0 para todo x  I1 Además se observa que f es decreciente en el intervalo I 2  b, c y que T2 tiene pendiente negativa (apunta hacia abajo), por lo tanto f ' x2   0 . En general todas las rectas tangentes a la curva y  f x  en un punto entre B y C tienen pendiente negativa. Es decir f ' x   0 para todo x  I 2 Prueba creciente-decreciente 1. Si f ' x   0 para todo x que pertenece al intervalo I , entonces f es creciente en dicho intervalo. 2. Si f ' x   0 para todo x que pertenece al intervalo I , entonces f es decreciente en dicho intervalo. Como consecuencia de la prueba creciente-decreciente y asociada a la primera derivada tenemos la prueba de la primera derivada para detectar y clasificar puntos extremos locales. Para comprenderla consideremos la siguiente figura: y

y

y

y

f ' x   0

f ' x   0

f ' x   0

f ' x   0

f ' x   0

c

Máximo local

f ' x   0

f ' x   0

x

x c

Mínimo local

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f ' x   0

x c

Sin extremo Aplicaciones de la derivada

x c

Sin extremo Página 73

Prueba de la primera derivada Si c es un número crítico de una función continua f , tenemos que: 1. Si f ' x  cambia de signo de positiva a negativa en c (significa que la función pasa de ser creciente a decreciente), entonces f tiene un máximo local en x  c 2. Si f ' x  cambia de signo de negativa a positiva en c (significa que la función pasa de ser decreciente a creciente), entonces f tiene un mínimo local en x  c 3. Si f ' x  no cambia de signo en c , entonces f carece de extremo local en x  c Ejemplo No. 81 Dada la siguiente función f x   3x 4  4 x 3  12 x 2  8 a. Determine los intervalos de crecimiento y decrecimiento. b. Determine y clasifique los puntos extremos locales. Solución: a. Hallemos los números críticos de la función dada: f ' x   12 x 3  12 x 2  24 x  f ' x   0  12 x 3  12 x 2  24 x  0  12 xx 2  x  2  0  xx  2x  1  0

Luego los números críticos de la función dada son x  1 , x  0 y x  2 . A continuación construiremos una tabla que tendrá en su primera columna la división del eje real x en intervalos abiertos cuyos extremos sean los números críticos hallados anteriormente. La ubicación de tales números críticos en el eje real x se muestra en la siguiente figura:



 x  3  2 1 0 1 2 3 4 En la última columna colocaremos el símbolo (creciente) o (decreciente) y en la penúltima columna colocaremos el signo de f ' x  . Por último entre la primera y la penúltima columna colocaremos el signo de cada factor primo de la descomposición de la primera derivada. La descomposición de la primera derivada en factores primos es: f ' x  12 xx  2x  1 La tabla en cuestión está dada por: Intervalos

 ,1  1,0 0,2 2, 

12 x + +

x2 +

x 1 + + +

Signo de f ' x  + +

Creciente

o decreciente

De la tabla anterior se puede concluir que la función f x   3x 4  4 x 3  12 x 2  8 es: Decreciente en los intervalos Creciente en los intervalos

:  ,1 y 0,2 :  1,0 y 2,  

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b. Determinar y clasificar los puntos extremos locales es sumamente fácil si se dispone de la información de la tabla anterior. En dicha tabla se observa que:  f ' x  cambia de signo en el número crítico x  1 , es decir la función pasa de ser decreciente a creciente en x  1 . Luego f tiene un mínimo local en x  1 , cuyo valor mínimo local es f  1  3  f ' x  cambia de signo en el número crítico x  0 , es decir la función pasa de ser creciente a decreciente en x  0 . Luego f tiene un máximo local en x  0 , cuyo valor máximo local es f 0  8  f ' x  cambia de signo en el número crítico x  2 , es decir la función pasa de ser decreciente a creciente en x  2 . Luego f tiene un mínimo local en x  2 , cuyo valor mínimo local es f 2  24 Los puntos extremos de la función dada, están resumidos en la siguiente tabla: Punto extremo

 1,3 0,8 2,24

Tipo Mínimo local Máximo local. Mínimo local

Ubicación Valor extremo x  1 x0 x2

f  1  3 f 0  8 f 2  24

En la siguiente figura se muestra la gráfica de la función f , los puntos extremos y su ubicación: y  3x 4  4 x 3  12 x 2  8

