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Derivadas, límites y aplicaciones de las derivadas
- ¿Con qué rapidez baja el nivel del agua contenida en un depósito cilíndrico si estamos vaciándolo a razón de 3000 litros por minuto? Solución. Sea r el radio del cilindro y h la altura medidos en decímetros. Sea V .t/ el volumen de agua, medido en litros (dcm^3 ), que hay en el cilindro en el tiempo t medido en minutos. La información que nos dan es una tasa de variación
V .t C 1 / V .t/ D 3000 litros por minuto
En este tipo de ejercicios la tasa de variación se interpreta como una derivada: V 0 .t/ D 3000. Fíjate que V .t C t 0 / V .t 0 / Ñ V 0 .t 0 /t, por lo que la interpretación es razonable. El signo negativo de la derivada es obligado ya que el volumen disminuye con el tiempo. Como el radio es constante pero la altura del agua depende del tiempo, tenemos
V .t/ D r 2 h.t/
y deducimos V 0 .t/ D 3000 D r 2 h^0 .t/ Por tanto h^0 .t/ D
r 2
decímetros por minuto
Si expresamos las medidas en metros, entonces h^0 .t/ D
r 2
metros por minuto.
Observa que lo que realmente hemos calculado es:
V .t C 1 / V .t/ D r 2 .h.t C 1 / h.t// ÷ h.t C 1 / h.t/ D
V .t C 1 / V .t/ r 2
D
r 2 que es la tasa de variación de la altura en un intervalo de 1 minuto. Pero, como ya te he dicho, en estos ejercicios se identifica la tasa de variación con una derivada, lo cual es, claro está, una
aproximación. ©
- Un punto P se mueve sobre la parte de la parábola x D y^2 situada en el primer cuadrante de forma que su coordenada x está aumentando a razón de 5cm/sg. Calcular la velocidad a la que el punto P se aleja del origen cuando x D 9. Solución. Sean .x.t/; y.t// las coordenadas, medidas en centímetros, del punto P en el instante t medido en segundos. Nos dicen que y.t/ > 0 y que x.t/ D y.t/^2. La distancia del punto P al origen viene dada por f .t/ D
p x.t/^2 C y.t/^2 , por lo que
f 0 .t/ D
x.t/x 0 .t/ C y.t/y 0 .t/ p x.t/^2 C y.t/^2
Lo que nos piden es f 0 .t 0 / sabiendo que x.t 0 / D 9. En tal caso ha de ser y.t 0 / D 3. También conocemos x 0 .t/ D 5 (cm/sg). Con ello es fácil deducir el valor de y 0 .t 0 / D
x 0 .t 0 / 2y.t 0 /
D
. Final- mente, f 0 .t 0 / D
x.t 0 /x 0 .t 0 / C y.t 0 /y 0 .t 0 / p x.t 0 /^2 C y.t 0 /^2
D
45 C 3. 5 = 6 /
81 C 9
D
p 10
cm/sg
- Se está llenando un depósito cónico apoyado en su vértice a razón de 9 litros por segundo. Sa- biendo que la altura del depósito es de 10 metros y el radio de la tapadera de 5 metros, ¿con qué rapidez se eleva el nivel del agua cuando ha alcanzado una profundidad de 6 metros? Solución. Expresaremos todas las medidas en metros. Si V .t/ es el volumen de agua que hay en el depósito en el tiempo t medido en segundos, nos dicen que V 0 .t/ D
m^3 /sg.
R
r
H
h
Depósito cónico
Sabemos que V .t/ D
r .t/^2 h.t/ donde h.t/ es la al- tura, medida desde el vértice, alcanzada por el agua en el tiempo t y r .t/ es el radio de la sección transversal del cono a la distancia h.t/ desde el vértice. Por seme- janza de triángulos deducimos que
r R
D
h H
, de donde,
r D r .t/ D
R
H
h.t/ D
h.t/. Luego V .t/ D
h.t/^3 , y
V 0 .t/ D
D
h.t/^2 h^0 .t/:
Luego, cuando h.t 0 / D 6 , deducimos que
D
36h^0 .t 0 /, esto es, h^0 .t 0 / D
m/sg Ñ
1 ; 146 m/h. ©
- El volumen de un cubo está aumentando a razón de 70 cm^3 por minuto. ¿Con qué rapidez está aumentando el área cuando la longitud del lado es de 12 cm? Solución. Sea V .t/ el volumen del cubo, medido en centímetros cúbicos, en el tiempo t, medido en minutos. Si L.t/ es la longitud en centímetros del lado en el tiempo t, tenemos que V .t/ D L.t/^3 , de donde, L^0 .t/ D
V 0 .t/ 3L.t/^2
. Como nos dicen que V 0 .t/ D 70 cm/min, deducimos que
cuando L.t 0 / D 12 , L^0 .t 0 / D
3. 12 /^2
. El área del cubo viene dada por S.t/ D 6L.t/^2 , deducimos
que S 0 .t 0 / D 12L.t 0 /L^0 .t 0 / D
cm^2 /min. ©
- Un barco A se desplaza hacia el oeste con una velocidad de 20 millas por hora y otro barco B avanza hacia el norte a 15 millas por hora. Ambos se dirigen hacia un punto O del océano en el cual sus rutas se cruzan. Sabiendo que las distancias iniciales de los barcos A y B al punto O son, respectivamente, de 15 y de 60 millas, se pregunta: ¿A qué velocidad se acercan (o se alejan) los barcos entre sí cuando ha transcurrido una hora? ¿Y cuando han transcurrido 2 horas? ¿En qué momento están más próximos uno de otro? Solución. O (^) A
B Cruce de barcos
Tomamos el punto O como origen de coordenadas, tal como se indica en la figura. Llamemos x.t/ a la distan- cia, medida en millas, que separa el barco A de O. Nos dicen que x. 0 /D 15 y x 0 .t/D 20 millas por hora. Obser- va que como la función x.t/ es decreciente su derivada debe ser negativa. Análogamente, sea y.t/ la distancia que separa al barco B de O.
