Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (54)

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10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
3. Encuentra los dos puntos de la parábola y = x2 − 2x + 9/4 que están más próximos al punto
P = (1, 4). ¿Cuál es esa distancia mı́nima?
Solución: Se trata de minimizar la distancia a P , o mejor su cuadrado f(x, y) = (x−1)2+(y−4)2.
Pero sólo hay que considerarla en los puntos de la parábola, para los que se tiene y−4 = x2−2x−7/4
y queda aśı la función de una sola variable x
f(x) = (x− 1)2 + (x2 − 2x− 7/4)2
cuya derivada
f ′(x) = 2(x−1)+2(x2−2x−7/4)(2x−2) = 2(x−1)+4(x2−2x−7/4)(x−1) = (x−1)(4x2−8x−5)
se anula en x = 1 y en las ráıces de 4x2 − 8x− 5, que son −1/2 y 5/2. La derivada segunda
f ′′(x) = (4x2 − 8x− 5) + (x− 1)(8x− 8) = (4x2 − 8x− 5) + 8(x− 1)2
es negativa en x = 1 y positiva en las ráıces de 4x2−8x−5, por lo que es en éstas donde f(x) alcanza
sus mı́nimos. Los correspondientes puntos de la parábola son A = (−1/2, 7/2) y B = (5/2, 7/2), y
como f(A) = f(B) = (3/2)2 + (−1/2)2 = 10/4 la distancia pedida es
√
10/2.
Observación: el eje de la parábola es la recta x = 1 y P está en él, por lo que era de esperar que el
mı́nimo se alcanzase en dos puntos simétricos con respecto a ese eje.
Una alternativa consiste en buscar un punto Q = (x, y) de la parábola en el que la tangente a la
parábola y la recta que lo une con P sean perpendiculares. La tangente a la parábola tiene pendiente
y′(x) = 2x− 2 = 2(x− 1). La recta que une P y Q tiene pendiente y − 4
x− 1 cuando x 6= 1. Para que
sean perpendiculares, el producto de estas pendientes debe valer −1, o sea tenemos
−1 = 2(x− 1)y − 4
x− 1 = 2(y − 4) = 2y − 8 ⇒ y = 7/2
y por tanto, como Q está en la parábola, se tiene 49/4 = x2+2x− 9/4, de donde x = 1± 3/2. Esto
nos da los puntos del argumento anterior.
El caso x = 1 la recta PQ es vertical y la tangente a la parábola es horizontal, luego también son
perpendiculares entre śı. En esta versión, dibujando la parábola se ve que en los puntos anteriores
hay mı́nimos (absolutos) mientras que en (1, 5/4) hay un máximo relativo para la distancia (no es
un máximo absoluto porque la distancia se hace infinita por las ramas de la parábola).
o
4. Encuentra el punto Q de la parábola y = 4−x2 más cercano al punto P = (3, 4), y comprueba que
la recta que une P con Q es perpendicular a la tangente a la parábola por Q.
Solución: Podemos minimizar el cuadrado de la distancia a P , o sea f(x, y) = (x− 3)2+(y− 4)2.
Para puntos de la parábola considerada se tiene y − 4 = −x2 y por tanto la expresión que hay que
minimizar queda sólo en función de x como f(x) = (x−3)2+x4. Su derivada es f ′(x) = 4x3+2x−6,
y por Ruffini se ve que tiene una única ráız x = 1. Además f ′′(x) = 12x2+2 y por tanto f ′′(1) > 0,
por lo que el mı́nimo se alcanza para x = 1, y el correspondiente punto de la parábola es Q = (1, 3).
La recta que une P con Q tiene vector director
−−→
QP = (2, 1) y por tanto pendiente 1/2. Como
y′(x) = −2x, la tangente a la parábola tiene pendiente y′(1) = −2, y como el producto de las
pendientes es −1, son perpendiculares.
o
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10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
5. Resuelve estos dos apartados (el primero puede ser útil para hacer el segundo).
a) Halla los puntos cŕıticos de la función f(x) = 14x
4−x3+4x+4, y para cada uno de ellos decide
si la función alcanza en él un máximo o un mı́nimo relativo, o si es creciente o decreciente.
b) Encuentra el punto Q de la parábola y = 12x
2 − x más cercano a P = (0, 2).
Solución: (a) Necesitaremos al menos f ′(x) = x3 − 3x2 + 4 y f ′′(x) = 3x2 − 6x.
Por Rufinni obtenemos f ′(x) = (x− 2)2(x+1), luego los puntos cŕıticos son x = 2 y x = −1. Como
f ′′(−1) = 3 + 6 = 12 > 0, en x = −1 se alcanza un mı́nimo relativo. Como f ′′(2) = 12 − 12 = 0,
hay que calcular f ′′′(x) = 6x− 6, con f ′′′(2) = 12− 6 = 6 > 0, por lo que la función es creciente en
x = 2.
(b) En vez de la distancia a P podemos minimizar su cuadrado, o sea f(x, y) = (x− 0)2 + (y− 2)2.
Para puntos de la parábola considerada se obtiene una expresión sólo en función de x como
f(x) = x2 +
(
1
2
x2 − x− 2
)2
= x2 +
1
4
x4 + x2 + 4− x3 − 2x2 + 4x = 1
4
x4 − x3 + 4x+ 4
Por el apartado anterior, f(x) tiene un único mı́nimo relativo en x = −1, y el correspondiente punto
de la parábola es Q = (−1, 3/2),
o
6. Demuestra que P = (2, 2) es el punto de la parábola y = 12x
2 que está más cerca del punto
Q = (4, 1). Demuestra también que la recta que une P y Q es perpendicular a la tangente a la
parábola por P .