0,8

Mínimo

Máximo

 1,3 x  1

x0

x2

2,24

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Mínimo

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Página 75

4.1.7 Intervalos de concavidad Consideremos la siguiente figura: y

y

B

T2

D

T1 A

a

C

b

x

c

d

x

En la figura de la izquierda se observa que la recta tangente T1 se encuentra por debajo de la curva con ecuación y  f x  , y todas las rectas tangentes a y  f x  quedaran por debajo de dicha curva entre los puntos A y B . En este caso se dice que f es cóncava hacia arriba en el intervalo a, b En la figura de la derecha se observa que la recta tangente T2 se encuentra por arriba de la curva con ecuación y  f x  , y todas las rectas tangentes a y  f x  quedaran por arriba de dicha curva entre los puntos C y D . En este caso se dice que f es cóncava hacia abajo en el intervalo c, d  Concavidad Si la gráfica de una función f está por arriba de sus tangente en un intervalo I , se dice que f es cóncava hacia arriba en I . Si queda por debajo de sus tangentes en un intervalo I , se dice que f es cóncava hacia abajo en I Prueba de concavidad 1. Si f ' ' x   0 para todo x que pertenece al intervalo I , entonces la gráfica de f es cóncava hacia arriba en dicho intervalo. 2. Si f ' ' x   0 para todo x que pertenece al intervalo I , entonces la gráfica de f es cóncava hacia abajo en dicho intervalo. Punto de inflexión Un punto P de una curva se llama punto de inflexión si en dicho punto la curva pasa de cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo o viceversa. De acuerdo con la prueba de concavidad, hay un punto de inflexión en cualquier punto donde la segunda derivada cambie de signo. Como consecuencia de la prueba de concavidad y asociada a la segunda derivada tenemos la prueba de la segunda derivada para detectar y clasificar puntos extremos locales y puntos de inflexión. Para comprenderla consideremos la siguiente figura: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

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Página 76

Maximo local

Minimo local

y

y T

T

x

x c

f ' c   0 

c

f ' c   0 

recta tangente horizontal en x  c

recta tangente horizontal en x  c

f ' ' c   0  curva cóncava hacia arriba en x  c

f ' ' c   0  curva cóncava hacia abajo en x  c

Prueba de la segunda derivada Si f es continua en un entorno cercano a c , tenemos que: 1. Si f ' c   0 y f ' ' c   0 , entonces f tiene un máximo local en x  c 2. Si f ' c   0 y f ' ' c   0 , entonces f tiene un mínimo local en x  c Ejemplo No. 82 Dada la siguiente función f x   x 4  4x 3 a. b. c. d. e.

Determine los intervalos de crecimiento y decrecimiento. Determine y clasifique los puntos extremos locales usando la prueba de la primera derivada. Determine los intervalos de concavidad. Determine y clasifique los puntos extremos locales usando la prueba de la segunda derivada. Determine los puntos de inflexión.

Solución: a. Hallemos los números críticos de la función f : f ' x   4 x 3  12 x 2  f ' x   0  4 x 3  12 x 2  0  4 x 2 x  3  0 2  x x  3  0

Luego los números críticos de la función f son x  0 y x  3 . La ubicación de tales números críticos en el eje real x se muestra en la siguiente figura:



 2 1 0

1

2

3

4

5

x



La descomposición de la primera derivada en factores primos es: f ' x   4 x 2 x  3

Lo anterior sirve para construir la siguiente tabla: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

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Página 77

Intervalos

 ,0 0,3 3, 

Signo de f ' x  +

x3 +

4x 2 + + +

Creciente

o decreciente

De la tabla anterior se puede concluir que la función f x   x 4  4x 3 es: Decreciente en los intervalos Creciente en el intervalo

:  ,0 y 0,3 : 3,  

b. En la tabla anterior se observa que: 

f ' x  cambia de signo en el número crítico x  3 , es decir la función pasa de ser decreciente a creciente en x  3 . Luego f tiene un mínimo local en x  3 , cuyo valor mínimo local es f 3  27

Los puntos extremos de la función dada, están resumidos en la siguiente tabla: Punto extremo

3,27

Tipo Mínimo local

Ubicación

Valor extremo f 3  27

x3

c. Hallemos los números críticos de la función f ' : f ' ' x   12 x 2  24 x  f ' ' x   0  12 x 2  24 x  0  12 xx  2  0  xx  2  0

Luego los números críticos de la función f ' son x  0 y x  2 . A continuación construiremos una tabla que tendrá en su primera columna la división del eje real x en intervalos abiertos cuyos extremos sean los números críticos hallados anteriormente. La ubicación de tales números críticos en el eje real x se muestra en la siguiente figura:



