Unidad 1 Aplicaciones de las derivadas 4
SOLUCIONES 1. La tabla queda: Funciones Estrictamente Creciente Estrictamente Decreciente f( ) 4,,+ = ( ) ( ) 3 = + (,0) (, + ) (0,) f( ) 3 5 f( ) = 5 + 3 R 3 f( ) = + 3 R f( ) = R f( ) = R f( ) f. La tabla queda: 3 = e R = ( 3,+ ) (, 3) ( ) 9 Funciones Máimo Relativo Mínimo Relativo y = + 6 5 (3, 4) y = ln (e, e) + 1 y = (-1, -) (1, ) 1 4 y = ( 1), 3 7 (1, 0) y 1 (0, ) y = ln 1 1, e e 3 y = 15 + 36 1 (, 16) (3, 15) 8 y = y (, ) (, ) + e 4, e = (0, 0) 5
3. La solución es: f ( ) = 6 + a f ( ) = 6 Igualando a cero: 6 = 0 = 3 f ( ) = f (3) > 0 La función tiene un mínimo relativo en el punto ( 3, 1), luego este punto debe verificar la función: 1 = 9 18 + a a = 8 4. Queda: La función f ( ) = + b + c tiene un máimo relativo en el punto (0, 4), por tanto: a) f ( 0) = 4 4 = c b) f ( 0) = 0; f ( ) = + b b = 0 Luego c = 4; b = 0. 5. Queda: Que la función f ( ) = a + b + c tiene un mínimo relativo en el punto ( 6, 1) significa que: a) f ( 6) = 1 1 = 36a + 6b + c b) f ( 6) = 0; f ( ) = a + b 0 = 1a + b Como se anula para = 8 64a + 8b + c = 0. Resolviendo el sistema, obtenemos a, b, c. 6. La solución es: 3 f( ) a b c = + + + ; f ( ) = 3 + a + b Imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos el sistema: a + b + c = 1 a + b = 3 b = 0 de aquí obtenemos a = 3 ; b = 0 ; c = 5 6
7. La solución es: El vértice de la función f ( ) = a + b + c es: f ( ) = a + b f( ) tiene etremo relativo en su vértice, pues su derivada primera se anula en el. Por tanto, si a > 0, entonces la función presenta un mínimo en el vértice y si a < 0 presenta un máimo en el vértice. 8. Estudiamos el signo de la derivada primera para ver el crecimiento de la función: Como el denominador es siempre positivo, estudiamos el signo del numerador: 1 f () es estrictamente creciente en,3 1 f () es estrictamente decreciente en, (3, + ) 1 Los etremos relativos son 1 =, = 3. Para ver si son máimos o mínimos relativos 11 + 10 hallamos la derivada segunda f ( ) = e 9 f ( 3) = < 0 f ( ) Tiene máimo relativo en el punto 3, 3,. e 1 1 f > 0 f ( ) tiene un mínimo relativo en el punto, 1 e 1/ 7
9. La tabla queda: Funciones Cóncava Convea Punto de infleión 3 3 3 3 7 f( ) = 9, +,, f ( ) 4 = + R No eiste f( ) f( ) e f = ( 0,+ ) (,0) = ( ) 4 ( ) 1 8 1,+ (,1) No eiste (1, e - ) = + (, ) (, + ) (, ) (, 1) (, 1) f( ) ln( 4) 10. La solución es: = + ( 4, ) f ( ) = cos cos = 0 cos + No eiste f ( ) = 4sen f () tiene máimo relativo en todos los puntos de abscisa 3π = + π k 4 f ( ) = 4sen = 0 sen = 0 f ( ) = 8cos π Como f (0 + πk) 0 y f ( + πk) 0 entonces la función f () tiene como punto de infleión en todos los puntos de abscisa = 0 + πk y = 0 + π k. 11. La solución: e ( + k) = 0 + k = 0 que k = 1 la solución única es = 1. Para que eista una única solución se debe verificar 8
Por tanto, en = 1 no hay ni máimo ni mínimo relativo. 9
1. La solución es: La función es f ( ) = ( 1) 3 y su derivada f ( ) = ( 1) (4 1) a) Estudiamos el signo de f () : 1 f( ) es creciente en,1 (1, + ) 4 b) Respecto a los etremos. y f es estrictamente decreciente en 1, 4 f( ) tiene un mínimo relativo en 1 7, 4 56 c) Para ver la curvatura estudiamos el signo de la derivada segunda: f ( ) = ( 1)(1 6); igualando a cero: = 1; = 1 1 1 f( ) es cóncava hacia arriba en, (1, + ) y f es cóncava hacia abajo en,1 d) Los puntos de infleión vienen dados: 10
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SOLUCIONES 13. Sean y 48 los numero que hemos de buscar. La función a optimizar es S ( ) = 5 + 6(48 ) S( ) = 11 576 + 13 84 La función S() presenta un mínimo. 88 40 Los números buscados son: y. 11 11 14. La función a optimizar es: La función s() presenta un mínimo en = El numero buscado es =. 15. El área es: Como + y = 1600 y = 1600 La función A() es máima para = 0 e y = 0 máima es un cuadrado.. Por lo cual, el rectángulo de área 1
16. La función a optimizar es: y y 3 A = y + 4 6,6 3y Como + 3y = 6,6 = La función a optimizar en una sola variable es: Luego la superficie es máima para y = 1,5 m = 1, 05 m. La ventana es un rectángulo de base 1, 5 m y altura 1, 05 m y un triangulo equilátero de lado 1, 5 m. 17. El área es: La función a maimizar es A = y. Al ser + y = 1 y = 1 La función a optimizar en una sola variable es: La única solución con sentido es =. Para este valor la altura y vale y =. 13
18. Sea r el radio de la base del cilindro y h su altura. La función a optimizar es: A = π r + π h 10 La relación entre las variables es π r h = 10 o h = π r La función a minimizar epresada en una única variable es: Derivando obtenemos: Las dimensiones del bote de enlatar de material mínimo en las condiciones dadas son: Radio = 1, 17 dm y altura =, 33 dm 19. La solución es: Sea la medida del lado de la base e y la medida de la altura lateral. La función a minimizar es f (, y) = + 1,5 + 4y 80 La relación entre variables es y = 80 es decir, y =. La función a optimizar epresada en una única variable es: Derivando, obtenemos: Las dimensiones del envase son: Lado de la base = 4 cm Altura lateral = 5 cm 14