✻
✲
q q
Solución: En lugar de buscar un mı́nimo de la función “distancia a Q”, buscamos un mı́nimo de
su cuadrado, que es la función f(x, y) = (x− 4)2 + (y− 1)2. Como sólo consideramos los puntos de
la parábola y = 12x
2, tenemos en realidad una función de una sola variable
g(x) = f(x,
1
2
x2) = (x− 4)2 + (1
2
x2 − 1)2
Como su derivada es
g′(x) = 2(x− 4) + 2(1
2
x2 − 1)x = 2x− 8 + x3 − 2x = x3 − 8
el único punto cŕıtico es x = 2, con y = 122
2 = 2, es decir, el punto P = (2, 2). Es un mı́nimo pues
la derivada segunda g′′(x) = 3x2 es positiva en x = 2.
La recta que une P y Q tiene pendiente 1−24−2 =
−1
2 , mientras que la tangente a y =
1
2x
2 en P
tiene pendiente y′(2) = 2, por lo que son perpendiculares (si una recta tiene pendiente m, sus
perpendiculares son las rectas de pendiente −1/m).
o
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10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
7. Se considera la parábola y = 9x2/4 y la distancia de sus puntos a P = (0, 6); se pide:
(a) Encuentra todos los puntos cŕıticos de esa distancia.
(b) Para cada uno de ellos, determina si se trata de un máximo relativo, un mı́nimo relativo, un
máximo absoluto, un mı́nimo absoluto o nada de lo anterior.
Solución: (a) En estos casos es mejor9 trabajar con la función “distancia al cuadrado”, que alcanza
sus máximos y mı́nimos en los mismos puntos (aunque con distintos valores) que la función distancia.
Esa distancia al cuadrado es f(x, y) = d((0, 6), (x, y))2 = x2+(y−6)2, pero al restringirnos a puntos
de la parábola (o sea, con y = 9x2/4) se puede ver como función de una sola variable:
f(x) = x2 +
(
9
4
x2 − 6
)2
= x2 +
81
16
x4 − 27x2 + 36 = 81
16
x4 − 26x2 + 36
Su derivada es f ′(x) = 814 x
3−52x = 14 x(81x2−208) que se anula en x = 0 y x = ±
√
208
81 = ±4
√
13
9 ;
esas son las abcisas de los tres puntos cŕıticos de la función distancia, y los puntos son A = (0, 0),
B =
(
4
√
13
9 ,
52
9
)
y C =
(
−4
√
13
9 ,
52
9
)
.
(b) La derivada segunda vale f ′′(x) = 2434 x
2 − 52, luego f ′′(0) = −52 y en x = 0 (o sea, en A) se
alcanza un máximo relativo, que claramente no es máximo absoluto pues f(x) es un polinomio de
grado 4 que por tanto tiende a infinito cuando x → ±∞.
Aunque no se pide, podemos añadir que el valor de la distancia en ese punto es la ráız de f(0) = 36,
o sea es 6. Si se dibuja (sin mucha precisión) la parábola, es evidente que su vértice está en el
origen, que la distancia a P es 6 y que ah́ı se alcanza un máximo relativo.
En los otros dos puntos cŕıticos la derivada segunda vale 2434 · 20881 − 52 = 3 · 52− 52 = 104 > 0 y por
tanto se alcanzan mı́nimos relativos, que de hecho son mı́nimos absolutos por la forma que tienen
los polinomios de grado 4 con tres extremos relativos (véase la pág. 80 de los apuntes).
o
8. La parábola y = 56− x− x2 está por encima del eje X cuando x está en el intervalo [−8, 7]. Para
cada punto (x, y) de ese tramo de gráfica con x 6= 0 se considera el rectángulo que determinan el
punto y los ejes. ¿Para qué valor de x se obtiene el rectángulo de mayor área?
Solución: Para valores positivos de x el área vale xy, pero como los puntos satisfacen y = 56−x−x2
la podemos dejar sólo en función de x como
f(x) = x(56− x− x2) = 56x− x2 − x3 f ′(x) = 56− 2x− 3x2
Resolviendo la ecuación 3x2 + 2x− 56 = 0 vemos que f ′(x) se anula para
x =
−2±
√
4 + 4 · 3 · 56
2 · 3 =
−1±
√
1 + 3 · 56
3
=
−1±
√
169
3
=
−1±13
3
9Para números positivos a, b se tiene claramente que a < b si y solo si a2 < b2, por lo que una función positiva y su
cuadrado alcanza sus extremos en los mismos puntos, aunque con distintos valores.
Otra forma de verlo es que si consideramos g(x) = f(x)2 entonces g′(x) = 2f(f)f ′(x), y como f(x) es positiva se
tiene que g′(x) = 0 si y solo si f ′(x) = 0, o sea f(x) y g(x) tienen los mismos puntos cŕıticos. Además se tiene g′′(x) =
2f ′(x)2 + 2f(x)f ′′(x), por lo que en cada punto cŕıtico x0 se tiene g
′′(x0) = 2f(x0)f
′′(x0) (puesto que f
′(x0) = 0) y por
tanto las derivadas segundas de f y de g en los puntos cŕıticos tienen el mismo signo, por lo que son máximos relativos para
f si y solo si lo son para g, y lo mismo con mı́nimos relativos.
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