 2 1 0

1

2

3

4

x



En la última columna colocaremos el símbolo  (cóncava hacia arriba) o  (cóncava hacia abajo) y en la penúltima columna colocaremos el signo de f ' ' x  . Por último entre la primera y la penúltima columna colocaremos el signo de cada factor primo de la descomposición de la segunda derivada. La descomposición de la segunda derivada en factores primos es: f ' x   12 xx  2 La tabla en cuestión está dada por: Intervalos 12 x  ,0 0,2 + 2,  +

x2 +

Signo de f ' ' x  + +

Cóncava hacia arriba  o cóncava hacia abajo    

De la tabla anterior se puede concluir que la función f x   x 4  4x 3 es: Cóncava hacia arriba en el intervalo :  ,0 Cóncava hacia abajo en el intervalo : 0,2 Cóncava hacia arriba en el intervalo : 2,   LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

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d. Sabemos que los números críticos de la función f son x  0 y x  3 . Por lo tanto según la prueba de la segunda derivada:  Como f ' 3  0 y f ' ' 3  36  0 , entonces f tiene un mínimo local en x  3 , cuyo valor mínimo local es f 3  27  Como f ' 0  0 y f ' ' 0  0 , entonces la prueba no da ninguna información. e. Determinar los puntos de inflexión es sumamente fácil si se dispone de la información de la tabla anterior. En dicha tabla se observa que:  f ' ' x  cambia de signo en el número x  0 , es decir la función pasa de ser cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo en x  0 . Luego 0, f 0 es un punto de inflexión de f  f ' ' x  cambia de signo en el número x  2 , es decir la función pasa de ser cóncava hacia abajo a cóncava hacia arriba en x  2 . Luego 2, f 2 es un punto de inflexión de f En la figura se muestra la gráfica de la función f x   x 4  4x 3 , los puntos extremos y los puntos de inflexión: y  x 4  4x3

0,0  Punto de inflexión x0

x2

x3

Punto de inflexión  2,16

Mínimo 3,27

4.2 OPTIMIZACIÓN Las técnicas anteriores para determinar valores extremos de una función dada, tienen numerosas aplicaciones prácticas para solucionar una variedad de problemas en muchas aéreas de la ciencia, como por ejemplo:  ¿Cuál es la aceleración máxima de un transbordador espacial?  ¿Qué ángulo deben formar los vasos sanguíneos al ramificarse, de modo que se minimice la energía consumida por el corazón al bombear la sangre? A continuación resolveremos y propondremos problemas tales como maximizar aéreas, volúmenes y utilidades o minimizar distancias, tiempos y costos. LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

Aplicaciones de la derivada

Página 79

En la solución de estos problemas prácticos, el reto radica en transformar el problema en un modelo matemático de optimización, identificar la función objetivo (la función que se va a maximizar o minimizar) y reconocer la restricción (ecuación conformada por variables y valores dados) en caso de que exista. No hay un modelo de solución específico para todos los problemas ya que cada uno de ellos es único y requiere una estrategia para resolverlo que depende de la naturaleza del problema, pero se recomienda tener en cuenta lo siguiente: 1. Comprender el problema: Identificar la función objetivo. Identificar las incógnitas. Identificar las cantidades dadas. Identificar la restricción. 2. Hacer un esquema del problema e introducir una notación: Identificar en el esquema las cantidades dadas, las requeridas (incógnitas) y las variables auxiliares. Asignar un símbolo a la función objetivo, a las incógnitas y las variables auxiliares. 3. Definir la expresión matemática de la función objetivo: Expresar la función objetivo en términos de las cantidades requeridas y las cantidades dadas. 4. Contextualizar la función objetivo: Expresar la función objetivo en términos de una variable independiente en caso de que quede expresada en función de dos o más variables. Para tal efecto emplee la restricción para despejar de ella una variable y reemplácela en la función objetivo. 5. Optimice la función objetivo: Aplique las técnicas aprendidas en la sección anterior para hallar los valores máximo o mínimo absoluto de la función objetivo. Ejemplo No. 83 Un granjero dispone de 24 m de cerca y desea encerrar un terreno rectangular limitado por un rio de orilla recta. Determine las dimensiones que debe tener el terreno de tal manera que su área sea la más grande. Solución: Para este problema la función objetivo es el área A del terreno, ya que es lo que se desea en este caso maximizar, sujeto a la restricción de que el campesino dispone de 24 m de cerca.

