Calculo Diferencial Capitulo 05

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

1) f (x) = −x + 2 en x = 3 f (3) = −3 + 2 f (3) = −1 P(3, −1) Se deriva la función: f '(x) = −1 Entonces: La longitud de la subtangente: LST =

y1

LST =

dy dx

−1 −1

LST = 1

Longitud de la Subnormal: LSN = y1 · dy dx

LSN = (−1)(−1)

LSN = 1

Longitud de la Tangente: LT =

LT =

y1

1 + dy dx

−1 −1

1 + (−1)2

dy dx

2

LT = 1 1 + 1 = 2

LT = 2

Longitud de la Normal: LN = y1 1 + dy dx

2

LN = (−1) 1 + (−1)2 LN = − 1 + 1 LN = − 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

2) f (x) = −x2 + 3x − 2 en x = −2 f (−2) = −(−2)2 + 3(−2) − 2 = −4 − 6 − 2 = −12 f (−2) = −12 P(−2, −12) Se deriva la función f '(x) = −2x + 3 f '(−2) = −2(−2) + 3 f '(−2) = 7 Entonces: La longitud de la subtangente: LST =

y1

dy dx

LST =

−12 7

LST = −

12 7 377

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

Longitud de la Subnormal: LSN = y1 · dy dx

LSN = (−12)(7)

LSN = −84

Longitud de la Tangente: y1

LT = LT =

1 + dy dx

dy dx

−12 7

LT = −

2

1 + (7)2

12 7

LT = −

50

12 ( 2 )(5) 7

LT = − 60 2 7

Longitud de la Normal: LN = y1 1 + dy dx

2

LN = (−12) 1 + (7)2 LN = −12 50 LN = −12 2 (5) LN = −60 2 3) y = x2 − 5x + 6 en el punto (−1, 12) Se deriva la función: dy = 2x − 5 dx dy = 2(−1) − 5 dx

Entonces: La longitud de la subtangente es: LST =

y1

LST =

dy dx

12 −7

LST = −

12 7

Longitud de la Subnormal: LSN = y1 · dy dx

LSN = (12)(−7)

Longitud de la Tangente: LT = 378

y1

dy dx

1 + dy dx

2

LSN = −84

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dy = −7 dx

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

LT =

12 −7

1 + (−7)2

LT =

12 −7

50

LT =

12 (5)( 2 ) −7

LT = − 60 7

2

Longitud de la Normal: LN = y1 1 + dy dx

2

LN = 12 1 + (7)2 LN = 12 50 LN = 12(5) 2 LN = 60 2 4) f (x) = x3 − 2x2 + 7 en el punto (2, 7) Se deriva la función: f '(x) = 3x2 − 4x f '(2) = 3(2)2 − 4(2) f '(2) = 12 − 8 f '(2) = 4 Entonces: La longitud de la subtangente es: y1

LST =

LST =

dy dx

7 4

LST =

7 4

Longitud de la Subnormal: LSN = y1 · dy dx

LSN = (7)(4)

LSN = 28

Longitud de la Tangente: y1

dy dx

1 + dy dx

LT =

7 4

1 + (4)2

LT =

7 4

17

2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

LT =

Longitud de la Normal: LN = y1 1 + dy dx

2

LN = 7 1 + (4)2 LN = 7 17 379

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

5) y = x + 1 en el punto (2, 3) x−1 Se deriva la función: dy = dx

(x − 1) d (x + 1) − (x + 1) d (x − 1) dx

dx

(x − 1)2 (x − 1) − (x + 1) (x − 1)2

dy = dx

2 dy = − dx (x − 1)2 2 dy = − dx (2 − 1)2 dy = −2 dx Entonces: La longitud de la subtangente es: y1

LST =

LST =

dy dx

3 −2

LST = −

3 2

Longitud de la Subnormal: LSN = y1 · dy dx

LSN = (3)(−2)

LSN = −6

Longitud de la Tangente: y1

1 + dy dx

LT =

3 −2

1 + (−2)2

LT =

3 −2

5

LT =

dy dx

2

Longitud de la Normal: 2

LN = 3 1 + (−2)2 LN = 3 5 6) f (x) = −x en el punto (−9, 3) Se deriva la función: 1 f '(x) = d (−x) 2 dx f '(x) = 1 2 f '(x) = − 380

−

(−x) 1 2 x

1 2

(−1)

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LN = y1 1 + dy dx

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38 1

f '(−9) = −

2 −(−9)

f '(−9) = − 1 6 Entonces: La longitud de la subtangente es: y1

LST =

LST =

dy dx

3 − 1

LST = −18

6

Longitud de la Subnormal: LSN = (3) − 1 6

LSN = y1 · dy dx

LSN = − 1 2

Longitud de la Tangente: LT =

LT =

y1

1 + dy dx

3

1+ − 1 6

dy dx

− 1 6

2

2

1 LT = −18 1 + 36 37 36

LT = −18 LT = − 18 6

37

LT = −3 37 Longitud de la Normal:

LN = 3 1 + − 1 6

2

2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

LN = y1 1 + dy dx

1 LN = 3 1 + 36 37 36

LN = 3 LN = 3 6 LN =

37

37 2

381

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

7) f (x) = x + 3 en el punto (1, 2) Se deriva la función: 1 f '(x) = d (x + 3) 2 dx −

f '(x) = 1 2

(x + 3)

f '(x) =

1

1 2

(x + 3)

2 x+3 1

f '(1) =

2 1+3

f '(1) = 1 4 Entonces: La longitud de la subtangente es: y1

LST =

LST =

dy dx

2 1 4

LST = 8

Longitud de la Subnormal: LSN = (2) 1 4

LSN = y1 · dy dx

LSN = 1 2

Longitud de la Tangente:

LT =

y1

1 + dy dx

2

1+ 1 4

dy dx

1 4

LT = 8

2

2

17 16

LT = 8 4

17

LT = 2 17 Longitud de la Normal: LN = y1 1 + dy dx LN = 2 1 + 1 4 1 LN = 2 1 + 16 LN = 2 382

17 16

2

2

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LT =

Cálculo Diferencial Capítulo 5 LN = 2 4

Ejercicio 38

17

17 2

LN =

8) y = 1 en x = 2 x y(2) = 1 entonces el punto es 2, 1 2 2 Se deriva la función: y' = d x−1 dx y' = −x−2 y' = − 12 x y'(2) = − 1 4 Entonces: La longitud de la subtangente es: 1 LST = 2 − 1 4

y1

LST =

dy dx

LST = −2

Longitud de la Subnormal: LSN = 1 2

LSN = y1 · dy dx

− 1 4

LSN = − 1 8

Longitud de la Tangente: LT =

y1

1 + dy dx

dy dx

1 LT = 2 − 1 4

2

1+ − 1 4

2

17 16

LT = −2 LT = − 2 4 LT = −

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

1 LT = −2 1 + 16

17

17 2

Longitud de la Normal: LN = y1 1 + dy dx

2

383

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

LN = 1 2

1+ − 1 4

LN = 1 2

1+ 1 16

2

17 16

LN = 1 2

LN = 1 · 1 2 4

17

17 8

LN =

9) f (x) = x2 − 4x en x = 3 f (3) = (3)2 − 4(3) f (3) = −3 Entonces el punto es (3, −3) Se deriva la función: f '(x) = 2x − 4 f '(3) = 2(3) − 4 f '(3) = 2 Entonces: La longitud de la subtangente: y1

LST =

LST =

dy dx

−3 2

LST = −

3 2

Longitud de la Subnormal: LSN = y1 · dy dx

LSN = (−3)(2)

LSN = −6

Longitud de la Tangente:

LT =

1 + dy dx

dy dx

−3 2

LT = −

2

1 + (2)2 3 2

1+4

LT = − 3 5 2 Longitud de la Normal: LN = y1 1 + dy dx

2

LN = (−3) 1 + (2)2 384

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y1

LT =

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

LN = −3 1 + 4 LN = −3 5 10) x2y − y − 2 = 0 en el punto 2, 2 3 Se deriva la función: d (x2y − y − 2 = 0) dx x2 dy + y d x2 − dy = 0 dx dx dx x2 dy + 2xy − dy = 0 dx dx (x2 − 1) dy = −2xy dx dy = − 2xy dx (x2 − 1) dy = − dx

2(2) 2

dy = − dx

3

(2)2 − 1 8 3

3

dy = − 8 dx 9 Entonces: La longitud de la subtangente es: LST =

2 LST = 3 − 8 9

y1

dy dx

LST = − 18 24

LST = − 3 4

LSN = y1 · dy dx

LSN = 2 3

− 8 9

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Longitud de la Subnormal: LSN = − 16 27

Longitud de la Tangente: LT =

y1

dy dx

1 + dy dx

2 LT = 3 − 8 9

1+ − 8 9

LT = − 18 24

1 + 64 81

2

2

385

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

145 9

LT = − 18 24 LT = − 145 12

Longitud de la Normal: LN = y1 1 + dy dx

2

LN = 2 3

1+ − 8 9

LN = 2 3

1 + 64 81

LN = 2 3

145 81

LN = 2 3

145 9

2

LN = 2 145 27 Determina la ecuación de la tangente y normal en el punto indicado: 11) y = x2 + 5 en el punto (−2, 9) Se deriva la función: dy = 2x dx d y (−2) = 2(−2) dx dy = −4 = m dx

y − y1 = dy (x − x1) dx y − 9 = −4(x − (−2)) y − 9 = −4(x + 2) y − 9 = −4x − 8 4x − y − 9 + 8 = 0 Tangente: 4x − y − 1 = 0 Ecuación de la normal: y − y1 = − y−9=−

1 dy dx

(x − x1)

1 (x − (−2)) −4

y − 9 = 1 (x + 2) 4 386

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Entonces la ecuación de la tangente es:

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

4y − 36 = x + 2 0 = x + 2 − 4y + 36 Normal: x − 4y + 38 = 0 12) y = x2 − x + 1 en el punto (0, 1) Se deriva la función: dy = 2x −1 dx dy = (0) = 2(0) − 1 dx dy = −1 dx Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx y − 1 = −1(x − 0) y − 1 = −x Tangente: x + y − 1 = 0 Ecuación de la normal: y − y1 = −

y−1=−

1 dy dx

(x − x1)

1 (x − 0) −1

y − 1 = 1 (x − 0) y−1=x Normal: x − y + 1 = 0 13) y = 4x2 − 4x + 1 en el punto 1 , 0 2 Se deriva la función: dy = 8x − 4 dx PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

d y=8 1 −4 dx 2 dy = m = 4 − 4 dx dy = m = 0 dx Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx y−0=0 x− 1 2 387

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

Tangente: y = 0 Ecuación de la normal: 1 y − y1 = − (x − x1) dy dx

y−0= 1 0

x− 1 2

0(y − 0) = 1 x − 1 2 0=x− 1 2 2 0=x− 1 2 0 = 2x − 1 Normal: 2x − 1 = 0 14) y = x3 − x2 en el punto (2, 4) Se deriva la función: dy = 3x2 − 2x dx d y(2) = 3(2)2 − 2(2) dx dy (2) = 12 − 4 dx dy = m = 8 dx Entonces la ecuación de la tangente es:

y − 4 = 8(x − 2) y − 4 = 8x − 16 Tangente: 8x − y − 12 = 0 Ecuación de la normal: 1 (x − x1) y − y1 = − dy dx

y−4=−

1 (x − 2) −8

−8(y − 4) = 1(x − 2) −8y + 32 = x − 2 0 = x + 2 − 4y + 36 Normal: x + 8y − 34 = 0 15) y = x4 + 3x3 + 2x2 − 5x − 9 en el punto (−1, −4) Se deriva la función: 388

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y − y1 = dy (x − x1) dx

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

dy = 4x3 + 9x2 + 4x − 5 dx dy (−1) = 4(−1)3 + 9(−1)2 + 4(−1) − 5 dx dy (−1) = m = −4 + 9 − 4 − 5 dx dy (−1) = m = −4 dx Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx y − (−4) = −4(x − (−1)) y + 4 = −4(x + 1) y + 4 = −4x − 4 Tangente: 4x + y + 8 = 0 Ahora se encuentra la ecuación de la normal: y − y1 =

1 − dy

(x − x1)

dx

y−4=

1 (x − (−1)) −(−4)

y − 4 = 1 (x + 1) 4 4(y + 4) = 1(x + 1) 4y + 16 = x + 1 Normal: x − 4y − 15 = 0 16) f (x) = 9 − x2 en el punto ( 5 , 2) Se deriva la función: − f '(x) = 1 (9 − x2) 2

f '( 5 ) = m = −

(−2x)

x 9 − x2 5

9 − (− 5 ) 5 f '( 5 ) = m = − 2

2

=−

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

f '(x) = −

1 2

5 2

Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = f '(x)[x − x1] 5 (x − 5 ) 2 2(y − 2) = − 5 (x − 5 ) 2y − 4 = − 5 x + 5 y−2=−

389

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

Tangente: 5 x + 2y − 9 = 0 Ecuación de la normal: y − y1 =

1 (x − x1) − f '(x) 1

y−2=− − y−2=

5 2

(x − 5 )

2 (x − 5 ) 5

5 (y − 2) = 2(x − 5 ) 5 y − 2 5 = 2x − 2 5 Normal: 2x − 5 y = 0 17) f (x) = x + 1 en el punto (3, 2) x−1 Se deriva la función: (x − 1)(1) − (x + 1)(1) f '(x) = (x − 1)2 f '(x) = −

2 (x − 1)2

2 dy = f '(3) = m = − dx (3 − 1)2 dy = f '(3) = m = − 1 dx 2 Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx

2(y − 2) = −1(x − 3) 2y − 4 = −x + 3 Tangente: x + 2y − 7 = 0 La ecuación de la normal es: y − y1 =

1 − dy

(x − x1)

dx

y−2=

1 1 2

(x − 3)

y − 2 = 2(x − 3) y − 2 = 2x − 6 Normal: 2x − y − 4 = 0 18) f (x) =

2 en el punto (0, 2) x+1

Se deriva la función: 390

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y − 2 = − 1 (x − 3) 2

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

f '(x) =

(x − 1)(0) − (2)(1) (x + 1)2

f '(x) = −

2 (x + 1)2

2 dy (0) = f '(0) = − dx (0 + 1)2 dy (0) = f '(0) = m = −2 dx Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = f '(x)[x − x1] y − 2 = −2(x − 0) y − 2 = −2x Tangente: 2x + y − 2 = 0 La ecuación de la normal es: y − y1 =

1 (x − x1) −f '(x)

y−2=

1 (x − 0) −(−2)

y − 2 = 1 (x − 0) 2 2(y − 2) = 1(x − 0) 2y − 4 = x Normal: x − 2y + 4 = 0

dy dx

π = m = cos π 2 2

dy dx

π =m=0 2 PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

19) y = sen x en el punto π , 1 2 Se deriva la función: dy = cos x dx

Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx y−1=0 x− π 2 Tangente: y − 1 = 0 Ahora la ecuación de la normal es: y − y1 =

1 − dy

(x − x1)

dx

y−1= 1 0

x− π 2 391

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

0(y − 1) = 1 x − π 2 π 0=x− 2 Normal: 2x − π = 0 20) y = cos x en el punto π , 1 3 2 Se deriva la función: dy = −sen x dx dy dx dy dx

π = −sen π 3 3

π =m=− 3 3 2

Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx y− 1 =− 3 x− π 2 2 3 2 y− 1 =− 3 x− π 2 3 2y − 1 = − 3 x + 3 π 3 3 x + 2y − 1 − 3 π = 0 3 3 3 3 x + 6y − 3 − 3 π = 0 Tangente: 3 3 x + 6y − (3 + 3 π) = 0 Ahora la ecuación de la normal es: 1 − dy

(x − x1)

dx

1 y− 1 = 2 − − 3 2

2 y− 1 = x− π 2 3 3 3 y− 1 =2 x− π 2 3 3 y − 3 = 2x − 2 π 2 3 2x − 3 y + 3 − 2 π = 0 6 2 3 392

x− π 3

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

y − y1 =

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

12x − 6 3 y + 3 3 − 4π = 0 Normal: 12x − 6 3 y + (3 3 − 4π) = 0 21) y = tan x + 2 en el punto π , 3 4 Se deriva la función: dy = sec2 x dx π = m = sec2 π 4 4

dy dx dy dx

π = m = ( 2 )2 = 2 4

Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = m (x − x1) y−3=2 x− π 4 y − 3 = 2x − π 2 2x − y + 3 − π = 0 2 2 4x − 2y + 6 − π = 0 Tangente: 4x − 2y + (6 − π) = 0 Ahora la ecuación de la normal es: y − y1 =

1 (x − x1) −m

y−3=

1 −2

x− π 4

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−2(y − 3) = 1 x − π 4 −2y + 6 = x − π 4 x + 2y − 6 − π = 0 4 4 4x + 8y − 24 − π = 0 Normal: 4x + 8y − (24 + π) = 0 22) x2 − y2 − 12 = 0 en el punto (4, 2) Se deriva la función: 2x − 2yy' = 0 393

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

y' = dy = 2x dx 2y dy = m = x = 4 dx y 2 dy = m = 2 dx Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = m(x − x1) y − 2 = 2(x − 4) y − 2 = 2x − 8 Tangente: 2x − y − 6 = 0 La ecuación de la normal es: y − y1 =

1 (x − x1) −m

y−2=

1 (x − 4) −2

−2(y − 2) = (x − 4) −2y + 4 = x − 4 Normal: x + 2y − 8 = 0 23) xy = 1 en el punto (1, 1) Se deriva la función: xy' + y = 0 dy = − y dx x dy (1) = m = − 1 = −1 dx 1

y − y1 = dy (x − x1) dx y − 1 = −1(x − 1) y − 1 = −x + 1 Tangente: x + y − 2 = 0 La ecuación de la normal es: y − y1 =

1 − dy

(x − x1)

dx

y−1=

1 (x − 1) +1

y − 1 = +1(x − 1) y−1=x−1 394

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Entonces la ecuación de la tangente es:

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

Normal: x − y = 0 24) x3 + 2xy − 4 = 0 en el punto de abscisa x = 1 Se determina la ordenada del punto de tangencia: (1)3 + 2(1)y − 4 = 0 1 + 2y − 4 = 0 y= 3 2 Ahora se deriva la función: 3x2 + 2[xy' + y] = 0 3x2 + 2xy' + 2y = 0 dy = −3x2 − 2y dx 2x dy (1) = m = dx

−3(1)2 − 2 3 2

2(1)

dy (1) = m = −3 dx Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx y − 3 = −3(x − 1) 2 y − 3 = −3x + 3 2 2 3x + y − 9 = 0 2 Ecuación de la Tangente: 6x + 2y − 9 = 0 La ecuación de la normal es: y − y1 =

1 − dy

(x − x1)

dx PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

1 y− 3 = (x − 1) 2 −(−3) y − 3 = 1 (x − 1) 2 3 3 y − 3 = 1(x − 1) 2 3y − 9 = x − 1 2 x − 3y + 9 = 0 2

395

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

2 x − 3y + 9 = 0 2 Normal: 2x − 6y + 9 = 0 25) x2y2 − 4y + 1 = 0 en el punto de abscisa x = 2 Primero se encuentra la ordenada del punto de tangencia: (2)2y2 − 4y + 1 = 0 4y2 − 4y + 1 = 0 (2y − 1)2 = 0 y= 1 2 Ahora se determina la derivada de la función: x2(2yy') + y2(2x) − 4y' = 0 2x2yy' − 4y' = −2xy2 2xy2 y' = dy = − dx 2x2y − 4 2(2) 1

2

2 dy (2) = m = − dx 1 2(2)2 −4 2

dy (2) = m = − 1 dx 0 Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx y − 1 = − 1 (x − 2) 2 0 0 y − 1 = −1(x − 2) 2 Ecuación de la Tangente: 0 = x − 2 Por lo tanto la ecuación de la normal es: 1 − dy

(x − x1)

dx

1 y− 1 = 2 + 1

(x − 2)

0

y − 1 = 0(x − 2) 2 y− 1 =0 2 Normal: 2y − 1 = 0 26) x + y = x + 1 en el punto de abscisa x = 3 Primero se encuentra la ordenada del punto de tangencia: 396

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

y − y1 =

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

3 + y = (3) + 1 3+y=4 3 + y = (4)2 3 + y = 16 y = 13 Ahora se encuentra la derivada: 1 (x + y)− 2

1 2

(1 + y') = 1

1 (1 + y') = 1 2 x+y 1 + y' = 2 x + y dy = 2 x+y −1 dx dy = m = 2 3 + 13 − 1 dx dy = m = 7 dx Entonces la ecuación de la tangente es: y − y1 = dy (x − x1) dx y − 13 = 7(x − 3) y − 13 = 7x − 21 Ecuación de la Tangente: 7x − y − 8 = 0 Ahora la ecuación de la normal es: y − y1 =

1 − dy

(x − x1)

dx

y − 13 =

1 (x − 3) −7 PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−7(y − 13) = x − 3 −7y + 91 = x − 3 Normal: x + 7y − 94 = 0 27) f (x) = ln x en el punto de abscisa x = e Primero se determina la ordenada del punto de tangencia: f (e) = ln e f (e) = 1 y=1 Ahora se encuentra la derivada de la función: f '(x) = 1 x m = f '(x) = 1 e 397

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 38

Ahora se determina la ecuación de la tangente: y − y1 = dy (x − x1) dx y − 1 = 1 (x − e) e e(y − 1) = 1(x − e) ey − e = x − e Ecuación de la Tangente: x − ey = 0 Por lo tanto la ecuación de la normal es: y − y1 =

1

(x − x1)

− dy dx

y−1=

1

(x − e)

− 1 e

y − 1 = −e(x − e) y − 1 = −ex + e2 Normal: ex + y − 1 − e2 = 0 28) xy + x − 2 = 0 en el punto de abscisa x = 1 2 Primero se determina la ordenada del punto de tangencia: 1 y+ 1 −2=0 2 2 1 y− 3 =0 2 2 y=3 Ahora se calcula la derivada: xy' + y + 1 = 0

m = dy = dx

−3 − 1 1 2

= −8

Ahora se encuentra la tangente: y − y1 = dy (x − x1) dx y − 3 = −8 x − 1 2 y − 3 = −8x + 4 Ecuación de la Tangente: 8x + y − 7 = 0 Finalmente la ecuación de la normal es:

398

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

dy = y' = −y − 1 dx x

Cálculo Diferencial Capítulo 5 y − y1 =

1 − dy

Ejercicio 38 (x − x1)

dx

y−3=

1 x− 1 2 −(−8)

8(y − 3) = 1 x − 1 2 8y − 24 = x − 1 2 2 x − 8y + 47 = 0 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Normal: 2x − 16y + 47 = 0

399

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

Determina la medida del ángulo agudo y obtuso que forman las curvas en el punto indicado. 1) y = x2 + 1 ; y = x + 1 en el punto (0, 1) Se grafican las curvas, como se ilustra: y

y = x2 + 1

2.5 2 1.5

y= x+1

β

1

θ

0.5 0 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

x

−0.5

Ahora, se obtienen las pendientes de las curvas: De: y' = 2x ; se evalúa en el punto (0, 1) y = x2 + 1 y1' = 2(0) y1' = 0 Para: 1 − 1 2 y= x+1 y' = x+1 2 1 y' = ; se evalúa en el punto (0, 1) 2 x+1

(

y2' =

)

1 1 = 2 2 0+1

Se aplica la fórmula:

tan θ =

y2' (x0) − y1' (x0) 1 + y2' (x0) · y1' (x0) 1 −0 2 1 + 1 (0) 2

=

1 2

1

=

1 2

Al despejar θ, se obtiene: θ = arctan 1 2

θ = 26°33’ ángulo agudo Pero θ + β = 180° β = 180° − θ β = 180° − 26°33’ β = 153°27’ ángulo obtuso

400

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

tan θ =

Cálculo diferencial Capítulo 5 2) y =

Ejercicio 39

4 2 x ; y = 25 − x2 en el punto (3, 4) 9

Se grafican las curvas, como se ilustra: y

4 2 x 9

y=

6 5

θ

4

β

(3, 4)

3 2 1 0 −5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

y = 25 − x2 x

5

6

−1 −2

Ahora, se obtienen las pendientes de las curvas: De: y=

4 2 x 9

y1' =

8 x; se evalúa en el punto (3, 4) 9

y1' =

8 8 (3) y1' = 9 3

Para: y = 25 − x2

y' = −

x se evalúa en el punto (3, 4) 25 − x2 3 3 =− 4 25 − 9

y2' = Se aplica la fórmula:

tan θ =

tan θ =

y2' (x0) − y1' (x0) 1 + y2' (x0) · y1' (x0) − 3 − 8 4

1+ − 3 4

3 8 3

=

− 41 12

1−2

=

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

tan θ =

− 41 12

−1

41 12

Al despejar θ, se obtiene: θ = arctan

41 12

θ = 73°42’ ángulo agudo 401

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

Pero θ + β = 180° β = 180° − θ β = 180° − 73°42’ β = 106°18’ ángulo obtuso 3) y = 13 − x2 ; y = 18 − (x + 5)2 en el punto (−2, 3) Se grafican las curvas, como se ilustra: y 6 5

y = 18 − (x + 5)2

4

β θ

3

(−2, 3)

2

y = 13 − x2

1 0 −9

−8

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

−1 −2

De: y = 18 − (x + 5)2 y' =

1 18 − (x + 5)2 2

[

y' = − y1' = −

− 1 2

]

x+5 18 − (x + 5)2

(−2)(x + 5)

Se evalúa en el punto (−2, 3)

3 −2 + 5 =− = −1 2 3 18 − (−2 + 5)

y = 13 − x2 y' =

1 13 − x2 2

[

− 1 2

]

(−2x)

y' = −

x 13 − x2

y2' = −

−2 = 13 − (−2)2

Se evalúa en el punto (−2, 3) 2 13 − 4

Se aplica la fórmula: tan θ =

402

y2' (x0) − y1' (x0) 1 + y2' (x0) · y1' (x0)

=

2 3

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Para:

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

tan θ =

2 − (−1) 3 1 + 2 (−1) 3

tan θ =

2 +1 3 1− 2 3

tan θ =

5 3 1 3

tan θ = 5 Al despejar θ, se obtiene: θ = arctan (5) θ = 78°41’ ángulo agudo Además: θ + β = 180° β = 180° − θ β = 180° − 78°41’ β = 101°19’ ángulo obtuso 4) x2 − y2 − 2 = 0 ; y2 − x = 0 en el punto (2, 2 ) Se grafican las curvas, como se ilustra: y x2 − y2 − 2 = 0

2.5 2

θ

β

1.5

(2, 1.41)

1 0.5 −2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

x

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

0 −3.5 −3

−0.5 −1 −1.5 −2

y2 − x = 0

De: y2 − x = 0 2yy' − 1 = 0 403

Cálculo diferencial Capítulo 5 y1' =

1 2y

y1' =

1 = 2 2

Ejercicio 39

Se evalúa en el punto (2, 2 ) 2 4

Para: x2 − y2 − 2 = 0 2x − 2yy' = 0 x y2' = y 2 = 2 2

y2' =

Se aplica la fórmula: tan θ =

tan θ =

tan θ =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' 2 − 1 + ( 2) 3 4

2

1+ 1

2 4 2 4

=

3 4

2

tan θ =

2 3 2

2 2

Al despejar θ, se obtiene: θ = arctan

2 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

θ = 35°16’ ángulo agudo Además: θ + β = 180° β = 180° − θ β = 180° − 35°16’ β = 144°44’ ángulo obtuso

404

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

5) 3x2 + 5y = 0 ; 2x + 5y + 1 = 0 en el punto 1, −

3 5

Se grafican las curvas, como se ilustra: y 2.5 2 1.5 1 0.5 0 −2.5 −2

−1.5

−1

−0.5

0

−0.5 −1

3x2 + 5y = 0

0.5

1

(1, −0.6)

1.5

2

2.5

x

2x + 5y + 1 = 0

−1.5 −2

Se determinan las pendientes de las curvas: De: 3x2 + 5y = 0 6x + 5y' = 0 6x 3 Se evalúa en el punto 1, − y' = − 5 5 y1' = −

6(1) =− 6 5 5

Para: 2x + 5y + 1 = 0 2 + 5y' = 0 y2' = − 2 5

tan θ =

tan θ =

tan θ =

tan θ =

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se aplica la fórmula: y2' − y1' 1 + y2' · y1' − 2 − − 6 5

5

1+ − 2 5

− 6 5

− 2 + 6 5

5

1 + 12 25 4 5 37 25

405

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

tan θ = 20 37 Al despejar θ, se obtiene: θ = arctan 20 37 θ = 28°23’ ángulo agudo Además: θ + β = 180° β = 180° − θ β = 180° − 28°23’ β = 151°37’ ángulo obtuso 1 6) xy = 1 ; y = x − 1 en el punto 2, 2 x Se grafican las curvas, como se ilustra: y 6 5 4 3 2

(2, 0.5)

1 0 −5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

y= x−1 x xy = 1 x 6

−1 −2

Ahora se determinan las pendientes de las curvas. Para: xy = 1 xy' + y = 0 y 1 y' = − Se evalúa en el punto 2, x 2 y1' = −

1 2

2

=− 1 4

De: y= x−1 x y2' = 12 x y2' = 406

Se evalúa en el punto 2,

1 1 = 2 4 (2)

1 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−3

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

Se aplica la fórmula: tan θ =

tan θ =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' 1 − − 1 4 4 1 1+ − 1 4 4

tan θ =

1 + 1 4 4 1− 1 16

tan θ =

1 2 15 16

tan θ = 8 15 Despejando θ, se obtiene: tan θ = 8 15 θ = arctan

8 15

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

θ = 28°4’ ángulo agudo Además: θ + β = 180° β = 180° − θ β = 180° − 28°4’ β = 151°56’ ángulo obtuso

407

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

7) x2 + y2 − 5 = 0 , y2 − 4x = 0 en el punto de abscisa 1 y y2 − 4x = 0

3

x2 + y2 − 5 = 0

β1 θ1

2

A(1, 2)

1

0 −5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

x

−1

B(1, −2) −2

β2

θ2

Se grafican las curvas y se observa que existen dos puntos cuya abscisa es 1. Se procede a determinar las coordenadas de dichos puntos. Se sustituye x = 1 en la curva y2 − 4(1) = 0 y2 − 4 = 0 y2 = 4 y = ± 4 y = ±2 Entonces, los puntos de las intersecciones de las curvas son: A(1, 2) y B(1, −2). Primero, se van a calcular los ángulos formados por las curvas en el punto A(1, 2). Se obtienen las pendientes de las curvas. Para: x 2x + 2yy' = 0 y1' = − Se evalúa en el punto (1, 2) x2 + y2 − 5 = 0 y y1' = − 1 2 De: y2 − 4x = 0

2yy' − 4 = 0

y2' =

2 y

Se evalúa en el punto (1, 2)

y2' = 2 = 1 2 Se aplica la fórmula: tan θ1 =

408

y2' − y1' 1 + y2' · y1'

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−3

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

1− − 1 2

tan θ1 =

1 + (1) − 1 2

1+ 1 2 1− 1 2

tan θ1 =

3 2 1 2

tan θ1 =

tan θ1 = 3 Al despejar θ1, se obtiene: θ1 = arctan (3) θ1 = 71°33’ ángulo agudo Además: θ1 + β1 = 180° β1 = 180° − θ1 β1 = 180° − 71°33’ β1 = 108°27’ ángulo obtuso Para B(1, −2) Ya se obtuvieron las pendientes de las curvas y ahora se evalúan en el punto B. De: x 1 1 x2 + y2 − 5 = 0 y1' = − y1' = − y1' = y 2 −2 Para: y2 − 4x = 0

y2' =

2 y

y2' =

2 −2

y2' = − 1

Se aplica la fórmula:

tan β2 =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' −1− 1

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

tan β2 =

2

1 + (−1) 1 2

tan β2 =

− 3 2 1 2

tan β2 = −3 Ahora, se despeja β2: β2 = arctan (−3) 409

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

β2 = 108°27’ ángulo obtuso Además, se sabe que: θ2 + β2 = 180° θ2 = 180° − β2 θ2 = 180° − 108°27’ θ2 = 71°33’ ángulo agudo 8) Determina la medida del ángulo obtuso que forma: x2 + 3y2 − 13 = 0 ; y2 − 4x = 0 y y2 − 4x = 0

3

β1

θ1 A(1, 2)

2

1

0 −5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

x

−1

x2 + 3y2 − 13 = 0

−2

B(1, −2) β2

Se grafican las curvas y se obtienen las intersecciones de las mismas, resolviendo un sistema de ecuaciones: x2 + 3y2 − 13 = 0 ; y2 − 4x = 0 y2 = 4x 2 x + 3(4x) − 13 = 0 x2 + 12x − 13 = 0 (x + 13)(x − 1) = 0 x + 13 = 0 x−1=0 x = −13 x=1 Luego, si x = −13 y x = 1 Entonces: y2 = 4(−13) y2 = −52 y = −52 ∉ℝ 2 2 y =4 y = ± 4 = ±2 y = 4(1) Entonces, los puntos de intersección son A(1, 2) y B(1, −2) Se determinan las pendientes de las curvas: De: x2 + 3y2 − 13 = 0 2x + 6yy' = 0 y' = − 2x Se evalúa en el punto A(1, 2) 6y 410

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−3

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39 y1' = − 2(1) 6(2)

y1' = − 1 6

Para: y2 − 4x = 0 y' = 4 2y

2yy' − 4 = 0

y2' =

Se evalúa en el punto A(1, 2)

4 =1 2(2)

y2' = 1

Se aplica la fórmula: tan θ1 =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' 1− − 1 6

tan θ1 =

1 + (1) − 1 6

7 6 5 6

tan θ1 =

= 7 5

Despejando θ1: 7 5

θ1 = arctan

θ1 = 54°28’ ángulo agudo Entonces: θ1 + β1 = 180° β1 = 180° − θ1 β1 = 180° − 54°28’ β1 = 125°32’ ángulo obtuso

Ya se tienen las pendientes, ahora se evalúan en el punto B(1, −2) x2 + 3y2 − 13 = 0

y1' = − 2x 6y

y1' = −

y2 − 4x = 0

y2' = 4 2y

y2' =

1 3(−2)

4 2(−2)

y1' =

1 6

y2' = −1

tan β2 =

tan β2 =

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se aplica la fórmula: y2 − y1 1 + y2 · y1 −1− 1 6

1 + (−1) 1 6

tan β2 =

− 7 6 5 6

tan β2 = − 7 5 411

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

Se despeja β2 y se obtiene: β2 = arctan − 7 5 β2 = 125°32’ ángulo obtuso 9) Calcula la medida del ángulo agudo que forman las curvas: 3x2 + 4y2 − 12 = 0 ; 4y2 − 9x = 0 Se grafican las curvas y se encuentran los puntos de intersección mediante un sistema de ecuaciones. y 3

2

4y2 − 9x = 0

(1, 3/2)

1

0 −5

−4

−3

−2

−1

0

−1

3x2 + 4y2 − 12 = 0

1

2

3

4

5

x

(1, −3/2)

−2

3x2 + 4y2 − 12 = 0 ; 4y2 − 9x = 0 4y2 = 9x 2 3x + 9x − 12 = 0 x2 + 3x − 4 = 0 (x + 4)(x − 1) = 0 x+4=0 x = −4 x−1=0 x=1 Luego si x = −4 y x = 1, entonces: 4y2 −9(−4) = 0 4y2 = −36

y = −9 ±

y2 = −9

∉ℝ

4y2 −9(1) = 0 y2 = 9 4

y=±

9 4

y=± 3 2

Entonces los puntos de intersección son: A 1, 3 y B 1, − 3 2 2 Se derivan las curvas para determinar las pendientes. De: 3x2 + 4y2 − 12 = 0 412

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−3

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

6x + 8yy' = 0

y' = − 3x 4y

Se evalúa el punto A 1, 3 2

3(1)

y1' = −

3 2

4

Para: 4y − 9x = 0 2

8yy' − 9 = 0

y' = 9 8y y2' =

tan θ1 =

tan θ1 =

1 2

Se evalúa el punto A 1, 3 2 9 3 2

8

Se aplica la fórmula: tan θ1 =

y1' = −

y2' =

3 4

y2' − y1' 1 + y2' · y1' 3 − − 1 4 2 3 1+ − 1 4 2 5 4 5 8

=2

tan θ1 = 2 Al despejar θ1 se obtiene: θ1 = arctan (2) θ1 = 63°26’ ángulo agudo

Para el punto B 1, − 3 2 Ya se tienen las derivadas de las curvas. y1' = 9 8y y1' =

Para: 3x2 + 4y2 − 12 = 0

Se evalúa el punto 1, − 3 2 9

y1' = −

8 − 3 2

y2' = − 3x 4y y2' = −

3 4

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

De: 4y2 − 9x = 0

Se evalúa el punto 1, − 3 2

3(1) 4 − 3 2

y2' =

1 2

Se aplica la fórmula: tan θ2 =

y2' − y1' 1 + y2' · y1'

413

Cálculo diferencial Capítulo 5 tan θ2 =

tan θ2 =

Ejercicio 39

1 − − 3 2 4 1 1+ − 3 2 4 5 4 5 8

=2

tan θ2 = 2 Al despejar θ2 se obtiene: θ2 = arctan (2) θ2 = 63°26’ ángulo agudo Calcula la medida del ángulo agudo que forman las curvas dadas: 10) xy − x − 2 = 0 ; xy − 1 = 0 Se grafican las curvas y se determinan las intersecciones mediante un sistema de ecuaciones. y 3

2

1

xy − x − 2 = 0 = 0 0 −5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

x

xy − 1 = 0 (−1, −1)

−1

−3

xy − x − 2 = 0 ; xy − 1 = 0 xy = 1 1−x−2=0 −x − 1 = 0 x=−1 y= 1 x 414

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−2

Cálculo diferencial Capítulo 5 y=

Ejercicio 39

1 −1

y = −1 El punto de intersección es (−1, −1).

Se derivan las curvas para determinar las pendientes. De: xy − x − 2 = 0 Se evalúa el punto (−1, −1) xy' + y − 1 = 0 y' = 1 − y x y1' =

1 − (−1) 2 = −1 −1

y1' = −2

Para: xy − 1 = 0 y2' = − y x

xy' + y = 0

y2' = −

−1 −1

Se evalúa el punto (−1, −1) y2' = −1

Se sustituyen las pendientes en la fórmula: y2' − y1'

tan θ =

tan θ =

1 + y2' · y1' −1− (−2) 1 + (−1)(−2)

tan θ = 1 3 Al despejar θ se obtiene: θ = arctan 1 3 θ = 18°26’ ángulo agudo

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Calcula la medida del ángulo agudo que forman las curvas: 11) x = 2y ; y = 2(x + 2)2 Se grafican las curvas y se determinan las intersecciones mediante un sistema de ecuaciones. x = 2y x2 = 2y

;

2 Se iguala y = x con y = 2(x + 2)2 2 x2 = 2(x + 2)2 2

x2 = 4(x2 + 4x + 4) x2 = 4x2 + 16x + 16 2 3x + 16x + 16 = 0 (x + 4)(3x + 4) = 0 x+4=0 3x + 4 = 0 x = −4 x=− 4 3 415

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

Se determinan las ordenadas: 2 y= x 2 2 y1 = (−4) y1 = 16 = 8 2 2 y2 =

− 4

y 9

(−4, 8)

8 7

2

y2 = 8 9

3

2

6

Entonces los puntos son: A(−4, 8) y B − 4 , 8 3 9

5

Ahora se determina el ángulo agudo en el punto A(−4, 8).

3

Se derivan las curvas para determinar las pendientes. De: y = 2(x + 2)2 y1' = 4(x + 2)

2

4

Se evalúa el punto (−4, 8)

y1' = 4(−4 + 2)

2 De: y = x 2

y2' = 2x 2

Se evalúa el punto (−4, 8)

y2' = −4

1 (−4/3, 8/9) 0

y1' = −8 −6

y2' = x

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

x

−1 −2

Se aplica la fórmula: tan θ1 =

tan θ1 =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' −4− (−8) 1 + (−4)(−8)

tan θ1 = 4 33 Se despeja θ1 y se obtiene: θ1 = arctan

4 33

Para el punto B − 4 , 8 3 9 Las derivadas de las curvas son: De: y = 2(x + 2)2

y1' = 4(x + 2) Ahora se evalúa el punto B − 4 , 8 3 9 y1' = 4 − 4 + 2 3

2 Para: y = x 2

y2' = 2x 2 y2' = −

416

y1' =

8 3

Ahora se evalúa el punto B − 4 , 8 3 9 4 3

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

θ1 = 6°54’ ángulo agudo

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

Se aplica la fórmula: tan θ2 =

tan θ2 =

tan θ2 =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' − 4 − 8 3

1+ − 4 3

3 8 3

− 12 3

− 23 9

36 tan θ2 = 23 Se despeja θ2: θ2 = arctan

36 23

θ2 = 57°25’ ángulo agudo Calcula la medida del ángulo que forman las curvas: 12) y = x2 + x ; y = −x2 + 5x Se grafican las curvas y se determinan los puntos de intersección mediante un sistema de ecuaciones. y = x2 + x ; y = −x2 + 5x

y 9

x2 + x = −x2 + 5x 2x − 4x = 0 2x(x − 2) = 0 x1 = 0 x2 = 2 Además, y1 = (0)2 + 0 y1 = 0 y2 = (2)2 + 2 y2 = 6 Entonces los puntos de contacto son: A(0, 0) y B(2, 6)

8

2

7

y = x2 + x

5 4 3 2

Se derivan las curvas para encontrar las pendientes. De: y = x2 + x y1' = 2x + 1 Se evalúa el punto A(0, 0) y1' = 2(0) + 1 y1' = 1

Se aplica la fórmula: tan θ1 =

tan θ1 =

y2' = −2x + 5 Se evalúa el punto A(0, 0) y2' = −2(0) + 5 y2' = 5

0 −6

−5

−4

−3

−2

−1

(0, 0) 0

1

2

3

4

x

5

−1 −2

y2' − y1'

y = −x2 + 5x

1 + y2' · y1' 5− 1 1 + (5)(1)

1

= 4 6

tan θ1 = 2 3 Se despeja θ1 y se obtiene: 417

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Para: y = −x2 + 5x

(2, 6)

6

Cálculo diferencial Capítulo 5 θ1 = arctan

Ejercicio 39

2 3

θ1 = 33°41’ ángulo agudo Ahora para el punto B(2, 6). De: y = −x2 + 5x y1' = −2x + 5 Se evalúa el punto B(2, 6) y1' = −2(2) + 5 y1' = 1 Para: y = x2 + x y2' = 2x + 1 Se evalúa el punto B(2, 6) y2' = 2(2) + 1 y1' = 5 Se aplica la fórmula: tan θ2 = tan θ2 =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' 5− 1 1 + (5)(1)

= 4 6

tan θ2 = 2 3 Se despeja θ2: tan θ2 = 2 3 θ2 = arctan

2 3

θ2 = 33°41’ ángulo agudo 13) y2 = x + 1 ; y2 + 2x − 4 = 0 Se grafican las curvas y se encuentran los puntos de intersección mediante un sistema de ecuaciones. y2 = x + 1 ; y2 + 2x − 4 = 0

(

)

(

3

0 −5

418

−3

−2

−1

0

)

−2

y2' = 2 2y 2 2 2

−4

−1

1 2 2

y2' =

θ1

1

(

Para: y2 + 2x − 4 = 0 2yy' + 2 = 0

(1, 1.41)

2

Ahora se derivan las curvas para encontrar las pendientes. De: y2 = x + 1 2yy' = 1 y' = 1 Se evalúa el punto 1, 2 2y y1' =

4

y2' = −

1 2

−3 −4

)

1

2

θ2

(1, −1.41)

3

4

5

x PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

x + 1 + 2x − 4 = 0 3x − 3 = 0 x= 3 3 x=1 y2 = 1 + 1 y2 = 2 y=±2 Entonces los puntos son: A 1, 2 y B 1, − 2

y

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 39

Se emplea la fórmula: tan θ1 =

tan θ1 =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' − 1 − 2

1+ − 1

2

tan θ1 =

tan θ1 =

tan θ1 =

1 2 2 1 2 2

− 3 2 2 1− 1 4 3 2 2 − 3 4

−

4 = 2 2 2

Ahora se despeja θ1: tan θ1 = 2 θ1 = arctan 2 θ1 = 54°44’

(

)

Ahora para el punto B 1, − 2 . y' = 1 2y

De: y2 = x + 1

y1' = −

(

Se evalúa el punto B 1, − 2

)

1 2 2 y2' = − 1 y

De: y2 + 2x − 4 = 0

y2' =

1 + 2

Se aplica la fórmula:

tan θ2 =

y2' − y1' 1 + y2' · y1' + 1 − − 2

1+ + 1

2

tan θ2 = tan θ2 =

+ 1 +

1 2 2 − 1 2 2

1 2 2 1− 1 4 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

tan θ2 =

=

3 2 2 3 4

2 = 2 2 2

Ahora se despeja θ2: θ2 = arctan 2 θ2 = 54°44’ 419

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 40

Determina el radio de curvatura de las curvas en el punto dado. 1) x2 − y2 = −3 ; (1, 2) Se obtiene la primera y segunda derivada de la curva: x2 − y2 = −3 x 1 2x − 2yy' = 0 y' = Se evalúa en el punto y se obtiene y' = y 2 La segunda derivada: y'' =

y−x x y

y2 − x2 y3

y'' =

y2

3 Se evalúa en el punto y se obtiene y'' = 4 − 1 = 8 8

Ambos valores se sustituyen en la fórmula del radio de curvatura: r=

[1 + (y' )2]3 | y'' | 1+ 1

1+ 1

2

r=

r=

2 3

4

r=

3 8 5 5 8 3 8

r=

3

r=

3 8

125 64 3 8

5 5 3

Después, el valor de la curvatura es: dθ 1 = ds r

dθ 1 = ds 5 5 3

5 5

dθ 3 5 = ds 25

2) xy + y + 4 = 0 ; (3, −1) Se obtiene la primera derivada y se evalúa en el punto xy' + y + y' = 0 y'(x + 1) = −y 1 y −1 y' = − y' = − y' = 4 x+1 3+1 Se encuentra la segunda derivada y se evalúa en el punto y'' =

y'' =

(x + 1)(−y' ) − (−y)(1) (x + 1)2 (x + 1)

y x+1

+y

y'' =

(x + 1)2

2y x+1

y'' =

2(−1) 3+1

y'' = −

Los valores obtenidos se sustituyen en la fórmula del radio de curvatura. r=

420

[1 + (y' ) ]

2 3

| y'' |

1+ 1 r=

4

− 1 8

2 3

1+ 1 r=

16

1 8

3

2 16

y'' = −

1 8

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

3 dθ = ∙ ds 5 5

Cálculo diferencial Capítulo 5 3

17 16

r=

Ejercicio 40 17 17 64 1 8

r=

1 8

r=

17 17 8

El valor de la curvatura se obtiene: dθ 1 = ds r

dθ 1 8 = = ds 17 17 17 17

Se racionaliza

8

dθ 8 17 = ds 289 3) x2 + 4y = 0 ; (2, −1) Se determina la primera derivada y se evalúa en el punto x2 + 4y = 0 2 2x + 4y' = 0 y' = − 2x y' = − x y' = − 2 4 2

y' = −1

Ahora, se encuentra la segunda derivada y se evalúa en el punto y'' = − 1 (1) 2

y' = − x 2

y'' = −

1 2

Los valores obtenidos se sustituyen en la fórmula y se simplifican. r=

r=

[1 + (y' )2]3

r=

| y'' |

− 1 2

(

8

r=2 2 2

1 2

[1 + (−1)2]3

)

r=

(1 + 1)3 1 2

r=4 2

Además, el valor de la curvatura es:

dθ = ds

1 4 2

dθ = ds

2 8

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

dθ 1 = ds r

Se racionaliza el denominador

4) y = x3 ; (1, 1) Se obtiene la primera derivada y se evalúa el punto y = x3 y' = 3x2

y' = 3(1)2

y' = 3 421

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 40

Ahora, se obtiene la segunda derivada y se evalúa en el punto y' = 3x2

y'' = 6x

y'' = 6(1)

y'' = 6

Los valores obtenidos se sustituyen en la fórmula de radio de curvatura.

[1 + (y' )2]3

r=

| y'' | (1 + 9)3 |6|

r=

[1 + (3)2]3

r=

|6| (10)3 6

r=

r = 10 10 6

r = 5 10 3

Ahora, se obtiene el valor de la curvatura: dθ 1 = ds r

dθ = ds

1 5 10 3

=

3 5 10

dθ = 3 10 ds 50 x = cos t y = sen t

5)

; t=π

Se obtienen la primera y segunda derivada y se sustituye t = π. x = cos t x'' = − cos π

x' = − sen t x'' = − (−1)

y = sen t y'' = − sen π

y' = cos t y'' = 0

x' = − sen π x'' = 1 y' = cos π

x' = 0 y' = −1

Los valores obtenidos se sustituyen en la fórmula: r=

(x' )2 + (y' )2

]

3

r=

|x' ∙ y'' − y' ∙ x'' |

( 1)

3

(0)2 + (−1)2

]

3

|(0)(0) − (−1)(1)|

1 1

r=1 |1| Ahora, el valor de la curvatura es: dθ 1 = ds r

6)

x=1+t y = t2

r=

[

dθ 1 = ds 1

dθ =1 ds

; t=2

Se obtienen la primera y segunda derivada y se evalúa t = 2. x=1+t

x' = 1

y = t2 y' = 2t La segunda derivada es: y'' = 2

422

x'' = 0 y' = 2(2)

y' = 4

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

r=

[

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 40

Se sustituyen los valores en la fórmula: r= r=

[

(x' )2 + (y' )2

]

r=

|x' ∙ y'' − y' ∙ x'' |

[

1 + 16 2

[

3

]

3

(1)2 + (4)2

]

3

|(1)(2) − (4)(0)|

r = 17 17 2

El valor de la curvatura es: dθ 1 = ds r

2 dθ = ds 17 17

dθ 1 = ds 17 17 2

dθ = 2 17 ds 289 7) δ = cos θ ; θ =

π 2

π 2

Se deriva la curva y se evalúa en el punto θ = π 2

δ = cos θ

δ = cos

δ=0

δ' = − sen θ

δ' = − sen

π = −1 2

δ'' = − cos θ

δ'' = − cos

π =0 2

Los valores obtenidos se sustituyen en la fórmula: r= r=

[

]

[

]

3

δ + (δ' )2 2 |δ + 2(δ' )2 − δ ∙ δ'' | 3

0 + (−1)2 |(0)2 + 2(−1) − (0)(0)|

r=

(1)3 | −2 |

r=

1 2

Además, el valor de la curvatura es: dθ 1 = ds r dθ = ds

1 1 2

8) δ = sen

θ π ;θ= 2 3

Se encuentran la primera y segunda derivada y se evalúan en θ = π 3 π θ π 3 δ = sen δ = sen δ = sen 2 2 6 δ = sen θ 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

dθ =2 ds

δ' =

1 cos θ 2 2

δ' =

1 2

3 = 2

δ' =

1 cos 2

δ= π 3

2

1 2 δ' =

1 cos π 2 6

3 4 423

Cálculo diferencial Capítulo 5 δ' =

Ejercicio 40

1 cos θ 2 2 π 3

1 sen 4

δ'' = −

δ'' =

1 2

δ'' = −

2

−sen θ 2

1 2

δ'' = −

1 sen π 4 6

δ'' = −

1 4

1 sen θ 4 2 1 1 =− 2 8

Estos valores se sustituyen en la fórmula:

[

]

3

δ + (δ' )2 r= |δ2 + 2(δ' )2 − δ ∙ δ'' |

r=

1 + 2 1 2

2

3 4

+2

3 4 2

2 3

− 1 2

8

3

r=

11 4 1 + 3 + 1 4 8 16

r=

− 1

r=

11 11 64 11 16

1 + 3 2 16

3

1 + 3 + 1 4 8 16

r=

(11 11)(16) (11)(64)

r=

11 4

Además, el valor de la curvatura es: dθ 1 = ds r

dθ = ds

1

dθ = ds

11 4

4 11

dθ 4 11 = ds 11

Determina el centro de curvatura en el punto dado. 9) x2 − 4y = 0 ; (2, 1) Se determinan la primera y segunda derivada de la curva. x2 − 4y = 0 2x − 4y' = 0 y' = 2x y' = x Se evalúa en (2, 1) 4 2 y' = y'' = 1 2

2 =1 2

y' = 1

Se evalúa en (2, 1)

α=x−

α=2−

α=2−

y' [1 + (y' )2] y'' 1 [1 + (1)2] 1 2

2 1 2

β=y+

β=1+

β=1+

α=2−4

β=1+4

α = −2

β=5

El centro de la curvatura es el punto (−2, 5). 424

1 + (y' )2 y'' 1 + (1)2 1 2

2 1 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Los valores obtenidos se sustituyen en las fórmulas:

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 40

Determina el centro de curvatura de la curva en el punto: 10) x2 + 4y2 − 8 = 0 ; (−2, 1) Se determinan la primera y segunda derivada y se evalúan en el punto x2 + 4y2 − 8 = 0

y'' = −

y' = − 2x 8y

y' = − x 4y

y' = − x 4y

y' = −

2x + 8yy' = 0

4y − x − 4x 4y

2 2 y'' = − 4y + 3x 16y

y' = 1 2

4y(1) − (x)(4y') 16y2

2 4y + x

y

y'' = −

16y2

y' = − −2 4(1)

16y2

2 2 y'' = − 4(1) + (−2) 3 16(1)

y'' = −

8 1 =− 16 2

Estos valores se sustituyen en las fórmulas: α=x−

y' [1 + (y' )2] y'' 1 2

α = −2 −

α = −2 +

1 + (y' )2 y''

β=y+

1+ 1

2

2

− 1 2 5 4

2

2 1 − 2

β=1+

β=1−

α=− 3 4

1+ 1

5 2

β=− 3 2

Determina el centro de curvatura de la curva en el punto: 11) y = sen x ;

π ,1 2

Se determinan la primera y segunda derivada y se evalúan en el punto y' = cos x

y' = cos x

y'' = − sen x

y' = cos π 2

y' = 0

y'' = − sen π 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

y = sen x

y'' = −1

Estos valores se evalúan en las fórmulas: α=x−

y' [1 + (y' )2] y''

α= π − 2 α= π −0 2

0[1 + (0)2] −1

β=y+

1 + (y' )2 y''

β=1+

1 + (0)2 −1

β=1−1 425

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 40

α= π 2

β=0 π ,0. 2

El centro de curvatura es el punto

Determina el centro de curvatura de la curva en el punto: 12) y − ex = 0 ; (0, 1) Se encuentran la primera y segunda derivada y se evalúa el punto y − ex = 0 y' − ex = 0 y' = ex y' = e0 y' = 1 x x 0 y' = e y'' = e y'' = e y'' = 1 Estos valores se emplean en las fórmulas: α=x−

y' [1 + (y' )2] y''

β=y+

1 + (y' )2 y''

α=0−

(1)[1 + (1)2] 1

β=1+

1 + (1)2 1

β=1+

2 1

α=−

2 1

α = −2

β=1+2=3

El centro de curvatura es el punto (−2, 3). Determina el centro de curvatura de la curva en el punto indicado. 13) y = x + 1 ; (3, 2) Primero, se determinan la primera y segunda derivada y se evalúa el punto 1 1 y= x+1 y' = y' = y' = 1 4 2 x+1 2 3+1 y' = 1 2

− 1 2

(x + 1)

y'' = 1 2

− 1 2

y'' = −

1

(

)

4 x+1

− 3 2

(x + 1)

y'' = −

1

(

)

4 x+1 y'' = −

3 2

1 4(8)

3 2

y'' = −

1 32

α=x−

y' [1 + (y' )2] y''

α=3−

1 1+ 1 4 4 − 1 32

β=y+

2

β=2+

1 + (y' )2 y'' 1+ 1 4

− 1

32

α = 3 − − 17 2

β = 2 − 34

α = 23 2

β = −32

El centro de curvatura es el punto 23 , −32 . 2 426

2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Estos valores se sustituyen en las fórmulas:

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

Encuentra los máximos, los mínimos y los intervalos para los que la función es creciente o decreciente. 1) f (x) = x2 − 6x + 5

y

Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

f

f '(x) = 2x − 6 Paso II: 2x − 6 = 0

x=

6 2

12 10

x = 3 punto crítico.

8

Paso III: Se evalúan valores menores y mayores al valor crítico en la primera derivada. f '(2) = 2(2) − 6 4 − 6 = −2 < 0

6

f '(4) = 2(4) − 6 8−6=2>0

4

El cambio de signo se da de negativo a positivo, entonces existe un mínimo. Paso IV: El valor crítico se evalúa en la función. f (3) = (3) − 6(3) + 5 9 − 18 + 5 = −4 2

2 0

−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

12

6

8

10

12

x

−2

Entonces el mínimo tiene coordenadas (3, −4).

−4

Para determinar dónde la función crece y decrece, se realiza lo siguiente: a) Intervalo donde f (x) es creciente. f (x) = x2 − 6x + 5

−6

A(3, −4)

Paso I: f '(x) = 2x − 6 Paso II: f '(x) > 0

2x − 6 > 0

x>3

Entonces f (x) es creciente en el intervalo (3, +∞) b) Intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f (x) = x2 − 6x + 5 f '(x) = 2x − 6

y

Paso II: 2x − 6 < 0

6

x<3

4

Entonces f (x) es decreciente en el intervalo (−∞, 3)

2 0

2) f (x) = −3x2 + 5x − 4

−10

−8

−6

−4

−2

0

Solución

−2

Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

Valor crítico.

Paso III: Se dan valores menores y mayores al valor crítico y se evalúan en la primera derivada.

x

B(5/6, −23/12)

−6

Paso II: La derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación. −6x + 5 = 0

4

−4

f '(x) = −6x + 5

5 x= 6

2

−8 −10

f

427

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

f '(x) < 0

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

f '(0) = −6(0) + 5 f '(0) = 0 + 5 f '(0) = 5 > 0

f '(1) = −6(1) + 5 f '(1) = −6 + 5 f '(1) = −1 < 0

El cambio de signo es de positivo a negativo, entonces hay un máximo en x =

5 6

Paso IV: El valor crítico se evalúa en la función. 5 5 2 5 = −3 +5 −4 f 6 6 6 f

5 23 =− 6 12

Por lo tanto, el punto máximo se encuentra en

5 23 . ,− 6 12

Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. f (x) = −3x2 + 5x − 4 a) Intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = −6x + 5 Paso II: −6x + 5 > 0

x<

5 6

Entonces f (x) es creciente en el intervalo −∞,

5 6

b) Intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la primera derivada. f '(x) = −6x + 5 Paso II: −6x + 5 < 0

x>

y

5 6

6

5 Entonces f (x) es decreciente en el intervalo , +∞ 6 4

Solución

A(−1, 2)

Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

2

f '(x) = 3x2 − 3 Paso II: La derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación. 3x2 − 3 = 0

x2 − 1 = 0

0 −4

−2

0

(x − 1)(x + 1) = 0 x + 1 = 0 x = −1 Valores críticos. x−1=0 x=1

−2

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada.

−4

Para x = −1, se toman x = −2, x = 0 f '(−2) = 3(−2)2 − 3 = 9 > 0 428

2

f '(0) = 3(0)2 − 3 = −3 < 0

f

−6

B(1, −2)

4

6

x

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

3) f (x) = x3 − 3x

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un valor máximo en x = −1 1 ,x=2 2 1 1 2 9 =3 −3=− f' <0 2 2 4

Para x = 1, se toman x =

f '(2) = 3(2)2 − 3 = 9 > 0

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un valor mínimo en x = 1 Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = −1, f (−1) = (−1)3 − 3(−1) = 2 Para x = 1, f (1) = (1)3 − 3(1) = −2 Por lo tanto, el punto máximo se encuentra en (−1, 2) y el punto mínimo en (1, −2). Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. f (x) = x3 − 3x a) Intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = 3x2 − 3 Paso II: f '(x) > 0. Al resolver la desigualdad se obtiene: 3x2 − 3 > 0

(−∞, −1) ∪ (1, +∞)

Donde la función es creciente. b) Intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = 3x2 − 3 Paso II: Por definición f '(x) < 0. 3x2 − 3 < 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−1, 1) y

Donde la función es decreciente.

10

Solución

5

Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

0

f '(x) = 3x2 − 12x

−25 −20

−15

−10

5

Paso II: La derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación. 3x2 − 12x = 0

x2 − 4x = 0

5

10

15

20

25

30

x

−5

x(x − 4) = 0

−10

x=0 x=0 Valores críticos. x−4=0 x=4

−15 −20

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada. Para x = 0, se toman x = −1, x = 1

A(0, 0) 0

−25

f

−30

B(4, −32) 429

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

15

4) f (x) = x3 − 6x2

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

f '(−1) = 3(−1)2 − 12(−1) = 15 > 0 f '(1) = 3(1)2 − 12(1) = −9 < 0 La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un valor máximo en x = 0 Para x = 4, se toman x = 3, x = 5 f '(3) = 3(3)2 − 12(3) = −9 < 0

f '(5) = 3(5)2 − 12(5) = 15 > 0

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un valor mínimo en x = 4 Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = 0, f (0) = (0)3 − 6(0)2 = 0 Para x = 4, f (4) = (4)3 − 6(4)2 = −32 Por lo tanto, el punto máximo se encuentra en (0, 0) y el punto mínimo en (4, −32). Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. f (x) = x3 − 6x2 a) Intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = 3x2 − 12x Paso II: f '(x) > 0. 3x2 − 12x > 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, 0) ∪ (4, +∞)

Donde la función es creciente.

b) Intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = 3x2 − 12x Paso II: f '(x) < 0. 3x2 − 12x < 0

y

Al resolver la desigualdad se obtiene: (0, 4)

6

Donde la función es decreciente.

A(−1, 5)

Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

2

f '(x) = 12x2 + 6x − 6

0

Paso II: La derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación. 12x2 + 6x − 6 = 0

2x2 + x − 1 = 0

−4

−2

(2x − 1)(x + 1) = 0

−2

1 2x − 1 = 0 x = Valores 2 críticos. x + 1 = 0 x = −1 Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada. 430

0

−4

f

−6

2

B(1/2, −7/4)

4

6

x

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

4

5) f (x) = 4x3 + 3x2 − 6x

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

Para x = −1, se toman x = −2, x = −

1 2

f '(−2) = 12(−2)2 + 6(−2) − 6 = 30 > 0

f' −

1 1 = 12 − 2 2

2

+6 −

1 − 6 = −6 < 0 2

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un valor máximo en x = −1 Para x =

1 , se toman x = 0, x = 1 2

f '(0) = 12(0)2 + 6(0) − 6 = −6 < 0

f '(1) = 12(1)2 + 6(1) − 6 = 12 > 0

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un valor mínimo en x =

1 2

Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = −1, Para x =

f (−1) = 4(−1)3 + 3(−1)2 − 6(−1) = 5

1 , 2

f

1 1 =4 2 2

3

+3

1 2

2

−6

1 7 =− 2 4

Por lo tanto, el punto máximo se encuentra en (−1, 5) y el punto mínimo en

1 7 ,− . 2 4

Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. f (x) = 4x3 + 3x2 − 6x a) Intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = 12x2 + 6x − 6 Paso II: f '(x) > 0. 12x2 + 6x − 6 > 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, −1) ∪

1 , +∞ 2

Donde la función es creciente. b) Intervalo donde f (x) es decreciente. PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = 12x2 + 6x − 6 Paso II: f '(x) < 0. 12x2 + 6x − 6 < 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: −1,

1 2

Donde la función es decreciente.

431

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

6) f (x) = 4x3 − x2 − 4x + 3

y

Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

A(−1/2, 17/4)

f '(x) = 12x2 − 2x − 4

5 4

Paso II: La derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación.

3

12x2 − 2x − 4 = 0

2

6x2 − x − 2 = 0

(3x − 2)(2x + 1) = 0 3x − 2 = 0

x=

2 3

1 2x + 1 = 0 x = − 2

Valores críticos.

0 −4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

−1

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada. 1 Para x = − , se toman x = −1, x = 0 2 f '(−1) = 12(−1)2 − 2(−1) − 4 = 10 > 0

B(2/3, 29/27)

1

−2 −3 −4

f '(0) = 12(0)2 − 2(0) − 4 = −4 < 0

−5

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un valor máximo 1 en x = − 2 Para x = f'

−6

2 1 , se toman x = , x = 1 3 3

1 1 = 12 3 3

2

−2

1 10 −4=− <0 3 3

f '(1) = 12(1)2 − 2(1) − 4 = 6 > 0

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un valor mínimo en x =

2 3

Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función.

Para x =

1 , 2

2 , 3

f −

f

1 1 =4 − 2 2

2 2 =4 3 3

3

3

−

− − 2 3

2

1 2

−4

2

−4 −

1 17 +3= 2 4

2 29 +3= 3 27

Por lo tanto, el punto máximo se encuentra en −

1 17 2 29 , y el punto mínimo en , . 2 4 3 27

Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. f (x) = 4x3 − x2 − 4x + 3 a) El intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = 12x2 − 2x − 4 Paso II: f '(x) > 0. 12x2 − 2x − 4 > 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: −∞, −

1 2 ∪ , +∞ 2 3

Donde la función es creciente. 432

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Para x = −

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

b) El intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = 12x2 − 2x − 4 Paso II: f '(x) < 0. 12x2 − 2x − 4 < 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: −

1 2 , 2 3

Donde la función es decreciente. 7) f (x) = −2x3 + 3x2 + 12x − 5

y

Solución

B(2, 15)

15

Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

f

f '(x) = −6x2 + 6x + 12 10

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. −6x2 + 6x + 12 = 0

x2 − x − 2 = 0

(x − 2)(x + 1) = 0 x−2=0 x=2 x+1=0

x = −1

5

Valores críticos.

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada.

0 −10

−5

5

10

x

−5

Para x = −1, se toman x = −2, x = 0 f '(−2) = −6(−2)2 + 6(−2) + 12 = −24 < 0

0

f '(0) = −6(0)2 + 6(0) + 12 = 12 > 0 −10

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un mínimo en x = −1 Para x = 2, se toman x = 1, x = 3 f '(1) = −6(1) + 6(1) + 12 = 12 > 0 2

A(−1, −12) −15

f '(3) = −6(3) + 6(3) + 12 = −24 < 0 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un máximo en x = 2 Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = −1,

f (−1) = −2(−1)3 + 3(−1)2 + 12(−1) − 5 = −12

Para x = 2,

f (2) = −2(2)3 + 3(2)2 + 12(2) − 5 = 15

Por lo tanto, el punto mínimo se encuentra en (−1, 12) y el punto máximo en (2, 15). Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. f (x) = −2x3 + 3x2 + 12x − 5 a) El intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = −6x2 + 6x + 12 433

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

Paso II: f '(x) > 0. −6x2 + 6x + 12 > 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−1, −2) Donde la función es creciente. b) El intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = −6x2 + 6x + 12 Paso II: f '(x) < 0. −6x2 + 6x + 12 < 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, −1) ∪ (2, +∞) Donde la función es decreciente. y

x3 − x2 − 3x + 1 3

12

Solución

10

Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

8

f '(x) = x2 − 2x − 3 Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. x2 − 2x − 3 = 0

(x − 3)(x + 1) = 0

x = −1 x=3

6 4

Valores críticos.

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada.

A(−1, 8/3)

0 −8

−6

−4

−2

f '(0) = (0)2 − 2(0) − 3 = −3 < 0

f '(4) = (4)2 − 2(4) − 3 = 5 > 0

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un mínimo en x = 3 Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = −1,

f (−1) =

Para x = 3,

f (3) =

(−1)3 8 − (−1)2 − 3(−1) + 1 = 3 3 (3)3 − (3)2 − 3(3) + 1 = −8 3

8 y el punto mínimo en (3, −8). 3 Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. x3 f (x) = − x2 − 3x + 1 3 Por lo tanto, el punto máximo se encuentra en −1,

434

2

4

6

8

x

−4

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un máximo en x = −1 Para x = 3, se toman x = 2, x = 4 f '(2) = (2)2 − 2(2) − 3 = −3 < 0

0 −2

Para x = −1, se toman x = −2, x = 0 f '(−2) = (−2)2 − 2(−2) − 3 = 5 > 0

2

−6 −8 −10

f

−12

B(3, −8)

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

8) f (x) =

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

a) El intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = x2 − 2x − 3 Paso II: f '(x) > 0. x2 − 2x − 3 > 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, −1) ∪ (3, +∞) Donde la función es creciente. b) El intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = x2 − 2x − 3 Paso II: f '(x) < 0. x2 − 2x − 3 < 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−1, 3) Donde la función es decreciente. 3 2 9) f (x) = x − x − 6x + 4 3 2 Solución

y A(−2, 34/3)

Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

10

f '(x) = x2 − x − 6

8

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. (x − 3)(x + 2) = 0

x + 2 = 0 x = −2 x−3=0 x=3

6

Valores críticos.

4 2

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada. Para x = −2, se toman x = −3, x = −1 f '(−3) = (−3)2 − (−3) − 6 = 6 > 0

0 −8

−6

−4

2

4

6

8

x

−4 −6 −8

f '(4) = (4)2 − (4) − 6 = 6 > 0

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un mínimo en x = 3

0 −2

f '(−1) = (−1)2 − (−1) − 6 = −4 < 0

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un máximo en x = −2 Para x = 3, se toman x = 2, x = 4 f '(2) = (2)2 − (2) − 6 = −4 < 0

−2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

x2 − x − 6 = 0

12

−10

f

B(3, −19/2)

−12

Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = −2,

f (−2) =

Para x = 3,

f (3) =

(−2)3 (−2)2 34 − − 6(−2) + 4 = 3 2 3

(3)3 (3)2 19 − − 6(3) + 4 = − 3 2 2 435

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

34 19 y el punto mínimo en 3, − . 3 2 Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. 3 2 f (x) = x − x − 6x + 4 3 2 Por lo tanto, el punto máximo se encuentra en −2,

a) El intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = x2 − x − 6 Paso II: f '(x) > 0. x2 − x − 6 > 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, −2) ∪ (3, +∞) Donde la función es creciente. b) El intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = x2 − x − 6 Paso II: f '(x) < 0. x2 − x − 6 < 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−2, 3) Donde la función es decreciente. y

4 10) f (x) = x − 4 x3 + 3 x2 + 1 4 3 2 Solución

12

f

Paso I: Se obtiene la derivada de la función.

10 8

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación.

6

x=0 x=0 Valores x−3=0 x=3 críticos. x−1=0 x=1 Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos −8 −6 y se evalúan en la derivada. 1 Para x = 0, se toman x = −1, x = 4 1 1 3 1 2 1 33 f' = −4 +3 = >0 f '(−1) = (−1)3 − 4(−1)2 + 3(−1) = −8 < 0 4 4 4 4 64

4

x3 − 4x2 + 3x = 0

x(x − 3)(x − 1) = 0

A(0, 1) −4

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un mínimo en x = 0 1 3 Para x = 1, se toman x = , x = 2 2 1 1 3 1 2 1 5 3 3 3 3 2 3 9 f' = −4 +3 = >0 f' = −4 +3 =− <0 2 2 2 2 8 2 2 2 2 8 La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un máximo en x = 1 436

2

B(1, 17/12)

0

−2

0 −2 −4 −6 −8

2

4

C(3, −5/4)

6

8

x

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

f '(x) = x3 − 4x2 + 3x

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

Para x = 3, se toman x = 2, x = 4 f '(2) = (2)3 − 4(2)2 + 3(2) = −2 < 0

f '(4) = (4)3 − 4(4)2 + 3(4) = 12 > 0

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un mínimo en x = 3 Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = 0,

f (0) =

(0)4 4 3 − (0)3 + (0)2 + 1 = 1 4 3 2

Para x = 1,

f (1) =

(1)4 4 3 17 − (1)3 + (1)2 + 1 = 4 3 2 12

Para x = 3,

f (3) =

(3)4 4 3 5 − (3)3 + (3)2 + 1 = − 4 3 2 4

Por lo tanto, existe un punto máximo en 1,

17 12

y dos puntos mínimos en (0, 1) y 3, −

5 . 4

Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. 4 f (x) = x − 4 x3 + 3 x2 + 1 4 3 2 a) El intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = x3 − 4x2 + 3x Paso II: f '(x) > 0. x3 − 4x2 + 3x > 0 Al resolver la desigualdad se obtiene: (0, 1) ∪ (3, +∞) Donde la función es creciente. b) El intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = x3 − 4x2 + 3x Paso II: Por definición f '(x) < 0. x3 − 4x2 + 3x < 0 PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, 0) ∪ (1, 3) Donde la función es decreciente.

437

Cálculo diferencial Capítulo 5 11) y =

Ejercicio 41

3 x − 2x

y

2

12

Solución

10

Paso I: Se obtiene la derivada de la función. y' = −

6(x − 1) (x2 − 2x)2

8 6

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. −

4

6(x − 1) =0 (x2 − 2x)2

−6(x − 1) = 0

x−1=0 x = 1 Valor crítico.

2 0

Paso III: Se dan valores mayores y menores próximos a los valores críticos y se evalúan en la primera derivada. 1 3 Para x = 1, se toman x = , x = 2 2 1 =− 2

y'

6 1 −1 2

1 2

2

−2 1 2

2

=

16 >0 3

y'

3 =− 2

−8

−2 3 2

−2

0

−4

2

2

−4

−2

6 3 −1 3 2

−6

2

=−

16 <0 3

2

4

6

8

x

A(1, −3)

−6 −8

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un máximo en x = 1 Paso IV: El valor crítico se evalúa en la función. x = 1,

y(1) =

3 = −3 (1)2 − 2(1)

Por lo tanto, existe un punto máximo en (1, −3). Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. 3 y= 2 x − 2x Nota: Como se trata de una función racional, debemos determinar el dominio. x2 − 2x = 0

x(x − 2) = 0

x=0 x=2

Entonces Df = ℝ − {0, 2} (−∞, 0) ∪ (0, 2) ∪ (2, +∞)

Paso I: Se obtiene la derivada. y' = −

6(x − 1) (x2 − 2x)2

Paso II: Por definición y' > 0. −

6(x − 1) >0 (x2 − 2x)2

Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, 1) Dicho intervalo se interseca con el dominio y se obtiene: (−∞, 0) ∪ (0, 1) Donde la función es creciente. 438

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

a) El intervalo donde “y” es creciente.

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

b) El intervalo donde “y” es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. y' = −

6(x − 1) (x2 − 2x)2

Paso II: y' < 0. 6(x − 1) − 2 <0 (x − 2x)2 Al resolver la desigualdad se obtiene: (1, +∞) Dicho intervalo se interseca con el dominio y se obtiene: (1, 2) ∪ (2, +∞) Donde la función es decreciente. 12) f (x) =

y

x+3 x−3

12

Solución

10

Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = −

6 (x − 3)2

8 6

Paso II: La derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación. −

4

6 =0 (x − 3)2

Asíntota horizontal y=1

Observamos que no existe ningún número real que resuelve dicha ecuación, por lo tanto, se concluye que no existen puntos críticos; en consecuencia, tampoco hay máximos, ni mínimos.

2 0

−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

12

x

−2

Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. x+3 f (x) = x−3

−4

Nota: Como se trata de una función racional, debemos determinar el dominio.

−8

−6

Asíntota vertical x=3

x=3

x−3=0

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Entonces: Df = ℝ − {3} (−∞, 3) ∪ (3, +∞) a) El intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) = −

6 (x − 3)2

Paso II: f '(x) > 0. −

6 >0 (x − 3)2

Al resolver la desigualdad se observa que el conjunto solución es vacío: x ∈{ } Esto significa que la función f (x) nunca es creciente. 439

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

b) El intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. 6 (x − 3)2

f '(x) = −

Paso II: Por definición f '(x) < 0. 6 − <0 (x − 3)2 Al resolver la desigualdad se observa que el conjunto solución es el conjunto de todos los reales. x ∈ℝ El cual se interseca con el dominio de la función y se obtiene: (−∞, 3) ∪ (3, +∞) Dicho conjunto es donde la función f (x) es decreciente. 2x x2 + 4

13) f (x) = Solución

Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) =

−2x2 + 8 (x2 + 4)2

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. −2x2 + 8 =0 (x2 + 4)2

−2x2 + 8 = 0

x2 − 4 = 0

x−2=0 x+2=0

(x − 2)(x + 2) = 0

x=2 x = −2

Valores críticos.

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada. Para x = −2, se toman x = −3, x = −1 2 10 f '(−3) = −2(−3) + 8 = − <0 2 169 [(−3) + 4]2

2 6 f '(−1) = −2(−1) + 8 = >0 2 25 [(−1) + 4]2

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un mínimo en x = −2. Para x = 2, se toman x = 1, x = 3 −2(1)2 + 8 [(1)2 + 4]2

6 >0 25

=

f '(3) =

−2(3)2 + 8 [(3)2 + 4]2

=−

10 <0 169

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un máximo en x = 2.

y

Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = −2,

f (−2) = −

Para x = 2,

f (2) =

2

1 2

1 Por lo tanto, existe un punto mínimo en −2, − y un 2 1 máximo en 2, . 2 Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. 2x f (x) = 2 x +4 440

3

1 2

B(2, 1/2)

1 0 −6

−5

−4

−3

−2

−1

A(−2, −1/2)

0 −1 −2 −3

1

2

3

4

5

6

x

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

f '(1) =

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

a) El intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) =

−2x2 + 8 (x2 + 4)2

Paso II: Por definición f '(x) > 0. −2x2 + 8 >0 (x2 + 4)2 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−2, 2) Donde la función es creciente. b) El intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) =

−2x2 + 8 (x2 + 4)2

Paso II: f '(x) < 0. −2x2 + 8 <0 (x2 + 4)2 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, −2) ∪ (2, +∞) Donde la función es decreciente. x2 − 1 4 − x2

3 2

Solución

1

Paso I: Se obtiene la derivada de la función. 6x y' = (4 − x2)2

0 −6

−5

−4

−3

−2

−1

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 6x =0 (4 − x2)2

6x = 0

x = 0 Valor crítico.

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos al valor crítico y se evalúa en la derivada. Para x = 0, se toman x = −1, x = 1 y'(−1) =

2 6(−1) <0 =− 2 2 3 [4 − (−1) ]

y'(1) =

2 6(1) >0 = 2 2 3 [4 − (1) ]

0

−1

1

2

A(0, −1/4)

3

4

5

6

x

−2 −3 −4

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

14) y =

y

−5 −6

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un mínimo en x = 0 Paso IV: El valor crítico se evalúa en la función. 2 1 y(0) = (0) −1 = − 2 4 4 − (0)

Por lo tanto, existe un punto mínimo en 0, −

1 . 4 441

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. y=

x2 − 1 4 − x2

Nota: Como se trata de una función racional, se encuentra el dominio. 4 − x2 = 0 (2 − x)(2 + x) = 0 x = 2, x = −2 Entonces: Df = ℝ − {−2, 2} (−∞, −2) ∪ (−2, 2) ∪ (2, +∞) a) El intervalo donde “y” es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. 6x y' = (4 − x2)2 Paso II: y' > 0. 6x >0 (4 − x2)2 Al resolver la desigualdad se obtiene: (0, +∞) Dicho intervalo se interseca con el dominio y se obtiene: (0, 2) ∪ (2, +∞) Donde la función es creciente. b) El intervalo donde “y” es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. 6x y' = (4 − x2)2 Paso II: y' < 0. 6x <0 (4 − x2)2 Al resolver la desigualdad se obtiene:

Dicho intervalo se interseca con el dominio de la función y se obtiene: (−∞, −2) ∪ (−2, 0) Donde la función es decreciente.

442

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

(−∞, 0)

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

x2 x+3

15) f (x) =

y 15

Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) =

x2 + 6x (x + 3)2

10

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. x2 + 6x =0 (x + 3)2

x2 + 6x = 0

5

0 = x(x + 6) x=0 x = −6

Valores críticos.

0 −15

−10

−5

B(0, 0)

Paso III: Se dan valores menores y mayores próximos a los valores críticos y se evalúan en la derivada.

0

5

10

15

x

−5

Para x = −6, se toman x = −7, x = −5 2 7 >0 f '(−7) = (−7) + 6(−7) = 16 (−7 + 3)2

A(−6, −12)

2 5 f '(−5) = (−5) + 6(−5) = − <0 2 4 (−5 + 3)

−10

−15

La derivada cambia de signo positivo a negativo, entonces la función tiene un máximo en x = −6 Para x = 0, se toman x = −1, x = 1 2 5 f '(−1) = (−1) + 6(−1) = − <0 2 4 (−1 + 3)

2 7 f '(1) = (1) + 6(1) = >0 2 16 (1 + 3)

La derivada cambia de signo negativo a positivo, entonces la función tiene un mínimo en x = 0 Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. Para x = −6

2 f (−6) = (−6) = −12 −6 + 3

Para x = 0

2 f (0) = (0) = 0 0+3

Por lo tanto, existe un punto máximo en (−6, −12) y un mínimo en (0, 0). PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Ahora, se determina dónde la función crece y dónde decrece. x2 f (x) = x+3 Nota: como se trata de una función racional, se encuentra el dominio. x+3=0

x = −3 ← Asíntota vertical

Df = ℝ − {−3} (−∞, −3) ∪ (−3, +∞) a) El intervalo donde f (x) es creciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) =

x2 + 6x (x + 3)2 443

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 41

Paso II: Por definición f '(x) > 0. x2 + 6x >0 (x + 3)2 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−∞, −6) ∪ (0, +∞) Donde la función es creciente. b) El intervalo donde f (x) es decreciente. Paso I: Se obtiene la derivada. f '(x) =

x2 + 6x (x + 3)2

Paso II: Por definición f '(x) < 0. x2 + 6x <0 (x + 3)2 Al resolver la desigualdad se obtiene: (−6, −3) ∪ (−3, 0)

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Donde la función es decreciente.

444

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 1) f (x) = x2 − 6x + 10 Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = 2x − 6 Paso II: La derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación. 2x − 6 = 0

x=3

}

Valor crítico.

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos y estos valores se evalúan en la primera derivada para determinar si la función crece o decrece, como se ilustra. f '(0) = 2(0) − 6 = −6 < 0 f '(4) = 2(4) − 6 = 2 > 0

(−∞, 3) 0 −

(3, +∞) 4 +

En la derivada existe un cambio de signo negativo a positivo, entonces se concluye que existe un mínimo en x = 3. Paso IV: El valor crítico se evalúa en la función. f (3) = (3)2 − 6(3) + 10 = 1 Por consiguiente, el punto mínimo se encuentra en (3, 1). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Al observar la tabla, se concluye que la función es creciente cuando f '(x) > 0 y el intervalo es (3, +∞). Además, es decreciente cuando f '(x) < 0 y esto sucede en (−∞, 3). Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = 2 Aquí se observa que f ''(x) = 2 > 0, entonces se puede afirmar que la función es siempre cóncava positiva. Además, como la segunda derivada es una constante se concluye que no existe punto de inflexión. La gráfica se muestra a continuación: y 12

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

10 8 6 4 2

A(3, 1)

0 −10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

12

x

−2 −4 −6

445

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 2) f (x) = −x2 + 4x + 6 Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = −2x + 4 Paso II: La derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación. −2x + 4 = 0

2x = 4

x=2

}

Valor crítico.

Paso III: Se construye la tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos y estos valores se evalúan en la primera derivada para determinar si la función crece o decrece, como se ilustra. (−∞, 2) 0 +

f '(0) = −2(0) + 4 = 4 > 0 f '(3) = −2(3) + 4 = −2 < 0

(2, +∞) 3 −

En la derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces se concluye que existe un máximo en x = 2. Paso IV: El valor crítico se evalúa en la función. f (2) = −(2)2 + 4(2) + 6 = 10 Por consiguiente, el punto máximo se encuentra en (2, 10). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Al observar la tabla, se concluye que la función es creciente cuando f '(x) > 0 y el intervalo es (−∞, 2). Además, es decreciente cuando f '(x) < 0 y esto sucede en (2, +∞). Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = −2 Aquí se observa que f ''(x) = −2 < 0, entonces se puede afirmar que la función es siempre cóncava negativa. Además, la segunda derivada es una constante y se concluye que no existe punto de inflexión. La gráfica se muestra a continuación: y 12

8 6 4 2 0 −10

−8

−6

−4

−2

0 −2 −4

f −6

446

2

4

6

8

10

12

x

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A(2, 10)

10

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 3) f (x) = x3 − 3x2 − 9x + 1 Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = 3x2 − 6x − 9 Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 3x2 − 6x − 9 = 0

x2 − 2x − 3 = 0

(x − 3)(x + 1) = 0 x−3=0 x=3 Valores críticos. x + 1 = 0 x = −1

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos y estos valores se evalúan en la primera derivada para determinar dónde la función crece o decrece, como se ilustra. (−∞, −1) f '(−2) = 3(−2) − 6(−2) − 9 = 15 > 0

−2

2

f '(0) = 3(0) − 6(0) − 9 = −9 < 0

+

2

(−1, 3) 0

(3, +∞) 4

−

+

f '(4) = 3(4) − 6(4) − 9 = 15 > 0 2

En la derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces hay un máximo en x = −1, y hay otro cambio de signo, de negativo a positivo, entonces hay un mínimo en x = 3. Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. f (−1) = (−1)3 − 3(−1)2 − 9(−1) + 1 = 6 f (3) = (3)3 − 3(3)2 − 9(3) + 1 = −26 Por consiguiente, el punto máximo se encuentra en (−1, 6) y el punto mínimo en (3, −26). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa la tabla y se concluye que la función es creciente cuando f '(x) > 0 y esto pasa en (−∞, −1) ∪ (3, +∞). Mientras que es decreciente cuando f '(x) < 0 y esto se presenta en (−1, 3). Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = 6x − 6 6x − 6 = 0

6x = 6

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Paso VII: La segunda derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. x=1

El valor obtenido se sustituye en la función para encontrar las coordenadas del punto de inflexión. f (1) = (1)3 − 3(1)2 − 9(−1) + 1 = −10 El punto de inflexión se encuentra en (1, −10). Paso VIII: Se construye una tabla, ahora con el punto de inflexión para determinar la concavidad de la función. Se van a asignar valores a la izquierda y derecha del punto de inflexión en la segunda derivada. f ''(0) = 6(0) − 6 = −6 < 0 f ''(2) = 6(2) − 6 = 6 > 0

(−∞, 1) 0 −

(1, +∞) 2 +

447

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

Por lo tanto, se concluye que la función es cóncava negativa en el intervalo (−∞, 1) y es cóncava positiva en (1, +∞). La gráfica se muestra a continuación: y 15 10

A(−1, 6)

5 0

−25 −20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

25

30

x

−5 −10

C(1, −10)

−15 −20 −25

f

B(3, −26)

−30

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 4) f (x) = 2x3 − 3x2 − 36x + 24 Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = 6x2 − 6x − 36 Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 6x2 − 6x − 36 = 0

x2 − x − 6 = 0

(x − 3)(x + 2) = 0

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos y estos valores se evalúan en la primera derivada para verificar dónde la función crece o decrece, como se ilustra. (−∞, −2) f '(−3) = 6(−3) − 6(−3) − 36 = 36 > 0

−3

2

f '(0) = 6(0) − 6(0) − 36 = −36 < 0 2

+

(−2, 3) 0

(3, +∞) 4

−

+

f '(4) = 6(4) − 6(4) − 36 = 36 > 0 2

En la derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces hay un máximo en x = −2, y hay otro cambio de signo, de negativo a positivo, entonces hay un mínimo en x = 3. Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. f (−2) = 2(−2)3 − 3(−2)2 − 36(−2) + 24 = 68 f (3) = 2(3)3 − 3(3)2 − 36(3) + 24 = −57 448

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

x−3=0 x=3 Valores críticos. x + 2 = 0 x = −2

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

Por consiguiente, el punto máximo se encuentra en (−2, 68) y el punto mínimo en (3, −57). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa la tabla y se concluye que la función es creciente cuando f '(x) > 0 y esto sucede en (−∞, −2) ∪ (3, +∞). Mientras que es decreciente cuando f '(x) < 0 y esto se presenta en (−2, 3). Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = 12x − 6 Paso VII: La segunda derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 12x − 6 = 0

6 12

x=

x=

1 2

El valor obtenido se sustituye en la función para encontrar las coordenadas del punto de inflexión. f

1 1 =2 2 2

3

−3

1 2

2

− 36

1 11 + 24 = 2 2 1 11 , . 2 2

El punto de inflexión se encuentra en

Paso VIII: Se construye una tabla, con el punto de inflexión para determinar la concavidad de la función. Se van a asignar valores a la izquierda y a la derecha del punto de inflexión en la segunda derivada. −∞, f ''(0) = 12(0) − 6 = −6 < 0

−

1 2 0

1 , +∞ 2 1

+

f ''(1) = 12(1) − 6 = 6 > 0 1 1 , +∞ . y es cóncava positiva en Por lo tanto, se concluye que la función es cóncava negativa en el intervalo −∞, 2 2 La gráfica se muestra a continuación: y 80

A(−2, 68) 60

40

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20

C(1/2, 11/2) 0 −40

−20

0

20

40

60

x

−20

−40

−60

f

B(3, −57) 449

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 5) f (x) = x4 − 4x3 Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = 4x3 − 12x2 Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 4x3 − 12x2 = 0

4x2(x − 3) = 0

4x2 = 0 x=0 x−3=0 x=3

Valores críticos.

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos y estos valores se evalúan en la primera derivada para verificar dónde la función crece o decrece, como se ilustra. (0, 3)

(−∞, 0) f '(−1) = 4(−1) − 12(−1) = −16 < 0 3

−1

2

f '(1) = 4(1) − 12(1) = −8 < 0 3

2

−

1 −

(3, +∞) 4 +

f '(4) = 4(4) − 12(4) = 64 > 0 3

2

En la derivada no hay cambio de signo en x = 0, por lo tanto, sólo es un punto crítico, mientras que en x = 3 sí hay un cambio de signo negativo a positivo, entonces hay un mínimo. Paso IV: El valor crítico donde existe un mínimo se evalúa en la función. f (3) = (3)4 − 4(3)3 = −27 Por consiguiente, el punto mínimo se encuentra en (3, −27). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa la tabla y se concluye que la función es creciente cuando f '(x) > 0, entonces esto sucede en (3, +∞). Y es decreciente cuando f '(x) < 0 y esto pasa en (−∞, 0) ∪ (0, 3). Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = 12x2 − 24x Paso VII: La segunda derivada se iguala con cero y se resuelve la ecuación. 12x(x − 2) = 0

12x = 0 x−2=0

x=0 x=2

Los valores obtenidos se sustituyen en la función para encontrar las coordenadas del punto de inflexión. f (0) = (0)4 − 4(0)3 = 0 f (2) = (2)4 − 4(2)3 = −16 Los puntos de inflexión se encuentran en (0, 0) y (2, −16). Paso VIII: Se construye una tabla con los puntos de inflexión para determinar las concavidades de la función. Se asignan valores cercanos a los puntos de inflexión en la segunda derivada. (−∞, 0) f ''(−1) = 12(−1) − 24(−1) = 36 > 0 f ''(1) = 12(1) − 24(1) = −12 < 0 2

f ''(3) = 12(3) − 24(3) = 36 > 0 2

450

(0, 2)

−1

2

+

1 −

(2, +∞) 3 +

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

12x2 − 24x = 0

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

Por lo tanto, se concluye que la función es cóncava positiva en (−∞, 0) ∪ (2, +∞) y cóncava negativa en el intervalo (0, 2). La gráfica se muestra a continuación: y f

20

10

0 −20

−10

B(0, 0)

0

10

20

30

x

−10

C(2, −16) −20

A(3, −27) −30

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 6) f (x) = x2 +

1 x2

Solución Para este reactivo es necesario determinar el dominio de la función: Df = ℝ − {0} (−∞, 0) ∪ (0, +∞)

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 2 x4 − 1 2x − 3 = 0 =0 (x2 − 1)(x2 + 1) = 0 x x3

(x − 1)(x + 1)(x2 + 1) = 0 x−1=0 x=1 Valores x + 1 = 0 x = −1 críticos. x2 + 1 = 0 x ∉ ℝ

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales, considerando también el valor que no acepta el dominio de la función, asignando valores en la primera derivada para verificar dónde la función crece o decrece, como se ilustra. 2 = − 15 < 0 f '(−2) = 2(−2) − 3 (0, 1) (−∞, −1) (−1, 0) (1, +∞) 4 (−2) 1 1 2 −2 1 1 2 − f' − =2 − − 2 2 3 = 15 > 0 − + − + 2 2 − 1 2

1 1 f' =2 − 2 2 f '(2) = 2(2) −

2 1 2

3

= −15 < 0

2 = 15 > 0 (2)3 4 451

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = 2x − 2x−3

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

En la derivada existen cambios de signo negativo a positivo, entonces hay un mínimo en x = −1, y después vuelve a existir otro cambio de negativo a positivo, entonces hay otro mínimo en x = 1. Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. 1 f (−1) = (−1)2 + =2 (−1)2 f (1) = (1)2 +

1 =2 (1)2

Por consiguiente, los puntos mínimos se encuentran en (−1, 2) y (1, 2). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa la tabla y se concluye que la función es creciente si f '(x) > 0 y esto sucede en (−1, 0) ∪ (1, +∞). Mientras que es decreciente cuando f '(x) < 0 y esto se presenta en (−∞, −1) ∪ (0, 1). Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. 6 f ''(x) = 2 + 4 x Paso VII: La segunda derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 6 2+ 4 =0 x La ecuación no tiene ninguna solución real, pero no importa el valor de x, si x < 0 o x > 0 f ''(x) > 0, entonces: f (x) siempre es cóncava positiva para ℝ − {0}. La gráfica se muestra a continuación: y f

20 15 10 5

B(1, 2)

A(−1, 2) −15

−10

−5

0

5

10

15

x

−10 −15

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 7) f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 6 Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. 452

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−5

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

f '(x) = 6x2 − 6x − 12 Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 6x2 − 6x − 12 = 0

x2 − x − 2 = 0

(x − 2)(x + 1) = 0 x−2=0 x=2 Valores críticos. x + 1 = 0 x = −1

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos, y estos valores se evalúan en la primera derivada para verificar dónde la función crece o decrece, como se ilustra. (−∞, −1) f '(−2) = 6(−2)2 − 6(−2) − 12 = 24 > 0 f '(0) = 6(0)2 − 6(0) − 12 = −12 < 0

−2 +

(−1, 2) 0

(2, +∞) 3

−

+

f '(3) = 6(3) − 6(3) − 12 = 24 > 0 2

En la primera derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces hay un máximo en x = −1, y hay otro cambio de signo, de negativo a positivo, entonces hay un mínimo en x = 2. Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. f (−1) = 2(−1)3 − 3(−1)2 − 12(−1) + 6 = 13 f (2) = 2(2)3 − 3(2)2 − 12(2) + 6 = −14 Por consiguiente, el punto máximo se encuentra en (−1, 13) y el punto mínimo en (2, −14). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa que la función es creciente cuando f '(x) > 0 y esto sucede en (−∞, −1) ∪ (2, +∞). Y decrece cuando f '(x) < 0 y esto se presenta en (−1, 2). Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = 12x − 6 Paso VII: La segunda derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 12x − 6 = 0

6 12

x=

x=

1 2

El valor obtenido se sustituye en la función para encontrar las coordenadas del punto de inflexión. 1 1 =2 2 2

3

−3

1 2

2

− 12

1 1 +6=− 2 2 1 1 . ,− 2 2

El punto de inflexión se encuentra en

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

f

Paso VIII: Se construye una tabla con el punto de inflexión para determinar la concavidad de la función. Se van a asignar valores a la izquierda y a la derecha del punto de inflexión en la segunda derivada. −∞, f ''(0) = 12(0) − 6 = −6 < 0 f ''(1) = 12(1) − 6 = 6 > 0

−

1 2 0

1 , +∞ 2 +

1

1 1 y es cóncava positiva en , +∞ . Por lo tanto, se concluye que la función es cóncava negativa en el intervalo −∞, 2 2 La gráfica se muestra a continuación:

453

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42 y 20

15

A(−1, 13) 10

5

0 −10

−5

5

C(1/2, −1/2)

10

15

x

−5

−10

f

−15

B(2, −14)

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 8) f (x) = (x2 − 1)2 Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = 4x(x2 − 1) 4x(x2 − 1) = 0

4x(x − 1)(x + 1) = 0

4x = 0 x−1=0 x+1=0

x=0 x=1 x = −1

Valores críticos.

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos, y estos valores se evalúan en la primera derivada para verificar dónde la función crece o decrece, como se ilustra. f '(−2) = 4(−2)[(−2)2 − 1] = −24 < 0 1 1 f' − =4 − 2 2 1 1 f' =4 2 2

1 − 2 1 2

2

2

3 −1 = >0 2

3 −1 =− <0 2

f '(2) = 4(2)[(2)2 − 1] = 24 > 0 454

(−∞, −1) −2 −

(−1, 0) 1 − 2 +

(0, 1) −

1 2

(1, +∞) 2 +

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Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación.

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

En la primera derivada existen un cambio de signo negativo a positivo, entonces en x = −1 hay un mínimo, también hay un cambio de signo positivo a negativo, entonces hay un máximo en x = 0. Y por último, también hay un cambio de signo negativo a positivo, entonces hay otro mínimo en x = 1. Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. f (−1) = [(−1)2 − 1]2 = 0 f (0) = [(0)2 − 1]2 = 1 f (1) = [(1)2 − 1]2 = 0 Por consiguiente, el punto máximo se encuentra en (0, 1) mientras que los mínimos tienen coordenadas (−1, 0) y (1, 0). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa la tabla y se concluye que es creciente cuando f '(x) > 0, y esto sucede en (−1, 0) ∪ (1, +∞). Y es decreciente cuando f '(x) < 0, lo cual acontece en (−∞, −1) ∪ (0, 1). Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = 12x2 − 4 Paso VII: La segunda derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 1 12x2 − 4 = 0 3x2 − 1 = 0 x=± 3 x= x=−

1 3 1 3

Los valores obtenidos se sustituyen en la función para encontrar las coordenadas de los puntos de inflexión. 1 3

f − f

1 3

= − =

1 3

1 3 2

2

−1

−1 2

=

2

=

4 9

4 9

Paso VIII: Se construye una tabla con los puntos de inflexión para determinar las concavidades de la función. Se asignan valores a la izquierda y derecha de los puntos de inflexión sobre la segunda derivada.

f ''(−1) = 12(−1)2 − 4 = 8 > 0 f ''(0) = 12(0)2 − 4 = −4 < 0 f ''(1) = 12(1)2 − 4 = 8 > 0

+

1 3 −1

−

1 , 3

1 3 0

1 3

∪

−

Se concluye que la función es cóncava positiva en −∞, −

1 , +∞ 3 1 +

1 1 , +∞ y es cóncava negativa en − , 3 3

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−∞, −

1 . 3

La gráfica se muestra a continuación:

455

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42 y 6

f

5 4 3 2 1

−3

−2

−1

B(−1, 0)

A(0, 1)

0 −1

1

2

C(1, 0)

3

x

−2 −3

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 9) f (x) = x2 + 36 Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. x f '(x) = 2 x + 36 Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. x =0 x=0 2 x + 36

En la primera derivada existen un cambio de signo negativo a positivo, entonces en x = 0 hay un mínimo. Paso IV: Los valores críticos se evalúan en la función. f (0) = (0)2 + 36 = 36 = 6 Por consiguiente, el punto mínimo se encuentra en (0, 6). Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa la tabla y nos damos cuenta que f '(x) > 0 en el intervalo (0, +∞) que es donde la función es creciente, mientras que f '(x) < 0 en el intervalo (−∞, 0), que es donde la función es decreciente. Paso VI: Se encuentra la segunda derivada de la función. 36 f ''(x) = 3 x2 + 36 2

(

456

)

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Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos, estos valores se evalúan en la primera derivada para verificar dónde la función crece o decrece, como se ilustra. −1 1 =− f '(−1) = <0 (−∞, 0) (0, +∞) 2 (−1) + 36 37 1 −1 1 1 − + = > 0 f '(1) = (1)2 + 36 37

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

Paso VII: La segunda derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 36 =0 3 2 x + 36 2

(

)

Esta ecuación no tiene solución en los reales, pero se puede observar que para cualquier número real f ''(x) > 0, entonces la función siempre es cóncava positiva. La función se muestra a continuación: f

y 16 14 12 10 8 6

A(0, 6)

4 2 0 −14 −12

−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

12

14

x

−2 −4

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y su gráfica. 10) f (x) = x3(x + 2) Solución Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = 4x3 + 6x2 4x3 + 6x2 = 0

2x2(2x + 3) = 0

2x2 = 0

x=0

2x + 3 = 0 x = −

Valores críticos.

