Aplicacion Derivada - Ejercicios de derivación PDF

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Ejercicios de derivación...

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Aplicación de la derivada 1. Hallar: (a) El polinomio de Taylor de tercer grado de f (x) = xex en x = 1. 1 . (b) Obtener el desarrollo de McLaurin de f (x) = 1−x Solución (a) Se hallan las derivadas y el valor de las mismas en el punto x = 1. f (x) = xex f ′ (x) = ex (x + 1) f ′′ (x) = ex (x + 2) f ′′′ (x) = ex (x + 3)

f (1) = 1·e1 = e f ′ (1) = 2e f ′′ (1) = 3e f ′′′ (1) = 4e

El desarrollo de Taylor en x = 1 es: f (x) = f (1)+

f ′′′ (1) f ′′ (1) f iv) (θ) f ′ (1) (x−1)2 + (x−1)+ (h)4 . (x−1)3 + 2! 1! 4! 3!

Y sustituyendo se tiene f (x) = e +

2e 4e 3e (x − 1)3 + (x − 1) + (x − 1)2 + 3! 2! 1! +

eθ (θ + 3) 4 (θ) . 4!

1 . 1−x Se hallan las derivadas y el valor de las mismas en el punto x = 0

(b) Obtener el desarrollo de McLaurin de f (x) = 1 1−x 1 f ′ (x) = 2 (1 − x) 2 f ′′ (x) = 3 (1 − x) 6 f ′′′ (x) = 4 (1 − x) 24 f iv) (x) = 4 (1 − x) f (x) =

f (0) = 1 f ′ (0) = 1 f ′′ (0) = 2 f ′′′ (0) = 6 f iv) (0) = 24

Como el desarrollo de MacLaurin es: f (x) = 1 +

1 n! 6 2 x + x2 + x3 + · · · + xn + T n 3! 2! 1! n!

donde Tn es:

1

Tn =

f n+1)(θ) (n+1) x , 0 < θ < 1. (n + 1)!

Sustituyendo se tiene f (x) = 1 + x + x2 + x3 + · · · + xn + Tn .  2. Obtener el desarrollo en serie de f (x) = cos x en un entorno de x = 0. Solución En primer lugar se hallan las derivadas y el valor de las mismas en el punto x=0 f (x) = cos x f ′ (x) = − sin x f ′′ (x) = − cos x f ′′′ (x) = sin x

f (0) = cos 0=1 f ′ (x) = − sin 0 = 0 f ′′ (x) = − cos 0 = −1 f ′′′ (x) = sin 0 = 0

El desarrollo en serie de potencias es f (x) = f (0) +

f ′′ (0) f ′′′ (0) f ′ (0) (x − 0) + (x − 0)2 + (x − 0)3 + · · · 1! 2! 3!

Sustituyendo se tiene f (x) = 1 −

1 1 2 x + x4 + O(x7 ). 2! 6! 

3. Hallar los máximos y mínimos relativos de las funciones: (a) y = x4 − 4x3 − 2x2 + 12x − 7. (b) y = x4 (1 − x)3 . Solución a) Se calcula la primera derivada y se iguala a 0, para obtener los posibles extremos y′ = 4x3 − 12x2 − 4x + 12 = 0 ⇔ x = 1, x = −1, y x = 3. Se halla la segunda derivada y se sustituyen los valores obtenidos anteriormente, para decidir si el extremo es mínimo o máximo y′′ (x) = 12x2 − 24x − 4 2

y′′ (1) = −16 < 0 ⇒ Máximo. y′′ (−1) = 32 > 0 ⇒ Mínimo. y′′ (3) = 32 > 0 ⇒ Mínimo. La función alcanza un máximo en x = 1 y mínimos en x = −1 y x = 3. b) Se calcula la primera derivada y se iguala a 0, para obtener los posibles extremos y′ = 4x3 (1 − x)3 − 3x4 (1 − x)2 = x3 (1 − x)2 (4 − 7x) = 0 4 x = 0, x = 1, y x = . 7 Se halla la segunda derivada y se sustituyen los valores obtenidos anteriormente, para decidir si el extremo es mínimo o máximo y′′ (x) = 3x2 (1 − x)2 (4 − 7x) − 2x3 (1 − x)(4 − 7x) − 7x3 (1 − x)2 = = 6x2 (1 − x)(2 − 8x + 7x2 ) y′′ (0) = 0 y′′ (1) = 0   4 −192 y′′ < 0 ⇒ Máximo. = 2401 7 Para x = 0 y x = 1, se vuelve a derivar y a sustituir y′′′ (x) = −6x(35x3 − 60x2 + 30x − 4) y′′′ (0) = 0 y′′′ (1) = −6 < 0 ⇒ Pto. inflexión. Para x = 0, se vuelve a derivar y a sustituir yiv) (x) = −24(35x3 − 45x2 + 15x − 1) yiv) (0) = 24 > 0 ⇒ Mínimo. La función alcanza un ínomo en x = 0, un máximo en x = punto de inflexión en x = 1.