y

x

x

Consideremos la figura, en la cual estamos suponiendo que el terreno tiene un largo y y un ancho x . Por lo tanto el área del terreno es: A  xy  Función objetivo Pero debemos expresar el área A del terreno en función de una sola variable independiente (ya sea en función del ancho x o del largo y ). Para tal efecto consideremos la restricción dada, la cual establece que: 2 x  y  24  Restricció n

De esta última ecuación podemos despejar x o despejar y , lo cual no incide en el resultado final. Despejemos y : y  24  2 x LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

Aplicaciones de la derivada

Página 80

Reemplacemos y en la ecuación del área, para expresar A en función de x nada más: A  xy  A  x24  2 x   Ax   24 x  2 x 2 , con 0  x  12

Ahora hallemos los extremos de la función objetivo Ax   24 x  2 x 2 . Para tal efecto determinemos sus números críticos: A' x   24  4 x  A' x   0  24  4 x  0  x  6 Luego la función objetivo solamente tiene el número crítico x  6 . Apliquemos ahora la prueba de la segunda derivada para ver qué sucede en dicho número crítico. Tenemos que: A' ' x   4 Luego como A' 6  0 y A' ' 6  24  0 entonces Ax   24 x  2 x 2 tiene un máximo absoluto en x  6 , cuyo valor máximo absoluto es A6  72 Si x  6 , entonces usando la restricción tenemos que y  24  26  y  12 . Por lo tanto las dimensiones que debe tener el terreno de tal manera que su área sea máxima, son un ancho de 6 m y un largo de 12 m . En la siguiente figura se da una interpretación geométrica del resultado obtenido: Los únicos valores para y cumplen con la restricción los cuales hacen que el área terreno sea máxima son

6,72

A

A6  72

que , del y

En la gráfica se observa que cuando , el área del terreno asume su valor máximo, el cual es

A  24 x  2 x 2

La función tiene un punto extremo del tipo máximo absoluto con x coordenadas . Es decir el punto es el más alto en la parábola con ecuación , con

x6

Ejemplo No. 84 Se va a fabricar una lata con forma de cilindro circular recto que contenga 1 L  1000 cm 3 de aceite. Determine las dimensiones de la lata que minimicen el costo del metal para fabricarla. Solución: Para minimizar el costo del metal, es necesario minimizar el área superficial de la lata cilíndrica. Por esta razón la función objetivo es el área superficial AS de la lata, sujeto a la restricción de que la lata debe contener 1 L de aceite. Consideremos la siguiente figura, en la cual estamos suponiendo que la lata tiene una altura h y un radio r 2r

r h

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r

h

Aplicaciones de la derivada

r

Página 81

Por lo tanto el área superficial de la lata es: AS  2 r 2  2 rh  Función objetivo Pero debemos expresar AS en función de una sola variable independiente (ya sea en función de h o de r ). Para tal efecto consideremos la restricción dada, la cual establece que:

 r 2 h  1000  Restricció n Volumen de la lata

De esta última ecuación podemos despejar h o despejar r , lo cual no incide en el resultado final. Despejemos h : 1000 h  r2 Reemplacemos h en la ecuación del área superficial de la lata, para expresar AS en función de r nada más: 2 AS  2 r 2  2 rh  AS  2 r  2 r

2000 1000 2  AS r   2 r  , con r  0 2 r r

2 Ahora hallemos los extremos de la función objetivo AS r   2 r 

2000 . Para tal efecto determinemos sus r

números críticos: 2000 2000 4 r 3  2000 AS ' r   4 r  2  AS ' r   0  4 r  2  0  0 r r r2  4 r 3  2000  0  r 3

500



 5.41

Luego la función objetivo solamente tiene el número crítico r  3 500  . Apliquemos ahora la prueba de la segunda derivada para ver qué sucede en dicho número crítico. Tenemos que: AS ' ' r   4 

4000 r3

Luego como AS ' absoluto en r  3 AS

  0 3 500



500



y AS ' '

   12  0 3 500



entonces AS r   2 r 2  2000 r

tiene un mínimo

, cuyo valor mínimo absoluto es:

   2    2000  3000  553.58 3 500

3 500





2

3 500



Si r  3

500



3 500



, entonces usando la restricción tenemos que h 

1000



  3 500

2

 

23

500



 h  2r  10.83



Por lo tanto las dimensiones que debe tener la lata de tal manera que su área superficial sea mínima y así minimizar el costo del metal para fabricarla, son una altura de 10.83 cm y un radio de 5.41 cm . En la siguiente figura se da una interpretación geométrica del resultado obtenido: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

