slides-clase20 - Luis Disset - Nelson Osorio Arriola

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MAT1610 — Cálculo I
Luis Dissett
Facultad de Matemáticas
Pontificia Universidad Católica de Chile
Clase 20 — Máximos y mínimos (cont.).
Trazado de curvas.
Ejemplo: el tarro de duraznos
Encuentre el tamaño de la lata cilíndrica de mayor volumen que
se puede formar de una lámina cuadrada de metal (el tarro de
duraznos).
Solución:
Sea a el lado del cuadrado que forma la lámina, y supongamos
que cortamos de ésta una plantilla con la forma mostrada en la
figura.
Si esta plantilla da lugar a un tarro de altura h, el radio de las
circunferencias será r =
a− h
4
.
El tarro de duraznos (cont.)
Así, si se corta la plantilla de un tarro de altura h, el área basal
del cilindro será πr2 =
π
16
(a− h)2 = π
16
(h− a)2, y el volumen
será V =
π
16
(h− a)2h.
La función que deberemos maximizar es precisamente V en
términos de h.
Así, llamaremos V(h) a
V(h) =
π
16
(h− a)2h = π
16
(
h3 − 2ah2 + a2h
)
.
El tarro de duraznos (cont.)
Observamos que 0 ≤ h ≤ a. Sin embargo, debemos también
notar que h no puede ser tan pequeña que el ancho a de la
lámina sea menor que el perímetro de las circunferencias. Así,
debe tenerse a ≥ 2πr = 2π (h− a)
4
=
π(h− a)
2
, de donde
πh ≥ (π − 2)a, por lo que h ≥ a(π−2)π .
Así, el intervalo en que está definida la función V(h) es{
h ∈ R : a(π − 2)
π
≤ h ≤ a
}
=
[
a(π − 2)
π
, a
]
.
Pasamos a calcular la derivada de V(h).
V ′(h) =
π
16
(
3h2 − 4ah + a2
)
.
El tarro de duraznos (cont.)
Como V ′(h) = π16
(
3h2 − 4ah + a2
)
, vemos que V ′(h) está
definida para todo h ∈ R, y en particular, para todo
h ∈
(
a(π−2)
π , a
)
.
Así, los candidatos a máximo (o mínimo) son solamente los
extremos del intervalo (o sea, a(π−2)π y a) y los puntos del
intervalo
(
a(π−2)
π , a
)
donde V ′(h) se hace 0.
Resolviendo la ecuación V ′(h) = 0, obtenemos que
h =
4a±
√
16a2 − 4 · 3 · a2
6
=
4a±
√
16a2 − 12a2
6
=
4a±
√
4a2
6
=
4a± 2a
6
=
2a± a
3
,
de donde h = a3 o h = a. ¡Pero estos valores están fuera del
intervalo
(
a(π−2)
π , a
)
!
El tarro de duraznos (cont.)
Así, sólo nos quedan los extremos del intervalo (h = a(π−2)π y
h = a) como posibles máximos.
Como V(a) = 0, no puede ser el máximo, por lo que
necesariamente éste se alcanza en x = a(π−2)π .
El espejo roto
En la figura se tiene un espejo
rectangular de 85 cm de
ancho por 110 cm de alto que
se ha trizado según la recta←→
AB de ecuación x11 +
y
18 = 1.
Se pide encontrar un punto P0
en la recta
←→
AB de modo que se
forme un nuevo espejo
rectangular P0P1P2P3 de área
máxima.
A
B
P
P
P
P
0
1
23
El perro y el cartero
Sultán, el perro guardián de la casa, está amarrado a un árbol
de 30 cm. de diámetro. La cuerda que lo amarra tiene 2.5 m.
de largo, y forma un lazo (con nudo corredizo) alrededor del
tronco del árbol.
¿Qué ángulo forma el lazo en el tronco cuando Sultán ataca al
cartero?
¿A qué distancia del árbol le conviene estar al cartero?
El perro y el cartero (solución)
Cuando el perro corre hacia el cartero, la cuerda se tensa,
tomando la forma de la figura.
Llamemos α al ángulo que forma la cuerda en el lazo, y sea
d(α) la distancia del centro del árbol a la que llega el perro
cuando la cuerda forma ese ángulo. Queremos hallar el valor
de α ∈ (0, π) que maximiza el valor de d(α).