3 2

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en la recta de los reales y se asignan valores en dichos intervalos, y estos valores se evalúan en la primera derivada para determinar si la función crece o decrece, como se muestra.

−∞, − f '(−2) = 4(−2)3 + 6(−2)2 = −8 < 0 f '(−1) = 4(−1) + 6(−1) = 2 > 0 f '(1) = 4(1)3 + 6(1)2 = 10 > 0 3

2

−

3 2 −2

− +

3 ,0 2 −1

(0, +∞) 1 +

457

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Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación.

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

En la derivada hay un cambio de signo negativo a positivo, entonces en x = −

3 , por lo tanto hay un mínimo, mientras que en x = 0 no 2

hay cambio de signo en la primera derivada, entonces es sólo un punto crítico. Paso IV: El valor crítico donde existe el mínimo, se evalúa en la función. f −

3 3 = − 2 2

3

−

3 27 +2 =− 2 16 3 27 , − . 2 16

Por consiguiente, el punto mínimo se encuentra en −

Paso V: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa la tabla y se concluye que la función es decreciente cuando f '(x) < 0 y esto sucede en −∞, − Mientras que es creciente cuando f '(x) > 0, y esto sucede en −

3 . 2

3 , 0 ∪ (0, +∞). 2

Paso VI: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = 12x2 + 12x Paso VII: La segunda derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. 12x2 + 12x = 0

12x(x + 1) = 0

12x = 0 x+1=0

x=0 x = −1

Valores críticos.

Los valores obtenidos se sustituyen en la función para encontrar las coordenadas de los puntos de inflexión. f (−1) = (−1)3(−1 + 2) = −1 f (0) = (0)3(0 + 2) = 0 Los puntos de inflexión se encuentran en (−1, −1) y (0, 0). Paso VIII: Se construye una tabla con los puntos de inflexión para determinar las concavidades de la función. Se asignan valores cercanos a los puntos de inflexión en la segunda derivada. (−∞, −1) −2

f ''(−2) = 12(−2)2 + 12(−2) = 24 > 0 f '' − 1 = 12 − 1 2 2

2

+ 12 − 1 = −3 < 0 2

(−1, 0)

+

− 1 2 −

(0, +∞) 1 +

Por lo tanto, se concluye que la función es cóncava positiva en (−∞, −1) ∪ (0, +∞) y es cóncava negativa en (−1, 0). La gráfica se muestra a continuación:

458

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f ''(1) = 12(1)2 + 12(1) = 24 > 0

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42 y 4 3.5 3 2.5

f

2 1.5 1 0.5 0 −2.5 −2

−1.5

−1

−0.5

0

−0.5

C(−1, −1)

0.5

B(0, 0)

1

1.5

2

2.5

3

x

−1 −1.5

A(−3/2, −27/16)

−2 −2.5 −3

Dada la función, determina los puntos máximos, mínimos, intervalos donde la función crece y decrece, los intervalos de concavidad, puntos de inflexión y gráfica. 11) f (x) = sen(2x) en [0, π] Solución

Paso II: La derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. π π 2x = x= cos 2x = 0 2x = arccos (0) 2 cos 2x = 0 2 4 3 3 2x = π x= π 2 4

Valores críticos.

Paso III: Se construye una tabla con los intervalos que se forman al colocar los valores críticos en el intervalo de [0, π]. Y se asignan valores en dichos intervalos, y estos valores se evalúan en la primera derivada para determinar si la función crece o decrece, como se ilustra. π π π 3 = 2 cos 2 = 1.41 > 0 f' π 3 , π 0, π, π 8 8 4 4 4 4 π π f' = 2 cos 2 = −2 < 0 π π π 2 2 8 2 8 + − + π π f' = 2 cos 2 = 1.41 > 0 8 8

459

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Paso I: Se obtiene la derivada de la función. f '(x) = 2 cos 2x

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 42

En la derivada hay un cambio de signo positivo a negativo en x =

π 3 , por lo tanto, hay un máximo. Mientras que en x = π hay un 4 4

cambio de signo negativo a positivo, entonces hay un mínimo. Paso IV: Se encuentran los intervalos, dónde la función crece y dónde decrece. Se observa la tabla y se concluye que la función es creciente cuando f '(x) > 0 y esto sucede en 0, π 3 , π. 4 4

Mientras que es decreciente si f '(x) < 0, y esto pasa en

π 3 ,π ∪ 4 4

Paso V: Se obtiene la segunda derivada de la función. f ''(x) = −4 sen 2x Paso VI: La segunda derivada se iguala a cero y se resuelve la ecuación. −4 sen 2x = 0

sen 2x = 0

2x = arcsen (0)

x=0 π 2x = π x= 2 2x = 2π x=π De los tres valores obtenidos, se observa que x = 0 y x = π, los cuales se descartan para este ejercicio, ya que al inicio nos indican que π . son los extremos donde la función se encuentra definida. El único valor que se considera es x = 2 Ese valor se sustituye en la función para encontrar las coordenadas de los puntos de inflexión. f

2x = 0

π π = sen 2 2 2 = sen π = 0 π ,0. 2

El punto de inflexión se encuentran en

Paso VII: Se construye una tabla con el punto de inflexión para determinar la concavidad de la función. Se asignan valores cercanos al punto de inflexión en la segunda derivada.

f ''

π π = −4 sen 2 = −4 < 0 4 4

f ''

3 3 π = −4 sen 2 π =4>0 4 4

π 2

π ,π 2 π 4

−

+

3 π 4

π π Por lo tanto, se concluye que la función es cóncava negativa en 0, ,π. y cóncava positiva en 2 2 La gráfica se muestra a continuación: y 1.5

B(π/4, 1)

1 0.5

C(π/2, 0)

0 0

π/2

π

−0.5 −1

460

A(3/4π, −1)

x

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0,

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

1) Encuentra dos números cuya suma sea 40 y su producto sea máximo. Solución La suma de los números es 40: x + y = 40 El producto de ellos es máximo. P = xy Se despeja “y” de la primera igualdad. x + y = 40

y = 40 − x

Entonces: P = (x)(40 − x) P = 40x − x2 P(x) = 40x − x2 función a maximizar. Se obtiene la primera derivada: P'(x) = 40 − 2x La derivada P'(x) se iguala con cero y se resuelve. 40 − 2x = 0

40 = 2x

20 = x

}

Valor crítico.

Se construye una tabla para analizar el comportamiento de la primera derivada en la cercanía de x = 20. P'(19) = 40 − 2(19) = 2 > 0 P'(21) = 40 − 2(21) = −2 < 0

(−∞, 20) 19 +

(20, +∞) 21 −

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en x = 20 existe un máximo. El valor crítico se sustituye en la función y se obtiene: P(x) = 40x − x2 P(20) = 40(20) − (20)2 800 − 400 = 400 Entonces un número es x = 20 y el otro es y = 40 − x. Entonces es y = 40 − 20 = 20 Por consiguiente, los números que sumados dan 40, son 20 y 20, y su producto máximo es 400. PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

2) Encuentra dos números cuya diferencia sea 50 y su producto mínimo. Solución La diferencia de dos números es 50. x − y = 50 El producto de ellos es mínimo. P = xy Se despeja “y” de la primera igualdad. x − y = 50

y = x − 50

Entonces: P = (x)(x − 50) 461

Cálculo diferencial Capítulo 5 P(x) = x2 − 50x

Ejercicio 43 función a optimizar.

Se obtiene la primera derivada: P'(x) = 2x − 50 La derivada P'(x) se iguala a cero y se resuelve. 50 2x − 50 = 0 2x = 50 x= x = 25 } Valor crítico. 2 Se construye una tabla para analizar el comportamiento de la primera derivada en la cercanía de x = 25.

P'(24) = 2(24) − 50 = −2 < 0 P'(26) = 2(26) − 50 = 2 > 0

(−∞, 25) 24 −

(25, +∞) 26 +

Se observa que existe un cambio de signo negativo a positivo en la primera derivada, entonces en x = 25 existe un mínimo. El valor crítico se sustituye en la función y se obtiene: P(x) = x2 − 50x P(25) = (25)2 − 50(25) 625 − 1 250 = −625 Entonces un número es x = 25 y el otro es y = x − 50 Entonces es y = 25 − 50 = −25 Por consiguiente, los números que restados dan 50, son 25 y −25. Y su producto mínimo es −625. 3) Con una lámina cuadrada de aluminio de 12 pulgadas por lado, se quiere construir una caja sin tapa, cortando cuadrados iguales en las esquinas y doblando los bordes. ¿Cuánto deben medir por lado los cuadrados recortados para obtener un volumen máximo? ¿Cuánto mide dicho volumen? Solución Se construye un dibujo de la situación. x 12 − 2x

12

x

12 − 2x

12 − 2x

El volumen de la caja en términos de la variable “x” está dado por la función: V(x) = x(12 − 2x)2 V(x) = x(144 − 48x + 4x2) V(x) = 144x − 48x2 + 4x3 función a optimizar. Se encuentra la derivada con respecto a “x”: V'(x) = 144 − 96x + 12x2 Se iguala a cero la derivada y se obtiene la solución: 144 − 96x + 12x2 = 0 x2 − 8x + 12 = 0

x=6;x=2 Valores críticos

Se construye una tabla para analizar el comportamiento de la primera derivada.

462

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x

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

V'(1) = 144 − 96(1) + 12(1) = 60 > 0

(−∞, 2) 1

V'(3) = 144 − 96(3) + 12(3) = −36 < 0

+

2 2

(2, 6) 3 −

(6, +∞) 7 +

V'(7) = 144 − 96(7) + 12(7) = 60 > 0 2

Se observa que en la primera derivada hay un cambio de signo positivo a negativo en x = 2, por lo tanto hay un máximo. El valor crítico se sustituye en la función y se obtiene: V(x) = 144x − 48x2 + 4x3 V(2) = 144(2) − 48(2)2 + 4(2)3 = 128 Entonces, se deben cortar cuadros de 2 pulgadas en los bordes para obtener un volumen máximo de 128 pulgadas cúbicas. 4) Calcula el volumen máximo de un cilindro circular recto que se puede inscribir en un cono de 72 cm de altura y 24 cm de radio de su base, de manera que los ejes del cilindro y el cono coincidan. Solución Se traza una figura del problema y un trazo de la vista frontal.

72 − y

72 cm

72 cm

(x, y)

x y

24 − x 24 cm 24 cm

El volumen de un cilindro circular recto se obtiene con: V = πr2h pero el radio lo vamos a cambiar por x y la altura por y, entonces: V = πx2 · y Además, de la figura, se observan dos triángulos semejantes. y 72 − y = x 24 − x

72 − y

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

(72 − y)(24 − x) = xy 1 728 − 72x − 24y + xy = xy

x

1 728 − 72x = y 24

y 24 − x

y = 72 − 3x

Entonces el volumen en términos de “x” V(x) = πx2 (72 − 3x) V(x) = 72πx2 − 3πx3 función a optimizar. Se encuentra la derivada de la función: V'(x) = 144πx − 9πx2 463

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se iguala a cero la derivada y se obtiene la solución: x=0 144πx − 9πx2 = 0 9πx(16 − x) = 0 x = 16

Valores críticos.

Se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. (−∞, 0)

(0, 16)

−1

1

V'(−1) = 144π(−1) − 9π(−1)2 = −153π < 0 V'(1) = 144π(1) − 9π(1)2 = 135π > 0

−

+

(16, +∞) 17 −

V'(17) = 144π(17) − 9π(17) = −153π < 0 2

Se observa que en la primera derivada hay un cambio de signo positivo a negativo en x = 16, por lo tanto ahí hay un máximo. El valor crítico se sustituye en la función y se obtiene: V(x) = 72πx2 − 3πx3 V(16) = 72π(16)2 − 3π(16)3 V(16) = 6 144π cm3 Entonces el volumen máximo del cilindro que se puede inscribir en el cono es de 6 144 cm3. 5) En la construcción de un recipiente cilíndrico de hojalata se emplean 100 pulg2, esta cantidad incluye las tapas. ¿Cuál es el mayor volumen que podría tener la lata? Solución Se dibuja una figura. El área de las tapas es: At = 2πr2 El área lateral del cilindro es:

h

Al = 2πrh

r

El área total es: At = 2πr2 + 2πrh

Pero se sabe que el área es de 100 pulg2, entonces:

Se sabe que el volumen del cilindro es: V = πr2h ; se sustituye “h” 50 − πr2 V(r) = πr2 πr V(r) = 50r − πr3

función a optimizar.

Se determina la derivada de la función: V'(r) = 50 − 3πr2 Se iguala a cero la derivada y se obtiene la solución: 50 − 3πr2 = 0 r=±

5 3π

6π

r=±

50 3π · 3π 3π

Valor crítico.

De los valores del radio, sólo se considera el positivo y se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. 464

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

2πr2 + 2πrh = 100 ; se despeja “h” 50 − πr2 h= πr

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Ya que r > 0, entonces: 0, V'(1) = 50 − 3π(1)2 ≈ 40.57 > 0

5 3π

1

+

V'(3) = 50 − 3π(3) ≈ −34.82 < 0 2

6π

5 3π

6π , +∞ 3

−

Se observa que en la primera derivada hay un cambio de signo positivo a negativo, entonces en r = El valor crítico se sustituye en la función y se obtiene: V

V

5 3π

5 3π

5 3π

6π = 50

6π − π

5 3π

6π

5 3π

6π hay un máximo.

3

=

250 3π

6π − 125π(6π) 6π 27π3

=

250 3π

6π − 250 6π 9π

6π = 500 6π pulg3 9π

6) ¿Cuáles son las dimensiones que debe tener un cono de volumen máximo cuya área lateral es de 10π u2 Solución Se traza una figura. El área lateral es:

Además:

Al = πrg

g2 = h2 + r2

10π = πrg 10 = rg 10 = g r

2

= h2 + r2

100 − r2 = h2 r2 100 − r4 =h r2

r

h= El volumen de un cono es: 1 πr2h V= 3 V=

1 πr2 3

V(r) =

100 − r4 r PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

g

h

10 r

100 − r4 r

1 πr 100 − r4 3

función a optimizar.

Se determina la derivada de la función: −3πr4 + 100π V'(r) = 3 100 − r4 La derivada se iguala con cero y se obtiene la solución: −3πr4 + 100π 3 100 − r

4

=0

−3πr4 + 100π = 0

r4 =

100 3

r=

4

100 3

Valor crítico.

465

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

De las raíces de la ecuación para el radio sólo se toma la positiva y se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. Además, r > 0, entonces: 0, −3π(1)4 + 100π

V'(1) =

3 100 − (1)

4

−3π(3)4 + 100π

V'(3) =

3 100 − (3)4

=

97π >0 3 99

=−

4

100 3

4

1 +

143π <0 3 19

100 , +∞ 3 3

−

Se observa que en la primera derivada hay un cambio de signo positivo a negativo, entonces en r = Para obtener la altura del cono, se sustituye el valor de r : 4 h = 100 − r r

h=

4

100 3

100 3

hay un máximo.

4

100 3

100 − 100 3

h=

4

100 3

200 3

h=

4

4

h=

200 3 4

4

100 3 4

100 3

400 3

7) Un cartel tiene una superficie de 150 cm2 con márgenes de 3 cm en las partes superior e inferior y 2 cm a los lados. Calcula el área máxima impresa en el cartel. Solución Se traza una figura. l 3 cm

a

3 cm 2 cm

466

2 cm

El área del rectángulo es: A=a·l Pero el área impresa es: A = (a − 6)(l − 4) Además se sabe que: A = 150 150 = a · l 150 =l a

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

h=

4

100 −

4

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Entonces: A = (a − 6)

150 −4 a

A = 150 − 4a −

900 + 24 a

A = 174 − 4a −

900 a

A(a) = 174 − 4a −

900 a

función a optimizar.

Se determina la derivada de la función: 900 A'(a) = −4 + 2 a Se iguala a cero la derivada y se obtiene la solución: −4 +

900 =0 a2

a2 =

900 4

a2 = 225

a = 15 a = −15 Valores críticos. De los puntos críticos sólo se considera el valor de a = 15 ya que solo existen longitudes positivas. Se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. Se sabe que a > 0, entonces: (15, +∞)

(0, 15) A'(14) = −4 + A'(16) = −4 +

900 29 = >0 (14)2 49

14 +

900 31 =− <0 (16)2 64

15 −

Se observa que en la primera derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces en a = 15 hay un máximo. Para calcular el área máxima que se puede imprimir en el cartel, se sustituye a = 15 en la función a optimizar. A(15) = 174 − 4(15) −

900 15

A(15) = 54 cm2 8) Considera un triángulo rectángulo con sus catetos sobre los ejes de coordenadas y la hipotenusa pasa por el punto (4, 3). Determina el área mínima que puede encerrar tal triángulo. PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Solución Se traza un plano cartesiano. La ecuación de la recta en su forma normal es: x y + =1 a b

y

b

4 3 2 1

4 3 + =1 a b

(4, 3)

0 1 2 3 4

a

x

4 3 =1− a b 4b = a(b − 3) a=

4b b−3 467

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Además, el área de un triángulo rectángulo es: a·b A= 2 Entonces: 4b ·b b−3

A=

2

A(b) =

4b2 2(b − 3)

función a optimizar.

Se encuentra la derivada de la función: 2b2 − 12b A'(b) = (b − 3)2 Se iguala a cero la derivada y se obtiene la solución: 2b2 − 12b =0 (b − 3)2

2b2 − 12b = 0

2b(b − 6) = 0

2b = 0 (b − 6) = 0

b=0 b=6

Valores críticos.

De los puntos críticos se descarta el valor de b = 0, ya que si esto fuese posible, no se formaría ningún triángulo. Es por eso que b > 0, ahora se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. (6, +∞)

(0, 6) 5 2(5)2 − 12(5) =− A'(5) = <0 2 2 (5 − 3) A'(7) =

5

7

−

7 2(7)2 − 12(7) = >0 8 (7 − 3)2

+

Se observa que en la primera derivada existe un cambio de signo negativo a positivo, entonces en b = 6 hay un mínimo. Para calcular el área mínima que puede encerrarse en el triángulo rectángulo, se sustituye b = 6 en la función a optimizar. A(6) =

4(6)2 2(6 − 3)

A(6) = 24 u2 9) ¿Qué número positivo minimiza la suma entre él y su recíproco?

El número que nosotros buscamos lo vamos a llamar “x”. Entonces: 1 S=x+ x S(x) = x +

1 x

función a optimizar.

Se encuentra la derivada de la función: 1 S'(x) = 1 − 2 x Se iguala a cero la derivada y se obtiene la solución: 1−

468

1 =0 x2

1 =1 x2

x2 = 1

x = ±1

x=1 x = −1

Valores críticos.

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Solución

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

De los valores críticos se descarta el valor de x = −1, ya que el enunciado pregunta por un número positivo. Ahora se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. S'

1 =1− 2

S'(2) = 1 −

1 2

1 2

(1, +∞)

(0, 1)

= −3 < 0

1 2

−

1 3 = >0 (2)2 4

+

2

Se observa que en la primera derivada existe un cambio de signo negativo a positivo, entonces en x = 1 hay un mínimo. 1 1 = = 1. Entonces el número que buscamos es x = 1, y su recíproco es x 1 10) Determina las dimensiones del triángulo isósceles de superficie máxima que podría inscribirse en un círculo de radio r. Solución Se traza una figura. El área de un triángulo es el producto de la base (2b) por la altura (h) sobre 2. r h r

h−r

b

A=

(2b)(h) 2

A=

b·h 1

Además, r2 = (h − r)2 + b2 r2 = h2 − 2hr + r2 + b2 b2 = 2hr − h2 b = 2hr − h2

b 2b

Entonces: A = h · 2hr − h2

función a optimizar. A(h) = h · 2hr − h2 con r = constante.

Se determina la derivada de la función: A' =

3rh − 2h2 2hr − h2

3rh − 2h2 =0 2hr − h2

3rh − 2h2 = 0

h(3r − 2h) = 0

h=0

h=0

3r = 2h

h=

Valores críticos.

3 r 2

Se observa la derivada de la función y los valores de h se deben de encontrar en el intervalo 2hr − h2 ≥ 0 y esto se cumple en [0, 2r]. Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. Se sabe que r > 0 0, A'(r) =

r2 3r(r) − 2(r)2 = =r>0 r 2r(r) − (r)2

7 A' r = 4

3r 7 r − 2 7 r

2

2 7 r (r) − 7 r

2

4

4

4

4

3 r 2

3 r, 2r 2

r =

− 7 r2

+

−

7 r 4

8 =− 7 r<0 2 7 r 4

469

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se iguala a cero la derivada y se obtiene:

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

3 r hay un máximo. Se observa que en la primera derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces en h = 2 Para calcular el valor de “b”, se sustituye “b” en: b = 2hr − h2 b= 2

3 3 2 r r− r 2 2

b = 3r2 −

9 2 r = 3 r 4 2 3 r. 2

Entonces la altura del triángulo es h = Mientras que la base del triángulo es: 2b = 2

3 r 2

2b = 3 r 11) ¿Cuáles son los dos puntos sobre la curva y = x3, cuyas abscisas difieren en dos unidades, de tal forma que la recta que los une tiene pendiente mínima? Solución La curva es y = x3, entonces los puntos que pasan por ella tienen la forma (x1, y1) ; (x2, y2) (x, x3) ;

((x + 2), (x + 2) ) 3

Empleando la definición de pendiente de una recta se obtiene: m=

(x + 2)3 − x3 (x + 2) − x

m=

x3 + 6x2 + 12x + 8 − x3 x+2−x

2 m = 6x + 12x + 8 2

m = 3x2 + 6x + 4 m(x) = 3x2 + 6x + 4

función a optimizar.

m'(x) = 6x + 6 Se iguala a cero la derivada y se obtiene: 6 6x + 6 = 0 x=− 6 x = −1

Valor crítico.

Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. (−∞, −1) m'(−2) = 6(−2) + 6 = −6 < 0 m'(0) = 6(0) + 6 = 6 > 0

470

−

−2

(−1, +∞) +

0

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se encuentra la derivada de la función:

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se observa un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada cuando x = −1, entonces ahí existe un mínimo. Para calcular los puntos, se sustituye x = −1. Segundo punto

Primer punto (x1, y1)

(x2, y2)

(−1, (−1) )

(−1 + 2, (−1 + 2) )

(−1, −1)

(1, 1)

3

3

12) ¿Cuál es el área máxima posible de un rectángulo, cuya base coincide con el eje x y sus vértices superiores están en la curva y = 4 − x2? Solución Se traza una gráfica y

El área del rectángulo está dado por el producto del largo (2x) por el ancho [y = 4 − x2]. A' = (2x)(4 − x2)

(x, 4 − x2)

(x, y)

A(x) = 8x − 2x3

a

función a optimizar.

x x

x

Se encuentra la derivada de la función: A'(x) = 8 − 6x2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 8 = 6x2

x2 =

4 3

x=±

2 ∙ 3

2 3 x=± 3

3 3 x=− x=

2 3 3

2 3 3

Valores críticos. PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

8 − 6x2 = 0

2 3 , por tanto, x > 0. 3 Ahora se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. Como el valor de “x” representa una longitud, se descarta el valor de x = −

0, A'(1) = 8 − 6(1)2 = 2 > 0 A'(2) = 8 − 6(2)2 = − 16 < 0

+

2 3

2 3

3

3

1

−

, +∞ 2

Se observa un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada cuando x = Para calcular el área máxima del rectángulo, se sustituye x =

2 3 , entonces ahí existe un máximo. 3

2 3 en la función a optimizar. 3 471

Cálculo diferencial Capítulo 5 A

2 3 3

Ejercicio 43 2 3 3

=8

2 3 3

−2

3

=

16 3

3 − 2 8(3) 3 27

=

16 3

3 −

=

32 9

3 u2

16 9

3

13) Encuentra las dimensiones del rectángulo de área máxima que se puede inscribir en un semicírculo de radio igual a 2 unidades. Solución Se traza la figura. El área del rectángulo está dada por: A = (2x)(y) A = 2xy

(x, y)

Además:

r=2 x

x2 + y2 = r2

y

x2 + y2 = 4

x

y2 = 4 − x2 y = 4 − x2

Entonces: A = 2x ∙ 4 − x2 A(x) = 2x 4 − x2

función a optimizar.

Se encuentra la derivada de la función: 8 − 4x2 A'(x) = 4 − x2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 8 − 4x2 = 0

x2 = 2

x=± 2 x= 2

Valores críticos.

x=− 2

Como el valor de “x” representa una longitud, se descarta el valor de x = − 2 . Además, 4 − x2 ≥ 0 y esto sucede en [−2, 2], además, x ≥ 0, entonces debe suceder que x ∈ [0, 2]. Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada.

(0, 2 )

8 − 4(1)2 4 A'(1) = = >0 2 3 4 − (1) A'

472

3 = 2

2

4−

3 2

1 +

2

8−4 3 2

=

−1 7 2

(

<0

−

)

2, 2

3 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

8 − 4x2 =0 4 − x2

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces hay un máximo en x = 2 . Para calcular las dimensiones del rectángulo se sustituye x = 2 en y = 4 − x2 . y = 4 − ( 2)

2

y= 4−2 = 2 Por lo tanto, el largo es 2x = 2 2 y el ancho es y = 2 .

14) La resistencia de una viga rectangular varía según sus dimensiones. Si la resistencia es proporcional al cuadrado del ancho de la viga por la altura, ¿cuáles son las dimensiones de las vigas más resistentes que podrán cortarse de un tronco cilíndrico con radio de 3 pies? Solución Se dibuja una figura.

La resistencia es: R = a2h

r=3

h

Pero a2 + h2 = 62

r=3

a2 = 36 − h2

a

a = 36 − h2

Entonces, la resistencia en términos de la altura del rectángulo es: R = (36 − h2)h R(h) = 36h − h3

función a optimizar.

Se encuentra la derivada de la función: R'(h) = 36 − 3h2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 36 − 3h2 = 0

12 − h2 = 0

h = ± 12 h=2 3 h = −2 3

Valores críticos.

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Como el valor de “h” representa una longitud, se descarta el valor de h = −2 3 . Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. R'(2) = 36 − 3(2) = 24 > 0 R'(4) = 36 − 3(4)2 = −12 < 0 2

(0, 2 3 ) (2 +

2

−

)

3 , +∞ 4

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces hay un máximo en x = 2 3 . Para calcular las dimensiones del rectángulo, se sustituye x = 2 3 en a = 36 − h2 .

(

a = 36 − 2 3

)

2

a = 24 a=2 6

Ancho

h=2 3

Alto

473

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

15) ¿Cuál es la distancia mínima que existe entre el punto (5, 1) y la parábola y = −x2? Solución Se traza la gráfica y el punto en un plano. y

La distancia entre dos puntos está dada por: d = (x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

(5, 1)

Donde P2 (x, −x2) y P1 (5, 1) entonces:

x

d = (x − 5)2 + (−x2 − 1)2

(x, − x2)

d = (x − 5)2 + [(− 1)(x2 + 1)]2 d(x) = (x − 5)2 + (x2 + 1)2

Se encuentra la derivada de la función: 2x3 + 3x − 5 d'(x) = (x − 5)2 + (x2 + 1)2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 2x3 + 3x − 5 (x − 1)(2x2 + 2x + 5) =0 =0 (x − 5)2 + (x2 + 1)2 (x − 5)2 + (x2 + 1)2

función a optimizar.

(x − 1)(2x2 + 2x + 5) = 0 x−1=0

x=1

2x2 + 2x + 5 = 0

Valor crítico. x∉ℝ

Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. d'(0) = d'(2) =

2(0)3 + 3(0) − 5 (0 − 5) + [(0) + 1] 2

2

2

2(2) + 3(2) − 5 3

(2 − 5) + [(2) + 1] 2

2

2

= =

−5 <0 26 17 >0 34

(1, +∞)

(−∞, 1) −

0

+

2

Se observa que existe un cambio de signo negativo a positivo en la primera derivada. Entonces hay un mínimo en x = 1. d(1) = (1 − 5)2 + [(1)2 + 1]2 d(1) = 16 + 4 d = 20 d=2 5 u 16) La suma de dos números es 16. Encuentra los números si la suma de los cubos es un valor mínimo. Solución Primer número: x Segundo número: 16 − x El problema indica que la suma de los cubos de ambos números debe ser mínima, entonces: S = (x)3 + (16 − x)3 474

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Para determinar la distancia mínima se sustituye x = 1 en d(x) = (x − 5)2 + (x2 + 1)2 .

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

S = x3 + 4 096 − 768x + 48x2 − x3 S(x) = 4 096 − 768x + 48x2 función a optimizar. Se encuentra la derivada de la función: S'(x) = −768 + 96x La derivada se iguala a cero y se resuelve: 768 96 Valor crítico. x=8 Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. −768 + 96x = 0

96x = 768

x=

(8, +∞) 9 +

(−∞, 8) 7 −

S'(7) = −768 + 96(7) = −96 S'(9) = −768 + 96(9) = 96

Se observa que existe un cambio de signo negativo a positivo en la primera derivada, entonces hay un mínimo en x = 8. Para determinar los números cuya suma de sus cubos sea mínima, se sustituye: Primer número: x = 8 Segundo número: 16 − x = 16 − 8 = 8 Y la suma de sus cubos es: S = (x)3 + (16 − x)3 S = (8)3 + (8)3 S = 512 + 512 S = 1 024 17) ¿Cuáles son las dimensiones del rectángulo de mayor perímetro que se puede inscribir en un semicírculo con radio de 5 unidades? Solución Se traza una figura. El perímetro del rectángulo es: P = 2(2x + y) (x, y)

x

Además: x2 + y2 = (5)2

y

y = 25 − x2 Entonces:

x

[

P = 2 2x + 25 − x2

]

P(x) = 4x + 2 25 − x2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

5

y

Largo: 2x Ancho: y

función a optimizar.

Se encuentra la derivada de la función: 2x P'(x) = 4 − 25 − x2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 4−

2x =0 25 − x2

2 25 − x2 = x 25 =

5 2 x 4

25 − x2 = x2 = 20

1 2 x 4 x = ± 20 x=2 5 x = −2 5

Valores críticos. 475

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Como el valor de “x” representa una longitud, se descarta el valor de x = −2 5 , además, x > 0 y 25 − x2 ≥ 0 y esto sucede en x ∈ [0, 5]. Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada.

(0, 2 5 )

2(4) P'(4) = 4 − ≈ 1.3 > 0 25 − (4)2 P'

2

25 −

9 2

2

)

5, 5

9 2

4 +

2 9

9 =4− 2

(2 −

≈ −0.12 < 0

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces hay un máximo en x = 2 5 . Para determinar las dimensiones del rectángulo, se sustituye el valor de x = 2 5 en: y = 25 − x2 y = 25 − (2 5 )

2

y = 25 − 20 y= 5 Por lo tanto:

(

)

Largo: 2x = 2 2 5 = 4 5 Ancho: y = 5 .

18) Se inscribe un rectángulo en un triángulo isósceles, cuyos lados tienen longitudes 5, 5 y 6. Uno de los lados del rectángulo está sobre la base del triángulo (lado desigual), ¿cuál es el área mayor que puede abarcar el rectángulo? Solución Se traza una figura. El área del rectángulo es: A = 2x · y 4−y

Además, por semejanza:

x

3−x

6

Largo: 2x Ancho: y Entonces: A = 2x · 12 − 4x 3 8 2 x función a optimizar. 3 Se encuentra la derivada de la función: A'(x) = 8 − 16 x 3 A(x) = 8x −

476

y 4−y = x 3−x

4−y

(4 − y)(3 − x) = xy 12 − 4x − 3y + xy = xy

x y 3−x

12 − 4x = 3y y = 12 − 4x 3

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

5

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

La derivada se iguala a cero y se resuelve: 8−

16 x=0 3

x = 24 16

24 = 16x

x= 3 2

Valor crítico.

Además, 0 ≤ x ≤ 3 Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. A'(1) = 8 −

0, 3 2

16 (1) = 8 > 0 3 3

16 A'(2) = 8 − (2) = − 8 < 0 3 3

+

1

−

3 ,3 2 2

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces hay un máximo en x = 3 . 2 3 en Para determinar las dimensiones del rectángulo, se sustituye el valor de x = 2 y = 12 − 4x 3 y=

12 − 4 3

= 6 =2 3

2

3

Por lo tanto: Largo: 2x = 2 3 = 3 2 Ancho: y = 2 19) Se desea inscribir un cono dentro de otro. El cono exterior tiene una altura de 6 cm y un radio de 4 cm. El cono interior se inscribe de modo que su cúspide reposa sobre la base del cono exterior. La base del cono interior es paralela a la base del cono exterior. Los ejes de los conos son colineales. ¿Cuál deberá ser la altura del cono interior, a fin de que contenga el mayor volumen posible? Solución Se traza una figura.

6−h

6−h = 6 r 4

r

6 cm

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

El volumen de un cono es: V = 1 πr2h 3 Además, por semejanza:

24 − 4h = 6r

h

4 cm

6

6−h r

Entonces, el volumen del cono es:

24 − 6r = 4h h = 24 − 6r 4 4

h=6− 3 r 2

V = 1 πr2 6 − 3 r 3 2 477

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

V(r) = 2πr2 − 1 πr3 2

función a optimizar.

Se encuentra la derivada de la función: V'(r) = 4πr − 3 πr2 2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 4πr − 3 πr2 = 0 2

πr 4 − 3 r = 0 2 πr = 0 4− 3 r=0 2

r=0

Valores críticos.

r= 8 3

Además, r > 0 y r < 4, entonces r ∈ (0, 4). Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada. 0, 8 3

V'(2) = 4π(2) − 3 π(2)2 = 2π 2 V'(3) = 4π(3) − 3 π(3)2 = − 3 π 2 2

+

2

−

8 ,4 3 3

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces hay un máximo en r = 8 . 3 Se necesita calcular la altura, entonces se sustituye el radio en: h=6− 3 r 2 h=6− 3 2

8 3

h=6−4 h=2 Entonces las dimensiones del cono son: r = 8 cm 3

20) Calcula las dimensiones de un triángulo isósceles con un perímetro de 6 unidades que tenga área máxima. Solución Se dibuja una figura. El perímetro del triángulo es:

l

l

h

P = 2l + 2a 6 = 2l + 2a l+a=3 Además: l 2 = h2 + a2

a

a

h2 = l 2 − a2 h = l 2 − a2

478

l=3−a

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

h = 2 cm

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Entonces el área es: A = 2a · h 2 Donde 2a = base y h = altura. A=a·h A = a · l 2 − a2 A = a (3 − a)2 − a2 A = a 9 − 6a + a2 − a2 A(a) = a 9 − 6a

función a optimizar.

Se encuentra la derivada de la función: 9 − 9a A'(a) = 9 − 6a La derivada se iguala a cero y se resuelve: 9 − 9a 9 − 6a

=0

9 − 9a = 0

a=1

Valor crítico.

3 Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la derivada donde 9 − 6a ≥ 0, entonces a ∈ −∞, , pero “a” es 2 3 una dimensión de longitud, entonces a ≥ 0, por lo tanto, a ∈ 0, . 2 1 A' = 2

9−9 1 2

9 2

=

=

9−6 1

3

9−9 5

− 9

2

A'

5 = 4

4

=

9−6 5 4

4

6 2

+ =−

1,

[0, 1)

9 >0 2 3

1 2

−

3 2 5 4

9 <0 2 6

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces hay un máximo en a = 1.

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se necesita calcular el valor de “l”, entonces se sustituye el valor de “a” en: l=3−a l=3−1 l=2 Entonces las dimensiones del triángulo son: l=2u l=2u 2a = 2(1) = 2u 21) Determina dos números reales positivos, cuya suma sea 60 y su producto sea máximo. Solución La suma de los números es 60: x + y = 60 El producto de ellos es máximo: P=x·y Se despeja “y” de la suma: x + y = 60

y = 60 − x 479

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Entonces: P = x(60 − x) P(x) = 60x − x2

función a optimizar.

Se obtiene la primera derivada. P'(x) = 60 − 2x La derivada se iguala a cero y se resuelve: 60 60 − 2x = 0 60 = 2x x= 2

x = 30

Valor crítico.

Se construye una tabla para analizar el comportamiento de la primera derivada. P'(29) = 60 − 2(29) = 2 > 0 P'(31) = 60 − 2(31) = −2 < 0

(−∞, 30) 29 +

(30, +∞) 31 −

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en x = 30 hay un máximo. El valor crítico se sustituye en la función: P(x) = 60x − x2 P(30) = 60(30) − (30)2 = 1 800 − 900 = 900 Entonces, un número es x = 30 y el otro es y = 60 − x y = 60 − 30 y = 30 Por lo tanto, los números son x = 30 y y = 30, y su producto máximo es 900. 22) Encuentra las dimensiones del cono recto circular de máximo volumen que puede ser inscrito en una esfera de radio 6 unidades. Solución

El volumen del cono es: V = 1 πr2h r = radio del cono 3 h = altura del cono Pero h = 6 + y

r=6

Además,

h

(6)2 = y2 + r2

r=6 y

r

r

y = 36 − r2 Entonces: V = 1 πr2 (6 + y) 3 Pero, además: V = 1 πr2 6 + 36 − r2 3

(

Finalmente se obtiene: V = 1 πr2 6 + 36 − r2 3

(

480

)

)

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se traza una figura.

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

V(r) = 2πr2 + 1 πr2 36 − r2 3

función a optimizar.

Se obtiene la primera derivada: πr3 − 24πr V'(r) = 4πr − 36 − r2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 4πr −

πr3 − 24πr =0 36 − r2

r2 − 24 4

2

r2 − 24 = 36 − r2 4

r 3 − 24r = 4r 36 − r2

= 36 − r2

r 4 − 48r2 + 576 = 576 − 16r2

r 4 − 32r2 = 0

r2(r2 − 32) = 0

r2 = 0 r2 − 32 = 0

r=0 r = ± 32

r = 0, r = 4 2 , r = −4 2 Como “r” es una longitud, entonces se descartan los valores de r = 0 y r = −4 2 , además, 36 − r2 ≥ 0 y esto sucede en r ∈[−6, 6] y r ≥ 0,

entonces los posibles valores de r se encuentran en r ∈[0, 6].

Se construye una tabla para analizar el comportamiento de la primera derivada.

[0, 4 2 )

π(4)3 − 24π(4) V'(4) = 4π(4) − ≈ 8.84π > 0 36 − (4)2 29 29 = 4π − V' 5 5

π 29 5

3

− 24π 29

36 − 29 5

5

2

(4

4 +

]

2, 6

−

29 5

≈ −13π < 0

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en r = 4 2 hay un máximo. Ahora se sustituye el valor de “r” en y = 36 − r2 .

(

y = 36 − 4 2

)

2

y = 36 − 32 = 4 y=2 Además h = 6 + y h=6+2=8 Por lo tanto, las dimensiones del cono son: PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Radio: r = 4 2 u Altura: h = 8 u 23) Obtén las coordenadas del punto de la recta 3x + y − 5 = 0 más cercano al origen. Solución Se traza una gráfica.

481

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43 La ecuación de la recta es: y

3x + y − 5 = 0 y = −3x + 5 y = 5 − 3x La distancia entre dos puntos es: d = (x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 Donde: P2 (x, 5 − 3x) y P1 (0, 0) (x, 5 − 3x)

d

Entonces: d = (x − 0)2 + (5 − 3x − 0)2

x

(0, 0)

Por lo tanto: d = x2 + 25 − 30x + 9x2 d(x) = 10x2 − 30x + 25

Se obtiene la primera derivada: 10x − 15 d'(x) = 10x2 − 30x + 25 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 10x − 15 10x − 15 = 0 =0 10x2 − 30x + 25

función a optimizar.

10x = 15 x=

15 10

x=

3 2

Valor crítico.

Se construye una tabla para determinar el comportamiento de la primera derivada.

10(1) − 30(1) + 25 2

10(2) − 15

d'(2) =

10(2)2 − 30(2) + 25

=

=

−5 <0 5 5 >0 5

−∞,

−

3 2 1

3 , +∞ 2 +

2

Se observa que existe un cambio de signo negativo a positivo en la primera derivada. Entonces en x = Para obtener las coordenadas del punto, se debe sustituir el valor de “x” en: y = 5 − 3x 3 y=5−3 2 y=5− y=

3 hay un mínimo. 2

9 2

1 2

Por lo tanto, el punto es

3 1 . , 2 2

24) ¿Cuál es el área del rectángulo mayor que se puede inscribir en un triángulo de lados 5, 12 y 13 cm? Solución Se traza una figura.

482

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

10(1) − 15

d'(1) =

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43 El área del rectángulo es: a: largo b: ancho Además por semejanza: A=a·b

5−b

13 5

a 5−b = b 12 − a

a

(5 − b)(12 − a) = ab

b 5−b

12 12 − a

60 − 5a − 12b + ab = ab 60 − 5a = b 12

a b

b=5− 12 − a

5 a 12

Entonces el área del rectángulo es: A=a 5−

5 a 12

5 2 a función a optimizar. 12 Se encuentra la primera derivada: A'(a) = 5 − 5 a 6

A(a) = 5a −

La derivada se iguala a cero y se resuelve: 5− 5 a=0 6

5= 5 a 6

a = 30 5 a=6

Valor crítico.

Además “a” es una longitud, por lo tanto a > 0. Y se sabe que a < 12, por lo tanto a ∈ [0, 12]. Se construye una tabla para determinar el comportamiento de la primera derivada. A'(5) = 5 − 5 (5) = 5 > 0 6 6 A'(7) = 5 − 5 (7) = − 5 < 0 6 6

[0, 6) +

5

(6, 12] −

7

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se observa un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en a = 6 hay un máximo. Para determinar las dimensiones del rectángulo, se sustituye “a” en: b=5− 5 a 12 b = 5 − 5 (6) 12 b=5− 5 2 b= 5 2 Por lo tanto, el largo es a = 6 y el ancho es b = 5 . 2 2 2 25) Calcular el área del rectángulo mayor que se puede inscribir en la elipse, cuya ecuación es x2 + y2 = 1. a b

483

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Solución Se traza una un plano cartesiano. Largo del rectángulo: 2l con l = x Ancho del rectángulo: 2m con m = y

y

l

El área del rectángulo es: A = (2l)(2m)

l

A = 4lm m

A = 4xy

x

2 2 Además se despeja “y” de x2 + y2 = 1 a b

m

b2 (a2 − x2) a2

y= y= b a

a2 − x2

con “a” y “b” constantes.

Entonces el área del rectángulo es: A = 4x b a2 − x2 a A(x) = 4bx a

a2 − x2

función a optimizar.

Se determina la derivada de la función: 4a2b − 8bx2 A'(x) = a a2 − x2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 4a2b − 8bx2 a a −x 2

2

=0

4a2b − 8bx2 = 0

x2 =

4a2 8

x=±

a2 2

a 2

x=± x=

a 2

x=−

a 2

0, A'(0.5a) = A'(0.8a) =

4a2b − 8b(0.5a)2 a a − (0.5a) 2

2

4a2b − 8b(0.8a)2 a a2 − (0.8a)2

2b

=

0.75

=−

>0

2.4b <0 0.6

a 2

a ,a 2

0.5a +

0.8a −

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en x = a Ahora para determinar el área máxima el valor de x = se sustituye en: 2 A(x) = 4bx a2 − x2 a a A = 2 484

a 2

4b a

a2 −

a 2

2

a hay un máximo. 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

a Se sabe que “x” es una longitud, por lo tanto x > 0, entonces se descarta x = − , además a2 − x2 ≥ 0 y esto sucede en [−a, a], enton2 ces x ∈ [0, a]. Se construye una tabla para determinar el comportamiento de la primera derivada.

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

A

a 4ab = 2 2a

a2 −

A

a 4b = 2 2

a2

A

a = 2

A

a = 2ab u2 2

a2 2

2

4b · a 2 · 2

26) Encuentra la ecuación de la recta que pasa por el punto (3, 4) y forma con el primer cuadrante un triángulo de área mínima. Solución Se traza un plazo cartesiano. y

Los puntos P1, P2 y P3 son colineales, entonces mp p = mp p 1 2

2 3

Si P1 (0, y) y P2 (3, 4) 4−y mp p = 1 2 3−0

P1 (0, y)

Además si: P2 (3, 4) y P3 (x, 0) 0−4 mp p = 2 1 x−3

(3, 4) P2

P3 (x, 0)

Entonces: 4−y −4 = 3−0 x−3

x

Despejando “y” se obtiene: 4x y= x−3

x A= A(x) =

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Además el área del triángulo está dada por: b h A= · 2 Donde b: base = x h: altura = y x y A= · 2 4x x−3

2 2x2 x−3

función a optimizar.

Se deriva la función y se obtiene: 2x2 − 12x A'(x) = (x − 3)2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 2x2 − 12x =0 2x2 − 12x = 0 (x − 3)2

2x(x − 6) = 0 2x = 0 x−6=0

x=0 x=6

Valores críticos. 485

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Como “x” representa una longitud, entonces se descarta x = 0. Ahora se construye una tabla para determinar el comportamiento de la primera derivada.

A'(7) =

(6, +∞)

(0, 6)

2(5)2 − 12(5) A'(5) = =− 5 <0 2 (5 − 3)2

5

−

2(7) − 12(7) = 7 >0 2 8 (7 − 3) 2

+

7

Se observa que existe un cambio de signo negativo a positivo en la primera derivada, entonces en x = 6 hay un mínimo. Para obtener el valor de la ordenada se sustituye x = 6 en: 4x y= x−3 y=

4(6) 24 =8 = 3 6−3

Ya con los valores de x = 6 y y y = 8, se encuentra la ecuación de la recta: a: x = abscisa al origen b: y = ordenada al origen x + y =1 6 8 8x + 6y = 48 27) ¿Cuáles son las dimensiones del cilindro circular recto de máxima área lateral que puede inscribirse en una esfera de radio de ocho pulgadas? Solución Se traza una figura. El área lateral del cilindro es: A = 2πrh Por teorema de pitágoras: 2 R2 = r2 + h 2 h

h 2

R=8

2 64 − r2 = h 4

r

h = 4(64 − r2) h = 2 64 − r2

Entonces:

(

A = 2πr · 2 64 − r2 A(r) = 4πr 64 − r2

) función a optimizar.

Se determina la derivada de la función: 4π + (64 − 2r2) A'(r) = 64 − r2 Se iguala a cero la derivada y se resuelve: 486

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

2 (8)2 = r2 + h 4

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

4π + (64 − 2r2) 64 − r2

=0

64 − 2r2 = 0

32 − r2 = 0 r2 = 32 r = ± 32 r=4 2

r = −4 2

Valores críticos.

Pero r > 0, entonces se descarta r = −4 2 , además, 64 − r2 ≥ 0 y esto sucede en r ∈ [−8, 8], entonces r ∈ [0, 8]. Ahora, se construye una tabla para determinar el comportamiento de la primera derivada. A'(5) =

A'(6) =

4π [64 − 2(5)2] 64 − (5)2 4π [64 − 2(6)2] 64 − (6)2

=

=

[0, 4 2 )

56π >0 39

5

+

−32π <0 28

(4 −

2, 8

]

6

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en x = 4 2 hay un máximo. Para determinar la altura del cilindro se sustituye x = 4 2 en: h = 2 64 − r2

(

h = 2 64 − 4 2

)

2

h = 2 64 − 32 h = 2 32

(

h=2 4 2

)

h = 8 2 pulg Entonces el radio del cilindro es r = 4 2 y la altura es h = 8 2 pulg. 28) Para la hipérbola equilátera x2 − y2 = a2, considera el punto (0, k) sobre su eje conjugado y determina el punto más cercano a éste. Solución Se traza un plano cartesiano. y Se consideran los puntos: P1 (0, k) y P2 (x, y)

(0, k)

Entonces su distancia es:

(x, y)

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

d

d = (x − 0)2 + (y − k)2 x

d = x2 + y2 − 2ky + k2 Además, se sabe que: x2 − y2 = a2 x2 = y2 + a2

Entonces: d = y2 + a2 + y2 − 2ky + k2 d(y) = 2y2 − 2ky + a2 + k2

función a optimizar. 487

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se determina la derivada de la función: 2y − k d'(y) = 2y2 − 2ky + a2 + k2 Se iguala a cero la derivada y se resuelve: 2y − k k =0 2y − k = 0 y= Valor crítico. 2 2y2 − 2ky + a2 + k2 El valor de k > 0 Ahora, se construye una tabla para determinar el comportamiento de la primera derivada. k 3

d'

=

2 k −k 3

2 k

3

d'(k) =

2

− 2k k + a2 + k2 3

2k − k 2(k) − 2k(k) + a + k 2

≈

2

2

=

k a + k2 2

− 1 k 3

5 k2 + a2 9

>0

0,

<0 −

k 2

k , +∞ 2 k 3

+

k

k Se observa que existe un cambio de signo negativo a positivo en la primera derivada, entonces en y = hay un mínimo. 2 k Para calcular el valor de la abscisa y = se sustituye en: 2 x2 = y2 + a2 x2 =

k 2

x=

k2 + a2 4

x=

1 2

2

+ a2

k2 + 4a2

Entonces las coordenadas del punto son: k2 + 4a2 k , 2 2 29) Determina dos números positivos cuyo producto es 16 y tiene suma mínima.

x: primer número y: segundo número La suma de los dos números es mínima. S=x+y Pero se sabe que: x · y = 16 16 y= x Entonces: 16 S=x+ x 16 función a optimizar. S(x) = x + x Se determina la derivada de la función: 16 S'(x) = 1 − 2 x 488

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Solución

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se iguala a cero: 1−

16 =0 x2

1=

16 x2

x2 = 16

x = ± 16 x=4

x = −4

Valores críticos.

En el análisis sólo se considera la raíz positiva, x = 4. Ahora, se construye una tabla para determinar el comportamiento de la primera derivada. S'(3) = 1 −

S'(5) = 1 −

16 7 =− <0 (3)2 9

(4, +∞)

(0, 4) 3

−

9 16 = >0 25 (5)2

+

5

Se observa que existe un cambio de signo negativo a positivo en la primera derivada, entonces en x = 4 hay un mínimo. Para determinar el valor del otro número, x = 4 se sustituye en: 16 y= x y=

16 4

y=4 Entonces los números son x = 4 y y = 4. 30) En la construcción de una caja se van a emplear ventanas en forma de rectángulos curvados por semicírculos. Si el perímetro total de la ventana es P, ¿cuáles son las dimensiones más convenientes para que las ventanas proporcionen máxima iluminación? Solución Se traza una figura.

Para que la ventana proporcione una iluminación máxima, ésta debe tener un área máxima. Dicha área será la obtenida por el rectángulo y medio círculo. 2 A = 2rl + πr 2 Además, se sabe que:

r

l

r

P = 2l + 2r + πr P = 2l + r(2 + π) P − 2l r= 2+π

r

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

l

Entonces el área se expresa: A = 2l

P − 2l + π 2 2+π

P − 2l 2+π

2

función a optimizar.

Se deriva la función y se obtiene: 4P 4(4 + π) A'(l) = − l (2 + π)2 (2 + π)2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 4P 4(4 + π) − l=0 (2 + π)2 (2 + π)2

4P − 4(4 + π)l = 0 489

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43 4P = 4(4 + π)l l=

P 4+π

Valor crítico.

Ahora, se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla, considerando que l > 0, además l < P, entonces l ∈ [0, P]. A'(0.1 P) =

A'(0.2 P) =

4P 4(4 + π) − (0.1P) ≈ 0.05 P > 0 (2 + π)2 (2 + π)2

4P 4(4 + π) − (0.2P) ≈ −0.05 P < 0 (2 + π)2 (2 + π)2

0,

+

P 4+π 0.1 P

P ,P 4+π −

0.2 P

P Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en l = , entonces ahí existe un máximo. 4+π P Para determinar el radio, se sustituye l = en: 4+π P − 2l r= 2+π P

P−2 4+π

r=

2+π 4P + πP − 2P (2 + π)(4 + π)

r= r=

P(2 + π) P = (2 + π)(4 + π) 4+π

Entonces las dimensiones de la ventana son: P Largo: l ⇒ l = 4+π Ancho: 2r = 2r =

2P 4+π

31) Una persona tiene una pared de piedra en el costado de un terreno. Dispone de 1 600 m de material para cercar y desea hacer un corral rectangular utilizando el muro como uno de sus lados. ¿Qué dimensiones debe tener el corral para tener la mayor área posible? Solución

El perímetro del rectángulo es:

l

P = 2a + l Nota: Sólo se considera l porque el otro lado es la pared. a

a

2a + l = 1 600 l = 1 600 − 2a Además, el área del rectángulo es:

Pared Entonces el área es: A = a(1 600 − 2a) A(a) = 1 600a − 2a2 490

función a optimizar.

A=a·l

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Se traza una figura.

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se determina la derivada de la función: A'(a) = 1 600 − 4a Se iguala a cero la derivada y se resuelve: 1 600 − 4a = 0

1 600 4 a = 400

1 600 = 4a

a=

Valor crítico.

El valor de a > 0, además, a < 1 600. Entonces a ∈ [0, 1 600] Ahora, se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla. (0, 400) A'(399) = 1 600 − 4(399) = 4 > 0 A'(401) = 1 600 − 4(401) = −4 < 0

(400, 1 600)

399

+

401

−

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en a = 400 hay un máximo. Para determinar las dimensiones, se sustituye a = 400 en: l = 1 600 − 2a l = 1 600 − 2(400) l = 800 Por lo tanto, el largo del terreno es l = 800 m y el ancho a = 400 m 32) Un alambre de 100 cm de largo se va a partir en dos trozos, una de las partes se va a doblar para formar una circunferencia y la otra un triángulo equilátero. ¿Cómo se debe cortar el alambre para que la suma de las áreas del círculo y del triángulo sea máxima? Solución Se trazan las figuras. El perímetro de la circunferencia P = 2πr l

El perímetro del triángulo

l

h

P = 3l

r

El perímetro total P = 2πr + 3l

l 2

100 = 2πr + 3l l = 100 − 2πr 3

El área del círculo:

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

l 2

A = πr2 El área del triángulo: A= b·h 2 A= A=

l·

3 l 2

2 3 l2 4

Donde: l2 = h2 +

l 2

l2 = h2 +

l2 4

h2 =

3 2 l 4

h=

3 l 4

2

El área total: 491

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

A = πr2 +

3 l2 4

A = πr2 +

3 4

A(r) = πr2 +

100 − 2πr 3

2

3 (100 − 2πr)2 36

función a optimizar.

Se deriva la función: A'(r) = 2πr 1 +

π 3 9

− 100π 3 9

La derivada se iguala a cero: 2πr 1 +

π 3 9

− 100π 3 = 0 9

2πr +

18πr + 2π2 3 r − 100π 3 = 0

r=

2π2 3 r − 100π 3 = 0 9 9

50 3 9+π 3

Valor crítico.

Además r > 0 Ahora se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla. A'(5) = 2π(5) 1 +

A'(7) = 2π(7) 1 +

π 3 9

π 3 9

− 100π 3 ≈ −10.04 < 0 9

0,

−

− 100π 3 ≈ 10.11 > 0 9

50 3 9+π 3 5

50 3 , +∞ 9+π 3 +

7

50 3 hay un mínimo. En la primera derivada existe un cambio de signo negativo a positivo, entonces se puede afirmar que en r = 9+π 3 Ahora se sustituye “r” en l = 100 − 2πr : 3 l=

50 3 9+π 3

100 − 2π

l=

3

300 9+π 3

Circunferencia: P = 2πr

Triángulo: P = 3l

P = 2π

P=3

300 9+π 3

50 3 9+π 3

P=

100 3 π cm 9 + 3π

P=

900 cm 9 + 3π

33) Se desea construir un cono con una generatriz de 10 cm. ¿Cuál es el mayor volumen posible para dicho cono? Solución Se traza una figura.

492

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Para determinar la longitud de los cortes tanto “r” como “l” se sustituyen en los perímetros:

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43 El volumen de un cono recto es: V = 1 πr2h 3 Además, se sabe que: g2 = h2 + r2 g = 10

h

102 = h2 + r2 r2 = 100 − h2 Entonces el volumen se expresa como: V = 1 π (100 − h2)(h) 3 V(h) = π (100h − h3) función a optimizar. 3

r

Se determina la derivada de la función: V'(h) = 100 π − πh2 3 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 100 π − πh2 = 0 3

h = ± 100 3

h2 = 100 3

h=

10 3

h=−

h = 10 3 3

10 3

h = − 10 3 3

Como “h” representa una longitud, entonces:

h > 0 y se descarta h = − 10 3 , además, h < 10. 3 Ahora, se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla.

+

8 π<0 V'(6) = 100 π − π(6)2 = − 3 3

5

10 3 , 10 3 −

6

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

0, 10 3 3

25 V'(5) = 100 π − π(5)2 = π>0 3 3

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en h = 10 3 hay un máximo. 3 Para determinar el volumen máximo del cono, se sustituye h = 10 3 en: 3 π 3 V(h) = (100h − h ) 3 V 10 3 = π 100 10 3 − 10 3 3 3 3 3 V 10 3 = π 3 3

1 000 3

V 10 3 = 2 000 27 3

3 − 3 000 27

3

3

3 π cm3 493

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

34) Encuentra las dimensiones del rectángulo inscrito en un círculo con radio de 25 cm que proporcione el área máxima. Solución Se dibuja una figura. El área del rectángulo es: A=a·l Además, por el teorema de Pitágoras: 25 25

a2 + l2 = 502

a

l = 2 500 − a2

l

Entonces el área del rectángulo es: A = a · 2 500 − a2 A(a) = a 2 500 − a2

función a optimizar.

Se determina la derivada de la función: 2 500 − 2a2 A'(a) = 2 500 − a2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 2 500 − 2a2 2 500 − a

2

=0

2 500 − 2a2 = 0

a2 =

2 500 2

a2 = 1 250 a = ± 1 250 a = −625 2

a = 625 2

Valores críticos.

Como “a” representa una longitud, entonces a > 0. Por lo tanto, se descarta a = −625 2 , también a ∈ [−50, 50], entonces finalmente a ∈ [0, 50]. Ahora, se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla.

A'(30) = A'(40) =

2 500 − 2(30)2

=

2 500 − (30)

2

2 500 − 2(40)2

700 >0 40

=−

2 500 − (40)2

700 <0 30

(25

2 , 50)

30 +

40 −

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en a = 25 2 hay un máximo. Para encontrar las dimensiones del rectángulo, se sustituye a = 25 2 en l = 2 500 − a2 .

( ( l (25 2 ) = 1 250 l (25 2 ) = 25 2

l 25 2 ) = 2 500 − 25 2 )

2

Entonces el ancho a = 25 2 y el largo es l = 25 2 cm. 494

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(0, 25 2 )

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

35) Para construir un recipiente cilíndrico de hojalata, se emplearán 150 pulg2, esta cantidad incluye las tapas. ¿Cuáles son las dimensiones del cilindro para que contenga el volumen máximo? Solución Se traza una figura. El volumen de un cilindro recto es: r

V = πr2h Además, el área del recipiente es:

h

A = 2πr2 + 2πrh 150 = 2πr2 + 2πrh 75 − πr2 πr

h= Entonces el volumen se expresa como: 75 − πr2 V = πr2 πr V(r) = 75r − πr3

función a optimizar.

Se determina la derivada de la función: V'(r) = 75 − 3πr2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 75 − 3πr2 = 0

25 = πr2

25 π

r2 =

5 π

r=±

r=

5 π

r=−

5 π

Como “r” representa una longitud, entonces r > 0.

5 . π Ahora, se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla. Por lo tanto, se descarta el valor de r = −

V'(2) = 75 − 3π(2) ≈ 37.3 V'(3) = 75 − 3π(3)2 ≈ − 9.8

+

5 π 2

5 , +∞ π −

3

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en r = 5 Para encontrar la altura del cilindro, se sustituye r = en: π 75 − πr2 h= πr 5 π

75 − π h= π

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0,

2

5 hay un máximo. π

2

5 π

75 − 25π h=

π

5 π 495

Cálculo diferencial Capítulo 5 h=

50 5 π

h=

10 π

Ejercicio 43

Entonces las dimensiones son: 5 Radio r = π 10 π

Altura h =

36) Un anuncio de 20 metros de altura, está colocado sobre una base que se encuentra 5 metros sobre el nivel de los ojos de una persona, ¿qué tan alejada debe estar la persona para que su ángulo de visión sea máximo? Solución Se traza una figura. Por trigonometría se sabe que: tan (θ + α) = 25 x

20 m

Además:

tan α = 5 x θ α

5m x

Por identidad trigonométrica: tan θ + tan α = 25 x 1 − tan θ tan α

Se sustituye tan α = 5 x tan θ + 5

= 25 x

x

x tan θ + 5 x x − 5 tan θ x

= 25 x

x tan θ + 5 = 25 x x − 5 tan θ x(x tan θ + 5) = 25(x − 5 tan θ) x2 tan θ + 5x = 25x − 125 tan θ x2 tan θ + 125 tan θ = 25x − 5x tan θ (x2 + 125) = 20x tan θ =

20x x2 + 125

θ = arctan 496

20x x2 + 125

función a optimizar.

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1 − (tan θ)

5 x

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se deriva la función: d 20x dθ = arctan 2 dx dx x + 125 2 500 − 20x2 dθ = 4 dx x + 625x2 + 15 625 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 2 500 − 20x2 =0 x + 625x2 + 15 625 4

2 500 − 20x2 = 0

x2 = 2 500 20 x2 = 125

x = ± 125

x=5 5

x = −5 5

Valores críticos.

Como “x” representa una longitud, entonces x > 0, por lo tanto, se descarta el valor de x = −5 5 .

Ahora, se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla.

(0, 5 5 ) 500 2 500 − 20(10)2 = >0 88 125 (10) + 625(10)2 + 15 625

θ'(10) =

10

4

+

300 2 500 − 20(12)2 =− <0 126 361 (12) + 625(12)2 + 15 625

θ'(12) =

(5

5 , +∞) 12

−

4

Se observa que existe un cambio de signo positivo a negativo en la primera derivada, entonces en x = 5 5 hay un máximo. Por lo tanto, la distancia a la que debe estar la persona para que el ángulo de visión sea máximo es 5 5 m. 37) Un silo consta de un cilindro con una parte superior semiesférica. Determina la longitud del radio del silo con un volumen Vx que tiene la menor área de superficie, incluye la tapa inferior. Solución Se traza una figura. El volumen del silo se forma del volumen de un cilindro más media esfera. Vcil = πr2h

r

Vesf = 4 πr3 3

mitad

VM. esf = 2 πr3 3

h

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Vtotal = πr2h + 2 πr3 3 Se despeja h y se obtiene: 3V = 3πr2h + 2πr3 3V − 2πr3 = 3πr2h

r

h=

3V − 2πr3 3πr2

El área del silo se forma del área de un cilindro más el área de media esfera. Acil = 2πrh + πr2 Aesf = 4πr2

mitad

AM. esf = 2πr2

Atotal = 2πrh + πr2 + 2πr2 Atotal = 2πhr + 3πr2 497

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se sustituye “h” A = 3πr2 + 2πr

3V − 2πr3 3πr2

A = 3πr2 + 2V − 4 πr2 r 3 A(r) = 5 πr2 − 2V función a optimizar. 3 r Se deriva la función: A'(r) = 10 πr − 2V 3 r2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 10 πr − 2V = 0 3 r2

10 πr = 2V 3 r2

6V 10π

r3 = r=

3

3V 5π

Valor crítico.

Ahora, se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla, considerando que V = cte. y V > 0. 3

A'(0.5) = 10 π(0.5) − 2V 2 ≈ −2.764 3 (0.5) A'(0.6) = 10 π(0.6) − 2V 2 ≈ 0.727 3 (0.6)

0,

−

3

3V 5π 0.5

Se observa un cambio de signo negativo a positivo en r = Entonces el radio del silo que tiene un área mínima es r =

3

3

+

3V , +∞ 5π 0.6

3V , entonces en dicho punto hay un mínimo. 5π 3V 5π

38) ¿Cuáles son los puntos sobre la curva y = x2 − 4, que están más cerca del punto (−2, 1)? Solución Se traza un plano cartesiano.

La distancia entre los puntos: (x, y) y (−2, 1) debe ser mínima. (x, x2 − 4)

Pero y = x2 − 4, entonces:

(−2, 1) x

P2 (x, x2 − 4) y P1 (−2, 1) d = (x − 2)2 + (x2 − 4 − 1)2 d = (x + 2)2 + (x2 − 5)2

498

función a optimizar.

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y

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 43

Se deriva la función: 2x3 − 9x + 2 d'(x) = (x + 2)2 + (x2 − 5)2 La derivada se iguala a cero y se resuelve: 2x3 − 9x + 2 =0 2x3 − 9x + 2 = 0 (x + 2)2 + (x2 − 5)2

(x − 2)(2x2 + 4x − 1) = 0 x−2=0

x=2

2x2 + 4x − 1 = 0

x=− x=

6 +2 2 6 −2 2

Valores críticos.

Ahora, se analiza el comportamiento de la primera derivada construyendo una tabla.

