soluciones14 - Sergio Adai Zumbardo Monsreal (Zergio Alexander)

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Tarea 14
Ejercicios resueltos
1. En los ejercicios del 1 al 6 determinar viendo la gráfica cuándo la fun-
ción definida en [a, b] tiene máximos, o mı́nimos y en dónde.
1
Solución.
(1) La función es continua en un intervalo cerrado, entonces existen
el máximo y el mı́nimo. Tiene mı́nimos locales en x = a y x = c2,
tiene máximos locales en x = c1 y x = b. El mı́nimo está en x = c2
y el máximo está en x = b.
(2) La función es continua en un intervalo cerrado, entonces existen
el máximo y el mı́nimo. Tiene máximos locales en x = a y x = c,
tiene un mı́nimo local en x = b. El mı́nimo está en x = b y un el
máximo está en x = c.
(3) La función tiene como dominio un intervalo abierto, entonces no
necesariamente existen el máximo y el mı́nimo. Hay un máximo
local en x = c. No hay mı́nimo y el máximo está en x = c.
(4) La función es discontinua y tiene como dominio un intervalo
abierto, entonces no necesariamente existen el máximo y el mı́ni-
mo. Hay un máximo local en x = b. No hay mı́nimo ni máximo.
(5) La función no es continua, entonces no necesariamente existen el
máximo y el mı́nimo. Hay mı́nimos locales en x = a y x = b y
un máximo local en x = c. El mı́nimo está en x = a y el máximo
en x = c.
(6) La función no es continua, entonces no necesariamente existen el
máximo y el mı́nimo. Hay máximos locales en x = a y x = b y
un mı́nimo local en x = c. El mı́nimo está en x = c y el máximo
en x = a.
2. En los siguientes ejercicios encontrar los máximos y mı́nimos de cada
función en el intervalo dado. Después, graficar la función e identificar
los puntos de la gráfica donde se encuentren los extremos (indicar las
coordenadas).
a) f(x) = − 1
x2
, x ∈ [1
2
, 2].
b) f(x) = 1
x
, x ∈ [−2,−1].
c) f(x) = sen(x), x ∈ [−π
2
, 5π
6
].
2
d) f(t) = 2− |t|, x ∈ [−1, 3].
e) f(t) = |t− 5|, x ∈ [4, 7].
Solución.
a) f(x) = − 1
x2
⇒ f ′(x) = 2x−3 = 2
x3
. Sin embargo, x = 0 no es
un punto cŕıtico por no encontrarse en el dominio de f . Tenemos
que f(1
2
) = −4 y f(2) = −1
4
, por lo que el máximo es f(2) = −1
4
y el mı́nimo es f(1
2
) = −4.
b) f(x) = − 1
x
⇒ f ′(x) = −x−2 = − 1
x2
. Sin embargo, x = 0 no es un
punto cŕıtico por no encontrarse en el dominio de f . Tenemos que
f(−2) = −1
2
y f(−1) = −1, por lo que el mı́nimo es f(−1) = −1
y el máximo es f(−2) = −1
2
.
c) f(x) = sen(x) ⇒ f ′(x) = cosx, entonces x = π
2
es un punto
cŕıtico y x = −π
2
no es un punto cŕıtico por no encontrarse en el
dominio de f . Tenemos que f(−π
2
) = −1, f(π
2
) = 1 y f(5π
2
) = 1
2
,
por lo tanto el máximo es 1 en x = π
2
y el mı́nimo es −1 en
x = −π
2
.
d) f(x) = 2 − |x| = 2 −
√
x2 = 2 − (x2)1/2 ⇒ f ′(x) = −1
2
(2x) =
− x
x2
= − x|x| , por lo que existe un punto cŕıtico en x = 0. Tenemos
que f(−1) = 1, f(0) = 2 y f(3) = −1, por lo tanto el máximo es
2 en x = 0 y el mı́nimo es −1 en x = 3.
3
e) f(x) = |x− 5| =
√
(x− 5)2 = ((x − 5)2)1/2 ⇒ f ′(x) = 1
2
((x −
5)2)−1/2(2(t − 5)) = x−5√
(x−5)2
= x−5|x−5| , por lo que existe un punto
cŕıtico en x = 5. Tenemos que f(4) = 1, f(5) = 0 y f(7) = 2,
por lo tanto el máximo es 2 en x = 7 y el mı́nimo es 0 en x = 5.
3. En los siguientes ejercicios encontrar los máximos, máximos locales,
mı́nimos y mı́nimos locales y decir en dónde se tienen.
a) f(x) = 2x2 − 8x + 9.
b) f(x) = x3 − 2x + 4.
c) f(x) =
√
x2 − 1.
d) f(x) = 1√
1−x2 .
e) f(x) = x
x2+1
.
Solución.
En general se muestra sólamente la solución y la gráfica.
a) f(x) = 2x2 − 8x + 9 ⇒ f ′(x) = 4x − 8. El mı́nimo entonces es
f(2) = 1.
4
b) f(x) = x3− 2x+ 4⇒ f ′(x) = 3x2− 2. La derivada es cero cuan-
do x = ±
√
2
3
. Hay un máximo local en f(−
√
2
3
) = 4 + 4
√
6
9
y un
mı́nimo local en f(
√
2
3
) = 4− 4
√
6
9
.
c) f(x) =
√
x2 − 1. El mı́nimo se encuentra en x = −1 ó x = 1.
d) f(x) = 1√
1−x2 . El mı́nimo es 1 en x = 0.
e) f(x) = x
x2+1
. El máximo es 1
2
en x = 1 y el mı́nimo es −1
2
en
x = −1.
5
4. Tenemos una pieza de cartón de 10 cm. por 15 cm. Se remueven
rectángulos y cuadrados de las esquinas como se muestra en la figu-
ra, de manera que al doblarse se obtiene una caja con tapa de forma
rectangular.
a) Encontrar una fórmula para el volumen V (x) de la caja.
b) Encontrar el dominio de V para este problema y hacer una gráfica
de V sobre su dominio.
c) Encontrar el valor de x para el cual el volumen es mayor.
Solución.
a) La base de la caja mide 10 − 2x cm. por 15−2x
2
cm. Entonces el
volumen de la caja es V (x) = x(10−2x)(15−2x)
2
= 2x3− 25x2 + 75x.
b) Se requiere que x > 0, 2x < 10 y 2x < 15. Combinando lo ante-
rior, obtenemos como dominio el intervalo (0, 5). A continuación
6
se muestra la gráfica:
c) El valor de x para el cual el volumen es mayor es cuando f ′(x) =
6x2−50x+75 = 0, esto es en x = 50±
√
(−50)2−4(6)(75)
2(6)
= 50±
√
700
12
=
25±5
√
7
6
, aproximadamente x ≈ 1.96 o x ≈ 6.37, se descarta el
último valor por encontrarse fuera del dominio.
5. Encontrar el máximo y el mı́nimo de f(x) = x3 − 6x2 + 5 utilizando
el test de la segunda derivada.
Solución.
El primer paso es obtener sus puntos criticos: Para ello se obtiene la
derivada de la función:
f(x) = x3 − 6x2 + 5
f ′(x) = 3x2 − 12x
7
Después se iguala la derivada a cero y se resuelve:
3x2 − 12x = 0
3x(x− 4) = 0
La ecuación anterior tiene soluciones x1 = 0 y x2 = 4, es decir, éstos
son sus puntos cŕıticos.
Ahora obtenemos la segunda derivada:
f ′′(x) = 6x− 12
Encontramos ahora los valores de la segunda derivada en los puntos
cŕıticos:
f ′′(x1) = f
′′(0) = 6(0)− 12 = −12
f ′′(x2) = f
′′(4) = 6(4)− 12 = 12
Como f ′′(x1) = −12 < 0 tenemos que x1 es un máximo local y como
f ′′(x2) = 12 > 0 tenemos un mı́nimo local.
Evaluamos finalmente en la función original:
f(x) = x3–6x2 + 5
f(0) = (0)3–6(0)2 + 5 = 5
f(4) = (4)3–6(4)2 + 5 = 64− 96 + 5 = −27
Por lo tanto, f(0) = 5 es un máximo local y f(4) = −27 es un mı́nimo
local. La función no tiene máximo ni mı́nimo absoluto.
6. Encontrar las derivadas de las siguientes funciones.
a) f(x) = ln(x3/2).
b) f(x) = x
√
lnx.
8
c) f(x) = lnx
x
.
d) f(x) = e−5x.
e) f(x) = e4
√
x+x2 .
f ) f(x) = xex − x.
Solución.
a) f(x) = ln(x3/2)⇒ f ′(x) = 1
x3/2
· 3
2
x1/2 = 3
2x
.
b) f(x) = x
√
lnx⇒ f ′(x) = x · d
dx
√
lnx +
√
lnx · (1) = x · 1
2x
√
lnx
+√
lnx = 1
2
√
lnx
+
√
lnx.
c) f(x) = lnx
x
⇒ f ′(x) = x·
1
x
−lnx
x2
= 1−lnx
x2
.
d) f(x) = e−5x ⇒ f ′(x) = −5e−5x .
e) f(x) = e4
√
x+x2 ⇒ f ′(x) = e4
√
x+x2 · d
dx
(4
√
x + x2) = ( 2√
x
+
2x)e4
√
x+x2 .
f ) f(x) = xex − x⇒ f ′(x) = xex + ex − 1.
7. Revisar la sección de “material extra” en la página, hay un escrito
sobre la regla de l’Hôpital. Utilizar la Regla de l’Hôpital para encontrar
los siguientes ĺımites:
a) ĺımt→0
sen(t2)
t
.
b) ĺımx→π/2
2−x
cosx
.
c) ĺımx→π
senx
π−x .
d) ĺımx→0
2x
x+7
√
x
.
e) ĺımx→2
√
x2+5−3
x2−4 .
Solución.
a) ĺımt→0
sen(t2)
t
= ĺımt→0
2t cos(t2)
1
= 0.
9
b) ĺımx→π/2
2−x
cosx
= ĺımx→π/2
−1
− senx =
−1
−1 = 1.
c) ĺımx→π
senx
π−x ĺımx→π
cosx
−1 =
−1
−1 = 1.
d) ĺımx→0
2x
x+7
√
x
= ĺımx→0
2
1+ 7
2
√
x
= ĺımx→0
4
√
x
2
√
x+7
= 4·0
2·0+7 = 0.
e) ĺımx→2
√
x2+5−3
x2−4 = ĺımx→2
1
2
(x2+5)1/2(2x)
2x
= ĺımx→2
1
2
√
x2+5
= 1
6
.
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