Solución. Consideremos la segunda de las funciones anteriores. Tenemos que f .x/ D (^) j^1 xj para x < c o x > c, y f .x/ D a C bx^2 para c 6 x 6 c. Imponemos primero la condición de que f sea continua en c. Tenemos que f .c/ D a C bc^2 D (^) xlKım!c x < c
f .x/, y l xKım!c x > c
f .x/ D (^) j^1 cj D (^1) c. Debemos
imponer la condición aCbc^2 D (^1) c. Impondremos también la condición de que los límites laterales en c de la derivada de f coincidan. Para x > c es f .x/ D (^1) x , por lo que
xlKım!c x > c
f 0 .x/ D (^) xlKım!c x > c
x^2
D
c^2
Análogamente xlKım!c x < c
f 0 .x/ D (^) xlKım!c x < c
2bx D 2bc:
Debemos imponer la condición 2bc D (^) c^12. Deducimos que b D (^) 2c^13 y a D bc^2 C (^1) c D (^) 2c^3. Observa que las condiciones que hemos obtenido son necesarias para que f sea derivable en c. Pero dichas condiciones también son suficientes. No es necesario, por ello, que comprobemos que, con los valores de a y de b obtenidos antes, efectivamente f es derivable en c.
Las otras dos funciones se estudian de la misma forma. ©
- ¿Es cierta la igualdad f 0 .a/ D lKım t !a
f .a C t/ f .a t/ 2t
? Justifica tu respuesta.
Solución. Tenemos que
f .a C t/ f .a t/ 2t
D
f .a C t/ f .a/ 2t
C
f .a/ f .a t/ 2t
D
D
f .a C t/ f .a/ t
C
f .a t/ f .a/ t Y basta tener en cuenta que:
tl Kım!a
f .a C t/ f .a/ t
D l t Kım!a
f .a t/ f .a/ t
D f 0 .a/
- Supongamos que las funciones f y g y sus derivadas tienen los siguientes valores en x D 2 y x D 3.
x f .x/ g.x/ f 0 .x/ g^0 .x/ 2 8 2 1/3 - 3 3 -4 2 5
Calcular las derivadas de las siguientes funciones en los valores dados de x: a) f .x/g.x/; x D 3 b) f .x/=g.x/; x D 3 c) f .g.x//; x D 2 d)
p .f .x//^2 C .g.x//^2 ; x D 2 Solución. a) .fg/^0. 3 / D f 0. 3 /g. 3 / C f. 3 /g 0. 3 / D 8 C 15.
b)
f g
. 3 / D
f 0. 3 /g. 3 / f. 3 /g 0. 3 / g. 3 /^2
D
c) .f ı g/^0. 2 / D f 0 .g. 2 //g 0. 2 / D f 0. 2 /g 0. 2 / D 1.
d) h.x/ D
q .f .x//^2 C .g.x//^2 , h^0. 2 / D
f 0. 2 /f. 2 / C g 0. 2 /g. 2 / p .f .x//^2 C .g.x//^2
D
p 17
- Supongamos que f es una función que verifica una desigualdad del tipo jf .x/j 6 jxjr^ en algún intervalo abierto que contiene a cero, donde r > 1. Prueba que f es derivable en 0. Solución. La desigualdad jf .x/j 6 jxjr^ , con r > 0 , implica que f. 0 / D 0. Tenemos que ˇ ˇ ˇ ˇ
f .x/ f. 0 / x 0
ˇ D
f .x/ x
ˇ 6 jxj
r 1
Como r 1 > 0 , se tiene que lKım x! 0
jxjr ^1 D 0 , lo que, por la desigualdad anterior, implica que
lKım x! 0
f .x/ f. 0 / x 0
ˇ D^0 ”^ xlKım! 0
f .x/ f. 0 / x 0
D 0 :
Luego f es derivable en 0 y f 0. 0 / D 0.
- Calcula la derivada en todo punto de la función definida por
f .x/ D
x^2 sen
x
; x ¤ 0 0 ; x D 0
Solución. Para x ¤ 0 se verifica que jf .x/j D
ˇx
(^2) sen 1 x
ˇ 6 x
(^2). Como f. 0 / D 0 , resulta que
jf .x/j 6 x^2 para todo x 2 R. El ejercicio anterior implica que f es derivable en 0 con f 0. 0 / D 0. En los intervalos 1; 0 Œ y 0 ; C1Œ la función dada es derivable por ser producto y composición de funciones derivables en dichos intervalos, y podemos calcular su derivada con las reglas de derivación usuales: f 0 .x/ D 2x sen
x
cos
x
Observa que esta derivada tiene una discontinuidad esencial en 0. ©
- Calcula los puntos en que la cúbica y D ax^3 C bx^2 C cx C d, donde a; b; c; d son constantes reales, tiene tangente horizontal. Debes estudiar los distintos casos posibles. Solución. La tangente es horizontal en los puntos donde se anula la derivada, esto es, en las soluciones reales de la ecuación 3ax^2 C 2bx C c D 0 , las cuales viene dadas por
2b ˙
p 4b^2 12ac 6a
Si el discriminante 4b^2 12ac < 0 no hay ninguna solución real. Si 4b^2 12ac D 0 hay una solución real doble (en la que también se anula la derivada segunda pero no se anula la derivada
tercera, es un punto de inflexión). Si 4b^2 12ac > 0 hay dos puntos de tangencia horizontal. ©
- Calcula un punto c por la condición de que la tangente a la parábola f .x/ D x^2 C ˛x C ˇ en el punto .c; f .c//, sea paralela a la cuerda que une dos puntos dados AD.a; f .a// y B D.b; f .b//. Solución. Dos rectas en el plano son paralelas cuando tienen igual pendiente. Debemos calcular c por la condición
f .b/ f .a/ b a
Df 0 .c/ ” b^2 a^2 C ˛.b a/ b a
D2c C˛ ” b CaC˛ D2c C˛ ” c D a C b 2
- Calcula las ecuaciones de las rectas tangente y normal a una hipérbola de ecuación cartesiana y^2 x^2 D 1 , en un punto genérico .u; v/ de la misma. Solución. Podemos expresar y como función de x. Tenemos que y^2 D 1 C x^2 , lo que da lugar a dos curvas f .x/ D
p 1 C x^2 (la parte de la hipérbola en el semiplano superior y > 0 ) y
En un ejercicio como este lo primero que hay que hacer es elegir la variable en función de la cual va- mos a calcular la longitud del segmento AB. To- mando como variable ', es decir, la medida en ra- dianes del ángulo indicado en la figura, la longitud del segmento AB viene dada por
f .'/ D
b sen '
C
a cos '
Debemos calcular el mínimo absoluto de f. Tene- mos que:
P D .a; b/ a
b
A D .a C x; 0 /
B D. 0 ; b C y/
'
'
f 0 .'/ D
b cos ' sen^2 '
C
a sen ' cos^2 '
Se obtiene enseguida que f 0 .'/ se anula en un único punto ' 0 2 0 ; = 2 Œ que viene dado por la condición tg.' 0 / D 3
p b=a. Se justifica fácilmente que f tiene en ' 0 un mínimo absoluto.
En efecto, como f 0 es continua y no se anula en los intervalos 0 ; ' 0 Œ y ' 0 ; = 2 Œ, debe tener signo constante en ellos. Como lKım x! 0
f 0 .'/ D 1, y lKım x!= 2
f 0 .'/ D C1 se sigue que:
' 2 0 ; ' 0 Œ÷f 0 .'/ < 0 ; ' 2 ' 0 ; = 2 Œ÷f 0 .'/ > 0
por tanto, f es estrictamente decreciente en 0 ; ' 0 y estrictamente creciente en Œ' 0 ; = 2 Œ, lo que implica que f .' 0 / 6 f .'/ para todo ' 2 0 ; = 2 Œ.
Para calcular la longitud mínima f .' 0 /, basta tener en cuenta que:
1 C tg^2 .' 0 / D
cos^2 .' 0 /
D 1 C
3
s (^) b a
÷
a cos.' 0 /
D a^2 =^3
a^2 =^3 C b^2 =^3
Fácilmente se obtiene ahora que
b sen.' 0 /
D b^2 =^3
a^2 =^3 C b^2 =^3
con lo que la longitud mínima
buscada viene dada por:
f .' 0 / D
a^2 =^3 C b^2 =^3
Otra forma de calcular la longitud del segmento AB consiste en considerar la ecuación general de las rectas que pasan por el punto P D .a; b/. Dicha ecuación general es de la forma y D .x a/ C b, donde es un parámetro. Las intersecciones de dicha recta con los ejes son los puntos A D .a b=; 0 / y B D. 0 ; a C b/. Por tanto, la longitud del segmento AB viene dada por:
g./ D
s
a
b
C .b a/^2 . < 0 /
Otra forma de calcular la longitud del segmento AB consiste en introducir las variables x e y tales que AD.aCx; 0 /, B D. 0 ; b Cy/, como se indica en la figura. La longitud del segmento AB viene dada por H .x; y/ D
p .a C x/^2 C .b C y/^2. Esta función, aparentemente, depende de dos variables, pero dichas variables no son independientes , pues los puntos A, P y B están alineados. Por semejanza de triángulos se obtiene que x=b D a=y, por lo que y D .ab/=x. En consecuencia, la longitud del segmento AB viene dada por: h.x/ D
p .a C x/^2 C .b C .ab/=x/^2 .x > 0 /.
Tanto si se usa la función g como la h, debemos obtener un mínimo absoluto y, como son raíces cuadradas, es suficiente que calculemos el mínimo absoluto de la función radicando (las raíces respetan el orden en RC o ). Es decir, las funciones g y h alcanzan su mínimo absoluto en el mismo punto en que lo alcanzan las funciones:
G./ D
a
b
C .b a/^2 . < 0 /I H .x/ D .a C x/^2 C
b C
ab x
.x > 0 /
Comprueba que, de cualquier forma que lo hagas, vuelves a obtener la solución anterior. Comentario. Una forma equivalente de enunciar este ejercicio es la siguiente: Calcula la longitud de la escalera más larga que llevada en posición horizontal puede pasar por la esquina que forman dos corredores de anchuras respectivas a y b. Es evidente que la longitud de la escalera tiene que ser menor o igual que la longitud de cualquier segmento AB como el de la figura. Por tanto, la longitud de la escalera más larga que puede pasar
es igual a la longitud mínima del segmento AB. ©
- Determina el rectángulo con lados paralelos a los ejes coordenados, inscrito en la elipse de ecua-
ción
x^2 a^2
C
y^2 b^2
D 1 , y que tenga área máxima.
Solución.
Por razones de simetría, es suficiente determinar el vértice del rectángulo situado en el primer cua- drante. Si las coordenadas de dicho vértice son .x; y/, entonces el área del rectángulo será igual a 4xy. Como el vértice debe estar en la elipse, sus coordenadas x e y deberán satisfacer la igualdad x^2 a^2
C
y^2 b^2
D 1.
.x; y/
a
b
Deducimos que y D b
r 1
x^2 a^2
. Por tanto, se trata de calcular el máximo absoluto de la función
f .x/ D x b
r 1
x^2 a^2
, donde 0 6 x 6 a.
Como se trata de una función positiva, para calcular el valor en que alcanza su máximo podemos elevarla al cuadrado. En definitiva, nuestro problema es calcular el máximo absoluto de la función
h.x/ D x^2
x^2 a^2
en el intervalo Π0 ; a. Tenemos que
h^0 .x/ D 2x
x^2 a^2
C x^2
2x a^2
D 2x
4x^3 a^2
Los puntos críticos de h son x D 0 que corresponde a un mínimo y x D
a p 2
que corresponde a un máximo absoluto (justificación: la función h.x/ se anula en los extremos del intervalo Œ 0 ; a y es positiva en 0 ; aŒ por lo que su máximo absoluto en Œ 0 ; a tiene que alcanzarse en un punto del intervalo abierto 0 ; aŒ en el cual debe anularse su derivada. Pero el único punto que cumple estas condiciones es a=
p 2 ).
El rectángulo pedido es el que tiene de vértices
a p 2
b p 2
, y su área vale 2ab. ©
- Calcula el área máxima de un rectángulo que tiene dos vértices sobre una circunferencia y su base está sobre una cuerda dada de dicha circunferencia. Solución.
Solución.
Sean .s; t/ las coordenadas de P. La ecuación de la recta tan- gente a la circunferencia x^2 C y^2 D 1 en P es xs C yt D 1 , cuyos cortes con los ejes son los puntos A D. 0 ; 1 =t/, B D
. 1 =s; 0 /. Por tanto el área del triángulo AOB es igual a
1 2
s t
D
s
p 1 s^2
P D .s; t/
s
t
Para calcular su valor mínimo, como se trata de una función positiva, podemos elevarla al cuadra-^ O do para simplificar los cálculos. En definitiva, nuestro problema se reduce a calcular el mínimo de la función f .s/ D
s^2. 1 s^2 /
en el intervalo 0 ; 1 Œ.
Derivando tenemos f 0 .s/ D 2
2s^2 1 s^3. 1 s^2 /^2
. Por tanto el único cero de la derivada en el intervalo
0 ; 1 Πes s D 1 =
p
- Como para 0 < s < 1 =
p 2 se tiene que f 0 .s/ < 0 , y para 1 =
p 2 < s < 1 es f 0 .s/ > 0 , deducimos que en el punto 1 =
p 2 hay un mínimo absoluto de f. El punto P D. 1 =
p 2 ; 1 =
p
2 / es, por tanto, el que proporciona el triángulo de mínima área. ©
- Se quiere construir una caja sin tapa con una lámina metálica rectangular cortando cuadrados iguales en cada esquina y doblando hacia arriba los bordes. Halla las dimensiones de la caja de mayor volumen que puede construirse de tal modo si los lados de la lámina rectangular miden: a) 10 cm. y 10 cm. b) 12 cm. y 18 cm. Solución.
Sean a y b las longitudes de los lados de la lámi- na y x la longitud del lado del cuadrado que se cor- tará en cada esquina. Supongamos que a 6 b. El vo- lumen de la caja resultante es f .x/ D .a 2x/.b 2x/x. Se trata de calcular el máximo absoluto de la función f en el intervalo Œ 0 ; a= 2 . Derivando resulta f 0 .x/ D 12x^2 4 .a C b/x C ab. Los ceros de la deri- vada son
a 2x
b 2x
x
˛ D
a C b
p a^2 C b^2 ab
; ˇ D
a C b C
p a^2 C b^2 ab
Fíjate que:
a^2 C b^2 ab > a^2 C b^2 2ab D .b a/^2 > 0 ÷
p a^2 C b^2 ab > b a:
Deducimos que las raíces de f 0 son reales. Veamos si dichas raíces están en el intervalo Œ 0 ; a= 2 . Tenemos que:
˛ D
a C b
p a^2 C b^2 ab
.a C b .b a// D
a 3 También: a^2 C b^2 ab < a^2 C b^2 C 2ab D .a C b/^2 ÷
p a^2 C b^2 ab < a C b ÷ ˛ > 0 :
Por tanto 0 < ˛ < a= 3 y ˛ 2 0 ; a= 2 Œ. Comprobemos que ˇ > a= 2. 1 6
a C b C
p a^2 C b^2 ab
a 2
p a^2 C b^2 ab > 2a b
Si 2a b 6 0 , está desigualdad es trivialmente cierta. Supongamos que 2a b > 0. En tal caso, elevando al cuadrado ambos lados, la desigualdad anterior equivale a la siguiente:
a^2 C b^2 ab > 4a^2 4ab C b^2 ” 3a.b a/ > 0
Lo cual es cierto porque se ha supuesto que a 6 b, luego ˇ 62 0 ; a= 2 Œ. Por el teorema de Weierstrass, sabemos que f alcanza un máximo absoluto en algún punto x 0 2 Œ 0 ; a= 2 . Como f. 0 / D f .a= 2 / D 0 y f .x/ > 0 para 0 < x < a= 2 , debe ser x 0 2 0 ; = 2 Œ. En consecuencia, x 0 también es un extremo relativo de f en Œ 0 ; = 2 por lo que la derivada de f debe anularse en x 0. Pero el único punto del intervalo Œ 0 ; a= 2 en el que se anula la derivada de f es ˛. Concluimos así que x 0 D ˛. Con unos sencillos cálculos se obtiene
f .˛/ D
. 2a^3 C 3a^2 b C 3ab^2 2b^3 C 2 .a^2 ab C b^2 /^3 =^2 /