2(−3) − 9(−3) + 2

d'(−3) = d'(0) = d'(1) = d'(3) =

−25 = <0 17

3

(−3 + 2)2 + ((−3)2 − 5)2 2(0) − 9(0) + 2 3

=

(0 + 2) + ((0) − 5) 2

2

2

2(1)3 − 9(1) + 2 2

2

2(3)3 − 9(3) + 2

=

(3 + 2) + ((3) − 5) 2

2

−

6 +2 2 −3

− +

6 +2 6 −2 , 2 2 0

6 −2 ,2 2 −

1

(2, +∞)

+

3

= −5 < 0 5

(1 + 2) + ((1) − 5) 2

2 >0 29

−∞, −

2

29 >0 41

6 +2 y x = 2, entonces ahí existen mínimos. 2 Para determinar las coordenadas de los puntos, ambas abscisas se sustituyen en y = x2 − 4. Se observan cambios de signo negativo a positivo en x = −

Para:

x=2

6 +2 2

y= −

6 +2 2

2

−4

y=

1 (6 + 4 6 + 4) − 4 4

y=

10 3 + 6 −4= 6 − 4 2

y = (2)2 − 4 4−4=0

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x=−

Entonces las coordenadas de los puntos son: −

6 +2 3 , 6 − y (2, 0). 2 2

499

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 44

1) La posición de una partícula se expresa mediante la función s(t) = 2t3 − 5t2 + 10t, con “s” en metros y “t” en segundos ¿cuál es su rapidez para t = 1, 3 , 0 segundos? 2 Solución Se sabe que la velocidad instantánea-rapidez es la derivada de la función posición con respecto al tiempo. s(t) = 2t3 − 5t2 + 10t s'(t) = 6t2 − 10t + 10 Entonces para t = 1 s'(1) = 6(1)2 − 10(1) + 10 = 6 − 10 + 10 s'(1) = 6 m s 3 Para t = 2 2 3 = 6 3 − 10 3 + 10 = 6 9 − 30 + 10 = 27 − 30 + 20 s' 2 2 2 4 2 2 2 2 s' 3 = 17 m 2 2 s Para t = 0 s'(0) = 6(0)2 − 10(0) + 10 s'(0) = 10 m s 2) La distancia recorrida por un automóvil sobre una carretera en el instante “t” está dada por s(t) = 9t4 − 120t3 + 432t2, ¿en qué intervalos su velocidad media es positiva? Solución La velocidad media es positiva donde la función es creciente; primero se deriva: s(t) = 9t4 − 120t3 + 432t2 s'(t) = 36t3 − 360t2 + 864t Se iguala con cero y se encuentran los valores críticos. t=0

t=0

t3 − 10t2 + 24t = 0

t−4=0

t=4

t(t2 − 10t + 24) = 0

t−6=0

t=6

Valores críticos.

t(t − 6)(t − 4) = 0 Además, si s'(t) > 0, entonces la función es creciente 36t3 − 360t2 + 864t > 0 Los intervalos donde la función es creciente son: (0, 4) ∪ (6, +∞) Entonces, los intervalos de tiempo donde la velocidad media es positiva son: 06 3) La trayectoria de una partícula en movimiento rectilíneo está dada por la función s(t) = t3 − 9t2 + 24t + 2 Encuentra: 500

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

36t3 − 360t2 + 864t = 0

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 44

a) “s” y “a” cuando v = 0 Solución Se sabe que

d s(t) = v entonces: dt

d d s(t) = (t3 − 9t2 + 24t + 2) dt dt v = 3t2 − 18t + 24 Se iguala a cero 3t2 − 18t + 24 = 0

t−4=0

t=4

t − 6t + 8 = 0

t−2=0

t=2

2

(t − 4)(t − 2) = 0

Entonces, v = 0 si t = 2 y t = 4. Por lo tanto: s(2) = (2)3 − 9(2)2 + 24(2) + 2 = 8 − 36 + 48 + 2 s(2) = 22 s(4) = (4)3 − 9(4)2 + 24(4) + 2 = 64 − 144 + 96 + 2 s(4) = 18 Además, se sabe que a = a=

d2 s(t) dt2

d2 d s(t) = (3t2 − 18t + 24) dt2 dt

a = 6t − 18 Entonces: a(2) = 6(2) − 18 = −6 a(4) = 6(4) − 18 = 6 b) s y v cuando a = 0 Solución Previo, se obtuvo a = 6t − 18, ahora se iguala a cero: 6t − 18 = 0 Entonces:

6t = 18

t = 18 6

t=3 PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

s(3) = (3)3 − 9(3)2 + 24(3) + 2 = 27 − 81 + 72 + 2 s(3) = 20 Además, s'(3) = 3(3)2 − 18(3) + 24 = 27 − 54 + 24 s'(3) = −3 c) Cuando s aumenta Solución Para dar una respuesta a este inciso, vamos a analizar el comportamiento de la primera derivada de la función. s'(t) = v(t) = 3t2 − 18t + 24 y se sabe que v = 0 en t = 2 y t = 4. Entonces, ahora se contruye una tabla para identificar su comportamiento. 501

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 44 (0, 2)

v(1) = 3(1) − 18(1) + 24 = 9 > 0

(2, 4)

1

2

v(3) = 3(3)2 − 18(3) + 24 = −3 < 0

+

3 −

(4, ∞) 5 +

v(5) = 3(5) − 18(5) + 24 = 9 > 0 2

Los valores de 1, 3 y 5 se elijen de manera arbitraria en cada uno de los intervalos. Entonces la función posición “s” crece en (0, 2) ∪ (4, +∞); 0 < t < 2 o 4 < t d) Cuando v aumenta. Solución Para dar respuesta a este inciso aprovechamos las operaciones y desarrollo del inciso c). Donde sabemos que la velocidad es equivalente a la pendiente de la recta tangente a la curva posición s(t). Entonces: v(t), que representa la función velocidad, crece en (0, 2)) ∪ (4, ∞) o expresado en intervalo 0 < t < 2 o 4 < t 4) Un proyectil es lanzado con una trayectoria que obedece a la función s(t) = −3t2 + 54t a) Calcula en qué tiempo hace contacto con su objetivo que se encuentra sobre la superficie terrestre y la velocidad que lleva en ese instante. Solución Se traza una ilustración.

Para determinar el tiempo de contacto, se debe igualar a cero la función posición s(t) = −3t2 + 54t; ya que si s(t) = 0 estará la partícula a nivel del suelo, entonces: −3t2 + 54t = 0

3t = 0

t=0s

3t(−t + 18) = 0

−t + 18 = 0 t = 18 s Para t = 0 el proyectil sale disparado, y para t = 18 s se impacta con el blanco. Para encontrar la velocidad se deriva la función posición.

v(18) = −6(18) + 54 = −54 m s b) ¿En qué instante logra su altura máxima y cuál es el valor de esta? Solución La altura máxima se logra cuando se encuentra el vértice (punto máximo), entonces se deriva la función posición. s'(t) = −6t + 54 Se iguala a cero y se resuelve. −6t + 54 = 0

t=9s

Valor crítico.

Ahora, se analiza la función velocidad.

502

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

v = s'(t) = −6t + 54 La velocidad al impactar en el blanco es:

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 44

s'(8) = −6(8) + 54 = 6 > 0 s'(10) = −6(10) + 54 = −6 < 0

(0, 9) 8 +

(9, 18) 10 −

Como el signo de la derivada s'(t) cambia de “+” a “−”, entonces, en t = 9 s el valor de s(t) es máximo. Para encontrar la altura máxima se sustituye t = 9 s en la función posición: s(9) = −3(9)2 + 54(9) = 243 m La altura máxima sel proyectil es de 243 m a los 9 segundos. 5) Un proyectil es lanzado en dirección a una torre de 36 m de altura, el proyectil sigue una trayectoria de acuerdo con la función s = −t2 + 12t, después de siete segundos. Indica la velocidad y la altura en la que hace contacto el proyectil con la torre. Solución Se traza una figura. Para calcular la velocidad, se deriva la función posición. s(t) = −t2 + 12t s'(t) = −2t + 12 Entonces la velocidad del proyectil a los 7 s es: V = s'(t) = −2(7) + 12 = −2 m s Para calcular la altura en la que hace contacto el proyectil su sustituye t = 7 s en la función posición. s = −t2 + 12t s(7) = −(7)2 + 12(7) s(7) = −49 + 84 = 35 m

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s(t)

503

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45 3

1) Si la altura de un determinado árbol es de 10 2 r 2 cm, donde “r” es el radio transversal del tronco del árbol. Si el radio aumenta a razón de 1 cm , ¿con qué rapidez cambia la altura cuando su radio es de 5 cm? 6 año Solución La función de la altura es: 3

h = 10 2 r 2 h r

dh = 10 2 dt

3 r 12 dr dt 2

1 dh dr = 15 2 r 2 dt dt

Para determinar la rapidez con la que cambia la altura con respecto al tiempo, se sustituye r = 5 y el cambio del radio con respecto al tiempo dr = 1 dt 6 dh = 15 2 ∙ 5 ∙ 1 dt 6 dh = 15 dt 6

10

dh = 5 dt 2

10 cm año

2) Un náufrago es remolcado hacia un barco con un cable. La proa de donde se jala el cable se encuentra a 7 m del nivel del mar, y el cable es jalado a razón de 12 m . ¿Con qué rapidez se está moviendo el náufrago hacia el barco cuando se encuentra a 20 m de la min base del barco? Solución Por el teorema de Pitágoras, la función que relaciona cómo varía el cable z en función de la distancia al barco x es: Barco

z 7m

dz = 12 m dt min

z2 = 72 + x2 z2 = 49 + x2 Si x = 20 m

x

z = 449 m

Se deriva la función z respecto al tiempo t: d 2 d z = (49 + x2) dt dt 2z

dz d d 2 = 49 + x dt dt dt

dz dx = 2x dt dt dx Se despeja la cual es la rapidez con la que se mueve el náufrago hacia el barco, dt 2z

dx = z dt x 504

dz dt

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z2 = 49 + 400

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

Se sustituye x = 20, z = 449 y dx = dt

449 20

dx 3 = dt 5

dz = 12 m dt min

12 m min

449

m min

3) Un automóvil que viaja a 80 m cruza un puente sobre un río, 20 segundos antes de que un bote que viaja a 40 m pase por debajo s s del puente. Vistos desde arriba, el río y el puente forman un ángulo recto. ¿Con qué rapidez se están separando el automóvil y el bote 20 segundos después de que el bote pasa por debajo del puente? Solución Se traza una figura. x = posición del auto x

Puente

z = distancia entre el bote y el auto

y = posición del bote Por el teorema de Pitágoras:

y

z2 = x2 + y2 z

Además, se sabe que el auto se mueve a razón de: dx = 80 m dt s

Río Para obtener los desplazamientos. dx = 80 m dt s

Mientras que el barco se mueve a razón de: dy = 40 m dt s

x = 80 m (40 s) s x = 3 200 m

dy = 40 m dt s

y = 40 m (20 s) s y = 800 m

Entonces z: PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

z = x2 + y2 z = (3 200)2 + (800)2 z = 16(800)2 + 1(800)2 z = 17(800)2 z = 800 17 m. Ahora, se deriva la función: z2 = x2 + y2 d 2 d 2 d 2 z = x + y dt dt dt 2z

dz dx dy = 2x + 2y dt dt dt 505

Cálculo diferencial Capítulo 5 Se despeja

Ejercicio 45

dz que es la rapidez con la que se separa el auto del bote: dt

x dx + y dy dz dt dt = dt z (3 200)(80) + (800)(40) (320)(800) + (800)(40) dz = = dt (800) 17 (800) 17 800[320 + 40] dz = dt 800 17 360 dz = dt 17

m s

3 4) Un globo de forma esférica, se infla a razón de 0.16 m . ¿Cuál es el volumen del globo cuando su radio está aumentando a razón min de 0.20 m ? min

Solución Se traza una figura.

r

El volumen de una esfera es: V = 4 πr3 3 Se deriva la función: dV dr = 4 π(3r2) dt dt 3

3 dV = 0.16 m , mientras que el incremento Ahora, hay que determinar el radio cuando la velocidad con la que se infla el globo es dt min dr del radio por unidad de tiempo es = 0.20 m , entonces: dt min

dV dr = 4πr2 dt dt

r=

0.16 4π(0.2)

Este radio r = V= 4 π 3 506

r=

1 5π

r=

dV dt 4π dr dt

1 5π

r=

1 5π

1 se sustituye para calcular el volumen. 5π 3

V= 4 π 3

1 5π

1 5π

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

dV dr = 4πr2 dt dt

Cálculo diferencial Capítulo 5 V= 4 ∙ 15

Ejercicio 45 5 5

1 ∙ 5π

V= 4 75

5 π

m3

5) Una escalera de 13 m de largo está apoyada sobre la pared. Encuentra la rapidez con que baja el extremo superior de la escalera, cuando su extremo inferior dista 5 m del muro y se separa a razón de 5 m . s Solución Se traza una figura. Por el teorema de Pitágoras: (13)2 = x2 + y2 Pared

13 m y

x2 + y2 = 169 Además cuando x = 5 m, el valor de “y” es: (5)2 + y2 = 169

x

y2 = 169 − 25 y2 = 144 y = 144 = 12 m

Ahora, se deriva la función: d (x2 + y2 = 169) dt d 2 d 2 d x + y = 169 dt dt dt 2x

dx dy + 2y =0 dt dt

Ahora, se despeja

dy ya que representa la rapidez con la que se mueve la escalera de manera vertical. dt

−x dx dy dt = dt y Se sustituyen los valores anteriores y se obtiene: (5 m) 5 m s

12 m

dy = − 25 m dt 12 s El signo menos significa que la escalera desciende. 6) Al caer una piedra a un estanque de aguas tranquilas forma una onda circular, cuyo radio aumenta a razón de 1 cm . ¿Con qué rapis dez aumenta el área encerrada por la onda cuando el radio es de 5 cm? Solución Se traza una figura.

507

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

dy =− dt

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45 Piedra

r

Se sabe que el área que encierra una circunferencia es: A = πr2 Ahora, se deriva la función: dA d = πr2 dt dt dA dr = π(2r) dt dt dA dr = 2πr dt dt Si se sabe que la velocidad con la que aumenta el radio es dr = 1 cm cuando r = 5 cm, entonces: dt s dA = 2π(5)(1) dt 2 dA = 10π cm dt s

7) Un tanque cilíndrico de 7 m de radio y 10 m de altura se llena de agua. Se hace un agujero en el fondo del tanque, en ese momento 3 el agua sale a razón de 3 m . ¿Con qué rapidez está cambiando la altura del líquido en el tanque? min Solución Se traza una figura. r

El volumen de un cilindro recto es:

h

Se sustituye “r” en la función para dejar expresada la función en términos de la altura que es la que va a cambiar. V = π(7)2h V = 49πh

Ahora, se deriva la función V = 49πh para determinar la variación del volumen con respecto al tiempo: d d V= 49πh dt dt dV dh = 49π dt dt Se despeja 508

dh que es la rapidez con la que cambia la altura del fluido. dt

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

V = πr2h

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

dV dt

dh = dt

Donde:

49π

3 dV = −3 m dt min

El signo negativo indica que el volumen disminuye.

3 −3 m

dh = dt

min

49π m2

dh m 3 =− dt min 49π El signo menos significa que la altura desciende. 8) Un satélite se mueve en una órbita elíptica alrededor de un planeta. La ecuación de su órbita plana es de 9x2 + 16y2 = 144. Si la rapidez del satélite en una dirección x es de 15 km , cuando la coordenada “x” es de 36 km. ¿Cuál es la rapidez en la dirección “y” h 137 en ese instante? Solución Se traza plano cartesiano. El lugar geométrico que describe el movimiento del planeta es:

y

9x2 + 16y2 = 144

dy dt dx dt

x

Si se deriva con respecto al tiempo: d d d 9x2 + 16y2 = 144 dt dt dt dx dy 9(2x) + 16(2y) =0 dt dt dy Entonces es: dt dy =− dt

9x dx dt

16y

Ahora, se despeja “y” de: 9x2 + 16y2 = 144 16y2 = 144 − 9x2 y=

144 − 9x2 16

y=

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se calcula el valor de “y” cuando x = 36 km 137 36 2 144 − 9 137 y= 16 504 km 137

Entonces, se sustituye “y”: dy = dt

−9(15) 36 16

137 504 137

dy 135(36) =− dt 16 6 14

(

) 509

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

dy (135)(6) =− dt 16 14 dy (135)(2)(3) =− dt (8)(2) 14

(

dy 405 =− dt 8 14

)

km h

km 9) Los automóviles A y B salen del mismo punto. El automóvil A viaja hacia el Este a razón de 80 y el auto B viaja hacia el Norte h km a 60 . ¿A qué razón está cambiando la distancia entre los dos a las 14:00 horas? si: h a) A y B salen a las 12:00 horas Solución Se traza una figura. Por el teorema de Pitágoras:

Norte

z2 = x2 + y2 Se deriva la función con respecto al tiempo. z

d 2 d 2 d 2 z = x + y dt dt dt

y

2z Este

x

dz dx dy = 2x + 2y dt dt dt

x dx + y dy dz dt dt = dt z

Si ambos vehículos salen a las 12:00 hrs., entonces a las 14:00 hrs. habrán transcurrido 2 horas, entonces: dx km = 80 dt h

dy km = 60 dt h

dx = (80)(2)

dy = (60)(2)

x = 160 km

y = 120 km

Entonces:

Entonces: dz (160)(80) + (120)(60) = dt 200 dz 20 000 km = 100 = dt 200 h b) A sale a las 12 del medio día y B sale a las 13:00 hrs. Si A sale a las 12:00, para las 14:00 hrs., habrán transcurrido 2 horas mientras que si B sale a las 13:00, para las 14:00 hrs. habrá transcurrido 1 hora. dx km = 80 dt h 510

dy km = 60 dt h

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

z = (160)2 + (120)2 = 200 km

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45 km (1 hr) h y = 60 km

x = (80)(2)

y = 60

x = 160 km Además:

z = (160)2 + (60)2 = 29 200 = 20 73 Finalmente: (160)(80) + (60)(60) 20 73

dz = dt

dz 820 = dt 73

km h

3 10) Se está vaciando un depósito cónico de 1.5 m de radio y 5 m de altura, a razón de 0.16 m . ¿Cómo está bajando el nivel cuando min la profundidad del agua es de 2 m?

Solución Se traza una figura. 1.5 m

El volumen de un cono es: V = 1 πr2h 3 Como el cono se está vaciando, entonces el radio y la altura van a disminuir de manera proporcional, esto es:

r h

5m

3 dv = −0.16 m dt min

r = h 1.5 5 r = 1.5 h 5

r= 3 h 10

Entonces el volumen del cono es: 2 V= 1 π 3 h h 3 10 V = 1 π 9 h2 (h) 3 100 3 πh3 100

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

V=

Ahora, se deriva con respecto al tiempo: dV d 3 πh3 = dt dt 100 dV dh 3 π(3h2) = dt dt 100 dV dh 9 πh2 = dt dt 100 Se despeja dh = dt

dh dt dV dt

9 πh2 100

511

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

Si se sabe que: 3 3 dV = −0.16 m = − 4 m y h = 2 m dt min 25 min

Entonces: dh = dt

− 4

25

m3 min

9 π(2 m)2 100

dh 4 =− dt 9π

m min

El signo menos significa que la altura está descendiendo. km . Un automóvil sale a las 13:00 hrs. del mismo lugar h y viaja hacia el Norte a 80 km/h. ¿A qué razón se están separando a las 15:00 hrs.?

11) En un crucero, un camión sale a las 10:00 hrs. y viaja hacia el Oeste a 60 Solución Se traza una figura.

Por el teorema de Pitágoras: Norte

z2 = x2 + y2 Ahora, la función se deriva con respecto al tiempo. d 2 d 2 d 2 z = x + y dt dt dt

z y

Oeste

x

2z

dz dx dy = 2x + 2y dt dt dt

Se despeja

dz dt

x dx + y dy dz dt dt = dt z

dx = 60 dt x = (60)(5) x = 300 km En el caso del auto, de las 12:00 a las 15:00 han transcurrido 2 hrs., entonces: dy = 80 dt y = (80)(2) y = 160 km Se calcula z: z2 = x2 + y2 512

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Para obtener los desplazamientos. En el caso del camión, de las 10:00 a las 15:00 han transcurrido 5 hrs., entonces:

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

z = (300)2 + (160)2 z = 340 Finalmente: (300)(60) + (160)(60) 340

dz = dt

dz 30 800 = dt 340

km h

dz km = 90.58 dt h m ; un observador está situado a 300 m del punto de despegue del globo. Cuando s el globo está a 400 m de altura, ¿con qué rapidez está cambiando la distancia entre el globo y el observador?

12) un globo asciende sobre un punto a razón de 6 Solución Se traza una figura.

Por el teorema de Pitágoras: z2 = x2 + y2 Pero se sabe que x = 300, entonces: Globo

z2 = (300)2 + y2 z2 = 90 000 + y2 z

400 m = y

x = 300 m

Se deriva con respecto al tiempo. 0 d 2 d d 2 z = 90 000 + y dt dt dt 2z

dz dy = 2y dt dt

dz = dt

y dy dt

z

Además z2 = x2 + y2 PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

z = (300)2 + (400)2 z = 500 m Entonces: dz = dt

(400 m) 6 m s

500 m

dz 24 m = dt 5 s dz m = 4.8 dt s

513

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

3 13) Se inyecta gas a un globo esférico a razón de 7 pie . Si la presión se mantiene constante, ¿con qué rapidez cambia el radio cuanmin do éste es de 1 pie?

Solución Se traza una figura.

El volumen de una esfera es: V = 4 πr3 3 Se deriva con respecto al tiempo:

r

dV d = dt dt

4 3 πr 3

dV dr = 4 π(3r2) dt dt 3 dV dr = 4πr2 dt dt

Como nos piden la razón de cambio del radio, entonces se despeja dr = dt

dr . dt

dV dt

4πr2

Si se sabe que

3 dV = 7 pie cuando r = 1 pie, entonces: dt min

7 pie dr min = dt 4π(1)2 pie2 3

2 14) El área de un triángulo equilátero disminuye a razón de 6 cm . Calcula la rapidez de cambio de la longitud de sus lados en el min momento en que el área del triángulo es de 100 cm2.

Solución Se traza una figura. El área del triángulo es: x

h

x

A= b·h 2 Donde: b: base = x

x 2

x 2

Además, por el teorema de Pitágoras: 514

h: altura = h

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

dr 7 pie = dt 4π min

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

x 2

(x)2 = (h)2 +

2

x2 4 x2 h2 = x2 − 4 3 2 h2 = x 4 x2 = h2 +

h=

3 x 2

Entonces el área es: A= A=

3 x 2

x·

2 3 x2 4

Se sabe que A = 100, se despeja “x”: (100) =

3 x2 4

x2 =

400

x=

400 3

x=

3

20 4

3

Ahora, se deriva la función. 3 2 x 4

dA d = dt dt

dA dx 3 (2x) = dt dt 4 dx dt

Se despeja

dA dt 3 x 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

dx = dt Entonces: dx = dt

−6 3 · 2

20 3

4

4 dx 6 3 =− · dt 10 3

4

9 3

4 dx 6 27 =− 10(3) dt

dx =− dt

4

27 5

cm min 515

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

15) Un punto se mueve sobre la parábola semicúbica y2 = x3 de tal manera que su ordenada aumenta 7 u . Cuando y = 1, ¿con qué s rapidez cambia su abscisa? Solución La relación entre abscisas y ordenadas es: y2 = x3 Se deriva con respecto al tiempo. d 2 d 3 y = x dt dt 2y

dy dx = 3x2 dt dt

Se necesita encontrar la razón de cambio de la abscisa, entonces se despeja 2y dy dx dt = dt 3x2

dx . dt

Además si y = 1, entonces: y2 = x3 (1)2 = x3

x3 = 1

x= 1 3

x=1 Finalmente 2(1) 7 u s

dx = dt

3(1)

2

dx 14 u = dt 3 s 16) Una persona está de pie en un muelle y jala una lancha por medio de una cuerda. Sus manos están a 2 m por encima del amarre de cm la lancha. Si la persona jala la cuerda a razón de 70 , ¿con qué rapidez se aproxima la lancha al muelle cuando se encuentra a 5 m s de él? Solución

Por el teorema de Pitágoras: z y=2m

z2 = x2 + y2 Si y = 2 m, entonces: z2 = x2 + (2)2

x=5m

Se deriva la función con respecto al tiempo. 516

z2 = x2 + 4

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se traza una figura.

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

d 2 d 2 d 0 z = x + 4 dt dt dt 2z

dz dx = 2x dt dt dx dt

Se despeja dx = dt

z dz dt

x

Ahora se calcula “z” z2 = (2)2 + (5)2 z2 = 4 + 25 z = 29 Finalmente, se sabe que: dz cm 7 m = , entonces: = 70 dt s 10 s dx = dt

(

29 m

)

7 m 10 s

5m

dx 7 29 m = dt 50 s m alejándose de un faro que se encuentra a 8 metros de altura sobre s el suelo. ¿Con qué rapidez se mueve el extremo de su sombra? ¿Cuál es la rapidez con la que cambia la longitud de su sombra?

17) Un hombre de 1.8 m de estatura camina en línea recta a 1.5 Solución Se traza una figura.

Por semejanza:

8 PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

8 1.5 t + x 1.8 1.5 t

y

x

1.8 x

Para calcular la rapidez con la que se mueve el extremo de la sombra del hombre se considera: 8 1.5 t + x = 1.8 x 517

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 45

8x = 1.8 (1.5 t + x) 9 5

3 t+x 2

x=

9 40

3 t+x 2

x=

27 9 t+ x 80 40

x−

9 27 x= t 40 80

8x =

31 27 x= t 40 80 Ahora, se deriva con respecto al tiempo. d 31 x= dt 40

d dt

27 t 80

31 dx 27 = 40 dt 80 27 80 31 40

dx = dt

dx 27 m ≈ 0.43 = dt 62 s Para determinar la rapidez con la que cambia la longitud de la sombra se considera: x 1.8 = y 8 8x = 1.8y Ahora, se deriva con respecto al tiempo.

8

dx dy = 1.8 dt dt

Se despeja

dy = dt

dy dt

8 dx dt

1.8

dy m ≈ 1.935 dt s

518

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

d d 8x = 1.8y dt dt

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 46

1) Dadas las funciones de ingreso y costo, I(x) y C(x) respectivamente, determina el ingreso máximo, la utilidad máxima y el costo medio mínimo: a) I(x) = −x2 + 300x

y

C(x) = x2 + 40x + 80

Solución Para determinar el ingreso máximo, se analiza la función ingreso, derivando para encontrar el extremo. I(x) = −x2 + 300x I'(x) = −2x + 300 La derivada se iguala a cero y se resuelve. 300 x = 150 Valor crítico. 2 La derivada se estudia, construyendo una tabla para analizar su comportamiento, se debe considerar que x ∈ [0, 300]. −2x + 300 = 0

2x = 300

x=

[0, 150) I'(149) = −2(149) + 300 = 2 > 0 I'(151) = −2(151) + 300 = −2 < 0

+

149

(150, 300] 151

−

Se observa que en la derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces en x = 150 existe un máximo. Para determinar el monto del ingreso máximo se evalúa x = 150 en: I(x) = −x2 + 300x I(150) = −(150)2 + 300(150) I(150) = $22 500 Ahora, para determinar la utilidad máxima, se procede a optimizar la función de la utilidad, la cual está definida como: U(x) = I(x) − C(x) U(x) = (−x2 + 300x) − (x2 + 40x + 80) U(x) = −2x2 + 260x − 80 Ahora, se deriva la función: U'(x) = −4x + 260 La derivada se iguala a cero y se resuelve. 260 x = 65 Valor crítico. 4 La derivada se estudia, construyendo una tabla para analizar su comportamiento, se debe considerar que x ∈ [0, 260]. 4x = 260

x=

[0, 65) U'(64) = −4(64) + 260 = 4 > 0 U'(65) = −4(66) + 260 = −4 < 0

+

64

(65, 260] −

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

−4x + 260 = 0

66

Se observa que en la derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces en x = 65 hay un máximo. Para determinar el monto de la utilidad máxima se sustituye x = 65 en: U(x) = −2x2 + 260x − 80 U(65) = −2(65)2 + 260(65) − 80 U(65) = $8 370 Por último, para determinar el costo mínimo, se debe hacer uso de la función costo medio la cual es: Q(x) =

C(x) x 519

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 46

Entonces 2 Q(x) = x + 40x + 80 x

Q(x) = x + 40 + 80 x Ahora, se deriva la función: Q'(x) = 1 − 802 x La derivada se iguala a cero y se resuelve. 1 − 802 = 0 x

80 = 1 x2

80 = x2

x = ± 80

x=±4 5

Valor crítico.

La derivada se estudia, construyendo una tabla para analizar el comportamiento, se debe considerar que x > 0, entonces se descarta x = −4 5

(0, 4 5 )

Q'(8) = 1 − 802 = − 1 < 0 (8) 4

8

−

Q'(9) = 1 − 802 = 1 > 0 (9) 81

(4

5 , +∞

)

9

+

Se observa que en la derivada existe un cambio de signo negativo a positivo, entonces en x = 4 5 ≈ $8.9 hay un mínimo. Para determinar el monto del costo medio mínimo se sustituye x = 4 5 en: Q(x) = x + 40 + 80 x

(

)

Q 4 5 = 4 5 + 40 +

80 4 5

Q ≈ $57.88

b) I(x) = x(400 − 4x)

y

C(x) = x2 + 20x + 12

Solución Para determinar el ingreso máximo, se analiza la función ingreso, derivando para así encontrar el extremo. I(x) = 400x − 4x2 I'(x) = 400 − 8x

400 x = 50 Valor crítico. 8 La derivada se estudia, construyendo una tabla para analizar su comportamiento, se debe considerar que x ∈ [0, 400]. 400 − 8x = 0

400 = 8x

x=

[0, 50) I'(24) = 400 − 8(24) = 208 > 0 I'(60) = 400 − 8(60) = −80 < 0

+

24

(50, 400] −

60

Se observa que en la derivada existe un cambio de signo positivo a negativo, entonces en x = 50 existe un máximo. Para determinar el monto del ingreso máximo se evalúa x = 50 en: I(x) = 400x − 4x2 I(50) = 400(50) − 4(50)2 I(50) = $10 000 520

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

La derivada se iguala a cero y se resuelve.

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 46

Ahora, para determinar la utilidad máxima, se procede a optimizar la función de la utilidad, la cual está definida como: U(x) = I(x) − C(x) U(x) = (400x − 4x2) − (x2 + 20x + 12) U(x) = −5x2 + 380x − 12 Ahora, se deriva la función: U'(x) = −10x + 380 La derivada se iguala a cero y se resuelve. 380 x = 38 Valor crítico. 10 La derivada se estudia, construyendo una tabla para analizar su comportamiento, se debe considerar que x ∈ [0, 380]. −10x + 380 = 0

10x = 380

x=

[0, 38) U'(37) = −10(37) + 380 = 10 > 0 U'(39) = −10(39) + 380 = −10 < 0

37

+

(38, 380] −

39

Se observa un cambio de signo positivo a negativo en la derivada, entonces en x = 38 hay un máximo. Para determinar el monto de la utilidad máxima se sustituye x = 38 en: U(x) = −5x2 + 380x − 12 U(38) = −5(38)2 + 380(38) − 12 U(38) = $7 208 Por último, para determinar el costo mínimo, se debe hacer uso de la función costo medio la cual es: Q(x) =

C(x) x

Entonces: 2 Q(x) = x + 20x + 12 x

Q(x) = x + 20 + 12 x Ahora, se deriva la función: Q'(x) = 1 − 122 x La derivada se iguala a cero y se resuelve. 1 = 122 x

x2 = 12

x = ± 12 x = 2 3,

x = −2 3

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

1 − 122 = 0 x

Valores críticos.

La derivada se estudia, construyendo una tabla para analizar el comportamiento, se debe considerar que x > 0, entonces el valor de x = −2 3 se descarta.

(0, 2 3 )

Q'(3) = 1 − 122 = − 1 < 0 (3) 3 Q'(4) = 1 − 122 = 1 > 0 (4) 4

−

3

(2 +

3 , +∞

)

4

Se observa que en la derivada existe un cambio de signo negativo a positivo, entonces en x = 2 3 ≈ 3.46 hay un mínimo. Para determinar el monto del costo medio mínimo se sustituye x = 2 3 en: 521

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 46

Q(x) = x + 20 + 12 x

(

)

Q 2 3 = 2 3 + 20 +

12 2 3

Q ≈ $26.92 2) El costo estimado para producir “x” artículos está dado por la función C(x) = 0.004x2 + 5x + 6000 Determina el costo promedio y el costo marginal de producir 2000 artículos y calcula el nivel de producción para el cual el costo promedio es el más bajo y cuál es dicho costo. Solución Primero se calcula el costo promedio, el cual está dado por la función Q(x) =

C(x) x

2 Q(x) = 0.004x + 5x + 6000 x

Q(x) = 0.004x + 5 + 6000 x Para encontrar el costo promedio de producir x = 2000 artículos, se evalúa en la función. Q(2000) = (0.004)(2000) + 5 + 6000 2000 Q(2000) = 8 + 5 + 3 = $16 Entonces, el costo promedio de producir 2000 artículos es de $16.00. Ahora, para obtener el costo marginal se determina C'(x) y se evalúa x = 2000 C(x) = 0.004x2 + 5x + 6000 C'(x) = 0.008x + 5 C'(2000) = (0.008)(2000) + 5 C'(2000) = 16 + 5 = $21 Por lo tanto, el costo marginal de producir 2000 artículos es de $21.00 Ahora, se calcula el nivel de producción para el cual el costo promedio es el más bajo y cuál es dicho costo. El costo promedio se minimiza cuando es igual al costo marginal. 0.008x + 5 = 0.004x + 5 + 6000 x 6000 0.004x = x x2 = 6000 0.004 x=±

6000 ≈ $1,225 0.004

Para mostrar que en x = 1225 existe un mínimo, se obtiene Q''(x) y se evalúa. Q(x) = 0.004x + 5 + 6000 x

522

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

C'(x) = Q(x)

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 46

Q'(x) = 0.004 − 6000 x2 Q''(x) = 12000 x3 Q''(1225) = 120003 > 0 (1225) Entonces para x = 1225 hay un mínimo. Ahora, finalmente el costo promedio mínimo se obtiene evaluando x = 1225 en Q(x). Q(x) = 0.004x + 5 + 6000 x Q(1225) = 0.004(1225) + 5 + 6000 x Q(1225) = $14.79 3) Una empresa estima su ingreso y costo con las funciones: I(x) = −4x2 + 400x y C(x) = 2x2 + 300 respectivamente. Determina el ingreso obtenido al producir la trigésima primera unidad y aproxima dicho valor con el ingreso marginal. Solución Se evalúan x = 30 y y = 31 en la función de ingresos: I(30) = −4(30)2 + 400(30) = $8 400 I(31) = −4(31)2 + 400(31) = $8 556 El valor de la trigésima primera unidad es: I(31) − I(30) = 8556 − 8400 = $156.00 Ahora, el ingreso marginal se obtiene derivando la función ingreso y se evalúa x = 30 I(x) = −4x2 + 400x I'(x) = −8x + 400 I'(30) = −8(30) + 400 = $160.00 En la comparación se observa que el ingreso marginal da un valor muy aproximado a $160.00 que es el ingreso real de la trigésima primera unidad.