4 7

y tiene un

 4. Las nevadas de principios de marzo han hecho que el nivel de nieve (altura en cm.) siguiera la siguiente función N (t) = −2t2 + 48t + 360 dónde t son los días transcurridos desde que comenzó a nevar. 3

(a) ¿En qué momento la altura de nieve es mayor y que altura alcanza? (b) ¿A partir de qué momento la altura empieza a decrecer? ¿En qué momento la nieve desaparece? Solución a) Calcular el momento en que la altura de la nieve es mayor es hallar el máximo de la función. Para ello se calcula la primera derivada N ′ (t) = −4t + 48. Igualando la primera derivada a 0, se obtienen los puntos críticos N ′ (t) = −4t + 48 = 0 ⇒ t = 12. Se halla a continuación la segunda derivada N ′′ (t) = −4 que al ser menor que 0, asegura la existencia de un máximo en el punto t = 12 y la altura alcanzada es N (12) = 648cm. La altura máxima se alcanza en el instante t = 12 y la altura alcanzada es N (12) = 648cm. b) Según el apartado anterior el máximo se alcanza en el punto (12, 648) y se puede afirmar que a partir del día 12 la altura empieza a decrecer. Se puede resolverlo de forma analítica, derivando e igualando la derivada a 0, los intervalos son (0, 12), y (12, ∞). Se evalúa la primera derivada Intervalo N ′ (t)

(0, 12) +

(12, ∞) −

Y los intervalos de crecimiento y decrecimiento para N (t) son: • Intervalos de crecimiento: (0, 12) • Intervalos de decrecimiento: (12, ∞), que se restringe a (12, 30) ya que a partir de t = 30 se tendrían alturas negativas, lo que no es posible. Finalmente, calcular el momento en que la nieve desaparece es calcular cuándo la función toma el valor 0 N (t) = −2t2 + 48t + 360 = 0 ⇒ t = 30 ó t = −6. Por tanto, desestimando el valor negativo, la nieve desaparece en t = 30. Nota: Se incluye la gráfica para ilustrar el problema si bien para su representación sería necesario un estudio más detallado.

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A partir del instante t = 12, que se alcanza el máximo, la altura empieza a decrecer, y desaparece en el instante t = 30.  5. Dada la función f (x) = x5 − 80x2 + 3x hallar la ecuación de la recta tangente que pasa por el punto de inflexión. Solución Para hallar el punto de inflexión de una función hay que hallar la segunda derivada, f ′ (x) = 5x4 − 160x + 3 f ′′ (x) = 20x3 − 160. Igualando la segunda derivada a 0, se obtienen los posibles puntos de inflexión f ′′ (x) = 20x3 − 160 = 0 ⇒ x = 2. Se halla a continuación la tercera derivada f ′′′ (x) = 60x2 que como es distinta de cero, implica que el punto hallado es punto de inflexión. La ecuación de la recta tangente que pasa por un punto dado (x0 , y0 ) es y − y0 = m(x − x0 ). Se ha hallado que x0 = 2, se calcula y0 y0 = f (2) = 25 − 80 · 22 + 3·2 = −282.

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Y el valor de la pendiente m es el valor de la primera derivada evaluada en x0 m = f ′ (2) = 5 · 24 − 160 · 2 + 3 = −237. Luego se tiene que la recta tangente que pasa por el punto de inflexión es y − 282 = −237(x − 2) = −237x + 474 y = −237x + 756.  6. La gráfica de velocidad de un autobús en los 6 minutos previos a un accidente quedó recogida en el tacómetro, y se a justa bastante bien a la siguiente función, V (t) = 24t − 15t2 + 2t3 + 100, 0 ≤ t ≤ 6. (a) Especifique los intervalos de tiempo en que la velocidad aumentó y aquéllos en que disminuyó. (b) Dibuje la gráfica de la función, especificando, si los hay, los puntos de inflexión. ¿En qué momentos se alcanza la mayor y menor velocidad? Solución a) Para determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la velocidad, se halla la derivada de la función V ′ (t) = 24 − 30t + 6t2 . A continuación se iguala la derivada a 0, para obtener los distintos intervalos a estudiar V ′ (t) = 24 − 30t + 6t2 = 0 V ′ (t) = 6(t2 − 5t + 4) = 6(t − 1)(t − 4) = 0 t = 1 ó t = 4. Por tanto, los intervalos a estudiar son (0, 1), (1, 4) y (4, 6). Se evalúa la primera derivada en los citados intervalos y se tiene Intervalo V ′ (t)

(0, 1) +

(1, 4) −

(4, 6) +

Y por tanto los intervalos de crecimiento y decrecimiento para f (x) son • Intervalos de crecimiento: (0, 1) ∪ (4, 6). • Intervalos de decrecimiento: (1, 4). 6

Luego se tiene que la velocidad estaba creciendo en el momento del accidente b) Para calcular los máximos y mínimos, se calcula la primera derivada y se iguala a 0 para hallar los puntos críticos, y que como se ha visto en el apartado anterior son t = 1 y t = 4. Se calcula la segunda derivada de la función V ′′ (t) = −30 + 12t. Y se evalúan los puntos críticos hallados en ella V ′′ (1) = −30 + 12 · 1 = −18 < 0

V ′′ (4) = −30 + 12 · 4 = 18 > 0. Por tanto, existe un máximo relativo en (1, 111) y un mínimo relativo en (4, 84). Asimismo se evalúa la función en los bordes del intervalo y se tiene V (0) = 24 · 0 − 15 · 02 + 2 · 03 + 100 = 100 V (6) = 24 · 6 − 15 · 62 + 2 · 63 + 100 = 136. Luego se tiene que el punto en que la velocidad es menor es t = 4 y la velocidad en ese momento es 84. El punto donde la velocidad es mayor es t = 6 y la velocidad alcanzada en ese momento es 136, que coincide con el momento del accidente. Para calcular los puntos de inflexión se iguala la segunda derivada a 0 V ′′ (t) = −30 + 12t = 0 ⇒ t = 2, 5. Se calcula la tercera derivada V ′′′ (t) = 12 y como es distinto de 0, se puede afirmar que hay un punto de inflexión en (2, 5 ; 97, 5). La gráfica viene dada por

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 7. Dada f (x) = x3 − 6x2 + 11x − 6, determinar los intervalos de concavidad y convexidad. Solución Se hallan la primera y segunda derivada y se iguala a 0, para obtener los intervalos de concavidad y convexidad f ′ (x) = 3x2 − 12x + 11

f ′′ (x) = 6x − 12 = 6(x − 2) = 0 ⇔ x = 2 f ′′ (x) > 0 ⇔ x > 2 f ′′ (x) < 0 ⇔ x < 2. Por tanto la función es cóncava (∩) en (−∞, 2) y convexa (∪) en (2, ∞).  8. Se considera la función f (x) = −

3x x−4

(a) Razone cuál es el dominio de definición de f (x). (b) Determine los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f (x). (c) Determine los intervalos de concavidad y convexidad de f (x). (d) Dibuje la gráfica de la función.

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Solución (a) El dominio de f (x), al ser un cociente de polinomios, es todo R a excepción de aquellos valores que anulan el denominador, por tanto Dom f = {x ∈ R/x − 4 6= 0} = R\{4}. (b) Para determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función, se halla su derivada f ′ (x) =

12 (−3)(x − 4) − (−3x) = . 2 2 (x − 4) (x − 4)

Vemos que f ′ (x) > 0 para todo x del dominio ya que 12 > 0 y (x − 4)2 > 0. Luego se tiene que la función es creciente en todo su dominio. (c) Para determinar los intervalos de concavidad y convexidad, se halla la segunda derivada de la función f ′′ (x) =

−12 · 2 · (x − 4) 4

(x − 4)

=

−24 3

(x − 4)

.