Comentario. Otra forma de razonar este ejercicio, algo más indirecta pero con la que te ahorras trabajo, es como sigue. Como f. 0 / D f .a= 2 / D 0 , podemos aplicar el teorema de Rolle, para obtener que la derivada de f tiene que anularse en algún punto de 0 ; a= 2 Œ. Además, f tiene que alcanzar en un punto x 0 de Œ 0 ; a= 2 un máximo absoluto y como, evidentemente, x 0 2 0 ; a= 2 Œ, deducimos que f 0 debe anularse en x 0. Luego o bien es x 0 D˛ o es x 0 Dˇ. El criterio de la derivada segunda nos permite salir de dudas. Tenemos que f 00 .x/ D 4 .a C b 6x/. Con ello,
f 00 .˛/ D 4 .a C b 6 ˛/ D 4
p a^2 C b^2 ab; f 00 .ˇ/ D 4 .a C b 6 ˇ/ D 4
p a^2 C b^2 ab
Por tanto, f 00 .˛/ < 0 y f 00 .ˇ/ > 0. Deducimos así que el punto ˛ está en el intervalo 0 ; a= 2 Œ y en él la función f alcanza su máximo absoluto en Œ 0 ; a= 2 . Alternativamente, puedes estudiar el signo de la primera derivada. Escribiendo f 0 .x/ D 12 .x ˛/.x ˇ/, se sigue que f 0 .x/ < 0 si x 2 ˛; ˇŒ y f 0 .x/ > 0 si x < ˛ o si x > ˇ. Deducimos que f es creciente en el intervalo 1; ˛, decreciente en el intervalo Œ˛; ˇ y creciente en Œˇ; C1Œ. Luego en ˛ hay un máximo relativo. Ahora hay que justificar que ˛ está en Œ 0 ; a= 2 y que es el
punto donde f alcanza su máximo absoluto en dicho intervalo. ©
- Calcular las dimensiones (radio y altura) de una lata cilíndrica de un litro de capacidad cuya superficie total sea mínima. Solución. Sea r el radio y h la altura medidos en decímetros. Como el volumen es 1 dcm^3 , tenemos que r 2 h D 1 , de donde h D
r 2
. La superficie total de la lata es f .r / D 2 r 2 C
2 r h D 2 r 2 C
r
. Se trata, por tanto, de calcular el máximo absoluto de f .r / cuando r > 0.
Derivando, f 0 .r / D 4 r
r 2
D 2
2 r 3 1 r 2
. Deducimos que la derivada tiene un único cero real
˛ D
p (^32) . Como para 0 < r < ˛ es f (^0) .r / < 0 , se sigue que f es decreciente en el intervalo
0 ; ˛; y como para ˛ < r es f 0 .r / > 0 , se sigue que f es creciente en el intervalo Œ˛; C1Œ. En consecuencia f .˛/ 6 f .r / para todo r > 0. Así, las dimensiones de la lata con mínima superficie lateral son r D
p 32 Ñ 0 ; 542 dcm, y h Ñ 1 ; 1 dcm. ©
- Hallar el volumen del cilindro circular recto más grande que puede inscribirse en una esfera de radio (a > 0 ). Solución.
Solución.
Sean x e y las coordenadas del vértice superior derecho de la viga. Será x^2 C y^2 D R^2. Nos dicen que la resistencia de la viga viene dada por una función de la forma kxy^2 donde k es una constante. El problema consiste en calcular el máxi- mo absoluto de f .x/ D kx.R^2 x^2 / en el intervalo Œ 0 ; R. Tenemos que f 0 .x/ D k.R^2 3x^2 /. De donde se deduce en- seguida que la viga más resistente se obtiene para x D R=
p 3 ,
e y D
r 2 3
R. ©
.x; y/
R
- Calcula la distancia mínima del punto. 6 ; 3 / a la parábola de ecuación y D x^2.
Solución. La distancia del punto. 6 ; 3 / a un punto de la parábola .x; x^2 / viene dada por q .x 6 /^2 C .x^2 3 /^2 :
Como se trata de una función positiva, calcularemos el punto donde el cuadrado de la distancia alcanza su mínimo absoluto. Sea
f .x/ D .x 6 /^2 C .x^2 3 /^2 D 45 12x 5x^2 C x^4 :
Se trata de calcular el mínimo absoluto de f cuando x 2 R. Observa que, en general, una función continua en R no tiene por qué alcanzar un mínimo absoluto, pero f es una función polinómica de grado par con coeficiente líder positivo , por lo que la existencia de un valor mínimo absoluto de f en R está garantizada de antemano, aunque no vamos a usar este resultado. Tenemos que f 0 .x/ D 12 10x C 4x^3 D 2 .x 2 /. 3 C 4x C 2x^2 /, que tiene una única raíz real x D 2. Como para x < 2 se tiene que f 0 .x/ < 0 y para x > 2 es f 0 .x/ > 0 , deducimos que en el punto x D 2 la función f alcanza un mínimo absoluto en R. Por tanto, el punto de la
parábola y D x^2 cuya distancia al punto. 6 ; 3 / es mínima es el punto. 2 ; 4 /. ©
- Una empresa tiene 100 casas para alquilar. Cuando la renta es de 80e al mes, todas las casas están ocupadas. Por cada 4e de incremento de la renta una casa queda deshabitada. Cada casa alquilada supone a la empresa un coste de 8e para reparaciones diversas. ¿Cuál es la renta mensual que permite obtener mayor beneficio? Solución. Todo lo que hay que hacer es calcular la función de beneficio. Sea 80 C x el precio del alquiler expresado en euros. Como es evidente que no interesa bajar la renta de 80e, se considera que x > 0. El beneficio mensual viene dado por
f .x/ D
x 4
. 80 C x 8 / D 7200 C 82x
x^2 4
Tenemos que f 0 .x/ D 82
x 2
. Deducimos fácilmente que para x D 164 obtenemos al máximo
beneficio. Es decir, cobrando un alquiler de 244 e, lo que supone alquilar un total de 100
D
59 casas y dejar sin alquilar 41, la empresa obtiene el máximo beneficio f. 164 / D 13. 924 e (así
es la economía capitalista: : :). ©
- Se proyecta un jardín en forma de sector circular de radio r y ángulo central #. El área del jardín ha de ser A fija. ¿Qué valores de r y # hacen mínimo el perímetro del jardín? Solución.