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4) Una empresa de telas estima que el costo para producir “x” metros de tela es C(x) = 0.001x3 − 0.2x2 + 24x + 2400 y que al vender “x” metros cobraría p(x) = 58 − 0.00042x por metro. Determina el nivel de producción para obtener una utilidad máxima. Ingreso sugerido: I(x) = p(x) ∙ x Solución Se obtiene la función ingreso: I(x) = p(x) ∙ x I(x) = (58 − 0.00042x)(x) = 58x − 0.00042x2 Ahora, se determina la función utilidad: U(x) = I(x) − C(x) U(x) = (58x − 0.00042x2) − (0.001x3 − 0.2x2 + 24x + 2400) U(x) = −0.001x3 + 0.19958x2 + 34x − 2400 Ahora, se deriva la función: U'(x) = −0.003x2 + 0.39916x + 34 523

Cálculo diferencial Capítulo 5

Ejercicio 46

La derivada se iguala a cero y se resuelve. −0.003x2 + 0.39916x + 34 = 0 x = 192.062 x = −59.0087

Valores críticos.

Como “x” representa la cantidad de metros de tela a producir, entonces x > 0, y con esto se descarta el valor de x = −59.008 Ahora, se construye una tabla para analizar el comportamiento de la primera derivada. [0, 192.06) U'(191) = −0.003(191)2 + 0.39916(191) + 34 = 0.7965 > 0 U'(193) = −0.003(193)2 + 0.39916(193) + 34 = −0.7091 < 0

+

191

(192.06, +∞) −

193

Como se observa un cambio de signo en la primera derivada, de positivo a negativo, entonces existe un máximo en x = 192.06. Por lo tanto, el número de metros que se deben producir para obtener una utilidad máxima es 192 metros. 5) Un estadio de futbol tiene una capacidad de 60 000 espectadores. El promedio de asistencia fue de 32 000 espectadores, teniendo los boletos un costo de $60.00 por persona. La gerencia decide bajar el precio por boleto a $40.00, teniendo un promedio de 48 000 espectadores. Determina la función lineal de demanda p(x) y calcula el precio por boleto para minimizar el ingreso. Solución Si se considera a la función de demanda p(x) como una función lineal, entonces, P1(32000, 60) y P2(48000, 40), entonces la ecuación de la recta es: (32000, 60) (48000, 40)

y − 60 =

y2 − y1 (x − x1) x2 − x1 40 − 60 (x − 32000) 48000 − 32000

y − 60 = −

1 (x − 32000) 800

y=−

1 x + 32000 + 60 800 800

y=−

1 x + 40 + 60 800

y = 100 −

1 x 800

p(x) = 100 −

1 x 800

524

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y − y1 =

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Obtén los siguientes límites: 1)

lim x→ 5

x 3 − 125 x 2 − 25

Se evalúa: (5)3 − 125 0 Indeterminación = (5)2 − 25 0 Se empieza la regla de L’Hôpital d 3 ( x − 125) 3x 2 dx = lim lim x→ 5 d x→ 5 2 x ( x 2 − 25) dx =

2)

3(5)2 15 = 2(5) 2

e x − e− x x→ 0 x

lim

Se evalúa e0 − e−0 1 − 1 0 Indeterminación = = 0 0 0

Se emplea la regla de L’Hôpital d x −x (e − e ) e x + e− x dx lim = lim x→ 0 x→ 0 d 1 x dx =

e0 + e0 2 = 1 1 =2

3)

lim x→ 2

ln(3 − x ) x−2

Se evalúa

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ln(3 − 2) 0 = Indeterminación 2−2 0 Se emplea la regla de L’Hôpital d 1   ln(3 − x ) −   lim dx = lim  3 − x  x→ 2 x→ 2 d 1 ( x − 2)   dx 1  1 1  = − = −1 lim  −  =− x→ 2  3− x 3− 2 1 4)

lim x→ 0

4 x − 2x 3x

525

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Se evalúa 4 0 − 20 1 − 1 0 = = Indeterminación 3(0) 0 0

Se emplea la regla de L’Hôpital

d x (4 − 2 x ) 4 x ln 4 − 2 x ln 2 dx lim = lim x→ 0 x→ 0 d 3 3x dx 4 0 ln 4 − 2 0 ln 2 3  4 ln    2 ln 4 − ln 2 = = 3 3 1 = ln 2 3 =

lim (tan x )x

5)

x→ 0

Se evalúa (tan 0)0 = 0 0 Indeterminación Como es una indeterminación 00 se emplea y = (tan x)x y se aplica logaritmo natural ln y = ln(tan x )x ln y = x ln(tan x ) Entonces:

lim ln y = lim x ln(tan x ) x→ 0

x→ 0

= lim x→ 0

ln(tan x ) 1 x

Se aplica la regla de L’Hôpital

1 0 x2 = Indeterminación lim sen x cos x = lim x→ 0 x → 0 sen x cos x 1 0 − 2 x Pero

1 sen 2 x = sen x cos x 2

d 2 x 2x 2x dx lim = lim = lim x→ 0 d  1 x → 0 x → 0 cos 2 x  1 (cos 2 x )( 2 )  sen 2 x  dx  2 2 lim x→ 0

526

2(0) 0 2x = = =0 cos 2 x cos 2(0) 1

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 1  d cos x 1 2 ⋅ ln(tan x )   (sec x ) 2 tan x  x x dx sen cos = lim = lim lim x→ 0 x→ 0 x→ 0 1 1 d  1 − 2 − 2   x x dx  x 

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Además, eln b = b entonces y = eln y por lo tanto lim(tan x )x = lim y = lim eln y = e0 = 1 x→ 0

6)

x→ 0

x→ 0

ln(cos 3x ) 2x2 Se evalúa el límite lim x→ 0

ln(cos 3(0)) ln(1) 0 Indeterminación = = 2(0)2 0 0

Se aplica la regla de L’Hôpital 1  −3 sen3x  d ln(cos 3x )   cos 3x  1 lim dx = lim x→ 0 x→ 0 d 4x 2x2 dx −3tan 3x −3(0) 0 = = Indeterminación lim x→ 0 4x 4(0) 0 Se vuelve a aplicar la regla de L’Hôpital d (−3tan 3x ) (−3)(3)sec 2 3x dx lim = lim x→ 0 x→ 0 4 4x −9 sec 2 3x −9 sec 2 3(0) = x→ 0 4 4 −9(1) = 4 −9 = 4

lim

1

lim(sec x ) x x→ 0

Se evalúa directamente 1

(sec 0) 0 = 1∞ Indeterminación Se aplica logaritmo natural 1

y = (sec x ) x

1

ln y = ln(sec x ) x

1 ln sec x x ln sec x lim ln y = lim x→ 0 x→ 0 x Se aplica la regla de L’Hôpital d 1 d ⋅ sec x ln sec x dx sec x dx = lim lim x→ 0 x→ 0 d 1 x dx 1 sec x ⋅ tan x tan x tan 0 sec x = lim = =0 lim x→ 0 x → 0 1 1 1

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7)

ln y =

527

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Además, eln b = b entonces y = eln y por lo tanto 1

lim(sec x ) x = lim y = lim eln y = lim e0 = 1 x→ 0

x→ 0

x→ 0

x→ 0

lim( x csc 3x )

8)

x→ 0

Se evalúa el límite (0) csc 3(0) = 0 ⋅ ∞ Indeterminado

Se aplican identidades trigonométricas csc 3x =

1 sen 3x

1  x lim  ⋅  x → 0  1 sen3x  lim x→ 0

x 0 0 = = Indeterminación sen3x sen3(0) 0

Se aplica la regla de L’Hôpital lim x→ 0

d x dx

d sen3x dx

= lim x→ 0

=

1 3cos 3x

1 3cos 3(0)

1 3cos 0 1 1 = = 3(1) 3 =

lim(cos x + sen x )tan x π

9)

x→ 2

Solución: Se evalúa directamente

π π   cos + sen  2 2

tan

π 2

= 1∞ Indeterminación

y = (cos x + sen x )tan x

ln y = ln(cos x + sen x )tan x

ln y = tan x ⋅ ln(cos x + sen x ) ln y =

Pero

1 = ctg x entonces tan x

ln y =

528

ln(cos x + sen x ) 1 tan x

ln(cos x + sen x ) ctg x

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Se aplica logaritmo natural

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Se aplica la regla de L’Hôpital

d ln(cos x + sen x ) −sen x + cos x dx lim ln y = lim = limπ 2 π π d x→ x→ x → − csc x (cos x + sen x ) ctg x 2 2 2 dx π π −sen + cos −1 + 0 −1 2 2 = =1 = = π π π  −1(0 + 1) −1 − csc 2  cos + sen  2 2 2

Además, eln b = b entonces y = eln y por lo tanto limπ (cos x + sen x )tan x = limπ y = limπ eln y = limπ e1 = e x→

x→

2

2

x→

2

x→

2

ln(2 x + 1) − ln( x + 2) x

10) lim

x →∞

Solución: Se evalúa ln [ 2(∞ ) + 1] − ln(∞ + 2) ∞ = Indeterminación ∞ ∞ Se aplican propiedades de los logaritmos y entonces el límite adquiere la forma  2 x + 1 ln(2 x + 1) − ln( x + 2) = ln   x + 2   2 x + 1 ln   x + 2  lim x→∞ x Se aplica la regla de L’Hôpital  x+2  3  d  2 x + 1 ln     2 x + 1   ( x + 2)2  dx  x + 2  lim = lim x →∞ x →∞ d 1 x dx lim

x →∞

3 3 = lim (2 x + 1)( x + 2) x→∞ 2 x 2 + 5 x + 2

= 11) lim x→∞

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3 3 2 2 x x = lim lim 2 x →∞ 2 x 5 2 5 x 2 x→∞ 2+ + 2 + 2 + 2 2 x x x x x

0 0 = =0 2+0+0 2

2 x + ln x 2 x − ln x

529

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Solución: Se evalúa el límite 2 ∞ + ln ∞ ∞ = Indeterminación 2 ∞ − ln ∞ ∞ Se emplea la regla de L’Hôpital d (2 x + ln x ) lim dx x→∞ d (2 x − ln x ) dx 1 2x + 1 x = lim x lim x →∞ 1 x→∞ 2 x − 1 2− x x 2+

= lim

x →∞

=

2x + 1 2x − 1

2+0 2 = 2−0 2

=1

e x − sen 2 x − 1 x→ 0 ln(1 + 2 x )

12) lim

Solución: Se evalúa el límite eo − sen 2(0) − 1 − 0 − 1 0 = Indeterminación ln(1) 0 ln(1 + 2(0)) Se aplica la regla de L’Hôpital d x (e − sen 2 x − 1) lim dx x→ 0 d [ ln(1 + 2 x )] dx e x − 2 cos 2 x (1 + 2 x )(e x − 2 cos 2 x ) = lim x→ 0 x→ 0 2 2 1 + 2x

0 (1 + 2 x )(e x − 2 cos 2 x ) [1 + 2(0)]  e − 2 cos 0  lim = x→ 0 2 2

[1][1 − 2 ] = (1)(−1) = − 1 2

2

1

x x  13) lim  1 − sen  x→ 0  2

530

2

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lim

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Se evalúa el límite 1

0 0  ∞  1 − sen  = (1) Indeterminación 2 Se aplica logaritmo natural 1

x x  y =  1 − sen   2

1

x x  ln y = ln  1 − sen   2 ln y =

1  x ln  1 − sen  x  2

x  ln  1 − sen   2 ln y = x Se aplica la regla de L’Hôpital d  x ln  1 − sen  2 dx  lim ln y = lim x→ 0 x→ 0 d (x) dx 1

x  1  −   cos   x  2    2  x cos  1 − sen    2 2  lim = lim  − x→ 0 x→ 0 1  2  1 − sen x       2   =−

cos(0) 1 =− 2(1 − sen 0) 2

Además, eln b = b entonces y = eln y finalmente 1

1 1 − − x x  lim  1 − sen  = lim y = lim eln y = lim e 2 = e 2 x→ 0  x→ 0 x→ 0 x→ 0 2

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1   1 14) lim  −  x→ 0  3 x sen 3x  Se evalúa el límite 1 1 1 1 − = − = ∞ − ∞ Indeterminación 3(0) sen 3(0) 0 0 Del límite se obtiene un común denominador  sen 3x − 3x  lim  x→ 0  3x (sen 3x )  

531

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Se aplica la regla de L’Hôpital d (sen 3x − 3x ) 3cos 3x − 3 dx = lim lim x→ 0 d x → 0 3 3x cos 3x + sen 3x [ ] (3x )(sen 3x ) dx lim x→ 0

3 (cos 3x − 1) cos 3(0) − 1 0 = = Indeterminación 3 [ 3x cos 3x + sen 3x ] 3(0)cos 3(0) + sen 3(0) 0

Se vuelve aplicar la regla de L’Hôpital lim x→ 0

d (cos 3x − 1) dx

d (3x cos 3x + sen 3x ) dx

−3 sen 3x x → 0 3 −3x sen 3x + cos 3x + 3cos 3x [ ]

= lim

−3 sen 3x −3 sen 3(0) = x → 0 −3x sen 3x + 6 cos 3x −3(0) sen 3(0) + 6 cos 3(0)

lim

=  1 15) lim  1 +  x→∞  x

−3(0) 0 = =0 0+6 6

x

Se evalúa el límite 1  ∞ ∞  1 +  = (1 + 0) = 1 Indeterminación ∞ ∞

Se aplica logaritmo natural 1  y = 1 +   x

x

1  ln y = ln  1 +   x

x

1  ln  1 +   x ln y = 1 x

532

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

1  ln y = x ln  1 +   x

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Se aplica la regla de L’Hôpital d   1  ln  1 +   dx   x  lim ln y = lim x →∞ x →∞ d  1   dx  x     1   1  ⋅ −  1   x 2   1 +   x  x lim = lim   x →∞ x →∞  x + 1   1  −  x 2  lim

x →∞

x x

x 1 + x x

= lim

x →∞

1

1 = =1 1 1 1+ x

Además, eln b = b entonces y = eln y; finalmente x

1  lim  1 +  = lim y = lim eln y = lim e1 = e x →∞  x →∞ x →∞ x →∞ x  tan x − x  16) lim   x→ 0  x3  Se evalúa el límite lim x→ 0

tan 0 − 0 0 − 0 0 = = Indeterminación (0)3 0 0

Se aplica la regla de L’Hôpital d (tan x − x ) sec 2 x − 1 = lim lim dx x→ 0 x→ 0 d 3 3x 2 x dx Por identidad trigonométrica sec 2 x − 1 = tan 2 x tan 2 x tan 2 (0) 0 = = Indeterminación x → 0 3x 2 3(0)2 0

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lim

Se aplica nuevamente la regla de L’Hôpital d tan 2 x  tan x(tan 2 x + 1)  2 tan x sec 2 x dx lim = lim = lim   x→ 0 x→ 0 x→ 0 d 2 3x 6x   3x dx

tan 3 x + tan x tan 3 (0) + tan(0) 0 = = Indeterminación x→ 0 3x 3(0) 0

lim

533

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Otra vez se aplica la regla de L’Hôpital d (tan 3 x + tan x ) 3tan 2 x ⋅ sec 2 x + sec 2 x dx lim = lim x→ 0 x→ 0 d 3 3x dx lim x→ 0

3tan 2 x ⋅ sec 2 x + sec 2 x 3(tan 2 (0)) ⋅ sec 2 (0) + sec 2 (0) (3)(0) + 1 1 = = = 3 3 3 3

π  17) limπ  x −  tan x 2 x→  2

Se evalúa el límite

π π π  −  tan = 0(∞ ) Indeterminación 2 2 2 El límite se ordena de la siguiente forma lim π x→ 2

tan x  1   π  x −  2

Se aplica la regla de L’Hôpital d tan x sec 2 x dx = = lim limπ −2 1  x→ π   x→ π  2 d 2 − x−    π 2 dx  x −  2 Se usa identidad trigonométrica sec 2 x = 2

lim x→

π 2

sec 2 x

π  − x −   2

−2

π  − x −   2 = lim = 2 π cos x x→ 2

1 cos 2 x 2

π π − −   2 2 0 = Indeterminación π 0 cos 2 2

2 d   π  π π π  x − −     −2  −  −2  x −  dx   2   2 2  0 2 = = Indeterminación = lim limπ π −2sen x cos x d π π 0 2 x→ x→ −2sen cos cos x 2 2 dx 2 2

Otra vez se aplica la regla de L’Hôpital, y se usa la identidad sen 2 x = 2 sen x cos x d  π  π   −2  x −   −2  x −     2 2 2 dx  2 2 = limπ = limπ = = = −1 limπ d − − 2( 1) 2 x→ −2 sen x cos x x→ x→ 2 cos 2 x   − x sen 2 2 2 2  dx 

534

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Se aplica nuevamente la regla de L’Hôpital

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

 1   3x + 2  18) lim   ln  x→ 0  x   x + 2  Solución: Se evalúa el límite  1   3(0) + 2   1   2   =   ln   = ∞ ⋅ 0 = Indeterminación   ln  0 0 + 2   0  2 Se aplica la regla de L’Hôpital 4 d  3x + 2  ln   (3x + 2)( x + 2) dx  x + 2  = lim lim x→ 0 x→ 0 d 1 x dx 4 4 = lim 2 lim x → 0 (3x + 2)( x + 2) x → 0 3x + 8 x + 4 =

4 4 = =1 3(0)2 + 8(0) + 4 4

19) Obtén el siguiente límite lim x→1

ln x x −1

Solución: Se evalúa el límite ln1 0 = Indeterminación 1−1 0 Se aplica la regla de L’Hôpital d 1 ln x dx lim = lim x x →1 d x →1 1 ( x − 1) dx = lim x →1

1 1 = =1 x 1

x→

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20) limπ (sec x − tan x ) 2

Solución: Se evalúa el límite sec

π π − tan = ∞ − ∞ Indeterminación 2 2

535

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 47

Se emplean identidades trigonométricas sec x =

1 sen x ; tan x = cos x cos x

sen x   1 x − tan x ) = limπ  − lim(sec  π cos x  x→ x→  cos x 2

2

sen x  (1 − sen x )  1 = limπ − limπ   cos x  x→ cos x x→  cos x 2

2

Se aplica la regla de L’Hôpital

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

d (1 − sen x ) − cos x dx = lim limπ π d x→ x → − sen x cos x 2 2 dx π cos cos x 2 = 0=0 = limπ π 1 x → sen x sen 2 2

536

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 48

Verifica el teorema de Rolle en los intervalos indicados y halla los posibles valores de “c” para las siguientes funciones: 1) f(x) = x2 – 4

;

[–2, 2]

Solución: 1. 2. 3. 4. 5.

f(x) es una función cuadrática, por lo tanto, es continua en todos los reales y en consecuencia en el intervalo [–2, 2]. La derivada de f(x) es f ′(x) = 2x; f ′(x). Está definida en todos los números reales, en particular en (–2, 2). f(–2) = (–2)2 – 4 = 0 ; f(2) = (2)2 – 4 = 0 Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle. Para obtener el valor de c se emplea: f ′(c) = 0

Se resuelve

2c = 0 2) f(x) = 2x2 – 3x

2c = 0

→

c=0

 3  0, 2 

;

Solución:  3 1. f(x) es una función cuadrática, en consecuencia es continua en todos los reales, y en particular en el intervalo  0,  .  2

2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 4x – 3; f ′(x) es una función lineal y está definida en todos los reales, en particular en el intervalo 3   0,  , por lo tanto es derivable. 2 2  3  3  3 3. f(0) = 2(0)2 – 3(0) = 0 ; f   = 2   − 3    2  2  2  9 9 9 9 = 2  − = − = 0  4 2 2 2 4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea:

3) f(x) = x2 – 5x + 6

;

f ′(c) = 0

→

f ′(c) = 4(c) – 3

4c – 3 = 0

→

c=

3 4

[2, 3]

1. f(x) es una función cuadrática, en consecuencia es continua en todos los reales, en particular en el intervalo [2, 3].

2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 2x – 5; f ′(x) es una función lineal y está definidad en todos los reales, en particular en el intervalo (2, 3), por lo tanto es derivable. 3. f(2) = (2)2 – 5(2) + 6 = 4 – 10 + 6 = 0

; f(3) = (3)2 – 5(3) + 6 = 9 – 15 + 6 = 0

4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea:

f ′(c) = 0

→

f ′(c) = 2(c) – 5

2c – 5 = 0

→

c=

5 2 537

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Solución:

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 48

4) f(x) = 2x2 – 3x – 2

1  1    −3, − 2  y  − 2 , 2 

;

Solución:

1  Para el intervalo  −3, −  . 2 

1  1. f(x) es una función cuadrática, en consecuencia es continua en todos los reales, en particular en el intervalo  −3, −  . 2 

2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 4x – 3; como f ′(x) es una función lineal entonces está definida en todos los reales, en particular en 1   −3, −  , por lo tanto es derivable. 2 2  1  1  1 3. f(–3) = 2(–3)2 – 3(–2) – 2 f  −  = 2  −  − 3 −  − 2  2  2  2 = 18 + 6 – 2 = 22 ≠ 0 1 3 = + −2=0 2 2 1 1    Dado que f (−3) ≠ f  −  entonces f(x) no satisface el teorema de Rolle en el intervalo  −3, −  .  2 2   1  Para el intervalo  − , 2 .  2 

 1  1. f(x) es una función cuadrática, en consecuencia es continua en todos los reales, en particular en el intervalo  − , 2  .  2 

2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 4x – 3; como f ′(x) es una función lineal entonces f ′(x) está definida en todos los reales en  1  particular en  − , 2  , por lo tanto es derivable.  2  2

 1  1  1 3. f  −  = 2  −  − 3  −  − 2  2  2  2 1 3 = + −2=0 2 2

f(2) = 2(2)2 – 3(2) – 2 =8–6–2=0

4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea:

5) f(x) = x3 – 9x

;

f ′(c ) = 0

→

4c − 3 = 0

→

f ′(c ) = 4(c ) − 3 3 c= 4

[–3, 0] y [0, 2]

Para el intervalo [–3, 0]. 1. f(x) es una función polinomial-cúbica, por lo tanto, es continua en todos los reales y en consecuencia en el intervalo [–3, 0]. 2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 3x2 – 9; f ′(x) está definida en todos los números reales, en particular en (–3, 0), por lo tanto es derivable. 3. f(–3) = (–3)3 – 9(–3) f(0) = (0)3 – 9(0) = 0 = –27 + 27 = 0 4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea:

Para el intervalo [0, 2].

f ′(c ) = 0 3c 2 − 9 = 0

→ →

f ′(c ) = 3(c )2 − 9 c≡± 3 c2 = 3

1. f(x) es una función polinomial-cúbica, por lo tanto, es continua en todos los reales y en consecuencia en el intervalo [0, 2]. 2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 3x2 – 9; f ′(x) está definida en todos los reales y en consecuencia en (0, 2), por lo tanto es derivable. 538

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Solución:

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 48

3. f(0) = (0)3 – 9(0) = 0

f(2) = (2)3 – 9(2) = 8 – 18 = –10 Dado que f(0) ≠ f(2) entonces f(x) no satisface el teorema de Rolle para el intervalo [0, 2].

6) f(x) = x3 + 5x2 – 4x – 20

;

[–2, 2]

Solución: 1. f(x) es una función polinomial-cúbica, por lo tanto, es continua en todos los reales y en particular en el intervalo [–2, 2]. 2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 3x2 + 10x – 4; como f ′(x) es una función cuadrática, entonces está definida en todos los reales y en particular en el intervalo (–2, 2), por lo tanto es derivable. 3. f(–2) = (–2)3 + 5(–2)2 – 4(–2) – 20 f(2) = (2)3 + 5(2)2 – 4(2) – 20 = –8 + 20 + 8 – 20 = 0 = 8 + 20 – 8 – 20 = 0 4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea: f ′(c ) = 0 3c 2 + 10 c − 4 = 0

f ′(c ) = 3c 2 + 10 c − 4 →

c=− c=−

37 + 5 = −3.69425 3

37 − 5 = 0.360921 3

De los dos valores de “c” solo se considera c = 0.360921, ya que es el único que se encuentra en el intervalo [–2, 2]. 7) f(x) = x3 – 13x + 12

;

[–4, 1] y [1, 3]

Solución: Para el intervalo [–4, 1]. 1. f(x) es una función polinomial-cúbica, por lo tanto, es continua en todos los reales y en consecuencia en el intervalo [–4, 1]. 2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 3x2 – 13; f ′(x) está definida en todos los reales ya que es una función cuadrática y particularmente en el intervalo (–4, 1), por lo tanto es derivable. 3. f(–4) = (–4)3 – 13(–4) + 12 f(1) = (1)3 – 13(1) + 12 = –64 + 52 + 12 = 0 = 1 – 13 + 12 = 0 4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea: f ′(c) = 0 → f ′(c) = 3c2 – 13 13 c=± 3c2 – 13 = 0 → 3 13 3 c = −2.081

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

13 3 c = 2.081 c=

c=−

De los dos valores de “c” solo se considera c = –2.081 ya que es el único que se encuentra en el intervalo [–4, 1]. Para el intervalo [1, 3]. 1. f(x) es una función polinomial-cúbica, por lo tanto, es continua en todos los reales y en particular en el intervalo [1, 3]. 2. La derivada de f(x) es f ′(x) = 3x2 – 13; como f ′(x) es una función cuadrática, entonces está definida en todos los reales y en particular en el intervalo (1, 3), por lo tanto es derivable. 3. f(1) = (1)3 – 13(1) + 12 f(3) = (3)3 – 13(3) + 12 = 1 – 13 + 12 = 0 = 27 – 39 + 12 = 0 4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle en el intervalo [1, 3]. 539

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 48

5. Para obtener el valor de “c” se emplea:

f ′(c) = 0

3c 2 − 13 = 0

c2 =

f ′(c) = 3c2 – 13

→ 13 3

c=±

13 3

13 3 c = 2.081

13 3 c = −2.081

c=

c=−

De los valores de “c” se considera únicamente c = 2.081 ya que es el que pertenece al intervalo [1, 3]. 8)

f ( x ) = 25 − x 2

;

[–5, 0], [–5, 5] y [0, 5]

Solución: Primero se determina el dominio de la función f(x). Entonces f(x) es continua en el intervalo [–5, 5]. Ahora se analizan los tres intervalos.

25 – x2 ≥ 0

,

x ∈ [–5, 5]

Para [–5, 0]. 1. f(x) es continua en el intervalo [–5, 5], entonces es continua en el intervalo [–5, 0]. x 2. La derivada de f(x) es f ′( x ) = − ; entonces se encuentra definida en el intervalo (–5, 5). Con mayor razón en el 25 − x 2 intervalo (–5, 0), por lo tanto es derivable. 3. f (−5) = 25 − (−5)2 = 0

f (0) = 25 − (0)2 = 5

Dado que f(–5) ≠ f(0), entonces f(x) no satisface el teorema de Rolle para el intervalo [–5, 0]. Para [–5, 5]. 1. Al principio del reactivo se demostró que el dominio de la función es [–5, 5], donde precisamente la función se encuentra definida. x 2. La derivada de f(x) es f ′( x ) = − , la cual está definida en el intervalo (–5, 5), por lo tanto es derivable. 25 − x 2 3. f (−5) = 25 − (−5)2 = 0

f (5) = 25 − (5)2 = 0

4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle en el intervalo [–5, 5]. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea:

− Para el intervalo [0, 5].

c

25 − c 2

=0

→

f ′(c ) = −

→

−c=0

c

25 − c 2 →

c=0

1. f(x) es continua en el intervalo [–5, 5], entonces está definida en el intervalo [0, 5]. x 2. La derivada de f(x) es f ′( x ) = − , la cual se encuentra definida en (–5, 5), particularmente también lo está en (0, 5), 25 − x 2 por lo tanto es derivable. 3. f (0) = 25 − (0)2 = 5

f (5) = 25 − (5)2 = 0

Dado que f(0) ≠ f(5), entonces f(x) no satisface el teorema de Rolle en el intervalo [0, 5].

Verifica el teorema de Rolle en los intervalos indicados y halla los posibles valores de “c” para las siguientes funciones. 540

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

f ′(c ) = 0

Cálculo Diferencial Capítulo 5 9)

f (x) =

Ejercicio 48

x2 − 4 x4 + 1

;

[–2, 0], [–2, 2], [0, 2]

Solución:

La función f(x) es una función racional, donde el denominador es x4 + 1, pero no existe un x ∈ ℝ el cual haga el denominador cero, por lo tanto, es continua en todos los reales. Ahora se analiza el intervalo [–2, 0]. 1. f(x) es continua en todos los reales y en consecuencia es continua en [–2, 0]. −2 x 5 + 18 x 3 2. La derivada de f(x) es f ′( x ) = , cuyo dominio también son todos los reales, en particular también está definida en ( x 4 + 1)2 (–2, 0), por lo tanto es derivable. 3. f (−2) =

(−2)2 − 4 4 − 4 0 = = =0 (−2)4 + 1 16 + 1 17

f (0) =

(0)2 − 4 4 = − = −4 (0)2 + 1 1

4. Dado que f(–2) ≠ f(0), entonces f(x) no satisface el teorema de Rolle en el intervalo [–2, 0]. Para el intervalo [–2, 2]. 1. f(x) es continua en todos los reales y en particular en el intervalo [–2, 2]. −2 x 5 + 18 x 3 2. La derivada de f(x) es f ′( x ) = , cuyo dominio también son todos los reales y en particular está definida en el ( x 4 + 1)2 intervalo (–2, 2), por lo tanto es derivable. (−2)2 − 4 4 − 4 0 (2)2 − 4 4 − 4 0 3. f (−2) = = = = 0 f (2) = = = =0 4 4 (−2) + 1 16 + 1 17 (2) + 1 16 + 1 17 4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle en el intervalo [–2, 2]. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea: −2 c 5 + 18 c 3 (c 4 + 1)2

f (c ) = 0

→

f (c ) =

−2 c 5 + 18 c 3 =0 (c 4 + 1)2

→

− 2 c 3 (c 2 − 9) = 0

c = 0 c = 3 c = −3

De los valores de “c” solo se considera c = 0, ya que es el único que pertenece al intervalo [–2, 2].

1. f(x) es continua en todos los reales y en consecuencia en [0, 2]. −2 x 5 + 18 x 3 2. La derivada de f(x) es f ′( x ) = , cuyo dominio también son todos los reales, en particular también está definida en ( x 4 + 1)2 (0, 2), por lo tanto es derivable. (0)2 − 4 4 (2)2 − 4 4 − 4 0 = − = −4 f (2) = = = =0 4 (0) + 1 1 (2)4 + 1 16 + 1 17 4. Dado que f(0) ≠ f(2), entonces f(x) no satisface el teorema de Rolle en el intervalo [0, 2]. 3. f (0) =

10) f ( x ) = cos x Solución:

π 3  [ −π , π ] y  , π  2 2 

La función trigonométrica f(x) = cos x, es continua en todos los reales. 1. f(x) se sabe que es continua en todos los reales y en particular en [–π, π]. 2. La derivada de f(x) es f ′(x) = –sen x, cuyo dominio también son todos los reales y en particular en (–π, π), por lo tanto es derivable. 3. f(–π) = cos(–π) = –1 f(π) = cos(π) = –1 4. Dado que f(–π) = f(π) = 0, entonces f(x) no satisface el teorema de Rolle para el intervalo [–π, π]. 541

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Para el intervalo [0, 2].

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 48

π 3  Ahora analicemos el intervalo  , π  . 2 2 

π 3  1. f(x) se sabe que es continua en todos los reales y en particular en  , π  . 2 2 

π 3  2. La derivada de f(x) es f ′(x) = –sen x, cuyo dominio también son todos los reales y en particular en  , π  , por lo tanto es 2 2  derivable. 3  3  f  π  = cos  π  = 0 2  2 

π π 3. f   = cos   = 0  2  2

π 3  4. Por lo tanto, f(x) satisface el teorema de Rolle en el intervalo  , π  . 2 2 

5. Para obtener el valor de “c” se emplea f ′(c) = 0 f ′(c) = –sen(c) –sen(c) = 0 → sen(c) = 0 c = arcsen(0) c = 0, π, 2π

π 3  De los valores de “c” solo se considera c = π, ya que es el único en el intervalo  , π  . 2 2  Verifica el teorema de Rolle en los intervalos indicados y halla los posibles valores de “c” para las siguientes funciones. 2  11) g( x )  4 − x  8 − 5 x

si x < 1 si x > 1

;

8   −2, 3 

Solución: 8  Se observa que en la función g(x), no está definida en x = 1, en consecuencia la función no es continua en el intervalo  −2,  . 3 

Por lo tanto, g(x) no cumple con el teorema de Rolle en dicho intervalo. 1

1

12) h( x ) = x 2 − 2 x 4

;

[0, 16]

Solución: El dominio de la función es x > 0, es decir x ∈[0, +∞]. 1. h(x) es continua en el intervalo [0, +∞], y en consecuencia en [0, 16].

1

1

3. f (0) = (0) 2 − 2(0) 4 = 0

1

1

f (16) = (16) 2 − 2(16) 4 = 4 − 2(2) = 0

4. Por lo tanto, h(x) satisface el teorema de Rolle en el intervalo [0, 16]. 5. Para obtener el valor de “c” se emplea h ′(c ) = 0 4

c −1

2 4 c3

542

=0

→

h ′(c ) =

→

4

4

c −1

2 4 c3

c −1= 0

c = (1)4 c =1

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

4 x −1 2. La derivada de h(x) es h ′( x ) = , cuyo dominio es (0, +∞), entonces sí está definida en el intervalo (0, 16), por lo tanto 2 4 x3 es derivable.

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 49

Verifica el teorema del valor medio para las siguientes funciones en los intervalos indicados y determina el valor adecuado de “c”. 1) f (x) = x2 – 3x + 2

;

[0, 3].

Solución: 1. La función f (x) es una función cuadrática-polinomial. Entonces es continua en todos los reales, en particular en [0, 3]. 2. La función es polinomial y está definida en todos los puntos del intervalo (0, 3) entonces es diferenciable en el intervalo para f ′(x) = 2x – 3. f (b ) − f (a ) 3. Para encontrar “c” se aplica: f ′(c ) = b−a f (3) − f (0) 2−2 2c − 3 = → 2c − 3 = → 2c − 3 = 0 3− 0 3− 0 3 2c = 3 → c= 2 2) f (x) = 4 + x2 ;

[–1, 2].

Solución: 1. La función f (x) en una función cuadrática-polinomial, por lo tanto es continua en todos los reales, en particular en [–1, 2]. 2. La función es polinomial y continua en el intervalo [–1, 2]. Entonces es diferenciable en dicho intervalo si f ′(x) = 2x. f (b ) − f (a ) 3. Para encontrar “c” se aplica: f ′(c ) = b−a 2c =

f (x) =

1 x

;

[1, 3].

Solución: 1. La función f (x) es una función racional y únicamente es discontinua en x = 0, pero dicho valor no se encuentra en el intervalo [1, 3], por lo tanto f (x) sí es continua en dicho intervalo. 1 2. La derivada de la función f (x) es f ′( x ) = − 2 y la única discontinuidad nuevamente se presenta en x = 0 y este valor no se x encuentra contenido en (1, 3), por lo tanto sí es derivable en este intervalo. f (b ) − f (a ) 3. Para encontrar “c” se aplica: f ′(c ) = b−a 1 1 1 3−1 − 2 = c 3−1 −

2 1 −3 → − 2 = 2 c 1

1 1 =− → c2 = 3 → c = ± 3 2 c 3

El valor de “c” que se considera es c = 3, ya que este se encuentra en [1, 3].

543

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

3)

8−5 3 → 2c = 1 → 2c = 2 − (−1) 3 1 c= 2

Cálculo Diferencial Capítulo 5 4)

f (x) =

x +1 x−2

Ejercicio 49 ; [ −2, 1]

Solución: 1. La función f (x) es una función racional, y su única discontinuidad en los reales se presenta en x = 2, pero dicho valor no se encuentra en el intervalo [–2, 1], entonces f (x) sí es continua. 3 2. La derivada de la función f (x) es f ′( x ) = − , se observa que dicha función es discontinua únicamente en x = 2 pero sí ( x − 2)2 es derivable en el intervalo (–2, 1). f (b ) − f (a ) 3. Para encontrar “c” se aplica: f ′(c ) = b−a 1 −2 − 3 4 − = → (c − 2)2 1 − (−2) −

3 3 =− (c − 2)2 4

9 − −3 4 = 3 (c − 2)2 1

→ (c − 2)2 = 4

c−2= ± 4

c=2±2 c=4

c=0

El valor de “c” que se considera es c = 0, ya que dicho valor se encuentra en el intervalo [–2, 1]. 5)

f ( x ) = x + 1 ; [0, 8] Solución:

1 3−1 = 2 c +1 8 − 0 1 1 = 2 c +1 4

→

→

1 2 = 2 c +1 8

4 = c +1 2

c +1 = 2 → c +1= 4 → c = 3 Finalmente, el valor de c es 3.

544

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

1. El dominio que la función f (x) es x + 1 ≥ 0 es decir, x ∈[ −1, + ∞ ) , por lo tanto f (x) sí se encuentra definida en el intervalo [0, 8], y es continua en este intervalo. 1 2. La derivada de la función f (x) es f ′( x ) = , y dicha función está definida en x > 1, es decir x ∈ (–1, +∞). En 2 x +1 consecuencia también está definida en (0, 8) y es derivable en este intervalo. f (b ) − f (a ) 3. Para encontrar “c” se aplica f ′(c ) = b−a

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 49

6) f (x) = x3 + 5x

;

[–2, 1]

Solución: 1. La función f (x) es una función cúbica-polinomial, por lo tanto está definida en todos los reales y en particular en [–2, 1]. 2. La derivada de la función f (x) es f ′(x) = 3x2 + 5, la cual también es una función polinomial y por lo tanto, también está definida en todos los reales y en partícular en (–2, 1), por lo tanto es derivable f (x). f (b ) − f (a ) 3. Para encontrar “c” se aplica f ′(c ) = b−a 3c 2 + 5 =

6 − (−18) 24 → 3c 2 + 5 = 1 − (−2) 3

3c 2 + 5 = 8 → 3c 2 = 3 → c 2 = 1

7)

f ( x ) = sen Solución:

x 2

c2 = 1 → c = ± 1 c = 1 y c = −1 ; [ −π , π ]

1. La función trigonométrica f (x) está definida en todos los reales y en partícular en [π, –π]. 1 x 2. La derivada de la función f (x) es f ′( x ) = cos , la cual también está definida en todos los reales y en partícular en (–π, π), 2 2 por consiguiente f (x) es derivable en ese intervalo. 3. Para encontrar “c” se emplea f ′(c ) =

f (b ) − f (a ) b−a 1  c  1 − (−1) cos   = →  2  π − ( −π ) 2  c 2 cos   =  2 π

f (x) =

3

c = 2(0.880689)

c  2 = arc cos   π 2 c = 1.76138

Solución: 1. El dominio de la función f (x) es ℝ – {–1} entonces la función sí es continua en [0, 7]. 1 2. La derivada de la función f (x) es f ′( x ) = − y dicha función también está definida en ℝ – {–1} en consecuencia 3 3 ( x + 1)4 también está definida en (0, 7) y es derivable en este intervalo. f (b ) − f (a ) 3. Para encontrar “c” se aplica: f ′(c ) = b−a 1 −1 1 1 1 − = 2 → − =− 4 4 3 3 7−0 14 3 (c + 1) 3 (c + 1) 14 3 = (c + 1)4 3

→

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

8)

1 ; [0, 7] x +1

→

1 2  c cos   =  2  2π 2

3

4

 14    = c + 1 3

3

 14  c = 4   −1  3 c ≈ 2.17508 545

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 49

Verifica el teorema del valor medio para las siguientes funciones en los intervalos y determina el valor adecuado de “c”. 9) f (x) = ex ;

[0, 1]

Solución: 1. El dominio de la función exponencial son todos los reales, y en consecuencia f (x) está definida en lo particular en [0, 1], por consiguiente es continua en este intervalo. 2. La derivada de la función f (x) es f ′(x) = ex, que es la misma función exponencial que está definida en todos los reales y en lo particular en (0, 1), entonces f (x) es derivable. f (b ) − f (a ) 3. Para encontrar “c” se aplica: f ′(c ) = b−a ec =

e −1 → ec = e − 1 → 1− 0

ln ec = ln(e − 1) → c = ln(e − 1) 10) f (x) = ln (2x + 1)

;

c = 0.541325

[0, 4]

Solución:

 1  1. El dominio de la función logarítmica f (x) = ln (2x + 1) es (2x + 1) > 0 es decir x ∈ − , + ∞  ; por lo tanto, f (x) sí se encuentra  2  definida en [0, 4] y es continua en este intervalo. 2 1 2. La derivada de la función f (x) es f ′( x ) = ; dicha función es una función racional. Donde 2x + 1 ≠ 0, es decir, x ≠ − , 2x + 1 2 como este valor no se encuentra en (0, 4) entonces la función es derivable. 3. Para encontrar “c” se aplica: f ′(c ) =

f (b ) − f (a ) b−a

ln 9 − ln1 2 = 2c + 1 4−0 2 ln 9 = 2c + 1 4

→

8 = 2c + 1 ln 9

8 −1 8 ln 2c = −1 → c = 9 ln 9 2

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c ≈ 1.32048

546

Cálculo Diferencial Ejercicio 50

Determina la diferencial de las siguientes funciones

6)

dy =

1) y = ax

dy = −6 x ( x 2 − 2)−4 dx

dy =

dy = adx

dy = − 7)

3 3  y = 2 +   x 1

d  3 3 dy =  2 +  dx dx  x 1 dy =  2 + 3

Solución: d (ax 2 + bx + c )dx dx dy = [ a(2 x ) + b ] dx

3  x

−

2 3

 3  − 2  dx x 2 3

dy =

1 dy = − 2 x

  2 +

dy = (2 ax + b )dx

1 dy = − 2 x

 2 x + 3   x 

1 dy = − 2 x

 x 3   dx 2 x + 3

3) f (x) = x3 − 2x2 + 5 Solución: d 3 ( x − 2 x 2 + 5)dx dx df ( x ) = (3x 2 − 4 x )dx

dy = −

df ( x ) =

s= t−3t ds =

d  12 13  t − t  dt dt  

 1 −1 1 −2  ds =  t 2 − t 3  dt 3  2  1 1  ds =  − 3 2  dt 2 t 3 t  5)

6x dx ( x 2 − 2)4 1

2) y = ax2 + bx + c

4)

d 2 ( x − 2)−3 dx dx

dy =  −3( x 2 − 2)−4 (2 x )  dx

Solución: d (ax )dx dx  dx  dy = a   dx  dx 

y = ( x 2 − 2)−3

h(t ) = (5 − 3t 2 )6

d dh(t ) = (5 − 3t 2 )6 dt dt

dh(t ) = (6(5 − 3t 2 )5 (−6t )  dt dh(t ) =  −36t (5 − 3t 2 )5  dt

8)

3  x

−

−

dx 2 3

dx

2

2

1 3 x    dx x2  2 x + 3

y = x x2 + 2 dy =

1  d  2 2  x ( x + 2)  dx dx  

1 1   1  − dy =  x   ( x 2 + 2) 2 ( 2 x ) + ( x 2 + 2) 2  dx   2 

 1 x2 2 2 dy =  + + x dx ( 2) 1  2  2 + x ( 2)   dy = dy = dy =

x2 + x2 + 2 ( x + 2) 2

2x2 + 2

x2 + 2

dx

dx

2( x 2 + 1) x2 + 2

1 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Capítulo 5

dx

dh(t ) = −36t (5 − 3t 2 )5 dt

547

Cálculo Diferencial

9)

Ejercicio 50

f ( x ) = ( x − 1)3 ( x + 3)4 df ( x ) =

13)

d ( x − 1)3 ( x + 3)4  dx dx 

df ( x ) =  4( x − 1)3 ( x + 3)3 + 3( x − 1)2 ( x + 3)4  dx

df ( x ) = (7 x + 5)( x − 1) ( x + 3) dx

1  ax 2 − b  2  (ax 2 − b )(2 ax ) − (ax 2 + b )(2 ax )  dy =  2  dx 2  ax + b   (ax 2 − b )2 

2

25 − 1 25 + 3 d  25 − 1  dh( s ) =   ds ds  25 + 3  h( s ) =

1

1  ax 2 − b  2  2 a 2 x 3 − 2 abx − 2 a 2 x 3 − 2 abx  dy =  2   dx 2  ax + b   (ax 2 − b )2  1

1  ax 2 − b  2  −4 abx  dy =  2 dx 2  ax + b   (ax 2 − b )2  1   1 (ax 2 − b ) 2  2 (−2 abx )  dy = dx 1  1 3  2 (ax 2 + b ) 2  (ax 2 − b ) 2 (ax 2 − b ) 2    −2 abx dy = dx 1 1 (ax 2 + b ) 2 (ax 2 − b ) 2 (ax 2 − b )

45 + 6 − 45 + 2 ds dh( s ) = (25 + 3)2 dh( s ) = g( x ) =

8 ds (25 + 3)2 x2 x2 − 1

dy =

d  x2  dg( x ) =  2  dx dx  x − 1 

dy =

 ( x 2 − 1)(2 x ) − ( x 2 )(2 x )  dg( x ) =   dx ( x 2 − 1)2   14)

(ax − b ) (ax 2 + b )(ax 2 − b ) −2 abx

(ax − b ) a 2 x 4 − b 2 2

)

 2( x + 3) − ( x − 2)    2 x+3 dy =   dx 1 ( x + 3)     x+8 dy = dx 3 2 2( x + 3)

dx

f ( x ) = x − cos 2 x

d ( x − cos 2 x )dx dx df ( x ) = (1 + 2 sen 2 x )dx

3 15) f (t ) = tan 2t

d  x−2  dy =  dx dx  x + 3  1 −   1 2  x + 3(1) − ( x − 2)  2  ( x + 3) dy =  2  x+3  

dx

df ( x ) =

x−2 x+3

(

−2 abx

2

Determina la diferencial de las siguientes funciones

 2x3 − 2x − 2x3  dg( x ) =   dx 2 2  ( x − 1)  2x dg( x ) = − 2 dx ( x − 1)2 y=

d  ax 2 + b  dx dx  ax 2 − b 

1

3

 (25 + 3)(2) − (25 − 1)(2)  dh( s ) =   ds (25 + 3)2  

548

1 2

df ( x ) = ( x − 1) ( x + 3) [ 4( x − 1) + 3( x + 3)] dx 3

df ( x ) = ( x − 1)2 ( x + 3)3 [ 4 x − 4 + 3x + 9 ] dx

12)

−

1  ax 2 + b  dy =  2 2  ax − b 

2

11)

1

 ax 2 + b  2 dy =  2 dx  ax − b 

df ( x ) = ( x − 1)3 (4)( x + 3)3 + ( x + 3)4 (3)( x − 1)2  dx

10)

ax 2 + b ax 2 − b

y=

   dx   

d (tan 3 2t )dt dt d df (t ) = (3tan 2 2t ) (tan 2t )dt dt 2 df (t ) = (3tan 2t )(2 sec 2 2t )dt df (t ) =

df (t ) = 6 tan 2 2t sec 2 2tdt

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Capítulo 5

Cálculo Diferencial

16)

Ejercicio 50

y = (1 − sec x )2

d (1 − sec x )2 dx dx d dy = 2(1 − sec x ) (1 − sec x )dx dx dy = 2(1 − sec x )(− sec x tan x )dx

  2 sec x tan x   dx  1 3   ( sec x + 1) 2 (sec x + 1) 2    sec x tan x df ( x ) = dx 1 1 2 2 (sec x − 1) (sec x + 1) (sec x + 1)

dy = −2 tan x sec x − sec 2 x  dx

df ( x ) =

1

1 (sec x + 1) 2 df ( x ) = 1 2 (sec x − 1) 2

dy =

17)

1 − sen x 1 + sen x d  1 − sen x  dg( x ) =   dx dx  1 + sen x  g( x ) =

dg( x ) = dg( x ) = dg( x ) = 18)

ds(t ) =

− cos x − sen x cos x − cos x + sen x cos x dx (1 + sen x )2

−2 cos x dx (1 + sen x )2

cos t dt t

−

ds(t ) = ds(t ) =

t sen t 2(cos t )

1 2

1

−

1

(cos t ) 1

t2 −t sen t − 2 cos t 2t (cos t ) 2

1 2

1 2

dt

dt

−t sen t − 2 cos t dt 2t 2 cos t

Determina la diferencial de las siguientes funciones 19)

f (x) =

sec x − 1 sec x + 1

sec x tan x

df ( x ) = 20)

tan 2 x (sec x + 1)

dx

dx

sec x tan x dx tan x (sec x + 1

sec x dx sec x + 1

y = log( x 2 + 5)

d log( x 2 + 5)dx dx log e d 2 ⋅ ( x + 5)dx dy = 2 x + 5 dx 2 x log e dx dy = 2 x +5

dy =

−  1 t   (cos t ) 2 (−sen t ) − (cos t ) 2  2 dt ds(t ) = t2

ds(t ) =

df ( x ) =

cos t t

d dt

sec x − 1(sec x + 1)

df ( x ) =

(1 + sen x )(− cos x ) − (1 − sen x )(cos x ) dx (1 + sen x )2

s(t ) =

sec x tan x

2

21)

y = ln x 2 − 3

d ln x 2 − 3 dx dx 1 d dy = ⋅ x 2 − 3 dx 2 dx x −3 dy =

1 − 1 2 ( x − 3) 2 ( 2 x )dx x2 − 3 2 x dy = dx 2 x − 3 x2 − 3 x dy = 2 dx x −3

dy =

1

⋅

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Capítulo 5

1

d  sec x − 1  2 df ( x ) =   dx dx  sec x + 1  1  sec x − 1  df ( x ) =   2  sec x + 1 

−

1

1 2

d  sec x − 1    dx dx  sec x + 1 

1  sec x + 1  2  (sec x + 1)(sec x tan x ) − (sec x − 1)(sec x tan x )  df ( x ) =    dx 2  sec x − 1   (sec x + 1)2  1

1  sec x + 1  2  sec 2 x tan x + sec x tan x − sec 2 x tan x + sec x tan x  df ( x ) =     dx 2  sec x − 1   (sec x + 1)2  549

Cálculo Diferencial

22)

26)

x −1 x+2

y = ln dy =

Ejercicio 50

d x −1 ln dx dx x+2 1 d ⋅ x − 1 dx x+2

dy =

x −1 dx x+2

1 −   x + 2  1  x − 1  2  ( x + 2)(1) − ( x − 1)(1)       dx x − 1  2  x + 2   ( x + 2)2   

dy =

1  x + 2   1   x + 2  2   x + 2 − x + 1  dy =       2  dx  x − 1   2   x − 1    ( x + 2)     1 x+2  3  dy =  dx 2  x − 1   ( x + 2)2  3 dy = dx 2( x − 1)( x + 2) 3 dy = 2 dx 2x + 2x − 4 Determina la diferencial de las siguientes funciones

23)

df ( x ) = x (1 + ln x 2 )dx

27)

28)

3

y=e x d dy = e dx

x3

dx

d x 3 dx dx 1 3  3  dy = e x  x 2  dx 2  dy = e

dy = 24)

x3

dx

y = 2x +5 d 3 dy = 2 x + 5 dx dx 3 d dy = 2 x + 5 ln 2 ( x 3 + 5)dx dx 3 dy = 2 x + 5 ln 2(3x 2 )dx 3

dy = 2 x 25)

x3

3 xe 2

3

+5

dh(t ) =

e2 t − 1 − e2 t − 1 dt ( et − e − t )2 −2 dt dh(t ) = t ( e − e − t )2

dh(t ) =

550

 2 y = arc tan    x d  2 dy = arc tan   dx  x dx 1 d  2 dy =   dx 2 ⋅ dx x 2   1+    x 1 ⋅ 2(−1x −2 )dx dy = 4 1+ 2 x x2 (−2 x −2 )dx dy = 2 x +4 x 2 −2 ⋅ dx dy = 2 x + 4 x2 2 dx dy = − 2 x +4

y = arc sec x d dy = (arc sec x )dx dx 1 d ⋅ ( x )dx dy = 2 dx x ⋅ 1+ ( x ) 1 1 −1 ⋅ ( x ) 2 dx dy = x 1+ x 2 dx dy = 2x 1+ x

30)

y = arc csc(3x 3 ) d dy = arc csc(3x 3 )dx dx 1 d ⋅ (3x 3 )dx dy = − 3 3 2 3x (3x ) − 1 dx 9x2 dy = − 3 ⋅ dx 3x 9 x 6 − 1 3 dx dy = − x 9x6 − 1

t

(et − e− t )(et ) − (et )(et + e− t ) dt ( et − e − t )2

f ( x ) = arc cos 2 x d df ( x ) = (arc cos 2 x )dx dx 1 d ⋅ (2 x )dx df ( x ) = − 2 dx 1 − (2 x ) 2 dx df ( x ) = − 1 − 4 x2

29)

(3x 2 ln 2)dx

et e − e− t d  et  dh(t ) =  t dx dt  e − e− t  h(t ) =

f ( x ) = x 2 ln x d df ( x ) = ( x 2 ln x )dx dx 1   df ( x ) =  x 2 ⋅ + (ln x )(2 x )  dx x   df ( x ) = ( x + 2 x ln x )dx df ( x ) = x (1 + 2 ln x )dx

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Capítulo 5

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

Calcula el valor más aproximado de las siguientes operaciones: 86

1)

Solución: Se asocia a la operación la siguiente función y= x La raíz se expresa como:

86 = 81 + 5

Se busca un valor próximo a 86, cuya raíz cuadrada sea exacta, en este caso x = 81 y = 81 = 9, y los 5 se toman como la diferencial de la variable x. dx = 5 Se obtiene la diferencial dy = dy =

1

2 x

dx

1 (5) 5 5 ⋅ = = 2(9) 18 2 81 1

Estos valores se evalúan en: f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy

86 = 81 + 5 ≈ 9 + Finalmente: 3

86 ≈ 9.2777

35

Solución: Se asocia a la operación de la siguiente función y= 3 x La raíz se ordena de la siguiente forma 3

35 = 3 27 + 8

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

2)

5 167 = ≈ 9.2777 18 18

Se busca un valor próximo a 35, cuya raíz cúbica sea exacta, en este caso es x = 27, y = 3 27 = 3 y los 8 se toman como la diferencial de x. dx = 8 Se obtiene la diferencial dy = dy =

dx

3 x2 8 3

3 (27) 3

2

=

8 27

551

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

Entonces estos valores se evalúan en: f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy 3

35 = 3 27 + 8 ≈ 3 +

8 89 = 27 27

Finalmente

3)

3

35 ≈ 3.2962

4

20

Solución: Se asocia a la operación la siguiente función: y= 4 x La raíz se ordena de la siguiente forma: 4

20 = 4 16 + 4

Se busca un valor próximo a 20, cuya raíz cuarta sea exacta, en este caso es x = 16, y = 4 16 = 2 y los 4 se toman como la diferencial de x. dx = 4 Se obtiene la diferencial dy = dy =

dx

4 4 x3 4

4 (16) 4

3

=

1 8

Entonces estos valores se evalúan en: f ( x + ∆ x ) = y + dy 4

20 = 4 16 + 4 = 2 +

1 17 = 8 8

4

20 = 2.125

4) sen 38° Solución: Se asocia a la operación la siguiente función y = sen x

552

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

Finalmente

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

La función trigonométrica se ordena de la siguiente forma: sen 38° = sen(30° + 8°)

π 1 2 Se busca un valor x próximo a 38°, en este caso x = 30° = , y = sen 30° = , y los 8° = π restantes es el valor de la 45 6 2 diferencial de x. dx =

2 π 45

Se obtiene la diferencial dy = cos x dx

 2  dy = (cos 30)  π   45   3  2  3 π dy =   π  =  45  2  45 Los valores se evalúan en: f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy sen 38° ≈ sen(30° + 8°) =

1 3 45 + 2 3π + π= 2 45 90

Finalmente: sen 38° ≈

6 + cos 50° Solución: Para resolver este reactivo es necesario realizar las aproximaciones de los sumandos por separados, y al final realizar la suma. Para

6 Se asocia una función

y= x Se busca un valor próximo x=4

Este valor se evalúa en: f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy 6 = 4+2 ≈2+

1 5 = 2 2

y = 4 = 2 dx = 2

PEARSON EDUCACIÓN DE MÉXICO, 2015.

5)

45 + 2 3π = 0.6209 90

Se obtiene la diferencial dy =

1

dx 2 x 1 ⋅ (2) dy = 2(2) 1 dy = 2

553

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

Para cos 50° Se asocia una función y = cos x Se busca un valor próximo

Este valor se evalúa en: f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy

cos 50° = cos(45° + 5°) ≈

π 2 y = cos 45° = 2 4 π dx = 5° = 36 Se obtiene la diferencial

≈

x = 45° =

26 2 − 2π 72

2 2π − 2 72

dy = (−sen x )dx

π π  dy =  −sen   4  36 dy = −

2 π 2π ⋅ =− 2 36 72

Finalmente: 6 + cos 50° ≈

5 36 2 − 2π + 2 72

180 + 36 2 − 2π ≈ 3.1454 72 6)

3

130 + 2 tan 63°

Solución: Para resolver este reactivo es necesario hacer las aproximaciones de los sumandos por separado Para 3 130 Se asocia una función

Para tan 63° Se asocia una función

y= 3 x

y = tan x

Se busca un valor próximo

Se busca un valor próximo

x = 125 y = 3 125 = 5 dx = 5

π 3 π dx = 3° = 60

dy = dy =

1

3 x2 1 3

dx

3 3 (125)2

⋅5 =

1 15

y = tan 60° = 3

Se obtiene la diferencial dy = sec 2 x dx

pero sec

π π = 60 15

Este valor se evalúa en:

dy = (2)2 ⋅

f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy

Este valor se evalúa en:

3

1 130 = 125 + 5 ≈ 5 + 15 76 = 15 3

Finalmente: 3

554

130 + 2 tan 63° ≈

f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy

tan 63° = tan(60° + 3°) ≈ 3 + ≈

 15 3 + π  76 + 30 3 + 2 3 76 +2 = 15 15  15  = 8.949

π =2 3

15 3 + π 15

π 15

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Se obtiene la diferencial

x = 60° =

Cálculo Diferencial Capítulo 5 7)

Ejercicio 51

3

(123.5) 2

Solución: Se asocia a la operación la siguiente función: 3

y = (x)2

La operación se ordena como: 3

3

(123.5) 2 = (121 + 2.5) 2

Se busca un valor próximo a 123.5, cuya operación elevada a los 2.5 =

5 se toman como diferencial de x. 2

dx =

5 2

3 3 sea exacta, en este caso x = 121 y = (121) 2 = 1331 , y los 2

Se obtiene la diferencial 3 x ⋅ dx 2 3 5 165 121 ⋅ = dy = 2 2 4

dy =

Estos valores se evalúan f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy 3

3

(123.5) 2 = (121 + 2.5) 2 ≈ 1331 +

165 5489 = = 1372.25 4 4

8) sen 53° − cos 44° Solución: Para resolver este reactivo es necesario hacer aproximaciones de los sumandos por separado. Este valor se evalúa f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy

sen 53° = sen (60° − 7°) =

Se busca un valor próximo x = 60° =

π 3

y = sen 60° =

3 2

7° =

7 3 π − 2 360

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Para sen 53° Se asocia una función y = sen x 7 π = dx 180

Se obtiene la diferencial dy = cos x dx

 7  dy = (cos 60°)  π  180  7  1  7  π = π dy =     2   180  360

555

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

Para cos 44° Se asocia una función y = cos x

Este valor se evalúa f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy cos 44° = cos(45° − 1) =

Se busca un valor próximo x = 45° =

π 4

2 2

y = cos 45° =

Se obtiene la diferencial

1° =

1 π = dx 180

=

2 2π − − 2 360 2π 2 + 2 360

dy = −sen x dx

 π  dy = (−sen 45°)   180   2 π  2π dy = −    180  = − 360 2   Finalmente:

 3 7   3 2π  sen53° − cos 44° =  − π − + 360   2 360   2 180( 3 − 2 ) − π (7 + 2 ) ≈ 0.08549 360

9) sen4 29° Solución: Se asocia a la operación la siguiente función: y = sen4 x La operación se ordena como: 4

sen 4 29 = [ sen(30° − 1)]

Se busca un valor próximo a sen 29 cuyo valor sea notable, en este caso x = 30° = entonces 1° =

π = dx. 180

4

π 1 1  1 , sen30° = , entonces sen 4 30 =   =  2 6 2 16

Se obtiene la diferencial  π  dy = 4sen 3 30 cos 30°   180°  3 3π  1  3  π  = dy = 4     2   2   180  720 Estos valores se evalúan en: f ( x + ∆ x ) ≈ y + dy sen 4 29 = sen 4 (30 − 1) ≈ ≈

1 3π − 16 720

45 − 3π ≈ 0.0549 720

10) cot 75° Solución: Se asocia a la operación la siguiente función y = cot x 556

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dy = 4sen 3 x cos x dx

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

La función trigonométrica se ordena de la siguiente forma cot(75°) = cot(90° − 15°)

π π Se busca un valor “x” próximo a 75°, en este caso x = 90° = , y = cot 90° = 0, y los 15° = restantes es el valor de la 2 12 diferencial de “x”. dx =

π 12

Se obtiene la diferencial dy = − csc 2 x dx

π π π dy = −(csc 2 90°)   = (−1)   = −  12   12  12 Los valores se evaluán en: f ( x + ∆ x ) = y + dy  π π cot 75° = cot(90° − 15°) ≈ 0 −  −  =  12  12 = 0.2617 11) Una placa circular de radio 3.8 cm, se introduce a un horno, aumentando su radio en 0.012 cm. ¿Cuál es el aumento en la superficie de la placa? Solución: El radio de la placa es r = 3.8 cm. El incremento del radio es dr = 0.012 cm. El área de la placa está dada por: A = π r2 Se obtiene la diferencial dA = 2π r dr Se sustituyen los valores dA = 2π (3.8)(0.012) 12) La longitud de las aristas de un cubo es de 5.9 cm cada una, se midieron con un error máximo de 0.032 cm. Determina el máximo error que se cometió al medir su superficie y volumen. Solución: La medida de la arista del cubo es x = 5.9 cm. La medida del error de la medición de la arista es dx = 0.032 cm. La superficie total del cubo está dada por: A = 6x2 El volumen del cubo está dado por: V = x3 557

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dA = 0.286 cm 2

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

Entonces se obtienen las diferenciales de ambas funciones: A = 6x2 dA = 12 x dx Se sustituyen valores:

V = x3 dV = 3x 2 dx

dA = 12(5.9 cm)(0.032 cm)

dV = 3(5.9 cm)2 (0.032 cm)

dA = 2.2656 cm 2

dV = 3.34176 cm 3

13) Se calculó el diámetro de la base del cilindro circular y éste midió 7.2 cm, con un error máximo de 0.05 cm. Calcula el error máximo que se cometió al medir el volumen si la altura es constante e igual a 10 cm. Solución: La medida del radio del cilindro es: 7.2 cm. La medida del error de la medición del radio es: 0.05 cm. La altura es constante e igual a 10 cm. El volumen de un cilindro está dado por: V = π r2h Se obtiene la diferencial dV = 2π rh dr Se sustituyen valores: dV = 2(π )(7.2 cm)(10 cm)(0.05 cm) dV = 7.2π cm 3 14) Se midió un lado de un cuadrado y se cometió un error máximo de 0.012 cm. Calcula la longitud de uno de sus lados si el error máximo que se cometió al medir su área es de 0.192 cm2. Solución: La medida de la arista del cuadrado es x.

La medida del error de la medición de la superficie es dA = 0.192 cm2. La superficie del cuadrado está dada por: A = x2 Se obtiene la diferencial dA = 2 x dx Se despeja x x= 558

dA 2 dx

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La medida del error de la medición de la arista es dx = 0.012 cm.

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

Se sustituyen valores x=

0.192 cm 2 2(0.012 cm)

x = 8 cm

15) Calcula el error relativo y porcentual que se comete al medir el volumen y la superficie de una esfera, si su radio mide 12 cm y el error máximo que se cometió al medirlo es de 0.015 cm. Solución: La medida del radio de la esfera es r = 12 cm. La medida del error de la medición del radio es dr = 0.015 cm. Entonces El volumen de la esfera es: V=

La superficie de la esfera es:

4 3 πr 3

A = 4πr2

Se obtienen las diferenciales: dA = 8π r dr

dV = 4π r 2 dr

dA = 8π (12 cm)(0.015 cm)

dV = 4π (12 cm)2 (0.015 cm)

dA = 1.44π cm 2

dV = 8.64π cm 3 Entonces los errores relativos son: V=

4 3 πr 3

V=

V = 2304π cm 3

4 π (12 cm)3 3

A = 4π r 2

A = 4π (12 cm)2 A = 576π cm 2

Entonces: dV 8.64π cm 3 = = 0.00375 V 2304π cm 3

dA 1.44π cm 2 = = 0.0025 A 576π cm 2

100

dV = 0.375% V

100

dA = 0.25% A

16) El error relativo que se comete al medir el área de un cuadrado es de 0.18, si el error que se comete al medir la longitud de uno de sus lados es de 0.01 cm, encuentra la longitud de cada uno de los lados del cuadrado. Solución: Se conoce el error relativo de la superficie

dA = 0.18 A

La medición del error de la medida de la arista es dx = 0.01 cm

559

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Los errores porcentuales son:

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

La superficie de un cuadrado es A = x2 La diferencial es: dA = 2x dx Por otro lado se sabe que el error relativos está dado por: dA = 0.18 A

dA = 0.18 A

Se iguala la ecuación

y .

2(0.01)x = 0.18(x2) x=

0.18 x 2 0.02

x = 9x2

9x2 − x = 0 Se resuelve la ecuación: x (9 x − 1) = 0

x=0 9x − 1 = 0

x=

1 cm 9

17) El error relativo al medir el volumen es de 0.02. Calcula el error máximo cometido al medir su diámetro, si este mide 3 cm. Solución: El error máximo al medir el diámetro es la incógnita. El diámetro de la esfera es ϕ = 3 cm. 1 dV El error relativo al medir el volumen es = 0.02 = . 50 V El volumen de la esfera en términos del diámetro es: 1 V = πφ 3 6

Se obtiene la diferencial 1 dV = πφ 2 dφ 2

dV 1 = V 50 Se despeja dϕ

1 2 πφ ⋅ dφ 1 2 = 1 3 50 πφ 6

1 3 πφ 6 dφ =  1 2  πφ  (50) 2

3 cm 1 = cm 150 50 = 0.02 cm

dφ =

560

dφ =

φ 150

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El error relativo es:

Cálculo Diferencial Capítulo 5

Ejercicio 51

18) Calcula el error relativo y porcentual que se comete al medir el área lateral de un cilindro de base circular, si al medir el diámetro se obtiene 4.5 cm con un error máximo de 0.004 cm y la altura es 5.6 cm. Solución: La medida del error al cuantificar el diámetro es dϕ = 0.004 cm. La medida del diámetro es ϕ = 4.5 cm. La altura del cilindro es h = 5.6 cm. El área lateral de un cilindro está dada por: A = π ⋅φ ⋅ h

A = π (4.5 cm)(5.6 cm) A = 25.2π cm 2

Ahora se obtiene la diferencial del área con respecto al diámetro. dA = π ⋅ h ⋅ dφ

dA = π (5.6 cm)(0.004 cm) dA = 0.0224π cm 2

Entonces el error relativo es: dA 0.0224π cm 2 = A 25.2π cm 2

dA = 0.00088 A

Entonces el error porcentual es: dA = 100(0.00088) = 0.088% A

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100

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