Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (59)

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10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
Su derivada f ′(r) = 16πr−54πr−2 se anula cuando 16πr = 54πr−2, o sea cuando r3 = 54/16 = 27/8,
o sea cuando r = 3/2, y se trata de un mı́nimo pues la derivada segunda f ′′(r) = 16π+108πr−3 es
claramente positiva para r = 3/2.
Para este valor r = 3/2 se obtiene h = 27r−2 = 27 · 4/9 = 12, y éstos son por tanto los valores que
minimizan el coste. El coste es f(3/2) = 54π euros.
o
36. Se desea construir un depósito ciĺındrico de volumen 48π m3. Si el material de la cara lateral cuesta
1e por m2 y el de las dos bases cuesta 3e por m2, ¿qué dimensiones debe tener el depósito para
que el material cueste lo menos posible?
Solución: Si el radio es r y la altura es h, el dato del volumen (área de la base, π r2, por altura)
nos da la relación entre ambas variables: 48π = π r2h, o sea 48 = r2h.
Cada base tiene área πr2 y por tanto entre ambas cuestan 6πr2 euros. La cara lateral es un rectángu-
lo de lados 2πr y h, y por tanto cuesta 2πrh euros. El coste total (lo que queremos minimizar) es
por tanto f(r, h) = 6π r2 + 2πrh, y sustituyendo h por 48r−2 nos queda en función de una sola
variable: f(r) = 6πr2 + 96πr−1 = 6π(r2 + 16r−1).
Derivando se tiene f ′(r) = 6π(2r − 16r−2), que se anula cuando 2r = 16r−2, o sea cuando r2 = 8,
o sea cuando el radio vale r = 2 y por tanto la altura vale h = 48/4 = 12.
Para estos valores se obtiene efectivamente un mı́nimo pues f ′′(r) = 6π(2 + 32r−3) es positiva
cuando lo es r (y en particular lo es cuando r = 2).
o
37. ¿Cuál es el volumen máximo que puede tener un cono cuya arista mide 3?
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3
h
r
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❩
❩
❩
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❩
❩
❩
3
h
r
Solución: Si en el dibujo del enunciado añadimos el radio r y la altura h se tiene r2+h2 = 32 = 9,
y el volumen vale π3 r
2h. Lo más fácil es pues despejar r2 para obtener una función sólo de h:
V (h) =
π
3
r2h =
π
3
(9− h2)h = π
3
(9h− h3) ⇒ V ′(h) = π
3
(9− 3h2) = π(3− h2)
La derivada se anula cuando h =
√
3 (y r =
√
6); para ese valor se alcanza un máximo, pues la
derivada segunda V ′′(h) = −2πh es negativa, y el volumen correspondiente es
V (
√
3) =
π
3
(9− 3)
√
3 = 2π
√
3
También se puede despejar h, pero la función es algo más dif́ıcil de manejar:
V (r) =
π
3
r2
√
9− r2 ⇒ V ′(r) = π
3
(
2r
√
9− r2 − r
3
√
9− r2
)
=
π
3
2r(9− r2)− r3√
9− r2
= π
6r − r3√
9− r2
Matemáticas de 1 , problemas 175 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
Descartando el valor r = 0 (que daŕıa un volumen nulo), la derivada se anula cuando cuando
r =
√
6 (y h =
√
3), donde se puede ver que se alcanza un máximo calculando la derivada segunda;
el volumen correspondiente es
V (
√
6) =
π
3
6
√
9− 6 = 2π
√
3
Otra opción consiste en llamar por ejemplo x = cosα, donde α es el ángulo que forma la arista con
la altura (el eje de rotación del cono); entonces la altura vale 3 cosα = 3x y el cuadrado del radio
vale (3 senα)2 = 9(1− x2), de modo que el volumen en función de x vale
V (x) =
π
3
9(1− x2)3x = 9π(x− x3) ⇒ V ′(x) = 9π(1− 3x2)
La derivada se anula para x = 1/
√
3, donde se alcanza un máximo pues la derivada segunda es
negativa, y el volumen vale
V (1/
√
3) = 9π
(
1√
3
− 1
3
√
3
)
= π(3
√
3−
√
3) = 2π
√
3
o
Matemáticas de 1 , problemas 176 Alberto del Valle Robles
11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
11. UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
1. ¿Qué es el resto del polinomio de Taylor de grado n de f(x) en x = a?
Enuncia el teorema de Lagrange que proporciona una expresión para ese resto.
Solución: El resto es Rn+1(x) = f(x)−Pn(x), o sea es la diferencia entre el valor real de la función
y el valor aproximado que da el polinomio de Taylor.
El teorema dice que, si la derivada f (n+1) existe y es contnua en un entorno de a, entonces existe
un punto ξ entre x y a tal que Rn+1(x) =
f (n+1)(ξ)
(n+ 1)!
(x− a)n+1.
o
2. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 5 de f(x) = sen(x)− x cos(x).
Solución: Se pueden usar las propiedades de las operaciones con polinomios de Maclaurin. Como
conocemos los desarrollos de
sen(x) ≈ x− 1
6
x3 +
1
120
x5 cos(x) ≈ 1− 1
2
x2 +
1
24
x4
obtenemos el de x cos(x) multiplicando directamente, y el de la diferencia es entonces
f(x) = sen(x)−x cos(x) ≈ x−1
6
x3+
1
120
x5−
(
x− 1
2
x3 +
1
24
x5
)
=
(
1
2
− 1
6
)
x3+
(
1
24
− 1
120
)
x5
y operando las fracciones se obtiene f(x) ≈ x3/3− x5/30.
También se pueden calcular las derivadas sucesivas, evaluarlas en x = 0 y aplicar la definición de
polinomio de Maclaurin:
f(x) = sen(x)− x cos(x) f(0) = 0
f ′(x) = cos(x)− cos(x) + x sen(x) = x sen(x) f ′(0) = 0
f ′′(x) = sen(x) + x cos(x) f ′′(0) = 0
f ′′′(x) = cos(x) + cos(x)− x sen(x) = 2 cos(x)− x sen(x) f ′′′(0) = 2
f iv(x) = −2 sen(x)− sen(x)− x cos(x) = −3 sen(x)− x cos(x) f iv(0) = 0
fv(x) = −3 cos(x)− cos(x) + x sen(x) = −4 cos(x) + x sen(x) fv(0) = −4
Los coeficientes son nulos salvo el de x3, que vale 2/3! = 1/3, y el de x5, que vale −4/5! = −1/30.
o
Matemáticas de 1 , problemas 177 Alberto del Valle Robles
	UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN