Una Fábrica De Muebles Calcula Que El Costo Semanal De Producir X Reproducciones Terminadas A Mano De Un Escritorio Colonia

1

Una fábrica de muebles calcula que el costo semanal de producir x reproducciones terminadas a mano de un escritorio colonia, está dado por C(x)= 3 2 x −3 x −80 x+500 . Cada escritorio producido se vende en $ 2800 (dólares). ¿Qué producción mensual rendirá las máximas utilidades?, ¿Cuál es la mayor ganancia posible por semana?

Solución: Como el ingreso que se obtiene al vender x escritorios es 2800x, la función de

ingresos R está dada por: R(x)= Valor Neto*Número de escritorios R(x)= 2800x La función de utilidades P es la diferencia entre la función de ingreso R y la función de costo C, es decir: Utilidad = Ingreso total- Costo total P(x)= R(x)-C(x) x 2 2800 x−(¿ ¿ 3−3 x −80 x+500 ) P(x)= ¿ P(x)=

Para evaluar la ganancia máxima se deriva y 2

P’(x)= −3 x +6 x+ 2880 P’(x)=

Los puntos críticos de P son las soluciones de: 2

x −2 x −960=0

( x−32 ) ( x +30 ) =0 x=32

x=−30

Como las soluciones negativas no tienen sentido, basta considerarx=32 La segunda derivada de la función de utilidades P es: P’’(x)=

Por lo tanto, P’’(x)=

−6 (32)+ 6

P’’(x)=

−176

−176< 0 Entonces, por el Criterio de la Segunda Derivada, la máxima ganancia se obtiene si se producen y se venden 32 escritorios semanalmente. La ganancia máxima por semana es:

3

2

P(x)= −x +3 x +2880 x−500 3 2 P (32)= −( 32 ) +3 ( 32 ) +2800 ( 32 )−500

P (32)= $ 61964

2

Una bodega rectangular tendrá dos cuartos rectangulares separados por una pared interior y el piso deberá tener 5.000 metros cuadrados (m2) de área (figura…….). El costo de las paredes exteriores es de $ 150 por metro lineal, y el costo de las paredes interiores es de $ 90 por metro lineal. Hallar las dimensiones de la bodega menos costosa.

Solución.- Sea la longitud x m y el ancho y m, con la pared interior de x m de largo. Entonces x*y= 5.000 m (área total) y la cantidad que se deberá minimizar es Costo = (valor a pagar)*(# paredes exteriores) + (valor a pagar)*(# paredes interiores) C = 150*(2*x + 2*y) + 90*x En términos de x únicamente x*y= 5.000 5.000 y= x C = 150*[2*x + 2*( C = 150*[2*x + (

5.000 )] + 90*x x 10.000 )] + 90*x x

2∗( x 2 ) +10.000 C = 150*[( )] + 90*x x 300∗( x 2 ) +1 500.000 C=( )] + 90*x x 1 500.000 300∗( x 2 ) C=[ ] + [ ] + 90*x x x C = 390*x + 1 500.000 x-1 Criterio de la primera derivada C = 390*x + 1 500.000 x-1 d d C’ = 390 dx (x) – 1 500.000 dx

(x)-1

C’= 390 – 1 500.000 x-2 Para hallar los valores que permitirán minimizar se igualara a 0 a C’ (C’=0) 0= 390 – 1 500.000 x-2

1 500.000 2 ((x ) )

= 390

390*x2 = 1 500.000 1 500.000 x2 = 390 x1= -100

√ 5/13

x2= 100

√ 5/13

Análisis de los valores críticos I II

Para el valor crítico negativo obtenido (x1= -100

√ 5/13 ), no se lo

tomara como respuesta. (Debido a que no existen distancias negativas) El valor crítico que nos permitirá hallar la bodega menos costosa es x2 = 100

√ 5/13 y para y2 = 50 √ 13/5

Criterio de la segunda derivada Comprobación de un Mínimo: f’’(x) > 0

C’’=

C’= 390 – 1 500.000 x-2 d d 1500.000 (390) dx dx

(x)-2

C’’ = 3 000.000*x-3 Cumple que C’’ > 0. Por ende se obtuvo un valor mínimo. 3

El comité de campaña de cierto político que aspira a la gubernatura de una entidad del país realizó un estudio que indica que su candidatura después de t meses de iniciada su campaña tendrá el apoyo de: V(t) = 1/29(-t3 + 6t2 + 63t + 1080)% de los votantes para 0 ≤ t ≤ 12