Aplicaciones de la derivada

Página 82

Los únicos valores para y que cumplen con la restricción , los cuales hacen que el área superficial de la lata sea mínima son

AS

y

5.41, 553.58 AS

En la gráfica se observa que cuando superficial el cual es

   553.58 3 500



r r  5.41

, el área

de la lata asume su valor mínimo,

La función tiene un punto extremo del tipo mínimo absoluto con coordenadas . Es decir el punto es el más bajo en la curva con ecuación , en la parta positiva de . Es decir para

AS  2 r 2  2000 r

Ejemplo No. 85 Halle el punto sobre la parábola y 2  2 x más cercano al punto 1,4 Solución: Este problema es equivalente a determinar el punto x, y  sobre la parábola y 2  2 x cuya distancia al punto 1,4 sea mínima. Por esta razón la función objetivo es la distancia d que hay desde el punto x, y  hasta el punto 1,4 , sujeto a la restricción de que dicho punto debe estar sobre la parábola. Consideremos la siguiente figura, en la que aparece la gráfica de la ecuación y 2  2 x , el punto 1,4 y un punto x, y  sobre la parábola: Por lo tanto la distancia que hay desde el punto es:

1,4

hasta el punto

d

x, y 

Expresemos en función de una sola variable independiente (ya sea en función de o de ). Para tal efecto consideremos la restricción dada, la cual establece que: De esta última ecuación despejemos

y nos queda que

Reemplacemos en la ecuación de la distancia, para expresar función de nada más: y 2  2x

Con

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Aplicaciones de la derivada

Página 83

en

Ahora hallemos los extremos de la función objetivo d  y   sus números críticos: d '  y   12



1 2



y 2  1   y  4 . Para tal efecto determinemos 2

2

 y 1  y  4  2 y y 1 2y  4 1 2

2

2

Es decir: d ' y  0 

1 2

2

 12

2

1 2

 y 1  y  4  2 y y 1 2y  4  0 1 2

2

2

2

 12

1 2

2





2 y 12 y 2  1  2 y  4



 y

2

1 2

2



 1   y  4 2

2

0



1 2

 2 y12 y 2  1  2 y  4  0  y 3  2 y  2 y  8  0  y 3  8  y  2

Luego la función objetivo tiene el número crítico y  2 . Debido a la naturaleza del problema, existe un punto x, y  en la parábola y 2  2 x lo más próximo al punto 1,4 y no existe un punto que este lo más alejado, por esta razón la función d  y  



1 2



y 2  1   y  4 tiene un mínimo absoluto el número crítico y  2 2

2

Si y  2 , entonces usando la restricción tenemos que x  12 y 2  x 

1 2

22

 x2

Por lo tanto las coordenadas del punto en la parábola y 2  2 x más cercano al punto 1,4 es 2,2 Ejemplo No. 86 Halle el área del rectángulo más grande que puede inscribirse en un semicírculo de radio r Solución:

y

En este problema la función objetivo es el área A del rectángulo inscrito en el semicírculo dado. Consideremos la figura, en la cual estamos suponiendo que el rectángulo tiene un largo 2 x y un ancho y . Por lo tanto el área del rectángulo viene dada por: A  2 xy  Función objetivo

x, y  r

x

y x

x

r r Expresemos A en función de una sola variable independiente. Para tal efecto consideremos la restricción: x 2  y 2  r 2  Restricció n dada, segun el teorema de pitagoras De esta última ecuación despejemos y : y  r 2  x 2 Reemplacemos y en la ecuación del área, para expresar A en función de x nada más: 2 2 A  2 xy  Ax   2 x r  x , con r 2  x 2  0

Ahora hallemos los extremos de la función objetivo Ax   2 x r 2  x 2 . Para tal efecto determinemos sus números críticos:



A' x   2 r 2  x 2  x r 2  x 2



 12

 2x

Es decir: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial I1

Aplicaciones de la derivada

Página 84



A' x   0  2 r  x  x r  x 2



2





2 r 2  x2  2x2 r x 2

2

2



1 2 2

 2 x  0

 2 r x  2

2

 2x2 r 2  x2

0

 0  2r 2  2 x 2  2 x 2  0   4 x 2  2r 2  x 

Luego la función objetivo solamente tiene el número crítico x 

1 2

1 2

r

r . Debido a la naturaleza del problema, es obvio

que existe un rectángulo inscrito en el semicírculo dado de área más grande (máxima) y no existe un rectángulo de área más pequeña (mínima), por esta razón la función Ax   2 x r 2  x 2 tiene un máximo absoluto en su único número crítico x  12 r Si x 

1 2

r , entonces usando la restricción tenemos que y  r 2 

 r 1 2

2

2 2  y  r  12 r

 y

1 2

r2  y 

 r  r 

Luego el área del rectángulo más grande inscrito en el semicírculo dado es: A  2

1 2

1 2

1 2

r

 A  r2

Ejemplo No. 87 Una persona está en un punto A sobre una de las riberas de un rio de orilla recta que tiene 3 km de ancho y desea llegar hasta el punto B ubicado 8 km corriente abajo en la ribera opuesta, tan rápido como le sea posible (ver figura). La persona podría remar en su bote, cruzar directamente el rio hasta el punto C y caminar hasta el punto B , podría remar hasta el punto B o, en última instancia, remar hasta algún punto D , entre el punto C y el punto B , y luego caminar hasta B . Si puede remar a 6 kmh y caminar a 8 kmh ¿Dónde debe desembarcar para llegar al punto B tan pronto como sea posible? Solución: A

3 km

Para este problema la función objetivo es el tiempo que demora la persona en ir desde el punto hasta el punto , la cual se desea minimizar. Donde: C x

dr

Con:

D 8 km dc

Pero B

y

Además

y según el teorema de Pitágoras tenemos que:

Siendo x la distancia que hay desde el punto C hasta el punto D donde debe desembarcar la persona. Por lo tanto el tiempo que demora dicha persona en ir desde el punto A hasta el punto B es: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

Aplicaciones de la derivada

Página 85

T  t r  tc 

dr dc  vr vc

 T x  

1 6

x 2  9  18 8  x  , con 0  x  8  Función objetivo

Ahora hallemos los extremos de la función objetivo T x   16 x 2  9  18 8  x  . Para tal efecto determinemos sus números críticos:



T ' x   121 x 2  9

 2x   12

x

Es decir

6 x 9 2

1 8

 T ' x   0 

 18  0 

8x  6 x 2  9 48 x  9 2



1 12

x

2

9

 2x   12

1 8

0

 0  8x  6 x 2  9  0



 64 x 2  36 x 2  9  28x 2  324  x 

Luego la función objetivo solamente tiene el número crítico x 

9 7

9 7

 3.4

. Debido a la naturaleza del problema,

supondremos que la función T x   16 x 2  9  18 8  x  tiene un mínimo absoluto en su único número crítico x  97 . Por lo tanto la persona debe desembarcar en un punto situado a 3.4 km del punto B . Ejemplo No. 88 Se dispone de 1200 cm 2 de material para hacer una caja de base cuadrada y parte superior sin tapa, halle el volumen máximo de la caja. Solución: En este caso la función objetivo es el volumen V de la caja, sujeto a la restricción de que se dispone de 1200 cm 2 de material para fabricarla. Consideremos la siguiente figura, en la cual estamos suponiendo que la caja tiene un ancho x , un largo x y un alto y y y y

x

y

x x

y

x

y

x y

x y

y

Por lo tanto el volumen de la caja es: V  x 2 y  Función objetivo Expresemos V en función de una sola variable independiente. Para tal efecto consideremos la restricción: x 2  4 xy  1200  Restricció n 1200  x 2 De esta última ecuación despejemos y : y  4x

Reemplacemos y en la ecuación del volumen, para expresar V en función de x nada más: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

Aplicaciones de la derivada

Página 86

2 2 1200  x  1 3 V  x V x y   4 x   V x   300 x  4 x , con 0  x  20 3   Ahora hallemos los extremos de la función objetivo V x   300 x  14 x 3 . Para tal efecto determinemos sus

2

números críticos: V ' x   300  34 x 2  V ' x   0  300  34 x 2  0  x 2  400  x  20

Luego la función objetivo solamente tiene el número crítico x  20 . Apliquemos ahora la prueba de la segunda derivada para ver qué sucede en dicho número crítico. Tenemos que: V ' ' x    32 x Luego como V ' 20  0 y V ' ' 20  30  0 entonces V x   300 x  14 x 3 tiene un máximo absoluto en x  20 , cuyo valor máximo absoluto es V 20  4000 1200  20  y  10 Si x  20 , entonces usando la restricción tenemos que: y  4x 2

Por lo tanto el volumen máximo de la caja es: V  x 2 y  V  20 10  V  4000 cm3 2

En la siguiente figura se da una interpretación geométrica del resultado obtenido: V  300 x  14 x 3