0. Sean e y las medidas de la base. La función a optimizar es: La relación entre las variables es y = 9, es decir, 9 y = La función a minimizar epresada en función de una única variable es: Derivando, obtenemos: Para = 3 obtenemos un mínimo. Las dimensiones del contenedor de coste mínimo son = 3 m e y = 3 m. 1. El problema queda: Llamando, y a las dimensiones del teto impreso, obtenemos que la función de optimización buscada es: Epresando esta función en una sola variable mediante: Por tanto, la superficie de la hoja es mínima para = 3 cm y = 6 cm, es decir, la hoja tendrá por dimensiones: + = 5 cm de anchura y + 4 =10 cm de altura. 15
. La solución es: Llamando a una de las partes, la otra tendrá por longitud 6. La altura de un triangulo equilátero de lado l unidades viene dada por: La función a optimizar es: l 3 unidades. Por tanto, la función se hace mínima para = 3 cm. Luego el segmento dado se divide en dos partes iguales de longitud 3 cm cada una de ellas. 3. La solución es: Sea la longitud de la mitad de la base del parterre e y la longitud de su altura. Debe ser máima el área el área del parterre, es decir, la función: A y = La relación entre las variables es + y = 100 o y = 100 16
La función a maimizar epresada en términos de una única variable es: A( ) 100 = que derivando: 00 4 A ( ) = 100 Para = 50 m eiste un máimo. Las dimensiones que hacen máimo el parterre son = 50 m e y = 50 vale 100 m. En esta superficie puede plantearse 100 :0,5 = 400 camelias. m; el área máima 4. La solución es: Sea e y las longitudes de los segmentos que aparecen en el dibujo. El área del jardín será: La relación entre las variables es + y =1,. La función a maimizar epresada en términos de una variable es: Derivando: Para = 0,4 la función tiene un máimo. Las dimensiones del jardín de área máima son 0, 4 km para el lado más corto y 0, 8 km para el lado más largo. 17
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SOLUCIONES 5. La función f () es continua en [0, 1] por ser una función polinómica. La función f () es derivable en [0, 1] al ser una función polinómica. Además se cumple: f ( 0) = 1 y f ( 1) = 1 El valor del interior del intervalo (0, 1) que anula la derivada de la función f () es 1 c =. 3 6. La función no es derivable en todos los puntos del intervalo (- 1, 1) al no ser derivable en el punto = 0. En el origen se cumple f (0) = y por tanto, no se verifican todas las hipótesis del teorema de Rolle. La grafica de la función en el intervalo [- 1, 1] es la siguiente: 7. La función f () del enunciado cumple las hipótesis del teorema de Rolle al ser: La tesis del citado teorema nos asegura la eistencia de 19
8. No eiste el citado intervalo, ya que : 9. La función tiene que ser continua en = 1 y deberá cumplirse: 10 = a + b + c La función tiene que ser derivable en = 1 y se cumplirá: 9 = a + b Se cumplirá: f ( 0) = f (); es decir, 1 = 4a + b + c. La solución del sistema: 49 El valor al que se refiere el teorema es c = 49 / 40 (0,) en el cual f = 0. 40 30. La función f() ha de ser continua en el intervalo dado. Veamos su continuidad en =0: + = 0 ; lím ( 1 cos ) = 0. Por tanto la función es continua en el f(0) = 0 ; lím ( a) + 0 0 intervalo dado para cualquier valor de a. π La función ha de ser derivable en el intervalo,1 sen si < 0 f ( ) = f - (0) = 0 ; f + (0 ) = a + a si > 0 Para que sea derivable en =0 ha de ser a = 0. π π f = 1 cos = 1 y f(1) = 1 coinciden las ordenadas en los etremos del intervalo. 0
π Luego la función dada verifica las hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo,1. Entonces eiste al menos un valor en ese intervalo en el que la derivada de la función dada se anula y el valor es c = 0 3 31. Consideremos la función f( ) = + +. Esta función verifica las hipótesis del teorema de Bolzano en el intervalo [-1,1], luego eiste al menos un valor c en el intervalo (-1,1) en el cual la función se nula. Como f ( ) = 3 + + 1 esta función f() es estrictamente creciente en el intervalo dado por lo tanto la solución c es única. 3. Consideremos la función h( ) = e. Esta función verifica las hipótesis del teorema de Bolzano en el intervalo [0,1], luego eiste al menos un valor c en el intervalo (0,1) en el cual la función se nula. Como h ( ) = + e esta función h() es estrictamente creciente en el intervalo dado por lo tanto la solución c es única. 33. En cada caso: a) