PROBLEMAS DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS. Los métodos para determinar los máximos y mínimos de las funciones se pueden aplicar a la solución de problemas prácticos, para resolverlos tenemos que transformar sus enunciados en fórmulas, funciones o ecuaciones. Debido a que hay múltiples tipos de ejercicios no hay una regla única para sus soluciones, sin embargo puede desarrollarse una estrategia general para abordarlos, la siguiente es de mucha utilidad.
ESTRATEGIA PARA RESOLVER PROBLEMAS APLICADOS A LA OPTIMIZACIÓN. a) Identificar los hechos dados y las cantidades desconocidas que se tratan de encontrar.
b) Realizar un croquis o diagrama que incluya los datos pertinentes introduciendo variables para las cantidades desconocidas.
c) Enunciar los hechos conocidos y las relaciones entre las variables. d) Determinar de cuál de las variables se desea encontrar el máximo o el mínimo y expresa resta variable como función de una de las otras variables.
e) Encontrar los valores críticos de la función obtenida. f) Utilizar el criterio de la primera o de la segunda derivada para determinar si esos valores críticos son máximos o mínimos.
g) Verificar si hay máximos o mínimos en la frontera del dominio de la función que se obtuvo anteriormente.
h) MUCHA DEDICACIÓN Y PRÁCTICA. 1.) Hallar dos números cuya suma es 18, sabiendo que el producto de uno por el cuadrado el otro es máximo. Según el enunciado x + y = 18
y x ⋅ y 2 = Máximo
2
M ´( x) = (18 − x ) − 2 x (18 − x ) ⇒ M ´( x) = 3 ( x − 18 ) ( x − 6 ) si : M ´( x) = 0 ⇒ −3 (18 − x ) ( x − 6 ) = 0 ⇒ x1 = 18 ; x2 = 6( v.c.) B.‐ Calculamos la segunda derivada y hallamos su valor numérico para las raíces anteriores.
36 > 0 ∃ mínimo M ′′( x) = 6 ( x − 12 ) ⇒ M ′′( 6) = −36 < 0 ⇒ ∃ máximo; M ′′(18) = 36 si x = 6 ⇒ y = 12
2) Se dispone de una lámina de cartón cuadrada de 12 cm. de lado. Cortando cuadrados iguales en las esquinas se construye una caja abierta doblando los laterales. Hallar las dimensiones de los cuadros cortados para que el volumen sea máximo .
Volumen de la caja =
1 2 − 2 x ) ( x ) ⇒ v = x (12 − 2x ) v = (12 − 2 x ) (12
2
2
v( x) = x (12 − 2 x ) ⇒ v′( x) = 12( x − 2)( x − 6) si : v′( x) = 0 ⇒ 12( x − 2)( x − 6) = 0 ⇒ x = 2; x = 6( v.c.) v′′( x) = 24( x − 4) ⇒ v′′(2) = −48 < 0 ∃ máximo; v′′(6) = 48 ∃ mínimo NOTA: Por la naturaleza del problema, se ve que x no puede valer 6 cm. Porque el x = 2 cm. volumen sería 0, por lo tanto x =
3) ¿Cuál será la forma rectangular de un campo de área dada igual a 36 Dm 2 para que sea cercado por una valla de longitud mínima?
2
M ´( x) = (18 − x ) − 2 x (18 − x ) ⇒ M ´( x) = 3 ( x − 18 ) ( x − 6 ) si : M ´( x) = 0 ⇒ −3 (18 − x ) ( x − 6 ) = 0 ⇒ x1 = 18 ; x2 = 6( v.c.) B.‐ Calculamos la segunda derivada y hallamos su valor numérico para las raíces anteriores.
36 > 0 ∃ mínimo M ′′( x) = 6 ( x − 12 ) ⇒ M ′′( 6) = −36 < 0 ⇒ ∃ máximo; M ′′(18) = 36 si x = 6 ⇒ y = 12
2) Se dispone de una lámina de cartón cuadrada de 12 cm. de lado. Cortando cuadrados iguales en las esquinas se construye una caja abierta doblando los laterales. Hallar las dimensiones de los cuadros cortados para que el volumen sea máximo .
Volumen de la caja =
1 2 − 2 x ) ( x ) ⇒ v = x (12 − 2x ) v = (12 − 2 x ) (12
2
2
v( x) = x (12 − 2 x ) ⇒ v′( x) = 12( x − 2)( x − 6) si : v′( x) = 0 ⇒ 12( x − 2)( x − 6) = 0 ⇒ x = 2; x = 6( v.c.) v′′( x) = 24( x − 4) ⇒ v′′(2) = −48 < 0 ∃ máximo; v′′(6) = 48 ∃ mínimo NOTA: Por la naturaleza del problema, se ve que x no puede valer 6 cm. Porque el x = 2 cm. volumen sería 0, por lo tanto x =
3) ¿Cuál será la forma rectangular de un campo de área dada igual a 36 Dm 2 para que sea cercado por una valla de longitud mínima?
Según el enunciado, área = x . y ; Mínimo = 2 x + 2 y ;
x . y = 36
Min = 2 x + 2 y
Despejamos y en la primera ecuación y su valor lo llevamos a la ecuación del mínimo. 2 2 x 2 + 72 72 ⎛ 36 ⎞ 2 x + 72 ⇒ Min( x) = y = ⇒ Min( x) = 2 x + 2 ⎜ ⎟ = x x x ⎝ x ⎠
36
Min′( x) = Min′′( x) =
2 x 2 − 72
x 144
x3
2
; si : Min′( x) = 0 ⇒
2 x 2 − 72
x
2
= 0 ⇒ x = ± 6( v.c.)
⇒ Min′′(6) = 23 > 0 ⇒ ∃ mín ( nota : no se toma en cuenta x = −6)
4) Se quiere cercar un campo rectangular que está está junto junto a un camino. Si la valla del lado que está junto al camino cuesta BF. 8 el metro y para los lados BF. 4 el metro, halla el área del mayor campo que puede cercarse con BF.1.440.
Según el enunciado, área = x. y
8 x + 4 x + 4 x + 4 y = 1.440 ⇒ 12 x + 8 y = 1.440 ⇒ 3x + 2 y = 360 Despejando y en la segunda y llevando su valor al área, nos queda:
360 − 3 x si : y = ⇒ A = xy ⇒ A( x) = 2 360 6
360 − 3x x ⎛⎜ 2 ⎝ 360 6
360 x − 3x 2 ⎞ ⎟ ⇒ A( x) = 2 ⎠
5) Una esfera tiene un radio de 6 cm. Hallar la altura del cilindro de volumen máximo inscrito en ella.
2
⎛ h ⎞ En la figura x es el radio de la base del cilindro. Por Pitágoras 6 2 = ⎜ ⎟ + x 2 . ⎝ 2 ⎠ Volumen = π . x . h 2
pero x = 36 − 2
h2 4
π (144h − h ⎛ h2 ⎞ V (h) = π ⎜ 36 − ⎟ h ⇒ V (h) = 4 ⎠ 4 ⎝
V ′(h) = 0 ⇒
π
(144 − 3h ) = 0 ⇒ h = 4 2
12 3
3
) ⇒ V ′(h) = π 144 − 3h ( ) 4 2
= ±4 3; se toma : h = 4 3
NOTA: Por la naturaleza del problema, no hace falta hallar la segunda derivada. 6) Para hacer un filtro de laboratorio, se pliega un papel circular. Si el radio de dicho papel mide 9cm. Calcular la altura del cono que se forma para que el volumen sea máximo.
2
2
2
2
2
NOTA: Por la naturaleza del problema, no hace falta hallar la segunda derivada. 7) Se dispone de una hoja de papel para un cartel que mide 2m2. Los márgenes superior e inferior, miden 20 cm. cada uno y los laterales 12 cm. cada uno. Hallar las dimensiones de las hojas, sabiendo que la parte impresa es máxima.
parteimpresa parte impresa : A = ( x − 40 ) ( y − 24 ) ; además áreatotal área total : xy = 2 ⇒ x = y2 ⎛ 2 − 40 y ⎞ ⎟ y ⎝ ⎠ ⎛ y ( −40 ) − ( 2 − 40 y ) ⎞ ⎛ 2 − 40 y ⎞ 8(6 − 5 y 2 ) A′( y ) = ⎜ ⎟ ⇒ A′( y ) = ⎟ + ( y − 24 ) ⎜ 2 y y2 ⎝ y ⎠ ⎝ ⎠
A( y ) = ( y2 − 40) ( y − 24 ) ⇒ A( y ) = ( y − 24 ) ⎜
si : A′( y) = 0⇒
8(6 − 5 y2 )
y
2
xy xy = 2 ⇒ x = y2 ⇒ x =
10 30
= 0⇒ y = ±
⇒x=
30 3
;y =
30 5
(v.c.); y = 0 ∃A′( y)
30 5
8) De todos los triángulos isósceles de 12 m de perímetro, hallar el de área máxima.
Perímetro: 2 x + y = 12 →
y = 12 − 2 x
y . x − 2
h= x − 2
y 2
; Area =
4
y.h 2
⇒ Area =
(12 − 2 x ) x − 2
si : y = 12 − 2x ; A( x) = A( x) = ( 6 − x )
48 x − 144
A( x) = 2 ( 6 − x ) A′( x) =
3 3(4 − x)
2
4
2
(12 − 2 x )
2
4
=
2
⇒ A( x) = ( 6 − x )
y2
2 (6 − x )
48 x ( x − 3) 2
4 x2 − 144 + 48 x − 4 x2 4 2
⇒ A( x) = (6 − x )
4 3 ( x − 3) 2
⎡ ( 6 − x ) 3 ( x − 3) (3) 3 ( x − 3) ⇒ A′( x) = 2 ⎢− 2 3 ( x − 3) + 3 ( x − 3) ⎢⎣ ⇒ A′( x) = 0 ⇒
x − 3 para x = 4 ⇒ y = 4
3 3(4 − x)
x − 3
⇒
⎤ ⎥ ⎥⎦
= 0 ⇒ x = 4(v.c.); x = 3 ∃A′( x)
El triángulo de área máxima es equilátero de lado igual a 4cm.
NOTA: Por la naturaleza del problema, se ve que para x = 3, el triangulo se transformaría en una recta, por lo tanto x = 4, es la solución.
9) En un triángulo isósceles, los lados iguales miden 20 cm. cada uno. Hallar la longitud de la base para que el área sea máxima.
