Unidad 11 Introducción a las derivadas y sus aplicaciones

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1 Unidad 11 Introducción a las derivadas y sus aplicaciones PÁGINA 9 SOLUCIONES 1. Los límites quedan: f ( + h) f() 3 ( + h) h a) lím = lím = lím = 3 h 0 h h 0 h h 0 h g( + h) g() 4 ( + h) 4 b) lím = lím = 8 h 0 h h 0 h. Las rectas de pendiente La que pase por (, 3) es: y = Los números son y 1. y= (1 ) f( ) = son de la forma: y = 1 + b 5 5 Es una función cuadrática y el máimo lo alcanza en su vértice, es decir, para = 6. Los números buscados son 6 y

2 4. En cada uno de los intervalos queda: f1() f1(0) f1(4) f1() a) tvm[0,] = = tvm[,4] = = 0 4 f() f(0) f(4) f() b) tvm[0,] = = 3 tvm[,4] = = 0 4 f3() f3(0) f3(4) f3() c) tvm[0,] = = tvm[,4] = = f4() f4(0) 3 f4(4) f d) tvm[0,] = = tvm[,4] = () 4 =

3 PÁGINA 49 SOLUCIONES 1. Vamos a organizar los datos en una tabla: Recibe Marca Lunes X M Martes X M 1 Miércoles X + 14 M Jueves 4M 10 Viernes 4 X Sábado 0 Los discos que recibe menos los que marca son los 0 discos que le quedaron para el sábado: X + X M+ X M+ 4 ( M+ 1+ M X) = 0 3X + 3M+ 18 3M X = 0 X = 4 X = 1 discos recibió el lunes.. Sea v la velocidad del camión y w la velocidad del tractor. La epresión queda: v + w = ( v w) v = 3w Es decir, la velocidad del camión es el triple que la velocidad del tractor. 3. Llamamos R 4 al reloj que mide 4 minutos y R 9 al que mide 9 minutos. Para medir 1 minuto: ponemos ambos relojes. Cuando pasan 4 minutos, damos la vuelta a R 4 y al pasar otros 4 minutos, lo que queda de R 9 es 1 minuto. Para medir minutos: conseguimos 1 minuto por el procedimiento anterior. A la vez que logramos 1 minuto, el reloj R 4 lo ponemos y quedan en él 3 minutos. En este momento ponemos a funcionar R 9 y al terminar, quedan en éste 6 minutos; ponemos a funcionar R 4 y al terminar éste último, quedan en el anterior minutos. Para medir 3 minutos: está eplicado en el procedimiento anterior. 159

4 Para medir 4 minutos: con el reloj R 4. Para medir 5 minutos: ponemos R 4 y R 9 ; al terminar R 4, quedan en R 9 5 minutos. Para medir 6 minutos: esta situación se eplica en el procedimiento para medir minutos. Para medir 7 minutos: conseguimos minutos por el procedimiento dado anteriormente. Los minutos los tenemos en R 9. Ponemos a funcionar R 4 y al pasar minutos en R 9 quedan otros minutos en R 4. Ponemos a funcionar R 9 y, al pasar los dos minutos de R 4 quedarán 7 minutos en R 9. Para medir 8 minutos: ponemos dos veces R 4. Para medir 9 minutos: ponemos a funcionar R 9. Para medir 10 minutos: conseguimos que queden 6 minutos en R 9 por los procedimientos ya vistos anteriormente y, cuando pasan esos 6 minutos, ponemos a funcionar R 4 obteniendo así los 10 minutos. 4. en esta figura podemos encontrar los siguientes tipos de triángulos: En cada figura podemos encontrar 5 triángulos iguales al rayado en la misma; por tanto, en total hay 5 6= 30triángulos. 160

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6 SOLUCIONES 1. La tabla queda del siguiente modo: t f ( ) = 3 f ( ) = 3 3 vm f 3 ( ) = 3+ f ( ) = f ( ) 1 f ( ) = 6 = 5 3 [,0] [ 1,1] [ 0, ] [ 1, ] [ aa+, 1] a + 3a + 3a+ 1 3 a. En cada apartado queda: a) Llamando a la altura del líquido obtenemos: La ecuación es: V = π con 0 3 b) Queda: π 0,5π π 1,5 π,5π π tvm[0,5;1] = =π t vm[1,5;] = =π tvm[;,5] = =π 0,5 0,5 0,5 c) Queda: [ ; ] bπ aπ tvm a b = =π b a 16