El perro y el cartero (solución)
Analicemos la figura, correspondiente a la mitad del árbol. . El
ángulo del centro es π−α2 , y el ángulo que cubre la cuerda es
π − π−α2 =
π+α
2 .
O A
T
El triángulo OAT es rectángulo en T, y se tiene
sen
α
2
=
OT
OA
, cos
α
2
=
AT
OA
.
El perro y el cartero (solución)
Así,
OA = OT/ sen
α
2
=
15
sen α2
y AT = OA cos
α
2
=
15
tan α2
,
de donde
d(α) = OA + (250− 2(AT + BT))
=
15
sen α2
+ 250− 2
(
15
tan α2
+ 15
π + α
2
)
=
15
sen α2
+ 250− 30
tan α2
− 15(π + α)
= 250− 15(π + α) +
15− 30 cos α2
sen α2
.
El perro y el cartero (solución)
Tenemos que
d(α) = 250− 15(π + α) +
15− 30 cos α2
sen α2
.
¿En qué intervalo está definida esta función? Claramente, α
debe ser ≤ π (a medida que el lazo se acerca al árbol, α se
acerca a π, pero no puede sobrepasarlo), pero determinar el
valor mínimo de α es un poco más complicado, ya que
corresponde al valor de α que no deja nada de cuerda
sobrando desde el lazo, o sea, al valor que satisface
2
(
15
tan α2
+ 15
π + α
2
)
= 250,
o sea,
30
tan α2
+ 15(π + α) = 250.
El perro y el cartero (solución)
La ecuación
30
tan α2
+ 15(π + α) = 250
no puede ser resuelta por medios analíticos, por lo que no
podemos determinar a priori el intervalo en el que debemos
buscar α. Sin embargo, dado un valor de α, podemos verificar
si está o no dentro del intervalo buscado, simplemente
comprobando si 30tan α2
+ 15(π + α) ≤ 250 o no.
El perro y el cartero (conclusión)
Derivando,
d′(α) = −15 +
15− 152 cos
α
2
sen2 α2
.
Esta derivada está definida para todo α en (0, π], por lo que el
máximo de d se encuentra o bien en los extremos del intervalo
(o sea, α = π o α = la solución de la ecuación mostrada antes)
o en puntos en que la derivada es 0.
La única solución de d′(α) = 0 en (0, π) es α = 2π3 . Como
d′′
(2π
3
)
= −5
√
3
2 < 0, α =
2π
3 es un máximo local; como no hay
otros puntos con derivada 0 en (0, π), debe ser el máximo
global en dicho intervalo.
La segunda derivada
La segunda derivada de una función nos da información
respecto a los máximos y/o mínimos locales.
En particular, tenemos el siguiente
Teorema (condición suficiente para existencia de
extremos locales)
I Si f ′(x0) = 0 y f ′′(x0) > 0, entonces f tiene un mínimo local
en x0.
I Si f ′(x0) = 0 y f ′′(x0) < 0, entonces f tiene un máximo local
en x0.
Demostración
Si f ′(x0) = 0 y f ′′(x0) > 0, entonces existe una vecindad
V = (x0 − ε, x0 + ε) alrededor de x0 tal que: para todo x ∈ V tal
que x < x0, se tiene f ′(x) < 0, y para todo x ∈ V tal que x > x0,
se tiene f ′(x) > 0.
Así, en V, f es creciente en (x0 − ε, x0] y es decreciente en
[x0, x0 + ε), por lo que x0 es mayor que todos los otros puntos
de V, o sea, es un máximo local.
Otras aplicaciones de la segunda derivada: sentido de
la concavidad
Definición
I Una función f : [a, b]→ R se dice cóncava hacia arriba1 en
[a, b] si, dados dos puntos x1, x2 ∈ [a, b], la cuerda que une
(x1, f (x1)) con (x2, f (x2)) está por arriba de la curva.
I Una función f : [a, b]→ R se dice cóncava hacia abajo2 en
[a, b] si, dados dos puntos x1, x2 ∈ [a, b], la cuerda que une
(x1, f (x1)) con (x2, f (x2)) está por debajo de la curva.
1O también convexa.
2O simplemente cóncava.
Condición suficiente para determinar concavidad
Si f : [a, b]→ R es tal que f ′′(x) > 0 para todo x ∈ (a, b),
entonces f es cóncava hacia arriba en [a, b].