Los únicos valores para y que cumplen con la restricción , los cuales hacen que el volumen de la caja sea máximo son y

V

20,4000

En la gráfica se observa que cuando , el volumen de la caja asume su valor máximo, el cual es

V 20  4000

x x  20

La función tiene un punto extremo del tipo máximo absoluto con coordenadas . Es decir el punto es el más alto en la curva con ecuación , para

Ejemplo No. 89 Halle el rectángulo de área más grande que puede ser inscrito en un triángulo equilátero de lado L , si un lado del rectángulo se encuentra sobre la base del triángulo. Solución: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

Aplicaciones de la derivada

Página 87

A

Para este problema la función objetivo es el área A del rectángulo inscrito en el triángulo. Consideremos la figura, en la cual estamos suponiendo que el rectángulo tiene un ancho x y un alto y . Por lo tanto el área del rectángulo es:

h y

A  xy  Función objetivo

Pero debemos expresar A en función de una sola variable independiente. Para tal efecto requerimos de la restricción. A continuación hallaremos tal restricción:

y

L 2



D

x 2

Como los triángulos rectángulos ABC y ADE son semejantes, entonces: h

C

B

h

x 2

L

E L 2

h y x 2

Pero, según el teorema de Pitágoras aplicado en el triángulo rectángulo ADE , tenemos que: 2

3L2 L2 4 L2  L2 L 2 2 2 2 2 L   h  h  L   h   h   h 4 4 4 2 2

3 2 L 2

Por lo tanto nos queda que una restricción de este problema es: De esta última ecuación despejemos y :

3 2 L 2

L

3 2



L y

3 2



L y x 2

3 2

3



x 2

L

L y x 2

3 2

L

 Restricció n  y

3 2

L

3 2

x

Reemplacemos y en la ecuación del área, para expresar A en función de x nada más:



A  xy  A  x

3 2

L

3 2



x  Ax  

3 2

Lx 

3 2

Ahora hallemos los extremos de la función objetivo Ax   números críticos: A' x  

3 2

L  3x  A' x   0 

3 2

x 2 , con x  0 3 2

Lx 

L  3x  0 

3 2

x 2 . Para tal efecto determinemos sus

3x 

3 2

L  x

L 2

Luego la función objetivo solamente tiene el número crítico x  L2 . Debido a la naturaleza del problema, es obvio que existe un rectángulo inscrito en el triángulo equilátero dado de área más grande (máxima) y no existe un rectángulo de área más pequeña (mínima), por esta razón la función Ax   23 Lx  23 x 2 tiene un máximo absoluto en su único número crítico x  L2 Si x  L2 , entonces usando la restricción tenemos que: y 

3 2

L

3 2

 L2 

 y

3 4

L

Por lo tanto las dimensiones del rectángulo de área máxima inscrito en el triángulo equilátero dado son un ancho x  L2 y un alto y  43 L . Cuya área máxima es:

 L 

A   L2 

3 4

3 8

L2

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Aplicaciones de la derivada

Página 88

Ejemplo No. 90 Se inscribe un cilindro circular recto en una esfera de radio R . Determine el volumen más grande de este cilindro. Solución: En este caso la función objetivo es el volumen V del cilindro inscrito. Consideremos la figura, en la cual estamos suponiendo que el cilindro tiene una altura h y un radio r . Por lo tanto el volumen del cilindro es:

r h 2

V   r h  Función objetivo 2

R h

Expresemos V en función de una sola variable independiente. Para tal efecto consideremos la restricción: r 2   h2   R 2  Restricció n dada, segun el teorema de pitagoras 2

h2 4R 2  h 2 2  r  De esta última ecuación despejemos r : r  R  4 4 2

2

2

Reemplacemos r 2 en la ecuación del volumen, para expresar V en función de h nada más:  4R 2  h 2  h  V h   R 2 h  14  h3 , con h  0 V  r h  V    4   2

Ahora hallemos los extremos de la función objetivo V h   R 2 h  4 h3 . Para tal efecto determinemos sus números críticos: V ' h   R 2  34  h 2  V ' h  0   R 2  34  h 2  0 

Luego la función objetivo solamente tiene el número crítico h 

2 3

3 4

 h2   R2  h 

2 3

R

R . Debido a la naturaleza del problema, es

obvio que existe un cilindro inscrito en la esfera de volumen más grande (máximo) y no existe un cilindro de volumen más pequeño (mínimo), por esta razón la función V h   R 2 h  4 h3 tiene un máximo absoluto en su único número crítico h  23 R . Por lo tanto el volumen más grande de este cilindro es: V   R 2 h  14  h3  V   R 2

 R    R 2 3

1 4

2 3

 V

3

2 3

 R3  3 23  R3  V  3 43  R3

EJERCICIOS No. 10 1. Halle los números críticos de la función

f ( x)  5 x 4  x  4 

2

2. En cada caso halle los valores máximo y mínimo absolutos de la función en el intervalo dado: a. b.

f ( x)  x 4  4 x 2  2 ,  2, 2 x , 0, 2 f ( x)  2 x 1

3. Para cada una de las siguientes funciones: LEIDER SALCEDO GARCIA | Cálculo Diferencial

Aplicaciones de la derivada

Página 89

     a.

Determine los intervalos de crecimiento y decrecimiento. Determine y clasifique los puntos extremos locales usando la prueba de la primera derivada. Determine los intervalos de concavidad. Determine y clasifique los puntos extremos locales usando la prueba de la segunda derivada. Determine los puntos de inflexión. f ( x)  x 3  12 x  1

b.

f ( x)  x 5  5 x  3

c.

f ( x) 

d.

f ( x)  8 x  x 2

e.

f ( x)  2 x 3  9 x 2  12 x  3

f.

f ( x) 

g.

f ( x)  x 4  2 x 3  3 x 2  4 x  4

x5 x 4   2x3 5 4





2 3

x 4 x3   3x 2 4 3

4. Un campesino desea cercar tres terrenos rectangulares adyacentes idénticos incluyendo cerca en medio de ellos, tal como se muestra en la figura. Cada terreno debe tener un área de 18 m 2 . ¿Cuáles serían las dimensiones de los terrenos para emplear la menor cantidad de cerca posible? 5. Un granjero quiere bordear un área de 1.5 millones de pies cuadrados en un campo rectangular y luego dividirlo por la mitad con una tapia paralela a un lado del rectángulo ¿Cómo puede hacerlo para minimizar el costo de la tapia? 6. Pruebe que de todos los rectángulos con un área dada, el que tiene el perímetro menor es un cuadrado. 7. Halle dos números de producto mínimo y diferencia 100 8. Determine dos números positivos cuya suma sea 10 y cuyo producto sea máximo. 9. Un rectángulo tiene 120 m de perímetro. ¿Cuáles deben ser las medidas de los lados del rectángulo que den como resultado el área máxima? 10. Determine el área del rectángulo más grande que tenga dos vértices en el eje x y los otros dos en la parábola y  16  x 2 , por arriba del eje x . 11. Halle el punto de la recta y  4 x  7 más cercano al origen. 12. Halle los puntos sobre la hipérbola y 2  x 2 que están más cercano al punto 2,0 13. Determine la distancia mínima desde el punto 1, 0 a un punto x, y  de la curva y 2  x 2  9 y halle el punto de dicha curva más cercano al punto dado. 14. Halle el área del rectángulo más grande que puede inscribirse en la elipse

x2 y2  1 a 2 b2

15. Determine las dimensiones del cilindro con mayor volumen que pueda inscribirse en un cono circular recto que tiene radio r y altura h 16. Un trozo de alambre de 80 cm de longitud se dobla en forma de rectángulo. Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área posible.

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17. Una ventana tiene forma de rectángulo, culminando en la parte superior con un triángulo equilátero. El perímetro de la ventana es de 3 m ¿Cuál debe ser la longitud de la base del rectángulo para que la ventana tenga el área máxima? Ver figura. 18. Una página debe contener 150 cm 2 de material impreso con 4 cm de margen inferior y superior y 2 cm de margen izquierdo y derecho. ¿Qué dimensiones debe tener la página para que se gaste menos papel? 19. Una huerta rectangular debe proyectarse al lado del terreno de un vecino, y debe tener un área de 10800 m 2 . Si el vecino paga la mitad de la cerca medianera, ¿Cuáles deben ser las dimensiones de la huerta para que el costo de cercarla sea para el dueño de la huerta el mínimo? 20. Una ventana normanda tiene forma de rectángulo coronado por un semicírculo. Si el perímetro de la ventana es de 30 pies , determine las dimensiones que debe tener la ventana de modo que admita la cantidad más grande posible de luz. 21. Una recta L pasa por el punto 1,2 , corta al eje x en el punto x,0 y al eje y en el punto 0, y  . Determine el área del triángulo AOB de superficie mínima, suponiendo x y y positivos.

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