7 3. Queda: e(3) e(0) Vm[0,3] = tvm[0,3] = = = 17 km/s e(5) e() Vm[,5] = tvm[,5] = = = 9 km/s 5 3 e(8) e(1) Vm[1,8] = tvm[1,8] = = = 35 km/s e(1) e(8) Vm[8,1] = tvm[8,1] = = = 68 km/s Al alejarse de la Tierra aumenta la velocidad del cohete. 4. La solución queda: a) La dosis inicial es 10 mg. t b) vm C() C(1) [1,] = = 10 0,9 10 0,9= 0,736 1 Significa que va disminuyendo la cantidad de fármaco a medida que pasa el tiempo. C(1,5 + h) C(1,5) 1,5 t (1,5) = lím = D[ C(1,5)] = 10 0,9 ln0,9= 0,736 h Significa que es negativa la velocidad de aumento del fármaco al cabo de hora y media. c) vm h 0 5. En cada caso queda: f (3 + h) f (3) 6 6 a) Df [ (3)] = lím = lím = 0 h 0 h h 0 h g(0 + h) g(0) 7 h 7 b) Dg [ (0)] = lím = lím = 1 h 0 h h 0 h h( 1 + h) h( 1) 3( 1 + h) + 5 3h 6h c) D[ h( 1)] = lím = lím = lím = 6 h 0 h h 0 h h 0 h ( + h ) ( 4+ h+ ) l(3 + h) l(3) 4+ h 4 1 d) D[ l(3)] = lím = lím = lím = h 0 h h 0 h h 0 h 4 163

8 6. En cada caso queda: a) La recta tangente a f( ) = 6 en el punto P(3,6) es: y 6= 0( 3) y = 6 b) La recta tangente a g ( ) = 7 en el punto P (0,7) es: y 7= 1( 0) y= + 7 c) La recta tangente a h ( ) = 3 + en el punto P( 1,5) es: y 5= 6( + 1) y= d) La recta tangente a l ( ) = + 1 en el punto P (3,) es: y = ( 3) 4y + 5= La derivada queda: f'() = 3 6 La pendiente de la recta tangente en P( 1, ) es: f' ( 1) = 9 La ecuación de la recta tangente es: y + = 9( + 1) 9 y+ 7= 0 164

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10 SOLUCIONES 8. Realizamos los cálculos a partir de las gráficas: Df [()] = Df [(6)] = 0 Dg [ ()] = 1 9. La solución queda: Los puntos de corte: y = y = 0 P(1,0) Q(5,0) La derivada queda: y' = 4 1 La pendiente de la recta tangente en P es: y' (1) = = 8 La ecuación de la recta tangente queda: y 0= 8( 1) 8+ y 8= 0 De igual forma queda en el punto Q. La ecuación de la recta tangente queda: y 0= 8( 5) 8+ y 40= Quedan: a) D = b) D 3 + = 6 3 c) D = d) D + 5 = e) D 6 = 7 f) D = g) D ( + ) = ( + ) (8+ 4) 166

11 3 4 6 h) D 3 = i) D = ( 4 + 3) j) D 4 ( 3) = k) D + ( 1) + 4 = l) D (3 5) (4 + 3) = 9(3 5) (4 + 3) + 48 (3 5) (4 + 3) 3 10 m) D 5 = ( 5) n) D 4 7 = (4 7 ) ñ) 3 15 D = (4 + 5) Las derivadas quedan: a) D4 = 4 ln 4 b) D 3 3 ln = c) D e e = e 4 e d) D 3 = D 6 = 6 ln 6 e e 3 ( ) = e ( e + ) e) D = f) D e Las derivadas quedan: a) D ln ( 7) + = + 7 ( e ) b) D ln + = e e + 167

12 c) D ln ( 3 4 ) D 5 ln ( 3 4 ) = = 5 = d) D ln ( 1) ( ) = D ln ( 1) + ln ( ) = + = e) D log ( 1) + = + 1ln ( ) 1 1 f) D ln = D ln ( 1 ) ln ( 1+ ) = 1+ 1 = Las derivadas quedan: [ ] a) D sen 4 = 4 cos 4 [ ] b) D 4 sen = 4 cos 1 c) D sen = cos d) D sen = cos e) D sen = 4 cos ( ) f) D sen D sen = = 4 sen cos [ ] g) D sen cos = cos+ sen 4co s 4 h) D sen = 5 cos 4 i) D sen = sen 4 ( ) 168

13 3 ( + ) = ( + ) j) D 3 cos 1 3 sen 1 ( + ) = ( + ) ( + ) k) D cos 1 4cos 1 sen 1 l) D cos + cos = cos sen sen m) D tg ( ) + = cos + ( ) n) D tg ( ) 1 = cos [ ] ñ) D tg = tg + (1+ tg ) 169

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15 SOLUCIONES 14. Las derivadas quedan: a) D (1 ) 1+ = = = + = b) D e e 3 e e (3 ) ln 1 ln c) D = 3 6 (4 ) + 3 (8 ) 1 d) D 4 = (4 ) = (4 ) [ ] e) D 3sen ( ) = 3cos ( ) f) D sen 7 cos 4 = 14sen7 cos7 + 4 sen 4 1 ( 10 ) 5 10 g) D ln 4 = = h) D ln ( 4 5) = 4 5 ( ) = ( )( ) i) D e e e 1 D = + j) tg(3 ) (1 tg (3 ))3 ln3 D e e (1 ) k) e = e = e 9 l) D ln = + 9 ( + 9) 171

16 15. Quedaría el sistema: a+ b= 1 a= La función queda : f( ) = 1 a= b= Quedan: a) f ( ) = 3 f( ) esdecreciente en todo b) g ( ) = 4 g( ) esdecreciente en(,0) y creciente en(0, + ) 1 c) h ( ) = h( ) esdecreciente en todo {} 0 d) l ( ) = 8 l( ) escreciente en(,4) y decreciente en(4, + ) e) t ( ) = t ( ) escreciente en(,1) (3, + ) y decreciente en(1,3) f) s ( ) = ( + 1) s( ) escreciente en(,0) y decreciente en(0, + ) 17. La solución queda: f ( t) = t= 0 t= 4horas f "( t) = 800 < 0 Máimo Crece en (0,4) y decrece en (4, 8). 18. Los etremos quedan: a) f ( ) = + = 0 = 1 f "( ) = > 0 f( ) tiene mínimo en ( 1, 1) b) g ( ) = 1 3 = 0 = 0; = 4 g "(0) > 0 g"( ) = g( ) tiene un mímino en (0, 0) y un máimo en (4, 3) g "(4) < 0 3 c) h ( ) = 4 16= 0 = 0; = ; = h "(0) < 0 h ( ) tiene máimo en (0, ) h"( ) = h"() > 0 h( ) tiene mínimo en (, 14) h"( ) > 0 h( ) tiene mínimo en (, 14) 19. Los ingresos aumentan para los valores de p que verifiquen l (p)>0. ( ) Es decir: l'( p) = 18 6p> 0 p 0,3. 17

17 0. La solución queda: N ( t) = 56 4t= 0 t= 14 días N"( t) = 4< 0 Máimo El número de enfermos aumenta durante los primeros 14 días, entonces alcanza su máimo (serían 510 enfermos). A partir de ese día decrecerá el número de enfermos. 173

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19 SOLUCIONES 1. La solución queda: a) Realizando la derivada de la función y particuarizando en = 1 obtenemos la siguiente recta tangente: y + 15 = 3( 1). b) Los intervalos de crecimiento son: Crece ( 3,0) (3, + ) Decrece (, 3) (0,3) c) Los etremos son: = 0 Máimo; =± 3 Mínimos. Realizando las derivadas obtenemos: Para una velocidad de 60 km/h se alcanza el mínimo consumo. Para velocidades inferiores a 60 km/h el consumo disminuye y para velocidades superiores aumentará. 3. El máimo se producirá cuando haya 0º C. 4. La solución queda: a) Función Beneficio B ( ) = I ( ) G ( ) B= = + ( ) ( 360 ) ( ) b) B'( ) = = 0 = 60 B ''(60) < 0 El beneficio es máimo al vender 60 unidades del producto. c) Para = 60 B(60) = 7130 euros. El beneficio máimo es de 7130 euros. 5. La cantidad de material aumenta cuando la función es creciente y disminuye cuando es decreciente. Esta función es creciente ( ;3,3) ( 10, ) de material aumenta para ( 10,0) +, y decreciente en ( ) t y disminuye para t ( 8,10). 3,3;10 ; por tanto, la cantidad El máimo de esta función está en (3,3;,48), luego la cantidad máima de material está en t = 3,3 y arroja,48 kg, pero esta hora se sale del intervalo fijado. 6. La empresa alcanza el valor máimo en f '( t) = 0 y f ''( t) < 0, es decir, para t= años. 7. Derivando la función y forzando a que f (3) = 0 obtenemos a=

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21 SOLUCIONES 8. La solución queda: Derivamos: f ( ) = 4+ = ; al igualar a cero no obtenemos etremos. Pero sí tenemos los intervalos de crecimiento: creciente(0, + ) y decreciente(,0). De estos dos intervalos, el segundo no tendría sentido porque en él no está definida la función. 9. Si la función f( ) tiene un mínimo en el punto (1, 1) verificará: f(1) = 1 1= 1+ p+ q+ 1 p= 3 La función queda : f( ) = f (1) = 0 0 = 3 + p+ q q= Llamamos al máimo: D ( ) = D ( ) = + 1= 0 = D"( ) = < 0 Luego la diferencia es máima con el número 0, Los números son y (50 ). Entonces: P ( ) = + (50 ) = P ( ) = = 0 = 30 Los números pedidos son 30 y 0. P"( ) = 10; P"(30) > 0 Mínimo 3. Los rectángulos de 4 cm de perímetro tendrán por dimensiones y ( ) : El área será: A ( ) = ( ) = + A ( ) = + = 0 = 1 A"( ) = < 0 Mínimo El rectángulo de área máima tiene de dimensiones 1 m y 1 m, es decir, un cuadrado de 1 m de lado. La diagonal será: D ( ) = + ( ) = 4+ 4 D ( ) = ( 1) = 0 = 1 + D"( ) = > 0 Mínimo ( + ) + El rectángulo de diagonal mínima tiene de dimensiones 1 m y 1 m, es decir, un cuadrado de 1 m de lado. 177

22 33. Llamamos, y a los catetos de un triángulo rectángulo. Se verifica: + y = 100 y = El área es: Área = 100 Derivando: A ( ) = 100 = 0 =± A"( ) = (100 ) 100 A"(5 ) > 0 Áreamáima. El triángulo rectángulo de área máima es un triángulo isósceles de catetos 5 unidades. 34. Realizando la derivada en dicho punto obtenemos: 1 f ( ) = 1 = 1 el punto es P 1, 35. La solución queda: 4+ y = y = 000 Área = ( 000 ) = 000 A = 000 4= 0 = 500 A (500) = 4< 0 Máima El área es máima para = 500m y = 1 000m 36. Los ingresos de la agencia vendrán dados por la función I ( ) = (40 + ) (50 ) siendo el número de alumnos que más van de viaje. Veamos para qué valor de estos ingresos son máimos. I ( ) = I ( ) = + 10 = 0 = 5 alumnos I"( ) = < 0 Máimo Los ingresos son máimos para 5 alumnos de más, y estos ingresos ascienden a I (5) 050 = euros. 178

23 37. Cada una de las representaciones quedan: 179

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25 38. La función dada es : En el dibujo está representada gráficamente la función dada. Sólo consideramos la parte positiva de la gráfica (desde t = 0 ), pues el resto no tiene sentido en el conteto. En el año ( t = 0 ) había 000 ejemplares de lince ibérico, éstos van disminuyendo con los años tendiendo hacia ejemplares. 181