Ejercicios Resueltos: Cálculo Aplicado

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1 Universidad de Santiago de Chile Ingeniería Ejecución Prof. Sebastián Calzadillas N. Ejercicios Resueltos: Cálculo Aplicado Problema 1: Sea f : X R R + {0} una función dos veces diferenciable. Suponga que x 0 X y que f(x 0 ) 0. Pruebe que x 0 es un máximo (o mínimo) para f(x) si y sólo si es un máximo (resp. mínimo) para f 2 (x). Proof. Suponga que x 0 X es un máximo para f(x) y que f(x 0 ) 0, luego f (x 0 ) = 0 y f (x 0 ) < 0. Ahora bien, note que (f 2 (x 0 )) = 2f(x 0 )f (x 0 ) como f (x 0 ) = 0 se sigue que (f 2 (x 0 )) = 0. Esto es, x 0 es un punto cr ticio para f 2 (x). Más aún, (f 2 (x 0 )) = (2f(x 0 )f (x 0 )) = 2[f (x 0 )] 2 + 2f(x 0 )f (x 0 ) = f(x 0 )f (x 0 ), donde f(x 0 ) > 0 y f (x 0 ) < 0 así, (f 2 (x 0 )) < 0. De esta manera x 0 es un máximo para f 2 (x). Recíprocamente, sea x 0 X un máximo para f 2 (x) tal que f(x 0 ) 0, luego (f 2 (x 0 )) = 2f(x 0 )f (x 0 ) = 0 y (f 2 (x 0 )) = 2[f (x 0 )] 2 + 2f(x 0 )f (x 0 ) < 0. Dado que f(x 0 ) 0, se sigue desde (f 2 (x 0 )) = 0 que f (x 0 ) = 0, esto es, x 0 es un punto crítico para f(x). De esto último se obtiene que (f 2 (x 0 )) = 2f(x 0 )f (x 0 ) < 0, y como f(x 0 ) > 0, se obtiene que f (x 0 ) < 0 por lo tanto x 0 es un máximo para f(x). La prueba suponiendo que x 0 X es un mínimo es análoga. Problema 2: Pruebe que la distancia entre una recta de ecuación y = mx + n y un punto fijo (a, b) del plano cartesiano es am + n b m

2 2 Proof. Sea (x, y) un punto sobre la recta de ecuación y = mx + n, y (a, b) un punto fijo del plano cartesiano. Luego, la distancia entre estos puntos es d((x, y), (a, b)) = (x a) 2 + (y b) 2. Si pensamos en (x, y) como un punto variable sobre la recta, la distancia anterior puede ser vista como una función real de dos variables, d (a,b) (x, y) = d((x, y), (a, b)). Pero dado que y = mx + n, esta última función puede ser vista, simplemente, como la función real de variable real: d(x) = (x a) 2 + (mx + n b) 2, x R. Por lo tanto, como deseamos encontrar la distancia entre la recta dada y el punto fijo (a, b) debemos buscar el mínimo global de la función d(x). Pero hallar tal punto es equivalente a encontrar el mínimo global de la función f(x) = (x a) 2 + (mx + n b) 2, x R. Esto es lo que realizaremos. Para ello note que Luego, f (x) = 0 si y solo si f (x) = 2(x a) + 2m(mx + n b). x 0 = a + bm mn 1 + m 2. Así, existe solo un candidato para máximo o mínimo de f(x), esto lo comprobamos haciendo: f (x) = 2 + 2m 2. Donde obviamente se tiene que f (x 0 ) > 0, y de esta manera x 0 es un punto mínimo para f(x), luego lo es para d(x), esto es, la distancia d((x 0, mx 0 + n), (a, b)) determina la distancia entre la recta de ecuación y = mx + n y el punto fijo (a, b) del plano cartesiano. Finalmente note que d((x 0, mx 0 + n), (a, b)) = am + n b m2 + 1.

3 Problema 3: Se escogen dos conos circulares rectos de diferentes tamaños. El más grande se voltea de tal manera que cubre al más pequeño y el vértice de este último ha quedado en el centro de la base del más grande. Los conos se disponen de tal manera que sus bases son paralelas. Qué valores se pueden dar a la altura y radio del cono más pequenõ de tal manera que su volumen resulte máximo? 3 Proof. Sean h, H, r R las alturas y radios de los conos. Las letras en minúsculas han sido escogidas para el cono pequeño y las mayúsculas para el grande. El volumen de un cono circular recto está dado por la función V (r, h) = πr2 h 3 En nuestro caso, podemos establecer una relación entre r y h. Desde el Teorema de Thales se sigue que