Si f : [a, b]→ R es tal que f ′′(x) < 0 para todo x ∈ (a, b),
entonces f es cóncava hacia abajo en [a, b].
Si f ′′(x0) = 0 y f ′′ cambia de signo en x0, entonces f tiene un
punto de inflexión en x0.
Ejemplo: refinando el gráfico de una función
Consideremos la función
f (x) =
5x
x2 − 9
.
Usando los conceptos y herramientas vistos hasta aquí,
podemos hacer un gráfico aproximado de f como sigue:
3−3
Continuación del ejemplo
La segunda derivada de f es f ′′(x) =
10x(x2 + 27)
(x2 − 9)3
.
Esto es > 0 para −3 < x < 0 y para 3 < x, y es < 0 para x < −3
y para 0 < x < 3. O sea: f es cóncava hacia arriba en
(−∞,−3) y en (0, 3), y es cóncava hacia abajo en (−3, 0) y en
(3,∞). Esto nos permite refinar aún más nuestro gráfico:
–6
–4
–2
0
2
4
6
–10 –8 –6 –4 –2 2 4 6 8 10
x
Otro ejemplo
Considere la función
f (x) =
x2 + 3x + 1√
x2 + 1
.
Encuentre los intervalos donde esta función es cóncava hacia
arriba, los intervalos donde es cóncava hacia abajo y sus
puntos de inflexión.
Solución
Para determinar el sentido de la concavidad, debemos calcular
la segunda derivada de f .
Vemos que
f ′(x) =
√
x2 + 1
(
x2 + 3x + 1
)′ − (x2 + 3x + 1) (√x2 + 1)′
x2 + 1
=
√
x2 + 1(2x + 3)−
(
x2 + 3x + 1
)
· 2x
2
√
x2 + 1
x2 + 1
=
(
x2 + 1
)
(2x + 3)−
(
x2 + 3x + 1
)
· x
(x2 + 1)3/2
=
x3 + x + 3
(x2 + 1)3/2
.
Solución (cont.)De f ′(x) =
x3 + x + 3
(x2 + 1)3/2
obtenemos
f ′′(x) =
(
x2 + 1
)3/2 (x3 + x + 3)′ − (x3 + x + 3) ((x2 + 1)3/2)′
(x2 + 1)3
=
(
x2 + 1
)3/2 (3x2 + 1)− 32 (x3 + x + 3)√x2 + 1 · (x2 + 1)′
(x2 + 1)3
=
(
x2 + 1
)3/2 (3x2 + 1)− 32 (x3 + x + 3)√x2 + 1 · 2x
(x2 + 1)3
=
(
x2 + 1
)3/2 (3x2 + 1)− 3x (x3 + x + 3)√x2 + 1
(x2 + 1)3
.
=
(
x2 + 1
) (
3x2 + 1
)
− 3x
(
x3 + x + 3
)
(x2 + 1)5/2
.
Solución (cont.)
Tenemos
f ′′(x) =
(
x2 + 1
) (
3x2 + 1
)
− 3x
(
x3 + x + 3
)
(x2 + 1)5/2
=
(
3x4 + 4x2 + 1
)
−
(
3x4 + 3x2 + 9x
)
(x2 + 1)5/2
=
x2 − 9x + 1
(x2 + 1)5/2
El denominador de f ′′(x) es siempre > 0, por lo que el signo de
f ′′(x) es igual al signo de x2 − 9x + 1.
Continuación del ejemplo
El trinomio x2 − 9x + 1 es negativo en el intervalo entre sus
raíces y positivo fuera de dicho intervalo. Las raíces de
x2 − 9x + 1 son 9−
√
81− 4
2
=
9−
√
77
2
y
9 +
√
81− 4
2
=
9 +
√
77
2
.
Así, f ′′(x) < 0 —y por lo tanto f es cóncava hacia abajo— para
x ∈
[
9−
√
77
2
,
9 +
√
77
2
]
, f ′′(x) > 0 —y por lo tanto f es
cóncava hacia arriba— para
x ∈
(
−∞, 9−
√
77
2
]
∪
[
9 +
√
77
2
,∞
)
.
Los puntos
9−
√
77
2
y
9 +
√
77
2
son los puntos de inflexión, ya
que la concavidad cambia de sentido en ellos.