A continuación se iguala la derivada a 0, para obtener los distintos intervalos a estudiar f ′′ (x) 6= 0. Por tanto, los intervalos a estudiar son (−∞, 4),(4, ∞). Se evalúa la segunda derivada en los citados intervalos y se tiene Intervalo f ′′ (x)

(−∞, 4) +

(4, ∞) −

Y por tanto Los intervalos de concavidad y convexidad para f (x) son: • Intervalo de concavidad: (−∞, 4). • Intervalo de convexidad: (4, ∞). (d) La gráfica viene dada por

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 9. De una función f se conoce que la gráfica de su derivada es la parábola con vértice (1, 1). Además se sabe que pasa por los puntos (0, 0) y (2, 0). Sin realizar cálculos, halle razonadamente: (a) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f . (b) Los intervalos de concavidad y convexidad de f . (c) Extremos relativos y los puntos de inflexión de f . Solución (a) Como la gráfica de la derivada es una parábola con vértice (1,1), y que pasa por los puntos (0,0) y (2,0), se tiene que f ′ (x) > 0 en el intervalo (0, 2), luego f es creciente en ese intervalo . Asimismo se deduce que f ′ (x) < 0 en los intervalos (−∞, 0) ∪ (2, ∞), luego f es decreciente en esos intervalos. (b) b)Como f ′ (x) es creciente en (−∞, 1), entonces f ′′ (x) > 0 en dicho intervalo, y f (x) es cóncava en el intervalo (−∞, 1). Como f ′ (x) es decreciente en (1, ∞), entonces f ′′ (x) < 0 en dicho intervalo, y f ′′ (x) es convexa en el intervalo (1, ∞). (c) Se sabe que f ′ (x) = 0 para x = 0 y x = 2. Luego estos son los puntos críticos. Como la función decrece hasta el 0 y luego crece, hay un mínimo en x = 0. Como la función crece hasta el 2 y luego decrece, hay un máximo en x = 2. Finalmente se sabe que la función cambia de cóncava a convexa en 1, por tanto existe un punto de inflexión en x = 1.La función tiene un mínimo en x = 2 y un punto de inflexión en x = 1. 10

 10. Raúl y Diana quieren fabricarse su propio cuaderno de apuntes de matemáticas con forma rectangular, y quieren minimizar el gasto en papel. Sabiendo que los márgenes laterales son de 1 cm cada uno y el superior e inferior de 1,5 cm cada uno y que el espacio para tomar apuntes ha de ocupar 96 cm2 , hallar las dimensiones del cuaderno. Solución La representación de la hoja es la siguiente

En primer lugar se nombran las variables que influyen en el objeto a optimizar, llamando x a la base e y a la altura del rectángulo. La función que se quiere optimizar es la superficie de la página S = x · y. En segundo lugar se especifican las condiciones que deben cumplir las variables anteriores. En este caso se sabe que la superficie impresa, que corresponde a la base menos los márgenes laterales multiplicado por la altura menos los márgenes superior e inferior es igual a 96 (x − 2)(y − 3) = 96 de aquí se despeja una de las variables, en este caso se despeja la altura, y y=

96 +3 x−2

se sustituye en la función a optimizar, de forma que se tenga una función de una sola variable 90x + 3x2 . S(x) = x−2 Se procede ahora a buscar el mínimo de la función, para ello se calcula la primera derivada S ′ (x) =

3x2 − 12x − 180 (90 + 6x)(x − 2) − (90x + 3x2 ) = 2 2 (x − 2) (x − 2) 11

se iguala la primera derivada a 0, para buscar los posibles puntos críticos S ′ (x) = 0 ⇒ x = 10 ó x = −6 se obtienen dos posibles puntos críticos, uno de los cuales es negativo, luego se desecha y se traba ja con el otro. Se calcula la segunda derivada S ′′ (x) =

384 3 (x − 2)

y se sustituye el valor crítico hallado en la segunda derivada, obteniéndose S ′′ (10) =

384 3

(10 − 2)

= 0, 75 > 0

luego existe mínimo en x = 10. A partir del valor hallado se obtiene el valor de la altura, y=

96 96 +3= + 3 = 15 x−2 10 − 2

y el valor de la superficie buscada S = 150 cm2 . 

12...