4 4 ( r = R (H h) + h ) (H h) = R (H h). H Luego, el volumen que deseamos calcular, para nuestro problema, resulta en la función v(h) = π ( ) 2 R (H h) 2 h, h R +. 3 H Por lo tanto, v(h) será la función que maximizaremos. Para ello, buscámos primeramente sus puntos críticos mediante la ecuación v (h) = 2π R2 (H h) h 3H 2 + π R2 (H h) 2 3H 2 = 0. Las raíces de la ecuación anterior son, h = H y h = H 3. Desde el punto de vista geométrico descartamos el valor h = H, dado que resultaría entonces que r = 0. Lo que no es posible. A continuación, obtenemos la segunda derivada de v(h), Note que v (x) = 2/3 π y2 h H 2 4/3 π y2 (H h) H 2. v (H/3) = 2R2 π 3H < 0, de esta manera, el punto h = H/3 es un máximo para v(h).

5 5 Así, los números H/3 y 2 3R, representan la altura y el radio del cono más pequeño tal que su volumen es máximo de acuerdo al plantiamiento del problema. Problema 4: Cúal es la mayor área que puede tener un rectángulo si su base está sobre el eje x y sus vértices superiores están sobre la curva y = 9 x 2?, Cúales son las medidas de sus lados? Proof. Dado que la curva y = 9 x 2 es simétrica con respecto al eje y, se sigue que la base del rectángulo buscado es de medida 2x 0, con 0 < x 0 3, mientras que el segundo lado de este rectángulo tiene medida 9 x 2 0. De esta manera la función que nos permitará resolver el problema planteado es f(x) = 2x(9 x 2 ). Busquémos sus puntos críticos, los cuales se obtienen desde la ecuación f (x) = 0 que resulta en, 18 6x 2 = 0. Las raíces de la ecuación anterior son x = ± 3, nos quedamos con x = 3. Finalmente notamos que f ( 3) = 12 3, esto es, el punto x = 3 es un máximo para la función f(x). Por lo tanto el área máxima que se puede obtener para un rectángulo, como del enunciado es, 12 3, con lados de medida 2 3 y 6. Problema 5: Un almacén de volumen 12000mts 3 es hecho con forma de una caja con piso cuadrado. El piso es gratis, los muros tienen un costo de 1 rupia por mt 2 y el techo un costo de 3 rupia por mt 2. Encuentre los largos y altos de los muros que miniminizen el costo total del alamcen. Encuentre el costo mínimo.

6 6 Proof. El volumen del almancén está dado por V (a, b) = a 2 b = 12000, mientras que el costo del almacén queda determinado por la función C(a, b) = 3a 2 + ab, desde el volumen del almacén podemos establecer que b = a, por lo tanto la función costo se 2 reduce a una función real de variable real dada por c(a) = 3a a Esta función es la que minimizaremos. Para ello, encontramos sus puntos críticos mediante la ecuación c (a) = a 2 = 0, cuya raíces son a = ± Desde el planteamiento del problema, debemos escoger la raíz a = Para corroborar si ésta raíz es un máximo o mínimo obtenemos c (a), c (a) = a 3. Luego, c (a) > 0 así, a = es un mínimo para la función costo c(a), donde c(20 10) = rupias es el costo mínimo que se puede obtener al fabricar un almacén de medidas a = 20 3mts y b = 3mts. Problema 6: Entre todos los triángulos isóceles inscritos en una circunferencia de radio r, encuentre el de mayor perímetro. Proof. Dado que los triángulos inscritos son isóceles, se sigue que la altura de dichos triángulos tienen medida r +x, con r < x < r. Por lo tanto sus bases tienen por medida 2 r 2 x 2, y sus lados tienen por medidad 2r 2 + 2xr.

7 7 Por lo tanto, f(x) = 2 2r 2 + 2xr + 2 r 2 x 2, r < x < r representa el perímetro de cada triángulo. Esta es la función que maximizaremos. Sus puntos críticos se obtienen por medio de la ecuación f (x) = 2r 2r2 + 2xr 2x r2 x = 0, 2 cuyas raíces son x = r/2 y x = r. Descartamos x = r, pues no está en el dominio de f (x). Para comprobar que x = r/2 es un máximo para f(x), hacemos f (x) = 2 r 2 (2 r rx) 2 x 2 3/2 ( x 2 + r 2 ) 2 1 3/2 x2 + r. 2 Donde, f (r/2) = 2 3 r el perímetro buscado. < 0, esto es, f(x) alcanza su máximo en x = r/2. Donde, f(r/2) = 3 3r es