El área de un sector circular de amplitud # medida en radianes y radio r es igual a
r 2 , y su longitud viene dada por # r. El
perímetro del jardín es igual a # r C 2r. Como debe ser
r 2 D
A, es decir, # D
2A
r 2
, la función cuyo mínimo absoluto debemos
obtener es f .r / D
2A
r
C 2r , donde r > 0. Como f 0 .r / D
2A
r 2
C
2 D 2
r 2 A r 2
, se deduce fácilmente que en r D
p A f alcanza un mínimo absoluto. El valor mínimo del perímetro es igual a 4
p
A. ©
r
- Se corta un alambre de longitud L formando un círculo con uno de los trozos y un cuadrado con el otro. Calcular por dónde se debe cortar para que la suma de las áreas de las dos figuras sea máxima o sea mínima. Solución. Supongamos que partimos el alambre en dos trozos de longitud x y L x. Con el trozo de longitud x formamos un cuadrado cuya área será x^2 = 16 , con el otro trozo formamos un círculo cuyo radio, r , vendrá dado por 2 r DL x, y su area será r 2 D .L x/^2 4 . El problema consiste
en calcular los puntos donde la función f .x/ D
x^2 16
C
.L x/^2 4
alcanza su máximo y su mínimo absolutos en el intervalo Œ 0 ; L. Tenemos que
f 0 .x/ D
4L C. 4 C /x 8
Deducimos, estudiando el signo de la derivada, que en el punto x D
4L
4 C
hay un mínimo absoluto. Como la derivada tiene un único cero en 0 ; LŒ, deducimos que el máximo absoluto de f en Œ 0 ; L tiene que alcanzarse en uno de los extremos y, como f .L/ D 0 , concluimos que el valor máximo
de f se alcanza para x D 0 y vale f. 0 / D
L^2
- Dados dos puntos A y B situados en el primer cuadrante del plano, calcula cuál es el camino más corto para ir de A a B pasando por un punto del eje de abscisas. Solución.
Podemos situar los puntos A y B de forma que A D. 0 ; r / y B D .s; t/ con r; s; t positivos. La longitud del caminop APB viene dada por f .x/ D x^2 C r 2 C
p .s x/^2 C t^2. Debemos calcular el mínimo absoluto de f .x/ en el intervalo Œ 0 ; s. Te- nemos que
f 0 .x/ D
x s p t^2 C .s x/^2
C
x p r 2 C x^2
Resolviendo f 0 .x/ D 0 obtenemos la solución ˛ D r s r C t
. (Si haces los cálculos encontrarás que
r s r t es también una posible solución, pero f 0
(^) r s r t
A D. 0 ; r /
B D .s; t /
P D .x; 0 /
C D. 0 ; r /
D
lona que necesitamos es igual al área del sector y viene dada por
x^2 (si el volumen se expresa en m^3 , las demás medidas se expresarán en metros). Sea r el radio de la base de la tienda y h su altura. Nos dicen que el volumen de la tienda debe ser igual a una cantidad prefijada, V , es decir, V D
r 2 h.