Si la elección es el 2 de julio, ¿Cuándo debería anunciar el político su candidatura si necesita más de 50% de los votos para ser electo? Solución: Se trata de hallar el máximo absoluto de la función V(t) en el intervalo 0 ≤ t ≤ 12, razón por la cual calculamos la derivada de la función: V'(t) = 1/29(-3t2 + 12t + 63) Y resolvemos la ecuación V'(t) = 0 1/29(-3t2 + 12t + 63) = 0 t2 + 4t - 21 = 0 (t - 7)(t + 3) = 0 t1 = 7 t2 = -3 Como t debe ser positivo, el único punto crítico que nos interesa analizar es t = 7.

Calculamos las imágenes de la función en los extremos del intervalo t = 0, t =12 y en el valor crítico t = 7: V(0) = 1080/29% = 37.24% V(12) = 33.52% V(7) = 50.76% 4

El porcentaje mayor lo alcanza en el 7º mes y es de 50.76% por lo que puede ganar la elección si lanza su candidatura el 2 de diciembre del año anterior.

Una empresa productora de sillas opera en el mercado con las siguientes funciones de costos totales: CT = 900-35x+ x^2, si el precio de venta en el mercado es de $ 625 por unidad, responda: ¿Cuál es el nivel de producción que maximiza las utilidades? Encuentre los beneficios en caso de que la empresa produzca un 35% más que el número de unidades optimo Sea: X: número de sillas fabricadas por la empresa CT(X) = 900-35x+ x^2: costo de producir x número de sillas 625x: dinero percibido por la venta de x sillas U(x): utilidad, en función de x De tal manera que: Utilidad = Ingreso – Costo U(X) = 625x - (900-35x+ x^2) U(X) = - x^2+660x-900 Derivamos U’(x) = - 2x + 660 Esta igualamos a 0 con la intención de lograr sacar ptos. Críticos -2x + 660 = 0 -2X = -660 X = 330 Comprobación: El criterio de la segunda derivada te indica: Si la cóncava va hacia arriba se tendrá un minimo, U’’(x) > 0 (+) Si la cóncava va hacia abajo se tendra un maximo, U’’(x) < 0 (-) Por lo tanto U’’(X) = -2 -2 < 0 Comprobando que ese pato critico hallado si comprueba el punto máximo de la función Sustituyendo el punto en la función original para su respuesta será U(330) = -〖330〗^2+660(330)-900 U(330) = 108000 Rpta: La mayor utilidad la recibe la empresa si produce 330 sillas. La utilidad es de $ 108000

Como ya calculamos, que el número de unidades optimo es de 330 sillas, y el 35% de 330 es: (35*330)/100=115.5 330 + 115.5 = 445.5: producción por encima del 35% del número optimo Sustituyendo este valor en la utilidad, se obtiene que U(445.5) = -〖(445.5)〗^2+660(445.5)-900 = 94659.75 Rpta: En caso de producir un 35% más de sillas que el número óptimo, solo se obtendría una utilidad de $96975

5

Una tipografía utiliza 6.000 resmas de pliego de papel al año. El costo de envío de pedido es de $30 dólares. Independientemente de la cantidad de resmas pedidas. La resma se compra a $10,5 dólares la unidad. Suponga que cada pedido llega justo cuando se ha acabado el inventario del anterior pedido. El costo de almacenamiento es de $1 dólares por resma al año y las resmas son utilizadas de manera uniforme a lo largo del año. Determinar el tamaño del lote que minimiza el costo total.

Solución: Sea x =número de resmas de papel en cada pedido. En este problema de control de inventarios se han hecho las suposiciones: 1 2

La utilización de resmas por parte de la tipografía se hace de manera uniforme. Justo cuando se acaba el pedido anterior llega el siguiente.

Estas dos suposiciones llevan a intuir que en el almacén existe en promedio x / 2 resmas de papel al año. Por ejemplo si se hacen 2 pedidos al año. Cada pedido es de 3.000 resmas. El día que llega un pedido hay 3.000 resmas de papel, justo llegan cuando se acaban las anteriores y el último día hay 0 resmas. En promedio hay 1.500 resmas en el almacén en cada periodo y durante el año. Tenemos entonces que: COSTO DE ALMACENAMIENTO= COSTO DE ALMACENAMIENTO ∗ NUMERO MEDIO DE POR RESMA RESMAS ALMACENADOS

(

)(

( x2 )

COSTO DE ALMACENAMIENTO=(1)

Si el tamaño del pedido es x entonces el número de pedidos es

6000 . Podemos x

entonces obtener COSTO TOTAL POR ENVIOS=( NÚMERO DE PEDIDOS )∗( COSTO DE UN ENVÍO ) COSTO TOTAL POR ENVIOS= Finalmente

6000 ∗30 x

)

COSTO TOTAL=( COSTO DE ALMACENAMIENTO ) + COSTO TOTAL + COSTO TOTAL POR COMPRA POR ENVÍOS DE 6000 RESMAS

(

C( x )=

+ ( 6000∗10,5 ) ( x2 )+( 180000 x )

C( x )=

+ ( 6300 ) ( x2 )+( 180000 x )

)(

Buscamos primero los puntos críticos dentro del intervalo, para ello derivamos y planteamos donde la derivada se anula: 1 180000 0= − 2 x2 0=

x 2−360000 2 x2 2

0=x −360000 0=( x+600 )( x−600 ) Las soluciones de esta ecuación son x  600. Sólo tomamos la solución positiva. Para clasificar usamos el criterio de la segunda derivada. C (x)= {360000} over {{x} ^ {3}} C (600)= {360000} over {{x} ^ {3}} >0 0,0016 …>0 Así en x=600 se alcanza un mínimo relativo y por existir un único extremo en el intervalo este mínimo es absoluto. En conclusión se deben pedir lotes de 600 resmas. 6

Hallar la distancia x a la cual un observador debería colocarse desde un aviso de 12 metros de altura, montado 4 metros por encima del nivel visual, de tal modo que el ángulo subtendido por el ojo del observador con el aviso sea máximo.

Solución: La cantidad que debería ser maximizada es el ángulo

θ , como aparece en la figura.

Se halla así una expresión para

Cateto opuesto= 12+ 4 = 16 θ : Cateto adyacente= x tan ( θ + α ) =

16 x

θ +θ α == arctan arctan

( 16x )

Ecuación 1

Para expresar

α

:

tan ( α ) =

α

( 4x )

θ en términos de una variable, es necesaria una ecuación que relacione x y

4 x

= arctan Ecuación 2

Reemplazando la Ecuacion 2 en la Ecuación 1, obteniendo sencillamente

θ = arctan

( 16x )

-

θ

α

= arctan

( 16x )

-

θ :

Ecuación del ángulo

θ La restricción sobre x es x > 0. Entonces se buscan los puntos críticos, para lo cual necesitamos

θ :

encontrar la primera derivada la Ecuación del ángulo

16 x ¿ −16 ¿ θ '( x ) = ¿2 ( x2 ) 1+¿ 1 ¿ θ ' (x ) =

−16 x 2 +162

1 16 1+ 2 x

-

*(

−4 ¿ x2

−4 x +16 2

−16 ( x 2 +16 ) + 4( x 2 +162 ) θ '( x ) = 2 2 2 (x +16 )(x +16) 2

2

4 (16 −64−3 x ) θ '(x ) = (x 2+16 2)(x 2 +16) θ '(x ) = Asi,

θ '(x ) =0 cuando:

64 -

x

2

2

x +16 = 0

=0

(8 – x)(8 + x)= 0 x=

x=

12(64− x2 ) ( x 2+16 2)(x 2 +16)

x 2 = -16

√ −16

x=

∅ Por su puesto que, x > 0, así que x = 8 es el punto crítico. Si 0 < x < 8, entonces x>8, entonces

θ '( x ) >0. Si

θ '( x ) <0. Por lo tanto, x = 8 es la ubicación de un máximo relativo. Debido a

que este es el único punto crítico, es el máximo absoluto. En consecuencia, el observador debería ubicarse a 8 metros de distancia del aviso.

7

¿Para qué ángulo α el trapezoide isósceles de la figura ….. Tiene área máxima?