2
2
2
x 2 2
en la figura : BC = BD + DC ; (20) = h + ( ) ⇒ h = 400 − Area : A =
xh 2
x 400 − x4
2
2
⇒ A( x ) =
1600 − x 2 −
A′( x) = A′( x) = 0 ⇒
2
2 x (−2 x )
⇒ A( x ) =
2 1600 − x 2
2 1600 − x
800 − x ) ( =0 2
800 − x 2 2
Por lo tan to : 800 − x 2 = 0 1600 − x 2 = 0
→
4 800 − x 2 2 1600 − x 2
1600 − x 2
2 (1600 − x )
y
4
x 1600 − x 2
⇒ A′( x ) =
4
x 2
2
=
1600 − x 2 = 0 ; 800 − x 2 = 0
→ x = 20 2
x = 40
NOTA: Para la naturaleza del problema, para x = 40 el triángulo se transformarías en una recta, por lo tanto x = 20 2 m.
10) Se desea construir un tanque de acero con la forma de un cilindro circular recto y semiesferas en los extremos para almacenar gas propano. El costo por pie cuadrado de los extremos es el doble de la parte cilíndrica. ¿Qué dimensiones minimizan el costo si la capacidad deseada es de 10 . Pies?
4 4 3 30 − 4 R3 3 2 2 c)V . esfera = π R ; V . cilindro = π R A ⇒Vtotal = π R + π R A ⇒ A = 3 3 3 R2
⎛ 30 − 4 R3 ⎞ 60 π − 8 π R3 2 C ( R) = 8 π R + 2 π R ⎜ ⎟ ⇒ C ( R) = 8 π R + 2 3R ⎝ 3 R ⎠ 24 π R3 + 60 π − 8 π R3 16 π R3 + 60 π C ( R) = ⇒ C ( R) = 2
3 R
d ) C′( R) = C′( R) =
3R
48 π R3 ( 3 R ) − 3 (16 π R3 + 60 π )
( 3 R )
96 π R3 −180 π
( 3 R )
180 R = 3 = 96
e) Si : R =
3
3
; si : C ′( R) = 0 ⇒
2
22 . 32 . 5 = 5 2 .3
15 ft ⇒ 2
A
2
3
⇒ C ′( R) =
144 π R3 − 48 π R3 − 180 π
96 π R3 −180 π
( 3 R)
2
( 3 R )
2
= 0 ⇒ 96 π R3 −180 π = 0 ⇒ R3 =
180 π 96π
3 3.5 3 15 15 R ft = ⇒ = 3 2 2 2
= 2 3 15 ft
11) Determine las dimensiones del rectángulo que se puede inscribir en un semicírculo de radio “a” de manera que dos de sus vértices estén sobre el diámetro.
Rectángulo tiene como:
Base = 2 x ; Altura = A ′( x ) = 2 a − x + 2
a 2 − x 2 ⇒ Aret = bh ⇒ Aret = ( 2 x ) a 2 − x 2 2/ x ( − 2 x )
2
2/
2
2
⇒ A ′( x ) =
2 a2 − 2x2 − 2x2 2
2
⇒ A ′( x ) =
2 a2 − 4x2 2
2
12) Encuentre el punto de la gráfica y = x 2 + 1 más cercano al punto (3, 1). 2
La distancia entre los puntos ( x, y) y (3,1) es : d = ( x − 3) + ( y − 1)
2
2
2
pero : y = x 2 + 1⇒ d = ( x − 3) + ( x2 + 1 − 1) ⇒ d = x4 + x2 − 6 x + 9 d ′( x) =
2 x 3 + x − 3
x 4 + x 2 − 6 x + 9
; Si : d ′( x) = 0 ⇒
2 x3 + x − 3
x4 + x2 − 6 x + 9
por Ruffini : ( x − 1) ( 2 x2 + 2 x + 3 ) = 0 ⇒ x = 1( v.c.);
= 0 ⇒ 2 x3 + x − 3 = 0
2 x2 + 2 x + 3 ≠ 0
Si : x = 1⇒ y = 2. Punto (1, 2) 13) Una ventana tiene forma de un rectángulo coronado por un triángulo equilátero. Encuentre las dimensiones del rectángulo para el cual el área de la ventana es máxima, si el perímetro de la misma debe ser 12 pies.
Cálculo de h : h = x 2 − ( x2 )2 ⇒ h = Área del triángulo : A =
x h 2
⇒ A=
3 x2 4
x( x 2 3 ) 2
⇒ h = ( x 2 3 ) ⇒ A=
x2 3 4
Área del rectángulo : A = xy Para : y en función de x , usamos el perímetro de la ventana: 12 − 3 x 12 x − 3 x 2 ⇒ A( x ) = P = 2 y + 3x ⇒12 = 2 y + 3 x ⇒ y = 2
Área total de la figura : AT ( x) =
x 2 3 4
12 x − 3 x 2 + 2
2
x = y =
−12 3−6
⇒ x = 6−123
12 − 3( 6−123 ) 12 − 3 x ⇒y= ⇒ Base del rectángulo ⇒ si : y = 2 2
72 − 12 3 − 36
(
2 6− 3
)
y=
36 − 12 3
(
2 6− 3
)
⇒y =
18 − 6 3 6 − 3
Altura del rectángulo
14) Para que un paquete pueda enviarse por correo es necesario que la suma de su longitud y el perímetro de su base no exceda de 108 pulgadas. Encuentre las dimensiones de la caja con base cuadrada de mayor volumen que se puede enviar por correo.
El perímetro de la base es : P = 4 a Condición : A + 4 a ≤ 108 pu lg , tomaremos el extremo máximo A + 4 a = 108 , de donde A = 108 − 4 a El Volumen : V = aa A ⇒ V = a 2 A ⇒ V = a 2 (108 − 4a ) ⇒ V (a ) = 108 a 2 − 4 a 3 V ′( a ) = 215 a − 12 a 2 ; Si : V ′(a ) = 0 ⇒ 4a ( 54 − 3 a ) = 0 ⇒ a = 0 no es solución , 54 − 3 a = 0 ⇒ a = 18 pu lg ⇒ A = 108 − 4 (18) ⇒ A = 36 Pu lg 15) La distancia R = OA (en el vacío) que cubre un proyectil, lanzando con velocidad inicia, V0 desde una pieza de artillería que tiene un ángulo de evaluación respecto al
V02 Sen 2 φ horizonte, se determina según la fórmula: R = Determinar el ángulo g el cual la distancia R
máxima dada la velocidad inicial V
con
0 ≤ φ ≤ π 2 (condición) 2V ´02 cos(2φ ) dR 2V02 cos(2φ) dR π = ⇒ =0 ⇒ = 0 ⇒ cos(2φ) = 0 ⇒φ = (v.c.) dφ g d φ g 4 (4V02 )sen(2φ ) (4V02 )sen2( π 4 ) d 2 R (4V02 ) d2 R d2 R d2 R sust vc en . . . 0 = − ⇒ ⇒ = − ⇒ = − < d φ2 g d φ2 d φ2 g dφ2 g V02 Sen (2φ ) V 02 π ⇒ en φ = ∃ máximo ⇒ sust en R(φ ) = ⇒ R(φ ) = g g 4
16) ¿Qué dimensiones debe tener un cilindro para que sea mínima su área total, dado el volumen V?
r = radio; h = altura ⇒ S = 2 π r 2 + 2π rh; Vcilindro = π r 2h ⇒ h =
V π r 2
S = 2π r 2 + 2 π r (π Vr ) ⇒ S (r ) = 2π r 2 + ( 2Vr ) ⇒ S (r ) = 2 (π r 2 + V r ) 2
⎡ 2 π r 3 − V ⎤ ds V ⎤ ds ⎡ 3 3 r V r = 2 ⎢2π r − 2 ⎥ ⇒ = 0 ⇒ 2 ⎢ = ⇒ − = ⇒ = 2vπ (v.c.); r = 0 ∃ 0 2 π 0 ⎥ 2 dr r ⎦ dr r ⎦ ⎣ ⎣ 2V⎤ 2 V ⎤ d 2 S d 2S d 2S ⎡ ⎡ . . ⇒ 2 = 2 ⎢2π + v ⎥ ⇒ 2 = 2 [ 2π + 4π ] = 12π > 0 = 2 ⎢2π + 3 ⎥ ⇒ sust vc 2 dr r ⎦ dr ⎣ ⎢⎣ 2π ⎥ ⎦ dr
V
V
17) Un terreno rectangular se encuentra adyacente a un río y se debe cercar en 3 lados, ya que el lado que da al río no requiere cerca. Si se dispone de 100 m de cerca, encuentre las dimensiones del terreno con el área máxima.
0 < x < 50(condición); A = b h ⇒ A = x (100 − 2 x ) ⇒ A( x) =100 x − 2 x 2
dA dA =100 − 4 x ⇒ = 0 ⇒100 − 4 x = 0 ⇒ x = 25( v.c.) dx dx d 2A d 2A 2 4 0 25 25 50 1250 = − ⇒ < ⇒ = ∃ ⇒ = = ⇒ = ⇒ = en x máximo x h m b m A m dx 2 dx 2 18) Hallar las dimensiones del rectángulo de área máxima inscrito en una semicircunferencia de radio r .
Arectángulo = x y ⇒ ( ABC : r 2 = y 2 + ( 2x )2 ⇒ ( 2x )2 = r 2 − y 2 ⇒ x = 2 r 2 − y 2 q
da ⎡ 1 2 2 −1/ 2 ⎤ 2 2 A( y) = 2 y r − y ⇒ = 2 r − y + 2/ y ⎢ ( r − y ) ( −2 y ) ⎥ dy ⎣ 2/ ⎦ 2
da = dy
2
2 ⎡⎣ r 2 − 2 y 2 ⎤⎦
r2
y2
⇒ si :
da = 0⇒ dy
2 ⎡⎣r 2 − 2 y 2 ⎤⎦
r2
y2
= 0 ⇒ r 2 − 2 y 2 = 0 ⇒ y1 =
r 2
⇒ y1 = r 22
dA = 2 dy 2
2 y ( r − y 2
2
)
−1/2
⎡−4( r2 − y2 ) + ( r2 − y2 ) ⎤ ⎣ ⎦ ( r2 − y2 )
2 2 2 2 2 2 d 2 A 2 y ⎡⎣−4 r + 4 y + r − 2 y ⎦⎤ d 2 A 2 y ⎡⎣ 2 y − 3 r ⎤⎦ = ⇒ 2 = 2 3 3 dy dy 2 2 2 2 (r − y ) (r − y )
dA = 2 dy 2
2( r 22 ) ⎡2( r 22 )2 − 3r 2 ⎤
⎣
( r −( 2
r 2 2 2
)
)
3
2 2 3 ⎦ ⇒ d A = r 2 ⎡⎣− r ⎤⎦ ⇒ d A = −r 2 2 3 3 dy2 dy 2 r r r − 2 ⎡r − ⎤ ⎡ ⎤ 2
2
⎣
2
⎦
2
⎣
2
2
⎦
d 2 A −r 3 2 d 2 A −r3/ 2 d 2 A −8 d 2 A −r 3 2 = ⇒ 2= ⇒ 2= ⇒ 2 = < 0 2 3 r dy dy dy dy r 1 ( r2 ) 3 8 r 3 2
y =
r 2
6
; x = 2 r2 − r2 ⇒ x = 2 2
r 2 2
⇒ x=
2 2r 2
⇒x = 2 y
19) Un buque militar se encuentra anclado a 9 km. del punto más próximo de la costa. Se precisa enviar un mensajero a un campamento militar situado a 15 km. del punto de la costa más próximo al buque, medido a lo largo de la costa; el mensajero andando a pie hace 5 km/h y remando 4 km/h; ¿En qué punto de la costa debe desembarcar el mensajero para llegar al campamento en el mínimo tiempo posible?
2
2
por pítagoras : AD = AB + BD Remando: AD = 92 + x 2 ;
2
A pie: DC = 15 − x
81 + x 2 x x 15 − x = M .RU t a pie t . . ⇒ V = ⇒ t = ⇒ t. remando : t R = ; . : P 4 km 5 km t V h h
tt = tR + tP ⇒ tt ( x) =
81 + x 2 4
81 + x 2 x 15 − x + ⇒ tt ( x) = − +3 5 4 5
2 1/ 2 x x 5 4 81 − + dt 1 ⎡ 1 dt x dt 1 1 2 − = 4 ⎢ 2 ( 81 + x ) ( 2 x ) ⎤⎥ − ⇒ = − ⇒ = 2 ⎣ ⎦ 5 dx 4 81 + x 5 dx dx 20 81 + x 2 2 dt 2 2 2 = 0 ⇒ 5 x − 81 + x = 0 ⇒ ( 5 x ) = 4 81 + x ⇒ 25 x 2 = 16 x2 + 1296 ⇒ x = 12 ( v.c.) dx x 2 2 −1/ 2 d 2t 1 81 + x − 2 (81 + x ) ( 2 x ) d 2 t 81 = ⇒ = dx 2 4 dx 2 4 81 + x 2 3 (81 + x2 )
(
)
(
d 2 t 81 = > 0 ∴ x = 12 Km 2 2 dx 4 81 + (12)
)
∃ mínimo tiempo empleado
20) De un tronco redondo de diámetro d hay que cortar una viga de sección rectangular. ¿Qué ancho (x) y altura (y) deberá tener esta sección para que la viga tenga resistencia máxima posible. A) A la compresión, B) A la flexión? Nota: La resistencia de la viga a la compresión es proporcional al área de su sección transversal mientras que la flexión es proporcional al producto del ancho de esta sección por el cuadrado de su altura.
Arectángulo : A = bh ⇒b= x; h= y; Por pitágoras : d2 = x2 + y2 ⇒ y = d2 − x2 Rc ( x) = kx d 2 − x2 ⇒
dRc ⎡ 2 2 = k d −x +x ⎢⎣ dx
(
1 2
(d
2
−1/2 2
−x
)
) ( −2x)⎤⎥ ⇒ ⎦
dRc = dx
k ( d 2 − x2 ) d 2 − x2
k ( d 2 − x2 ) dRc = 0⇒ = 0 ⇒ k ≠ 0; d 2 − 2x2 = 0⇒ x = dx d 2 − x2
d
⎡ −4 x 2 d Rc ⎢ k = ⎢ dx2 ⎢⎣
2 2 d 2 Rc kx ( 2x − 3d ) ⇒ = 2 ⎥ 3 dx d 2 − x2
(
2
) (d (d − x ) 2
2
2
d Rc d Rc ⇒ 2 = 2 dx dx 2
. . en sust. vc
)
d − x −( d − 2 x 2
2
1 2/
2
−x
2
( d
− ( 2)
(
⎥⎦
k( d2 ) ( 2( d 2 )2 − 3d 2 ) d 2
)
dRc dx
) ( −2/ x) ⎤⎥ −1/2
2
2
2
(v.c.); Si : x = d ∃/
3
d Rc = 2 dx 2
⇒
)
k( d2 ) ( 2( d 2 ) − 3d 2 ) 2
(
2 d 2 − d 2 2
3
)
d 2 Rc k( d 2 ) ( − d ) d 2 Rc −k d 3 4 2 d2 Rc d k en x 4 0 = ⇒ = ⇒ = − < ⇒ = 2 ∃ máximo 2 2 2 3 3 dx dx dx 2 d d 2
2
( ) 2
2
si : x =
d 2
(ancho) ⇒ y = d 2 − x2 ⇒ y = d2 − ( d 2 ) 2 ⇒ y =
d 2
( altura)
3
Vt =π r2h + 4 π3r
3
V − 4 π 3r 3V − 4π r 3 4 π r 2 ⇒V − 3 = π r h ⇒ h = ⇒h = 2 3π r 2 πr 3
⎡3V − 4π r3 ⎤ ⎡ 3V − 4π r3 ⎤ 2 2 At = 2π r h + 4 π r ⇒ At (r) = 2π r ⎢ + 4 π r ⇒ At (r) = 2 ⎢ + 4 π r ⎥ ⎥ 2 3r ⎣ 3π r ⎦ ⎣ ⎦ 2 3 dA 2 ⎡ ( −12π r ) ( r ) − (3V − 4π r ) ⎤ dA −2 ⎡8π r3 + 3V ⎤ ⎥ + 8π r ⇒ = = ⎢ + 8π r ⎢ ⎥ 2 2 dr 3 ⎢⎣ r dr 3 ⎣ r ⎥⎦ ⎦ dA −16π r3 − 6V + 24π r3 dA −6V + 68π r3 dA −6V + 68π r3 ; si : = ⇒ = = 0⇒ =0 2 2 2 2
dr
3r
3
dr
3
6V
3r
3V
dr
3r
dA −6V + 68π r 3 dA 2V 8π r d 2 A 4V 8π = ⇒ =− 2 + ⇒ 2 =− 3 + 2 3 dr r dr r dr r 3 4V 8π d2A d2A d 2 A 16V π 8π d 2 A . . en 2 ⇒ 2 =− sust. vc + ⇒ 2 = + ⇒ 2 = 6 π > 0 3V 3 3 3 3 3 dr dr dr V dr ( 4π ) 3V
en r =
3 3V 4π
3V − 4π ( 4π ) 3V − 4π r 3 ∃ mínimo ⇒ h = ⇒h= ⇒h = 0 2 3π r 2 V 3π 3 ( 3 ) 4π
b) RF = Kxy 2 ⇒ d 2 = x 2 + y 2 ⇒ y 2 = d 2 − x2 ⇒ RF = Kx ( d 2 − x 2 ) ⇒ R f (x) = K ( xd 2 − x 3 ) dR f dR f 2 2 = K (d − x ) ⇒ = 0 ⇒ K ( d 2 − x 2 ) = 0 ⇒ K ≠ 0; d 2 − 3x 2 = 0 ⇒ x = d 3 (v .c.) dx dx d 2 R f d 2R f d 2R f d 2R f = K ( −6 x ) ⇒ = − 6Kx; ⇒ sust. v.c. en 2 ⇒ = − 6K ( d 3 ) < 0 ∃ máximo. 2 2 2 dx dx dx dx 3d 2 − d 2 d d2 2 ; altura : y = d − Ancho : x = ⇒y = ⇒ y = 23 d 3
3
3
21) Un trozo de alambre de 10 m. de longitud se va a cortar en dos partes. Una parte será doblada en forma de circunferencia y la otra en forma de cuadrado. ¿Cómo deberá cortarse el alambre para que el área combinada de las dos figuras sean tan pequeñas como sea posible.
Cuadrado de lado x ⇒ longitud del alambre = 4x Circunferencia de radio r ⇒ longitud del alambre = 2π r ⇒10 = 4 x + 2 π r ⇒ x =
10− 2π r 4
5 dA −5π + π 2 r dA π (−5 + r (π + 4)) dA ; si : (v.c.) = + 2π r ⇒ = = 0⇒ r = 2 2 dr dr dr (π + 4)
d 2 A π (π + 4) d 2 A = ⇒ 2 = > 0 ⇒ en r = π 5+4 ∃ mínimo 2 2 dr dr ⎡ 5 − π [ π 5+4 ]2 ⎤ ⎡ 5π + 20 − 5π ⎤ 10 ⎡ 5 − π r ⎤ ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ x 1.4 x = ⎢ x x x ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ 2 (π + 4) ⎣ 2 ⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎣ 2 (π + 4 ) ⎦ 22) Calcular el volumen máximo del cilindro circular recto, que se puede inscribir en el cono de 12 cm de altura y 4 cm en la base, de manera que los ejes del cilindro y del cono coincidan.
La figura representa una sección transversal del cono y del cilindro que pasa por el eje de ambos.
por relación de triágulos semejntes 12 h h = ⇒ = 3⇒ h = 3( 4 − r ) 4 −r 4 4 − r Volumen del cilindro : V =π r2 h ⇒ V ( r) =π r2 ⎡⎣3( 4 − r)⎤⎦ ⇒V ( r) = 3π r2 ( 4 − r) si : r = 0 ó r = 4 (volumen máximo no se alcanza en la frontera) d d
d2V d2V = 3 π [8 − 6 r ] ⇒ 2 = 3 π ⎡⎣8 − 6 ( 83 ) r ⎤⎦< 0 ⇒ ∃ máximo 2 dr dr Calculamos la altura : h = 3 ( 4 − 83 ) ⇒ h = 4 El volumen máximo del cilindro inscrito es : V = π ( 83 ) 2 4 ⇒ V = 89.4 cm3 23) Una esfera tiene un radio de 6 cm. Hallar la altura del cilindro de volumen máximo inscrito en ella.