Nuestro problema es calcular el mínimo absoluto de
x^2 sabiendo que la cantidad V D
r 2 h es conocida. Veamos que esta condición nos permite expresar x en función de #. Observa que la longitud de la base de la tienda, 2 r , debe ser igual a la longitud, # x, del arco circular que abarca el sector: # x D 2 r , de donde, r D
x
2
. Además, es evidente que x^2 D h^2 C r 2 , y deducimos que
h^2 D x^2 r 2 D x^2
#^2 x^2 4 ^2
D x^2
#^2
4 ^2
÷h D
x
p 4 ^2 #^2 2 Por tanto V D
r 2 h D
#^2 x^2 4 ^2
x
p 4 ^2 #^2 2
D
x^3 #^2
p 4 ^2 #^2 24 ^2
Despejando x, obtenemos que x D
2. 3 ^2 V /^1 =^3
#^2 =^3. 4 ^2 #^2 /^1 =^6
. La función de la que tenemos que cal- cular su mínimo absoluto es
f .#/ D
x^2 D
. 9 ^4 V 2 /^1 =^3
4 ^2 # #^3
1 = 3.^0 < # <^2 /
Tenemos que f 0 .#/ D. 9 ^4 V 2 /^1 =^3
3 #^2 4 ^2
4 ^2 # #^3
4 = 3 , que tiene un único cero positivo^ #^ D^
p 3 que corresponde, como se justifica fácilmente estudiando el signo de la derivada, a un mínimo
absoluto de f. El correspondiente valor del radio del sector es xD 6
r 35 V 2 2 ^2
y el área, 3 6
r 3 ^2 V 4 4
Para un volumen V D 5 m^3 , la cantidad de lona necesaria es Ñ 12 ; 25 m^2 ; el radio del sector
x Ñ 2 ; 6 m, la altura de la tienda h Ñ 2 ; 12 m y el radio de la tienda r Ñ 1 ; 5 m. ©
- Se desea construir un silo, con un volumen V determinado, que tenga la forma de un cilindro rematado por una semiesfera. El costo de construcción (por unidad de superficie) es doble para la semiesfera que para el cilindro (la base es gratis). Calcúlense las dimensiones óptimas para minimizar el costo de construcción. Solución. Sea r el radio de la base y h la altura del cilindro. Nos dicen que el volumen del silo, r 2 h C 2 3
r 3 , es un valor conocido, V , que podemos suponer expresado en m^3. Si el coste de construc- ción de 1 m^2 de superficie del cilindro es ˛ euros, la función de coste viene dada por ˛. 2 r h/ C 2 ˛. 2 r 2 /. De la condición V D r 2 h C
r 3 , se sigue que h D
2r 3
C
V
r 2
. Sustituyendo este valor en la función de coste, resulta que la función que debemos minimizar es
f .r / D
r 2 ˛ C
2V ˛
r
.r > 0 /
Tenemos f 0 .r / D
2 ˛. 8 r 3 3V / 3r 2
que se anula para r D
3
r 3V
en donde, como se comprueba fácilmente estudiando el signo de f 0 .r /, la función f alcanza un mínimo absoluto. La altura
correspondiente es hD 3
r 3V
. Para un volumen V D 100 m^3 , tenemos r Ñ 2 ; 3 m y h Ñ 4 ; 6 m. ©
- Demuestra que de todos los triángulos isósceles que se pueden circunscribir a una circunferencia de radio r , el de área mínima es el equilátero de altura 3r. Solución.
Sea ˛ la medida en radianes de los ángulos † CAB D † ABC. El triángulo 4 ON C es rectán- gulo y †CON D † ABC por ser ángulos con lados perpendiculares. Obtenemos así que cos.˛/ D
r OC
esto es, OC D
r cos ˛
. Considerando el triángulo
rectángulo 4 OMB, obtenemos tg.˛= 2 / D
OM
MB
D
r MB
, de donde MB D r cotg.˛= 2 /. El área del triángulo viene dada por MB.OC C r / y, susti- tuyendo los valores anteriores, resulta la función
f .˛/ D r 2 cotg.˛= 2 /
1 C cos ˛ cos ˛
O
A B
C
M
N r
˛
Como f 0 .˛/ D r 2
. 1 2 cos ˛/ cos^2 .˛= 2 / cos^2 .˛/ sen^2 .˛= 2 / deducimos que la derivada tiene un único cero que se obtiene cuando 1 2 cos ˛ D 0 , lo que implica que ˛ D = 3. Se comprueba fácilmente, estudiando el signo de la derivada, que dicho valor corresponde a un mínimo absoluto del área. Por tanto, de todos los triángulos isósceles que se pueden circunscribir a una circunferencia de radio r , el de área mínima es el equilátero; su altura es igual a OC C r D
r cos ˛
C r D 2r C r D 3r y su área vale 3r 2
p
- Con una cuerda de longitud L, con un nudo corredizo en uno de sus extremos, rodeamos una columna circular de radio R haciendo pasar el otro extremo por el nudo. Calcula la máxima distancia posible del extremo libre al centro de la columna. Solución.
Para hacer este ejercicio debes tener en cuenta que en los puntos donde la cuerda se separa de la columna lo hace en la dirección de la tan- gente a la circunferencia. En la figura se han representado los radios OC y OB que unen el centro de la circunferencia con los puntos de tangencia. Lo que nos piden es calcular la lon- gitud máxima del segmento OP conociendo la
O
C
B
A P
R
longitud de la cuerda y el radio de la columna. Tenemos que OP D OA C AP , como el triángulo 4 OCA es rectángulo, se verifica que OA D
R
sen #
, donde # es la medida en radianes del ángulo †OAC. La longitud del arco de circunferencia desde C hasta B en sentido contrario a las agujas del reloj,
es igual a R. C 2 #/; además se verifica que tg # D
OC
AC
D
R
AC
. Deducimos así que
AP D L 2 AC CB
_
D L 2R
cos # sen #
R. C 2 #/
Por tanto f .#/ D
R
sen #
C L 2R
cos # sen #
R. C 2 #/ 0 < # 6 = 2
Es claro que x D 0 es un cero de la derivada. Veamos si corresponde a un mínimo absoluto de f .x/. Calculando la derivada segunda y simplificando obtenemos que
f 00 .x/ D
3c
p ..x C 4 /^2 C 9 /^3
C
3c
p ..x 3 /^2 C 16 /^3
Resulta así que f 00 .x/ > 0 para todo x por lo que la derivada f 0 es estrictamente creciente y, al ser f 0. 0 / D 0 , se sigue que f 0 .x/ < 0 para x < 0 y f 0 .x/ > 0 para x > 0 , luego f es decreciente en 1; 0 y creciente en Œ 0 ; C1Œ y, en consecuencia, f tiene un mínimo absoluto
en x D 0. ©
- Calcula la posición del punto P D .x; 0 / en la figura de la derecha, donde A D. 0 ; 1 / y B D . 2 C
p 3 ; 2 /, para que el ángulo sea máximo. ¿Cuál es dicho valor máximo de ? Justifica con detalle lo que haces. Solución.