A trapecio=

h∗(b 1+b 2) 2

A trapecio=

a∗sen α∗(a+a+2 a cos α ) 2

A trapecio=

a∗sen α∗(2 a+2 a∗cos α ) 2

A trapecio=

(a)∗( sen α)∗(2 a)∗( 1+ cos α ) 2

A trapecio= a2 *(sen α+ sen α cos α)

Criterio de la primera derivada A trapecio= a2 *(sen α+ sen α cos α) d A’= a2 *[ dx (sen α+ sen α cos α)] A’= a2 * [

d dx (sen α) +sen α*

d dx

d (cos α) + (cos α) dx *(sen α)]

A’= a2 *(cos α - sen2 α + cos2 α) Para maximizar A trapecio , fijamos A’= 0 a2 *(cos α - sen2 α + cos2 α) = 0 (cos α - sen2 α + cos2 α) = 0 [ cos α – (1- cos2 α) + cos2 α ] = 0 2 cos2 α + cos2 α – 1 = 0 (2 cos α + 2)(2 cos α −1) =0 2 (cos α + 1)( 2*cos α - 1) = 0 cos α = -1 1 cos α = 2 Análisis de los valores críticos I

Se debe despegar α y analizársela para la respuesta a ser considerada: cos α = -1 α = cos-1(-1) α = 180 II Claramente el cos α = -1 produce que α = π radianes, o 180°, lo cual daría h = 0 y A trapecio = 0. 1 cos α = 2

1 α = cos-1[ 2 ] α = 60° El área máxima proviene entonces del cos α =

1 2

o α = 60°

Criterio de la segunda derivada Comprobación de un Máximo: f’’(x) < 0

A’’= a2*[

A’= a2 *(cos α - sen2 α + cos2 α) d d d 2 ( cos α) ( sen α) + dx dx dx

d A’’= a2*{-sen α – [(2*sen α)* dx

(cos2 α) ]

d (sen α)] + [(2*cos α)* dx

(cos α)] }

A’’= a2*{(- sen α) – (2 * sen α * cos α) + [2* cos α * (-sen α)]} A’’= a2*[(- sen α) – (4 * sen α * cos α)] α = 60° Siendo “a” cualquier número (no hay distancias negativas) A’’= a2*[(- sen 60) – (4 * sen 60 * cos 60)] −3[ ( 3 )1 /2] A’’= a *{ } 2 2

Cumple que A’’ < 0. Por ende se obtuvo un valor máximo. 8

Un silo consta de un cilindro con una parte superior hemisférica, como se ilustra en la figura. Hallar las dimensiones del silo con un volumen fijo de V= 40π/3 que tiene la menor área de superficie. Inclúyase el piso.

Solución: Se necesitarán las ecuaciones estáticas de los volúmenes de un hemisferio y de un cilindro, y para las áreas de superficie de cada uno. Una esfera de radio r tiene un volumen de Vs = 4/3(πr3) y área de superficie As = 4πr2. Un cilindro de r y altura h tiene volumen de Vc = πr2h y área de superficie Ac = 2πrh + πr2. Por consiguiente el volumen del silo está dado por: V = 2/3(πr3) + πr2h Y el área de superficie por A= 2πr2 + 2πrh + πr2 = 3πr2 + 2πrh = π(3r2 + 2rh)

Se busca minimizar a A. La expresión para A involucra 2 variables r y h; pero debido a que V= 40π/3 se tiene una ecuación a la que relaciona r y h 40π/3 = 2/3(πr3) + πr2h h = 40r-2/3 – 2r/3 Sustituimos en A A = π[3r2 + 2r(40r-2/3 – 2r/3)] A = π(3r2 + 80r-1/3 – 4r2/3) A = π( 5r2/3 + 80r-1/3) Ya que representamos a A como una función, se buscan sus puntos críticos: A' = π(10r/3 - 80r-2/3) Así A' = 0 cuando 10r/3 - 80r-2/3 = 0 10r3/3 - 80/3 = 0 r3 = 8 r=2 Observe que A'' = π(10/3 - 160r-3/3) Así, A''(2) > 0. Por lo tanto la prueba de la segunda derivada verifica que r = 2 produce el valor mínimo de A.

El

problema pregunta por las dimensiones del silo por consiguiente volvemos a la expresión para h en términos de

r para

hallar la expresión que minimiza a h h = 40r-2/3 – 2r/3 = 40(2)-2/3 – 2(2)/3 = 2 Por lo tanto, el silo (incluido el piso) con volumen de 40π/3, de menor área, tiene radio r = 2 y altura (del cilindro) h = 2. 9

Hallar las dimensiones de un cono circular recto de volumen mínimo que se puede circunscribir en una esfera de radio R

Sabemos que el volumen de un cono circular es

r ¿ ¿ 1 v = ( π )¿ 3 Dejaremos al volumen en términos conocidos r ¿ ¿ 1 v = ( π )¿ 3

Nuestra ecuación de volumen la tendremos que dejar en función ya sea de X o ya sea de Y: ADE ABC x y+R = R √ y 2−R2 x=

R ( y + R)

√ y 2 −R 2

Reemplazando 2 en 1: r ¿ ¿ 1 v = ( π )¿ 3 R ( y+ R )

√ y 2−R2

¿ ¿ 1 v = (π )¿ 3 2

Y +R¿ 2 R (¿ ¿ y 2−R2 )( y + R) ¿ 1 v = ( π )¿ 3

3

Y +R ¿ 2 R (¿ ¿ y 2−R2 ) ¿ 1 v= (π )¿ 3

Derivamos:

R ¿ ¿ y+ R ¿ 3 ¿ (¿ y 2−R2 ¿ ) ¿ dv 1 = ( π )¿ dy 3

R ¿ ¿ y + R ¿3 1 ( π )((¿ ¿ y 2−R2) ¿ 2 ¿ ) 3 dv d = ¿ dy dy R ¿ ¿ y y + R ¿3 (2 y) ¿ y ¿ (¿ 2−R2 ¿2 ¿ ¿) ¿ y + R ¿2−¿ ( ¿ ¿ 2−R2 )3 ¿ ¿ ¿ dv 1 = (π ) ¿ dy 3 R ¿ ¿ y y ¿ (¿ 2−R2 ¿ 2¿ ¿) ¿ (¿ ¿ 2−R 2)3−( y + R)( 2 y ) ¿ ¿ y + R ¿2 ¿ dv 1 = ( π )¿ dy 3

R ¿ ¿ y ¿ (¿ 2−R2 ¿2 ¿ ¿) ¿ 3 y 2−3 R 2−(2 y 2 +2 yR) ¿ Y + R ¿2 ¿ dv 1 = (π ) ¿ dy 3 R ¿ ¿ 2 y −3 R2−2 yR ¿ ¿ y ¿ (¿ 2−R2 ¿2 ¿ ¿) ¿ Y + R ¿2 ¿ dv 1 = (π ) ¿ dy 3

Igualamos a cero para encontrar el mínimo: R ¿ ¿ y 2−3 R2−2 yR ¿ ¿ y ¿ (¿ 2−R2 ¿2 ¿ ¿)=0 ¿ Y + R ¿2 ¿ 1 (π )¿ 3 no hagan 0 a la función:

Para hallar los puntos críticos descartamos los valores que

2

2

y −3 R −2 yR ¿ ¿ y ¿ (¿ 2−R2 ¿2 ¿ ¿)=0 ¿ ¿

y + R ¿2 ¿

Igualmente eliminamos el denominador pero sin olvidar los valores que hagan 0 al mismo, ya que estos también pueden representar puntos mínimos de la función (y ≠ R ∧ y ≠R ) Y + R ¿2 ( y 2−3 R2−2 yR)=0 ¿ 2 (y + R ¿ (y- 3R) (y + R) = 0

3

(y + R ¿ y = 3R

(y- 3R) = 0 ∧ y=−R

Comprobando R ¿ ¿ y 2−3 R2−2 yR ¿ ¿ y ¿ (¿ 2−R2 ¿2 ¿ ¿) ¿ Y + R ¿2 ¿ dv 1 = (π ) ¿ dy 3

-R

R

3R

++++ ++++ Entonces se puede asegurar que 3R es un mínimo Ahora, no podemos olvidar: Altura = y + R = = 3R + R = 4R Y la base de:

-------

-------

x=

x=

R ( y + R)

√ y 2 −R 2 R(3 R+ R)

√(3 R)2 −R 2

x=

4 R2 √ 8 R2

x=

2R √2

= radio del cono

10 Calcular la máxima distancia que debe tener la varilla para que esta no caiga del túnel 1 al túnel 2. Esta a su vez representará la mínima distancia que debe tener el túnel 1 y el túnel 2.

PLANTEAMIENTO DE LAS ECUACIONES TEOREMA DE PITÁGORAS l=l 1 +l 2 l 21=m 2+ y 2 ∴ l 1=√ m2 + y 2 l 22=n2 + x 2

∴l 2= √ n 2+x 2

1

l=√ m2+ y 2+ √n 2+ x 2 ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS 2

3

tan θ=

m m ∴ y= y tanθ

θ tan ¿(n) x tan θ= ∴ x=¿ n REEMPLAZO DE LAS ECUACIONES 2 Y 3 EN LA ECUACIÓN 1 θ tan ¿(n) ¿ ¿ ¿ n2 +¿

√

l= m2+ l=

√

m 2 √ + ¿ tan θ

( )

m2 tan 2 θ+m2 + √ n 2 ( tan2 θ+ 1 ) 2 tan θ

tan (¿¿ 2 θ+1) m2 + √ n2 ( tan 2 θ+1 ) 2 tan θ l=√ ¿ l=

√

m2 (sec 2 θ) + √ n2 (sec 2 θ) 2 tan θ

l=m

θ + n ( sec θ ) ( sec tan θ )

1 cos θ l=m + n ( sec θ ) sinθ cos θ

( )

l=m

( sin1 θ )+n ( secθ )

l=m ( cscθ )+ n ( sec θ ) CRITERIO DE LA PRIMERA DERIVADA l'=

d d m ( csc θ ) + n ( secθ ) dθ dθ

l' =m (−csc θ )( cot θ ) +n ( sec θ )( tan θ )

PUNTO CRÍTICO f ' ( x )=0 0=m (−csc θ ) ( cotθ )+ n ( sec θ ) ( tan θ ) m ( cscθ )( cot θ ) =n ( sec θ ) ( tan θ ) m

( csc θ ) ( cot θ ) =n ( sec θ ) ( tan θ )

θ ( sin1 θ )( cos sin θ ) n = 1 sin θ ( cos θ )( cos θ ) m cos3 θ n = sin3 θ m

√ √

√3 cot3 θ= 3 mn θ=cot−1

3

n m

CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA l ' =m (−csc θ ) ( cot θ ) +n ( sec θ ) ( tan θ )

l=m left [left (csc {θ} right ) left (cot {θ} right ) left (cot {θ} right ) + left (csc {θ} right ) ( {csc} ^ {2} { PUNTO DE INFLEXIÓN f (x)=0 θ csc 2 ¿ sec ¿ θ ¿ ( secθ )( tan θ ) ( tan θ ) + ( sec θ ) ¿ ( csc θ ) ( cotθ )( cot θ )+ ( cscθ ) ¿+ n ¿ 0=m ¿ 0=m ( csc θ ) [cot 2 θ+csc 2 θ]+n ( secθ ) [tan 2 θ +sec 2 θ] 2

2

−n ( cscθ ) [cot θ+ csc θ] = m ( secθ ) [tan 2 θ+ sec 2 θ] REEMPLAZO PUNTO CRÍTICO EN EL PUNTO DE INFLEXIÓN

3

cot θ=

n m

2 2 −cos 3 θ ( cscθ ) [ cot θ+ csc θ ] = sin 3 θ ( secθ ) [ tan2 θ+ sec 2 θ]

1 [ cot θ+ csc θ](sin θ) ( sin θ ) −1= ( cos1 θ )[ tan θ+ sec θ ](cos θ) −1=

2

2

2

2

3

3

[cot 2 θ+csc 2 θ](sin 2 θ) [ tan2 θ+sec 2 θ]( cos2 θ)

−[tan 2 θ+ sec 2 θ](cos2 θ)=[cot 2 θ+csc 2 θ](sin 2 θ)

[

−

]

[

]

sin2 θ 1 cos2 θ 1 2 + (cos θ)= + (sin2 θ) 2 2 2 2 (cos θ) ( cos θ) (sin θ) (sin θ) 2

θ−1=¿ cos θ+1 2 −sin ¿ 2

θ−1−cos θ−1=¿ 0 2 −sin ¿ sin ¿ θ −¿ ¿ −3< 0