Ejercicio31_TP5

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Matemática
Práctico 5 – Derivadas - EJERCICIO 31 1
SOLUCION Y COMENTARIOS
Tengamos en cuenta que la fórmula que permite calcular el área del triángulo es:
2
alturabase
Area


Observemos en la figura que es un triángulo rectángulo en el
cual los lados que forman el ángulo recto (catetos) son
segmentos pertenecientes a los ejes de abscisa y ordenada, y
el otro lado, la hipotenusa, es un segmento de la recta tangente
a la gráfica.
Determinemos la pendiente de la recta tangente al gráfico
derivando la función f(x) = 4 – x2 .
f’(x) = - 2x
La ecuación de la recta tangente en el punto P = (a; f(a)) es:
y – f(a) = f’(a) (x - a)
O bien:
y = f’(a) (x - a) + f(a)
Reemplazando por las coordenadas de P,
y = (-2a) (x - a) + 4 – a2
Operando
y = - 2 a x + 2 a2 + 4 – a2
y = - 2 a x + a2 + 4
Si tomamos x = 0 entonces y = a2 + 4 representa la altura del triángulo
Si hacemos y = 0 obtenemos la base del triángulo. Entonces:
y = 0  - 2 a x + a2 + 4 = 0  2 a x = a2 + 4  0acon
a
2a
2
1x
a2
4ax
2

Calculemos ahora el área del triángulo:
2
alturabaseArea 
2
)4a(
a
2a
2
1
Area
2 




 

31. ¿En qué punto del primer cuadrante, la recta tangente a la gráfica de la función f(x) = 4 – x2
determina junto con los ejes coordenados un triángulo de área mínima?
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Práctico 5 – Derivadas - EJERCICIO 31 2
2
1
a
8a4a
2
1
2
a
8a2a2a
2
1
Area 3
3




 




 

a
4a2a
4
1Area 3 
Consideremos ésta la función área y representémosla mediante A(a).
Derivamos e igualemos a cero para hallar los puntos críticos:
2
23
a
42a
4
3)a('A
a
4a2a
4
1)a(A 
Entonces: 0
a
42a
4
30)a('A
2
2 
Multiplicando ambos miembros por a2:
04a2a
4
3 24 
Y realizamos un cambio de variables: a2 = b:
04b2b
4
3 2 
Resolviendo esta ecuación encontramos dos raíces:
4by
3
4b 21 
Pero teniendo en cuenta el cambio de variables vemos que:
 Para
3
4b1  es 3
32ay
3
32
3
4a 21 
a2 no debe tenerse en cuenta ya que a es un valor positivo por pertenecer al primer
cuadrante.
 Para b2 = -4 no se tiene solución pues b = a2 y a2 = -4 no tiene solución en el conjunto
de los números reales.
Por lo tanto encontramos solamente un punto crítico. Veamos si es un mínimo aplicando el
criterio de la derivada segunda:
32
2
a
8a
2
3)x(''A
a
42a
4
3)a('A 
Reemplazando por
3
32
a1  tenemos: 343
3
3
3
32
''A 







Y como 34
3
33  > 0 entonces la función alcanza un mínimo en a
Además es
3
8
3
32
A 







.
El punto buscado es: 








3
8;
3
32P