Tenemos que D 1 2 , es decir D. 2 1 / C. 2 2 / D ˇ 1 C ˇ 2 y deducimos fácilmente que
.x/ D arc tg x C arc tg
2 C
p 3 x 2
Derivando, tenemos
0 .x/ D
1 C x^2
C
1 C
2 C
p 3 x 2
A D. 1 ; 0 /
B D. 2 C
p 3 ; 2 /
P D .x; 0 /
ˇ (^1)
ˇ 2
1 2
Simplificando resulta
0 .x/ D
9 C 4
p 3 . 4 C 2
p 3 /x x^2
. 1 C x^2 /. 4 C. 2 C
p 3 x/^2 / Los ceros de la derivada son las raíces de x^2 C. 4 C 2
p 3 /x 4
p 3 9 D 0 , que vienen dadas por
˛ D
4 2
p 3 C
q
. 4 C 2
p 3 /^2 C 4. 4
p 3 C 9 / 2 ; ˇ D
4 2
p 3
q
. 4 C 2
p 3 /^2 C 4. 4
p 3 C 9 / 2
Como. 4 C 2
p 3 /^2 C 4. 4
p 3 C 9 / D 32. 2
p 3 / D 16. 4 C 2
p 3 / D 16.
p 3 C 1 /^2. Naturalmente, como 0 6 x 6 2 C
p 3 , y ˇ < 0 se sigue que
˛ D
p 3 C
q
p 3 C 1 /^2 2
D
p 3
es el único cero de la derivada en el intervalo Œ 0 ; 2 C
p 3 . Estudiemos ahora el signo de la derivada. Como el denominador de 0 .x/ es positivo, el signo de 0 .x/ es igual al de 9 C 4
p 3 . 4 C 2
p 3 /x x^2. Pero
9 C 4
p 3 . 4 C 2
p 3 /x x^2 D .x ˛/.x ˇ/
que es positivo cuando ˇ < x < ˛ y negativo si x < ˇ o ˛ < x. Deducimos que 0 .x/ > 0 si 0 6 x <
p 3 y 0 .x/ < 0 si
p 3 < x 6 2 C
p
- Por tanto, la función es creciente en Œ 0 ;
p 3 y decreciente en Œ
p 3 ; 2 C
p 3 . Concluimos que en
p 3 la función alcanza un máximo absoluto en Œ 0 ; 2 C
p 3 . El valor máximo es .
p 3 / D arc tg.
p
3 / C arc tg. 1 / D = 3 C = 4 D 7 = 12. ©
- Calcula el límite en el punto a que en cada caso se indica de las siguientes funciones:
f .x/ D .sen x C cos x/^1 =x^ ; a D 0 I f .x/ D. 1 C tg x/^1 =x
2 ; a D 0
f .x/ D .cot x/sen^ x^ ; a D 0 ; = 2 I f .x/ D
cos^2 x C
x^2 2
1 =x^2 ; a D 0
f .x/ D. 1 C sen x/cotg^ x^ ; a D 0 ; = 2 I f .x/ D log.sen x/ . 2x/^2
; a D = 2
f .x/ D
x arc tg x sen^3 x
; a D 0 I f .x/ D
.tg x/.arc tg x/ x^2 x^6
; a D 0
f .x/ D
ex^ cos
p 2 x x tg^2 x
; a D 0 I f .x/ D
(^) sen x x
1 =. 1 cos x/ ; a D 0
Solución. El límite lKım x! 0
.sen x C cos x/^1 =x^ es de la forma lKım x!a f .x/g.x/^ cuando lKım x!a f .x/ D 1 y lKım x!a jg.x/j D C1. Se trata, por tanto, de una indeterminación del tipo 11. Estos límites suelen poderse calcular haciendo uso del criterio de equivalencia logarítmica (teorema ?? ) que, en las condiciones anteriores para f y g, nos dice que:
lKım x!a f .x/g.x/^ D eL^ ” lKım x!a g.x/.f .x/ 1 / D L lKım x!a f .x/g.x/^ D 0 ” lKım x!a g.x/.f .x/ 1 / D lKım x!a f .x/g.x/^ D C1 ” lKım x!a g.x/.f .x/ 1 / D C
En nuestro caso:
lKım x! 0
x
.sen x C cos x 1 / D lKım x! 0
sen x C cos x 1 x
D lKım x! 0
sen x x
C lKım x! 0
cos x 1 x
D 1 :
Donde hemos usado que
lKım x! 0
sen x x
D lKım x! 0
sen x sen 0 x 0
D cos 0 D 1
lKım x! 0
cos x 1 x
D lKım x! 0
cos x cos 0 x 0
D sen 0 D 0
sin más que recordar la definición de derivada de una función en un punto. Concluimos así que
lKım x! 0
.sen x C cos x/^1 =x^ D e
El límite lKım x! 0
. 1 C tg x/^1 =x
2 es del mismo tipo anterior. Ahora, el límite
lKım x! 0
tg x x^2
D lKım x! 0
sen x x
x cos x no existe, pues lKım x! 0 x > 0
x cos x
D C1; lKım x! 0 x < 0
x cos x
D 1:
Luego lKım x! 0 x > 0
. 1 C tg x/^1 =x 2 D C1 y lKım x! 0 x < 0 . 1 C tg x/^1 =x 2 D 0.
El límite lKım x! 0
cos^2 x C
x^2 2
1 =x^2 es del mismo tipo que los anteriores. Tenemos ahora que:
lKım x! 0
cos^2 x C x^2 = 2 1 x^2
D lKım x! 0
sen^2 x C x^2 = 2 x^2
D lKım x! 0
(^) sen x x
C
D