X = radio del cilindro Volumen del cilindro: 2
V = π r 2 h;
2
por pitágoras : 62 = ( h2 ) + x 2
⎡144 − h 2 ⎤ 144 − h 2 π 3 ⎡ ⎤⎦ = 36 − ⇒ x = ⇒ V (h) = π ⎢ ⇒ = − 144 h V h h ⎥ ⎣ 4 4 4 4 ⎣ ⎦
h2
2
144 dv π dv = ⎡⎣144 − 3h 2 ⎤⎦ si : = 0 ⇒ 144 − 3h 2 = 0 ⇒ h = ⇒h=4 3 3 dh 4 dh d 2v π d 2v π = (−6h) ⇒ 2 = (−6)(4 3) < 0 ⇒ h = 4 3 ∃ máximo dh 2 4 dh 4
24) Se desea construir una caja sin tapa con base rectangular de cartón de 16 c, de ancho y 21 cm de largo, recortando un cuadrado de cada esquina y doblando los lados hacia arriba. Calcular el lado del cuadrado para el cual se obtiene una caja de volumen máximo.
NOTA: x no puede ser negativa debido a que el ancho del cartón mide 16 cm no puede cortarse cuadrado cuyos lados midan 8 cm de largo.
V = lah ⇒ v( x) = (21− 2x)(16 − 2x) x ⇒ V ( x) = 4x3 − 74x2 + 336 dv dv dv =12 x2 − 148x + 336 ⇒ = 4 (3x − 28)( x − 3) ; si : = 0 ⇒ 4(3 x − 28) ( x− 3) = 0 dx dx dx x = 9; x = 3(v.c.) d 2v d 2v = ( 24 x −148) ⇒ sustituimos : 2 = 24(3) − 148 < 0 ∃ máximocuando x = 3 dx2 dx 25) Se desea elaborar un pequeño recipiente cilíndrico sin tapa, que tenga un volumen de 24 cm3, el material que se usa para la base cuesta tres veces más que el que se emplea para la parte cilíndrica. Suponiendo que en la construcción no se desperdicia material, evaluar las dimensiones para las que es mínimo el costo del material de fabricación.
Para obtener la ecuación de Costo de Fabricación. 2
A = costo por cm para la parte curva El costo para la base
C B = 3 a (π r h)
C C = a (2π r h) El costo para la parte cilíndrica: C C = a (área del cilindro)
El cos to total C = C B + CC ⎡3r 2 + 2r ( 24 )⎤ ( ) π C = 3 a (π r 2 ) + a(2 π rh) ⇒ C = aπ (3r 2 + 2rh) ⇒ Como h = 24 C r a ⇒ = r r ⎦ ⎣ 2
2
3 ⎛ dc dc r − 8 ⎞ 48 48 ⎡ ⎤ C(r ) = aπ ⎣3 r + ( r )⎦ ⇒ = a π ( 6 r − ( r ) ) ⇒ = 6aπ ⎜ 2 ⎟ dr dr ⎝ r ⎠ dc si : = 0 ⇒ r 3 − 8 = 0 ⇒ r = 2(v.c.); si r = 0(no tiene sentido) dr d 2c d 2c 96 = aπ ( 6 + ( r ) ) ⇒ sust. v.c. en : 2 = aπ 6 + (296) > 0 ⇒ en r = 2 ∃ mínimo 2 dr dr 2
2
3
como h =
24
r
2
( ( )) 3
⇒h=6
26) Hallar dos números positivos que minimicen la suma del doble del primero más el segundo, si el producto de los dos números es 288. Sea: (x) El primer número, (y) el segundo número, S la suma de ellos.
288 Delenunciado : S = 2x + y; xy = 288 ⇒ y = 288 x ⇒ S ( x) = 2x + x
2x2 − 288 ds ds 2x2 − 288 ds 2 288 0 0 2 x = 2 − x ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ − 288 = 0 ⇒ x = ± 12 2 2 dx dx x dx x d 2 s 288 d 2 s 288 ⇒ t > 0 ⇒ x 12 ∃ í i 2
27) Un granjero dispone de 100 metros de valla, con los que desea construir un corral rectangular de la máxima superficie posible.
(superficie del corral): S = xy; del enunciado 2 x + 2 y = 100 ⇒ y = 50 − x ⇒ S ( x) = x(50 − x)
ds ds = 50 − 2 x ⇒ = 0 ⇒ 50 − 2 x = 0 ⇒ x = 25(v.c.) dx dx d 2s 2 en x máximo y S máxima es de S m 2 0 25 25 . : 6 25 = − < ⇒ = ∃ ⇒ = ∴ = dx 2 28) Hallar un número positivo cuya suma con su inverso sea mínima. 1
1
Sea x unnúmero ⇒ su inversoes : ⇒ S (x ) = x + x x 1 ds ds x 2 −1 ds = 1 − 2 ⇒ = 2 ⇒ si : = 0 ⇒ x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1(v.c.), peroel valor debe ser( +) dx x dx x dx d 2s 2 d 2s 2 = 3 ⇒ sust. v.c. ⇒ 2 = 3 > 0 ⇒ en x = 1∃mínimo 2 dx x dx (1) 29) Dado un círculo de radio 4 dm, inscribe en él un rectángulo de área máxima.
S´( x) =
2(32 − x2 )
S′′( x) =
64 − x2
⇒ si : S´( x) = 0 ⇒ ( 32 − x2 ) = 0 ⇒ x = ±4 2(v.c.) pero : x ni y pueden ser ( −)
2 x( x2 − 96)
⇒ sust.v.c. x = 4 2 ⇒ S ′′( x) =
(64 − x ) 2
3
2(4 2)((4 2)2 − 96) (64 − (4 2) ) 2
3
= −4 < 0 ⇒ ∃máximo
2
si : x = 4 2 ⇒ y = 64 − ( 4 2 ) = 4 2 30) Calcular las coordenadas de los puntos de la parábola y 2 = 4 x , tales que sus distancias al punto A (4,0) sean mínimas.
2
d ( A, P ) = ( x − 4) + y 2 y la parábola : y 2 = 4x ⇒ sust .en d porq el punto ∈ a la parábola x − 2 2 ⇒ d ′( x ) = 0 ⇒ x = 2(v.c.) d ( x) = ( x − 4 ) + (4 x)2 ⇒ d ′( x) = 2 x − 4 x + 16 d ′′( x) =
12 ( x − 4 x + 16) 2
3
⇒ sust. v.c. d ′′( x ) =
12 ((2) − 4(2) + 16) 2
3
> 0 ⇒ x = 2 ∃ mínimo
si x = 2 ⇒ y = ± 2 2. ⇒ p ( 2, 2 2 ) ; p´ ( 2, − 2 2 ) 31) De todas las parejas de números reales cuyas componentes tiene suma S dada encontrar aquella para la cual el producto P de las mismas es máximo. Aplica lo anterior al caso S = 40.
a) sea : x e y las componentes ⇒ x + y = S ⇒ y = S − x; además P = xy
de Pmáx = xy ⇒ Pmáx = ( S2 )( S2 ) ⇒ Pmáx = S 4 b ) Si : S = 40 ⇒ x = 20, y = 20 ⇒ Pmáx = 400. 2
32) De todas las parejas de números reales cuyas componentes positivas tienen producto dado, encontrar aquella para la cual la sume de esas componentes es mínima. Aplica lo anterior al caso P = 100.
a.) Sea ( x, y ) la pareja ⇒ S = x + y ; además P = xy ⇒ y = xP ⇒ S ( x ) = x + Px 2 dS dS x dS −P 2 ; : 0 = 1 − xP ⇒ = si = ⇒ x − P = 0 ⇒ x = P (v.c.); cond ición x > 0 2 dx dx x dx 2p d 2S 2 p d 2S . . . = ⇒ sust v c ⇒ = > 0 ⇒ en x = P ∃mínimo ∴ d x 2 x 3 dx 2 ( P )3 p si : y = ⇒ y = p ⇒ la pareja es ( p , p ) y su suma : S = 2 p x b) Siendo P = 100 la pareja será (10,10) y su suma S = 20. 2
33) Una caja cerrada de base cuadrada debe tener un volumen de 2000 pulg3. El material del fondo y de la tapa de la caja tiene un costo de 0.03 dólares por pulg2 y el material de los laterales cuesta 0.015 dólares por pulg2. Determine las dimensiones de la caja para que el costo total sea mínimo.
Sea x pulgadas la longitud de un lado de la base cuadrada y
C ( x ) dólares el costo total
x 2 y = 2000 ⇒ y = 2000 x 2
Del enunciado : Ctotal = área(tapa y fondo) + área( laterales) ⇒ Ctotal =3 ( 2 x2 ) + 32 ( 4 xy ) 2 C ( x ) = 6 x 2 + 6 x ( 2000 C x x 6 ⇒ = + ( ) ) x 2
C ′ ( x ) = 12 x − ( C´´ ( x ) = 12 +
12000
x
2
) ⇒ si :C′ ( x ) = 0 ⇒
24000
12000
x
; Dom : (0, ∞ )
12 x3 − 12000
x 2
⇒ sust. v.c. C´´ (10 ) = 12 +
= 0 ⇒ x3 = 1000 ⇒ x = 10(v.c.)
24000 > 0 ⇒ en x = 10 ∃ mínimo 3 (10)
x3 ⇒ Cmín : x = 10 pu lg; y = 20 pu lg y el área de la base será de 100 p lg 2
34) Demostrar que de todos los rectángulos de perímetro p dado, el de máxima área es el cuadrado.
perímetro del rectángulo : p = 2(x + y ) ⇒ 2x + 2 y = p ⇒ y = p −22 x ; y su área : A = xy dA p − 4x dA p ; 0 4 0 (v.c.) = si = ⇒ p − x = ⇒ x = 2 2 2 4 dx dx d2A p p p2 p −2( p ) = −2 < 0 ⇒ en x = ∃ máximo ⇒ y = 2 ⇒ y = ∴ esun cuadrado : Am á x = dx2 4 4 16
sust. A = x(
p − 2 x
) ⇒ A( x) =
px − 2x 2
⇒
4
35) Si una letra cerrada de estaño con un volumen de 16π.pulg3 debe tener la forma de un cilindro circular recto, determinar la altura y el radio de dicha lata para utilizar la mínima cantidad de material en su manufactura.
El volumen del cilindro circular recto : V = π r2 h ⇒ 16π = π r2 h ⇒ h =
16
r 2
32π ⎛ 16 ⎞ 2 2 + ⇒ = + 2 π 2 π ; DomS (r ) : ( 0, + ∞) r S r r ( ) 2 ⎟ r ⎝r ⎠ −32 π −32 π + 4π r 3 ; si : S ′ ( r ) = 0 ⇒ 4π r 3 = 32π ⇒ r 3 = 8 ⇒ r = 2(v.c.) S ′ ( r ) = 2 + 4π r ⇒ S ′ ( r ) = 2
S ( r ) = 2π r ⎜ r
S ′′ ( r ) =
64π
r
+ 4 π ⇒ sust. v.c. ⇒ S ′′ ( 2 ) =
64π + 4 π > 0 ⇒ r = 2 ∃ mínimo ⇒ h = 4 3 (2)
r 3 36) Se desean construir cajas de cartón sin tapa partiendo de cuadrados de lado 40 cm. a los que se les recortan las esquinas como indica la figura y doblando a lo largo de las líneas punteadas. a) Determina la longitud x de los recortes para que el volumen de la caja sea máximo. b) Determina el volumen máximo
Base un cuadrado de lado : (40 − 2x) y la altura (x) ⇒V (x) = (40 − 2x) 2 x;dom :[0,20] 20 dV dV dV 2 = 2 ( 40 − 2 )( −2) x + ( 40 − 2x ) ⇒ = ( 40− 2 x )( − 6 x + 40) ⇒ = 0 ⇒ x = 20; x = (v.c.) 3 dx dx dx d 2V d 2V 20 = 8(3 x − 40) ⇒ sust. v.c. 2 = 8(3( 3 ) − 40) = −160 < 0∃ máximo 2 dx dx 2 vmáx = ( 40 − 2( 203 )) ( 203 ) ≅ 4,74.103 cm3 37) La resistencia de
viga de sección rectangular
proporcional al producto de
d) volumen de la viga.
a ) Sea : R la resistencia de la viga y k > 0 una cte ⇒ R = kah2 + ABC
q
⇒ Φ 2 − a 2 = h 2 ⇒ R ( a ) = ka (Φ 2 − a 2 );
dR dR = k ( Φ 2 − 3a 2 ) ⇒ = 0⇒ a= da da d 2R d 2R = − 6 ka ⇒ sust . v.c. = −6 k ( da 2 da 2 si x =
φ
3
⇒h=
φ
3 φ
3
=
0 ≤ a ≤ Φ
3 φ ≅ 0.577φ ( v.c.) 3
) < 0 ⇒ en x =
φ
3
∃ máximo
2 φ ≅ 0.816φ 3
b ) Si Φ = 15" ≅ 38cm ⇒ a ≅ 8.65" ≅ 22 cm; h ≅ 12, 24 " ≅ 31cm c ) El volumen del trono cilíndrico de londitud L será : V = π El volumen de la viga de longitud L será : V1 = ahL ⇒
V 1 = V
φ 2
4
L
ahL π (
% de madera utilizada en la viga es 60% de la madera total.
φ 2
4
) L
=
4 ah ≅ 0.6 2 πφ
extremos de los puntos. ¿Dónde se han de fijar los cables para que la cantidad de cable a emplear sea mínima?
Sea W longitud del cable : W = y + z Del Triangulo 1: y 2 = x 2 + 400 ⇒ y = x2 + 400 Ec1 2
2
2
Del Triángulo 2 : z 2 = ( 30 − x ) + ( 28) ⇒ z = ( 30 − x ) + 784 ⇒ z = ⇒ w( x) = x 2 + 400 + 2/ x dw = dx 2/ x 2 + 400
x 2 − 60 x + 1684 Ec2
x2 − 60 x + 1684 ; Siempre que :0 ≤ x≤ 30 +
2 x − 60 2 x 2 − 60 x + 1684
⇒
dw = dx
x x 2 + 400
+
( x − 30 ) x 2 − 60x + 1684
dw x x 2 − 60 x + 1684 + ( x − 30 ) x 2 + 400 = dx x 2 + 400 x 2 − 60 x + 1684
)(
(
)
dw = 0 ⇒ x x 2 − 60 x + 1684 + ( x − 30 ) x 2 + 400 = 0 dx 2
2
⎡ x x 2 − 60 x + 1684 ⎤ = ⎡ ( x − 30 ) x 2 + 400 ⎤ ⇒ x 2 ( x 2 − 60x + 1684) = ( x − 30)2 ( x 2 + 400) ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ x 4 − 60 x 3 + 1684 x 2 = ⎡⎣ 900 − 60 x + x 2 ⎤⎦ ( x 2 + 400)
x 4 − 60 x 3 + 1684 x 2 = 900 x 2 − 60x 3 + x 4 + 360.000 − 24000 x + 400 x 2
39) Se desea construir un tanque con forma de paralelepípedo rectangular de 45 m3 de volumen, con la parte superior abierta según indica la figura. El largo del rectángulo
$
base debe ser doble del ancho. El material de la base tiene un costo de 100 y el de las paredes de 80
$ . Determina las dimensiones del recipiente para que el costo de los
materiales sea mínimo, así como el correspondiente precio del tanque.
El cos to del tan que : CT = Cbase + Csup. lat . El cos to del material de la base será : Cbase = 100.Supbase = 100(2)a 2 ⇒ Cbase = 200 a 2 Costo de la sup erficie lateral : Clat = 80Slat = 80(6ah) ⇒ Clat = 480ah CT = 200a 2 + 480ah; como :VT = 45m3 ⇒ VT = a 2ah ⇒ VT = 2a 2h ⇒ 2a 2h = 45 ⇒ h = CT ( a ) = 200a 2 +
10800
a
; donde : a > 0 ⇒
10800 dC T = 400a − da a2
10800 dC T = 0 ⇒ 400a 3 − 10800 = 0 ⇒ a = 3 ⇒ a = 3 27 = 3( v.c.) 400 da 21600 21600 d 2CT d 2CT 400 . . 400 = + ⇒ = + > 0 ⇒ a = 3∃ un mínimo sust v c 2 3 2 3 (3) da a da
45 2a 2
tender un cable de A a C. Si el costo por km de cable es 25% más caro bajo el agua que en tierra. ¿Qué línea de cable sería menos costosa para la compañía?
AP = Cantidad de cable bajo el agua.; ⇒ + ABP ⇒ AP = x 2 + 9 q
PC = Cantidad de cable por tierra. ⇒ PC = 6 − x P = Punto cualquiera entre BC.; donde 0 ≤ x ≤ 6 Si a = cos to en . De cada km de cable bajo tierra b = cos to en Bs. De cada km de cable por tierra. 25 b 5b 4a b ⇒ a =b + ⇒ a = ⇒b = a=b+ 100
4
4
5
El cos to de cable bajo el agua : a x 2 + 9; El cos to de cable por tierra : b ( 6 − x ) 4a El cos to total : C ( x ) = a x 2 + 9 + b ( 6 − x ) ⇒ C ( x ) = a x 2 + 9 + (6 − x ) 5
⎡ 2/ x ⎡ 5 x − 4 x 2 + 9 4 ⎤ − C´( x) = a ⎢ ⎥ ⇒ C´( x ) = a ⎢ 2 5 ⎢⎣ 2/ x + 9 ⎥⎦ ⎢⎣ 5 x 2 + 9 2
⎤ ⎥ ⎥⎦
C´( x ) = 0 ⇒ 5 x − 4 x + 9 = 0 ⇒ [ 5 x ] = ⎡ 4 x 2 + 9 ⎤ ⇒ 25x 2 = 16 ( x 2 + 9) ⎣ ⎦ 25 x 2 = 16 x 2 + 144 ⇒ 9 x 2 = 144 ⇒ x 2 = 16 ⇒ x = ± 4 ⇒ x = 4 (v .c .)∈ [ 0, 6 ] 2
39
2
33
41) Se desea construir un silo de forma cilíndrica rematado por una bóveda semiesférica. El costo de construcción por m2 es doble en la bóveda que en la parte cilíndrica. Encuentra las dimensiones h y Ø del silo de volumen V dado, de forma que el costo de construcción sea mínimo.
Sea : R radio de la base; h la altura de la parte cilindrica. Sup. lateral = 2π Rh; Sup. boveda = 2π R 2 Costo de Sup lateral : A ( m$ ); Costo de boveda : 2A( m$ ) ⇒ 2
2
CT = 2π RhA + 2π R2 (2 A) ⇒ CT = 2π AR(2R + h) 2π R3 V − 4π R3 3v − 2π R3 2 3 si V esvolumen dad o : V = π R h + ⇒h = ⇒h = 6 π R2 3π R2
⎛ 8π R3 − 3v ⎞ dCT 4π R3 + 3V 3V dCT 3 3 π = 2 A⎜ ⇒ = ⇒ − + = ⇒ = )⇒ 0 3 8 0 (v.c.) CT (R) = 2 A( V R R ⎟ 2 3 R 8π dR dR ⎝ 3R ⎠
d 2CT ⎛ 4 A(4π R3 + 3v) ⎞ d 2CT . . . 0 = ⇒ > ∃ (mínimo) sust v c ⎜ ⎟ 2 3 2 3R dR ⎝ dR ⎠ Como φ = 2R ⇒ φ = 3
3V ⇒ h= π
2 3 π R2
V − π R3
2 3V 3 8π ⇒h= 2 9 V π 3 64 2
V − π
cuesta 5 veces lo que la hojalata. Calcule la razón se la altura al radio r, que hará que el costo sea mínimo cuando el volumen V es constante.
V π r 2 CT =Ctapas + Clados ⇒ si : acilindro = 2π r h; acírculo =π r2 , además a el Costo del material Sean : r = Radio ; h = Altura ;V = Volumen, del cilindro ⇒ V =π r2 h ⇒ h=
C tapas (cobre) = 5 a ⎡⎣2π r2 ⎤⎦ ; Clados(hojalata) = a[ 2π rh] ⇒ CT = 5 a ⎡⎣2π r2 ⎤⎦ + a[ 2π rh]
⎛ V ⎞ ⎛V ⎞ ⎡ 2 V ⎤ 2 ( ) 10 π 2 ( ) 2 5π r + ⎥ ⇒ = + ⇒ = C r a r a C r a ⎜ ⎟ 2⎟ ⎢ r ⎦ ⎝r⎠ ⎣ ⎝ π r ⎠ ⎡10π r3 −V ⎤ V⎤ V ⎡ 3 3 C´(r) = 2a ⎢10π r − 2 ⎥ ⇒C´(r) = 2a ⎢ si C r r V r : ´( ) 0 10 π 0 (vc . .) ⇒ = ⇒ − = ⇒ = ⎥ 2 3 r r r ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ V ⎤ V ⎤ 2V ⎤ ⎡ ⎡ V ⎤ 3 ⎡ ⎥ C´´(r) = 2a ⎢10π + 3 ⎥ ⇒ C´´(r) = 4a ⎢5π + 3 ⎥ ⇒ sust. vc . . ⇒ C´´ 10π = 4a ⎢5π + 3/ ⎣ ⎦ V 3 r ⎦ r ⎦ ( 10π ) ⎥ ⎣ ⎣ ⎢⎣ ⎦ 10π V ⎤ ⎡ ⎡ 3 10Vπ ⎤ = 4a[15π ] ⇒ C´´⎡ 3 10V π ⎤ = 60π a > 0∴∃ mínimo. ⇒ C´´ ⎡⎣ 3 10Vπ ⎤⎦ = 4a ⎢5π + C ´´ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ V ⎥⎦ ⎣
sust. h ⇒C(r) =10aπ r 2 + 2 aπ r ⎜
si :r = 3 10V π ⇒h =
V
(
π
3 V 10π
)
2
1 hectárea = 10.000 m2. Si el alambrado se construye con 5 hilos y el rollo de 1.000 m vale
U$S
35.
Calcula
además
el
costo
del
Sea : L a su longitud (m) ⇒ L = x + 2 y; y A el área ⇒ A = xy ⇒ y = dL dx
= 1−
2
2A
dL
x
dx
⇒ 2
=
x
2
− 2A
x
2
⇒
dx
4A
d L
dx
x
dx
⇒ sust.(v.c.) ⇒ 3
= 0 ⇒ x =
x
⇒ L( x) =
x+
necesario.
A x
; x≥ 0
2 A(v.c.)
2
d L
= 2
dL
A
alambre
> 0 ⇒ ∃ mínimo ⇒ si : x = 2
2A ⇒ y =
A
=
2A
2A 2
2 como : 1 Hectaria = 10000 m ⇒ x ≅ 447, 20 m; y ≅ 223,60 m; L = 894, 40 m
Además, el alambrado debe tener 5 hilos, ⇒ Ltotal
= 4472
m
y el cos to total de alambre es de U $S 156, 52.
44) Un cilindro circular recto va a ser inscrito en una esfera con determinado radio. Calcular la razón de la altura del radio de la base del cilindro que tenga la mayor área de superficie lateral.
Sean : θ el ángulo al centro de las esferas, r : radio del cilindro; h : altura
dS dS = 4π a2 (2cos2 θ −1) ⇒ = 0 ⇒ 2cos2 θ − 1 = 0 ⇒ θ = π4 (v.c .) ∈ Dom ( 0, π 2 ) dθ d θ d2 S d2 S d2 S 2 2 2 = − 16 π θ cos θ ⇒ = − 8 π 2 θ ; . . . = − 8 π a sen a sen sust v c a < 0 ∃ máximo 2 2 2 dθ dθ d θ h r = asen( π4 ) ⇒ r = a 2 2 ; h = 2a cos( π 4 ) ⇒ h = 2a2 2 ⇒ h = a 2 ⇒ = 2(razón buscada) r 45) Una fábrica necesita una superficie de piso de forma rectangular y área A m2 para carga de materiales. Para cerrar esa superficie se construirán paredes de espesores fijos de a metros y b metros como indica la figura.
Dimensiona el rectángulo de carga para que la superficie rectangular exterior necesaria sea mínima.
Sea : x e y los lados del rectángulo, de área A; a ,b : los espesores de las paredes. Los lados del rectángulo exterior : ( x + 2a ) e ( y + 2b) y su área S : S = ( x + 2a )( y + 2b ) además : A = xy ⇒ y = dS dx
A ⎛A ⎞ ⇒ S ( x) = ( x + 2a ) ⎜ + 2b ⎟ ; Donde : x > 0 x ⎝x ⎠
2 aA ⎛A ⎞ ⎛ A ⎞ dS 2bx − 2aA dS = ⎜ + 2b ⎟ + ( x + 2a ) ⎜ − 2 ⎟ ⇒ = ⇒ = ⇒ = 0 (v.c.) x 2 x dx b ⎝x ⎠ ⎝ x ⎠ dx
46) Encuentra las dimensiones r y h del cono recto de base circular de volumen máximo que puede inscribirse en una esfera de radio R dado.
V =
π r 2h
volumen del cono
3 El cono de volumen maximo debe tener su base en la semiesfera inferior pues todo cono tiene otro con base simetrica respecto al plano diametral de la
esfera ^AC, en la semiesfera superior, pero de menor altura, lo que permite variar h en [R , 2R] 2
2
Deltriángulo OCB ⇒ R2 = ( h − R ) + r 2 ⇒ r 2 = R 2 − ( h − R ) ⇒ r 2 = 2hR − h 2 V (h) =
π
π
⎡⎣2hR − h2 ⎤⎦ h ⇒ V (h) = ( 2Rh2 − h3 ) ; Donde : R ≤ h ≤ 2R 3 3
4 R dV π dV (v.c.) = ( 4 Rh − 3h2 ) ⇒ si : = 0 ⇒ h = 0; h = 3 dh 3 dh 4R 2R 2 d 2V π d 2V π 4 R = − ⇒ = − < ∃ ⇒ = ⇒ = 4 6 . . 4 6( ) 0 : R h sust v c R máximo si h r ( ) ( ) 3 3 3 dh2 3 dh2 3
alcance L del proyectil y suponiendo Vo constante, indicando el valor θo que da máximo alcance.
a) y ( x ) = dy
d2 y 2
dx
ymá x
2V o2 cos2 θ
−g
=
dx
−g
2 o
2
V cos θ
=
x2 + ( tgθ ) x; 0 ≤ θ ≤
x + tgθ ⇒
−g 2 2 V o cos θ
dy dx
= 0⇒
π 2
g 2 o
2
V cos θ
; Siendo v0 y θ const
x = tgθ ⇒ x =
Vo2 (senθ cosθ ) g
< 0 ⇒ ∃ máximo
2 2 ⎛ Vo4 sen2θ cos2 θ ⎞ ⎛ Vo2 senθ cosθ ⎞ Vo sen θ = 2 2 ⎜ ⎟ + tgθ ⎜ ⎟ ⇒ ym á x = 2 2Vo cos θ ⎝ 2g g g ⎠ ⎝ ⎠
−g
V o2
b)Sea L alcance ⇒ L = 2 x ⇒ L = 2( g senθ cosθ ) ⇒ L(θ ) = dL dθ
2
=
V o
2
d L 2 dθ
=
g
cos ( 2θ ) 2 ⇒
−4Vo2 s en( 2θ )
en :θ =
g
dL dθ
=
2V o2 cos ( 2θ ) g
⇒ si :
2
. .⇒ ⇒ sust. vc
d L 2 d θ
=
dL dθ
π sen ( 2θ ) ; Para : 0 ≤ θ ≤ 2 g
= 0 ⇒ cos ( 2θ ) = 0 ⇒ θ =
−4Vo2 s en( 2( π 4 ) ) g
V o2
=−
4V o2 g
π 4
(v.c.)
< 0 ⇒ ∃ máximo
π 4
48) Un tanque de 2 m. de altura apoyado en el piso se mantiene lleno de agua mientras
debe encontrarse el orificio para que el chorro golpee el piso a máxima distancia del tanque.
gx 2 gx 2 Dada : y = 2 ; de la Fig . el punto Aes : A ( x, 2 − h) ⇒ 2 − h = 2 2Vo 2V o la velocidad de salida del líquido (V0 ) : V
2 0
gx 2 x2 = 2 gh ⇒ 2 − h = ⇒ 2−h = 2(2 gh) 4h
x 2 = 4h ( 2 − h ) ⇒ x ( h ) = 2 2h − h 2 Donde : x ≥ 0; 0 ≤ h ≤ 2 2(1 − h) dx dx = ⇒ si = 0 ⇒ h = 1(v.c.) dh dh h(2 − h) −2 d 2x 2 = < ⇒ = ∃ ⇒ = − ⇒x=2 0 1 2 2 en h máximo x h h h ( ) 3 dh 2 (h(2 − h)) 49) Considera una circunferencia de radio R dado. Se inscriben en ella triángulos isósceles ABC. a) Calcula el perímetro de los triángulos en función del ángulo θ. b) Halla el triangulo de perímetro máximo .
2Rsen(2θ ) MB Rsen (2θ ) = ⇒ BC = ⇒ BC= 2R cos(θ ) sen θ sen θ sen θ p (θ ) = 2Rsen(2θ ) + 2(2Rcosθ ) ⇒ p (θ ) = 2R ( sen(2θ ) + 2cosθ ) ⇒ p (θ ) = 4R cosθ (1 + senθ ) π dp dp b.) = 4R ⎡⎣−sen θ ( senθ +1) + cosθ cosθ ⎤⎦ ⇒ = 4R (cos2 θ − sen2θ − sen θ ) Para : 0 ≤ θ ≤ 2 dθ d θ 1± 1+ 8 dp dp = 4 R ( −2sen2θ − sen θ +1) ; si = 0 ⇒−2sen2θ − sen θ +1 = 0 ⇒ sen θ = d θ d θ −4 ( CMB : BC=
1 2
π
π
6
2
senθ = ⇒θ = (v.c.) en 0 ≤ θ ≤
d2 p d2p π θ = − ⇒ = − = −6R 3 < 0 ⇒∃máximo 12 cos . . . 12 cos R sust v c R ( 6) 2 2 dθ d θ p ( π6 ) = 4R cos ( π6 ) ( sen ( π 6 ) +1) = 3 3R ⇒ El triángulo es equiláter o. 50) Un generador de fuerza electromotriz constante ε y resistencia interna r se conecta a una resistencia de carga R. en esas condiciones la potencia P disipada por la resistencia R
. esta expresada por la relación: P = ,
R y r en Ω, V en voltios. Determine el valor de
R en función de r para que la potencia sea máxima. 2 2 2 Rε 2 dP 2 ⎡ ( R + r ) − R .2 ( R + r ) ⎤ dP 2 ( − R + r ) ⇒ =ε ⎢ = ε P ( R) = ⎥⇒ 2 4 4 dR dR R r R r R r + + + ( ) ( ) ( ) ⎢⎣ ⎥⎦
dP = 0 ⇒ − R 2 + r 2 = 0 ⇒ R = r (v.c.) dR ε 2 d 2 P 2ε 2 ( R − 2 r ) d 2 P 2ε 2 ( R − 2 R ) = ⇒ sust.v.c. 2 = < 0 ⇒ ∃ máximo ⇒ Pm á x = 4 4 2 4R dR dR ( R + r ) (R + R) 51) Determine los valores de las constantes a, b, y c para la curva y = extremos relativos en (1, − 12 ) y (1, 12 )
ax presente 2 b + cx
−
a b+c
=−
1 2
⇒
1 a = ⇒ a = b. 2b 2
a = b = c, la ecuación en cuestión se puede escribir como ax ax x y = = = . Por lo tanto, es irrelevante el valor de a, lo 2 2 2 a + ax a (1 + x ) 1 + x
De esta forma, si
verdaderamente importante es la relación obtenida entre las constantes.
52) Un vehículo debe trasladarse desde el punto A hasta el punto B de la figura. El punto A dista 36 Km de una carretera rectilínea. Sobre la carretera el vehículo puede desarrollar una velocidad de 100 una velocidad de 80
, mientras que sobre el terreno puede desarrollar
. a) Se desea saber cual es el recorrido que debe realizar el
conducto para que el tiempo empleado en ir desde A hasta B sea mínimo. b) Calcula ese tiempo.
sea : v1 = 80 kmh rapidez en el terreno , v 2 = 100 kmh rapidez en la carretera . MN = d MN = x, NB = d NB = 100 − x, d AM = d = 36km Del ( AMN : d AN = d 2 + x 2 100 − x d 2 + x2 d 2 + x 2 100 − x Por M .R.U . t AN = ; t NB = ; [0,100] ⇒ t ( x) = + v1 v2 v1 v2 dt x dt x 1 1 = − ⇒ =0 ⇒ − = 0 ⇒ v2 x = v1 d 2 + x 2 dx v1 d 2 + x 2 v2 dx v1 d 2 + x 2 v2
53) Demuestre que la curva de ecuación y =
a − x 2 no tiene mínimo relativo para x
ningún valor de a. El dominio de la curva está dado por,
0 y´ =
R − {0}.
De donde existe una asíntota vertical en
,
− ( a + 2 x3 )
x
2
⇒ si y´= 0 ⇒ a + 2 x3 = 0 ⇒ x =
3
2
⎡
y " =
2a
x3
− 2⇒ y " =
2(a − x
x3
3
)
⇒ sust v.c.⇒ y "=
−a
(v.c)
⎛ a ⎞⎤
2 ⎢a − ⎜ − ⎟⎥ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦
−
a
= − 6 < 0 ⇒ máximoen x = 3
−a 2
2
54) Se considera un cuadrado de lado 1 m. En tres vértices consecutivos, de él se toman los centros de tres circunferencias de forma que los radios de las que tienen centros en vértices consecutivos, sumen 1 m. a) Encuentra los valores extremos de los radios de forma que los cuadrantes de círculo sombreados no se solapen. b) calcular los radios de las circunferencias para que el área sombreada sea mínima. c) calcula dicha área.
a.) Como los círculos de centros A y C son de igual radio x , el máximo valor para que aquellos no se solapen será , la mitad de la diagonal del cuadrado. siendo el lado L del cuadrado de 1m :⇒ x máx =
2 L 2 ⇒ x máx = m 2 2
b.) El área a considerar se compone de dos cuadrantes de círculo de radio x y un ⎛ π x 2 cuadrante de radio 1 − x ⇒ A ( x ) = 2 ⎜ ⎝ 4
⎞ 1 2 π 1 + − x ( ) ⎟ ⎠ 4
π π 3π x 2 π x − + ⇒ A( x ) = ( 3x 2 − 2 x + 1) ; ⎡⎣0, A( x) = 4 2 4 4 dA π dA 1 = ( 6 x − 2 ) ⇒ = 0 ⇒ 6 x − 2 = 0 ⇒ x = (v.c.) dx 4 dx 3 d 2 A 6π d 2 A 3π 1 0 mínimoen x = ⇒ = > ⇒ ∃ = dx 2 dx 2 4 2 3 π c.) área mínima será Amin = 6
2 2
⎤ ⎦
55) Calcule los valores de las constantes a, b, c y d sabiendo que la curva de ecuación
y = ax 3 + bx 2 + cx + d tiene extremos relativos en ( −1, 112 ) y ( 2, − 8) . De y =
ax3 + bx 2 + cx + d ⇒ y´ = 3ax 2 + 2bx + c. Usando los hechos de que los puntos dados satisfacen la ecuación de la curva y que y ´ = 0 en x = − 1 y x = 2, se tiene el sistema de ecuaciones.
11 ⎧ a b d − + − + = ⎪ 2 ⎪⎪ ⎨8a + 4b + 2c + d = − 8 ⎪3a − 2b + c = 0 ⎪ ⎪⎩12a + 4b + c = 0
( 2) ⎪ ⎬
Haciendo
3a + b + c = −
3b = −
9 2
(2)‐(1),
⇒ b = −
sigue:
3 2
⎫
(1) ⎪
⎪
(3) ⎪
⎪
( 4) ⎪ ⎭ 9 2
(5).
De
(5)‐(3),
queda:
. a partir de (4)‐(3), obtenemos: 3a + 2b = 0 ⇒ a = 1.
pedidas (se sugiere expresar la longitud de la escalera en función del ángulo que la misma forma con el piso). b) ¿A que altura de la pared del galpón apoyara la escalera? c) ¿A que distancia de la cerca apoyara la escalera sobre el suelo?
Del ( ECD : tgθ = L = dL dθ
1 +
1.5 tgθ
cosθ
⇒L=
1.5 x
⇒ x = 1.5(tgθ ); Del
1.5 + tgθ senθ
ABD : cos θ =
(sec θ ) senθ − (1.5 +tgθ ) cosθ 2
sen θ
dL
⇒
d 2L
L
⇒L =
1+ x cosθ
dθ
= 0 ⇒ (1 + tg 2θ ) senθ = (1.5 + tgθ ) cosθ
(1 + tg θ ) tgθ = tgθ + 1.5 ⇒ tg θ = 1.5 ⇒ θ = Arctg 2
1 + x
; 0 < θ < π 2
2
=
(
3
3
1.5 = 1,14 ⇒ θ ≅ 0.85 rad ≅ 49º (v.c.)
3cos5 θ + 3cos3 θ + 2sen5θ + 2sen3θ
d 2L = ⇒ sust v.c. > 0 ⇒ ∃ mínimo ⇒ Lmin ≅ 3.51 m 2 3 3 2 2sen θ cos θ dθ dθ b.) Del ( ABD La altura " y "es : y = Lsenθ ≅ 2.65 m c.) Del ( ECD "x " es : x =
1.5 tgθ
≅ 1.30 m
56) Determine los valores de a y b en la ecuación y = curva en cuestión tiene un extremo relativo en primera derivada .
3
2ax 2 + bx 3 , asumiendo que la
( 4, 2 4 ) , donde 3
además existe la
57) ¿Cuál es la relación que debe existir entre los coeficientes a, b, y c para que la curva
y = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e pueda tener puntos de inflexión? ⇒ y" = 12ax 2 + 6bx + 2c = 2 6ax 2 + 3bx + c ).
y´ = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d posibilidad
de
puntos
de
6ax + 3bx + c = 0 ⇒ x = 2
inflexión
− 3b ±
se
9b 2 − 24ac 12a
asocia
=
a
y" = 0,
− 3b ± 3b 2 − 8ac 12a
La
esto
,
y
es, estos
posibles puntos de inflexión existen si 3b − 8ac ≥ 0. 2
58) Se considera un circuito serie R–L–C, al que se le aplica un voltaje V(t) de variación
La intensidad I de la corriente que circula por el circuito viene dada por la expresión , El valor sinusoidal dada por la expresión:
máximo Io esta dado por la expresión: Io =
. Donde Z es la impedancia del circuito y
vale: Z = a) Expresa I como función de . b) Suponiendo que la función angular de la fuente puede variarse, halla el valor de que corresponde al o
máximo valor de Io. (El valor que hallaras se conoce como “Frecuencia de resonancia”)
V a.) I o = o ; como : Z = Z
2
1 ⎞ ⎛ R2 + ⎜ Lω − ⎟ ⇒ I o ( ω ) = C ω ⎠ ⎝
V o 1 ⎞ R + ⎛⎜ Lω − C ω ⎟⎠ ⎝
2
2
b.) Dado que el voltaje Vo es cons tan te, para max imizar Io bastará min imizar el deno min ador ⇒ Lω =
( )
2
⎛
1 1 1 ⇒ Cω 2 = ⇒ ω2 = ⇒ω = Cω L LC 1 ⎞
2
0
2
1
LC
⇒ω =
1
LC
máximo relativo en x =
m m+n
, siendo m y n pares o impares. c) f tiene un valor mínimo
relativo en x = 1, si n es par.
f ´ = mx m −1 (1 − x )n + x m n (1 − x )n −1 (− 1)= x m −1 (1 − x )n −1 [m (1 − x ) − nx ]= x m −1 (1 − x )n −1 [m − (m + n ) x ] m Como puede observarse, f ´ = ( x ) = 0, si x = 0, x = 1, x = . Además, como m y n m+n m son enteros positivos mayores que, 1 entonces m − 1 > 0, n −1 > 0, 0 < < 1. De m +n aquí, podemos construir la siguiente tabla, con un resumen correspondiente a la gráfica en cuestión.
Intervalos
f
f´
x < 0
‐
x = 0
f (0) = 0
0 < x <
x =
x = 1 x > 1
Mín. (0,0)
m + n
m+n
m+n
f es decreciente
m
m
m
Conclusión
+ m
n
m n ⎛ m ⎞ f ⎜ = ⎟ m m n + ⎝ ⎠ (m + n )
⎛ m mm n n ⎞ ⎟ , Máx. ⎜⎜ m +n ⎟ ⎝ m + m (m + n ) ⎠
+ n
‐
< x <1
f es creciente
f (1) = 0
f es decreciente
Mín. (1,0)
+
f es creciente
madera dura. a) Determina el ángulo θ para que el volumen del bebedero sea máximo. b) Calcula dicho volumen en litros.
0.40 + ( 0.40 + 2a )
a.) Superficie del trapecio base es : S = De la fig. senθ =
h
⇒ h = (0.40)senθ ; cos θ =
0.40 0.40 + ( 0.40 + 0.80cos θ )
⇒ sust. S (θ ) =
2
2
a 0.40
h
⇒ a = 0.40 cos θ
(0.40 senθ ) ⇒ S (θ ) = ( 0.16 + 0.16cos θ ) senθ
Sea : V volumen del bebedero ⇒ V = SL ⇒ pero : L = 3m ⇒ V (θ ) = 3 ( 0.16 + 0.16cos θ ) senθ ( m3 ) ; Para : 0 ≤ θ ≤
π
2
dV dV = 3 ⎢⎣−0.16 sen2θ + ( 0.16 + 0.16 cos θ ) cos θ ⎥⎦ ⇒ = 3 (0.16 ) ⎢⎣− sen2θ + cos θ + cos 2 θ ⎥⎦ dθ d θ
dV dV −1 ± 9 = 0.48 ( 2 cos 2 θ + cos 2 θ − 1) si = 0 ⇒ 2 cos 2 θ + cos θ − 1 = 0 ⇒ cos θ = dθ d θ 4 cos θ =
1 π π ⎛1⎞ ⇒ θ = Arc cos ⎜ ⎟ ⇒ θ = (v.c .) en 0 ≤ θ ≤ 2 3 2 ⎝2⎠
d 2V − 12 senθ (4 cos θ + 1) d 2V − 12 sen ( π3 )(4 cos( π 3 ) + 1) −18 3 = ⇒ sust v .c . ⇒ = = <0 2 dθ d θ 2 25 25 25
4 3
61) Determine los valores de a y b en la ecuación y = ax + bx
1 3
si la gráfica
correspondiente presenta un punto de inflexión en ( 2, 6 3 2 ).
y´=
4 3
1 3
1
ax + bx
−2 3
3
⇒ y" =
4 9
−2
2
−5
2
3
9
3
satisface
2 (2a + b ) = 63 2
la
ecuación
3
2(2ax − b )
9
ecuación dada de la curva puede escribirse como: punto
−5
ax − bx = − x (2ax − b ) = 3
la
3
9 x
La
5
1 3
y = x (ax + b) = 3 x (ax + b ). Como el
ecuación
de
la
curva,
se
tiene,
⇒ 2 a + b = 6.
Como la gráfica tiene un punto de inflexión en el punto dado, en
x = 2, y" = 0, es decir,
4a ‐ b = 0. Resolviendo el sistema planteado, sigue: a = 1, b = 4.
62) La intensidad de iluminación E en luz que produce un foco luminoso puntual en cualquier punto es directamente proporcional a la intensidad del foco I en candelas e inversamente proporcional al cuadrado de su distancia d al foco expresada en metros.
. Si dos focos luminosos se encuentran a una distancia L y tienen intensidades I
1
e I2. Halla el punto del segmento que los une donde la iluminación sea mínima. Se supondrá que la iluminación en cualquier punto es la suma de las iluminaciones producidas por cada foco.
si :
⎛ − I I ⎞ dE I I I = 0 ⇒ ⎜ 31 + 23 ⎟ = 0 ⇒ x3 = 2 y 3 ⇒ x = y 3 2 ⇒ x = ( L − x ) 3 2 dx y ⎠ I1 I1 I1 ⎝ x
I 2 I 2 3 I1 I 1 x = L; Como < 1 el valor de x hallado corresponde a un mínimo. I I 1+ 3 2 1+ 3 2 I1 I 1 3
63) Si f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d , determine a, b, c y d si se sabe que la gráfica de f tiene un mínimo relativo en (2,‐1) y un punto de inflexión en (1,1).
f ´( x ) = 3ax 2 + 2bx + c ⇒ f " ( x ) = 6ax + 2b. ecuación
de
la
curva,
entonces,
Como los puntos dados satisfacen la se
tienen
las
ecuaciones;
8a + 4b + 2c + d = −1, a + b + c + d = 1 La existencia de un extremo relativo en (2, ‐1) implica que: 12 a + 4b +
c = 0. De igual manera la existencia de un punto de inflexión en (1,1) los lleva a: 6a + 2b = 3a + b = 0, el sistema conformado por estas ecuaciones admite la solución: a = 1, b = ‐3, c = 0, d = 3.
64) Dos tanques A y B situados entre si a una distancia de d Km. se encuentran ubicados a un mismo lado de la orilla rectilínea de un río y a una distancia de este de a Km y b Km respectivamente. Se desea ubicar sobre la orilla una bomba para alimentar de agua a los tanques mediante tuberías rectilíneas PA y PB. Demuestra que la longitud de tubería será mínima cuando se cumpla que: θ1 = θ2 (Admite que el punto crítico que encontraras corresponde a un mínimo)
Sea : Ltotal la longitud total ⇒ Ltotal = PA + PB De la fig . del Del
(
AA1 P : d AP = x 2 + a 2 ; cos θ1 =
(
⇒ x = cos θ 1 x 2 + a 2
x 2 + a 2 (k − x)
2
BB1P d BP = ( k − x ) + b 2 ; cos θ 2 =
x
2
2
( k − x ) + b2
⇒ ( k − x ) = cos θ 2 ( k − x ) + b 2
( k − x ) −1 dL x = + L ( x ) = x + a + ( k − x ) + b ; para : 0 ≤ x ≤ k ⇒ 2 2 2 dx x +a ( k − x ) + b2 dL dL = 0 ⇒ cos θ1 − cos θ 2 = 0 ⇒ cos θ1 = cos θ 2 sust. los valores : = cos θ1 − cos θ 2 ⇒ si : dx dx 2
2
2
Como θ1 y θ 2 ≤
π
2
2
⇒ la igualdad implica : θ1 = θ 2 .
65) De un ejemplo de una función que tenga infinitos extremos relativos e infinitos puntos de inflexión a lo largo de todo su dominio. Explique. cuyo dominio es En R. f ( x ) = sen x, f ´( x ) = cos x ⇒ f ´( x ) = 0, cos x = 0. Así, los números críticos son:
Consideremos
x = ± como:
par,
π
2
,±
3π 2
,±
5π 2
tal
caso,
, " . Estos números críticos pueden escribirse en forma general π
x = (2n + 1) , n ∈ Z . 2
n = 2k , k ∈ Z ,
Ahora bien, el entero n puede ser par o impar. Si n es
entonces
x = (4k + 1)
π
2
, k ∈ Z .
Si
n
es
impar,
π
n = 2k + 1, k ∈ Z , x = (4k + 3) , k ∈ Z . 2
Es decir, se tienen 2 tipos de números críticos dados por las dos últimas expresiones, con las cuales vamos a estudiar la posibilidad de existencia de extremos relativos usando el
En (4k + 1) En x >
π
2
π
< x < (4k + 3) , se tomó x = (2k + 1)π , con lo cual, cos(2k + 1)π = − 1 < 0. 2
(4k + 3)
π
2
, se tomó x = 2(k + 1)π , de lo cual, cos 2(k + 1)π = 1 > 0.
Al evaluar la función en
sen(4k + 1)
π
= 1 y
2
π
π
2
2
x = (4k + 1) y x = (4k + 3) ,
se tiene, respectivamente,
π
sen(4k + 3) = − 1. 2
Este análisis permitió conformar la siguiente tabla resumen, donde efectivamente se muestra la existencia de infinitos extremos relativos.
Intervalos
f
x < (4k + 1) x = (4k + 1)
π
2 π
⎛ (4k + 1)π ⎞ ⎟ =1 2 ⎝ ⎠
π
π
2
2
x = (4k + 3)
π
x > (4k + 3)
π
2
f es creciente
Máx. f ⎜
‐
⎛ (4k + 3)π ⎞ ⎟ = −1 2 ⎝ ⎠
f es decreciente
⎛ (4k + 1)π ⎞ , − 1⎟ 2 ⎝ ⎠
f ⎜
2
Conclusión
⎛ (4k + 1)π ⎞ , 1⎟ 2 ⎝ ⎠
f ⎜
2
(4k + 1) < x < (4k + 3)
f´(x) +
Mín. f ⎜
+
f es creciente
f " ( x ) = − sen x ⇒ f " ( x ) = 0, sen x = 0. De aquí, los posibles puntos de inflexión son: x = 0, π , 2π , 3π , " . en general se pueden escribir como: x = nπ , n ∈ Z . De esta forma podemos conformar la tabla siguiente que muestra la Por otro lado,
existencia de infinitos puntos de inflexión.
66) Se desea iluminar un estanque de sección circular de radio R mediante una lámpara de altura ajustable colocada sobre la vertical que pasa por el centro de aquél. La iluminación en el borde del estanque, que es la zona de menor iluminación de la
. Donde E es la iluminación
superficie, esta expresada por la relación:
expresada en luz, I la intensidad del foco luminoso supuesto puntual, expresada en candelas y θ al ángulo indicado en la figura. Verifica que existe un valor de θ para el cual la iluminación E es máxima y determina la altura a la que debe colocarse la lámpara para obtenerla.
E =
I cosθ d 2
r I cosθ sen2θ π ; 0 Del ( AOF de la fig. d = ⇒ sust. E (θ ) = ≤ θ ≤ 2 senθ r2 dE I dE Isenθ dE Isenθ = 2 ( −sen3θ + 2senθ cos2 θ ) ⇒ = 2 ( −sen2θ + 2cos 2 θ ) ⇒ = 2 ( 2 − 3sen2θ ) dθ r dθ r dθ r 2 3
senθ = 0 ⇒ θ = 0(v.c); 2 − 3sen2θ = 0 ⇒ sen2θ = ⇒ θ = Arcse n
2 ⇒ θ o ≅ 0.95 rad ≅ 54,5º 3
2 r r ⇒h = ≅ ≅ 1,41 m tgθ tgθ o tg 0.95 4 x 67) Pruebe que la curva y = 2 tiene tres puntos de inflexión y que estos se x + 4
Del
(
AOF de la fig. h =
encuentran sobre una misma recta.
(
)
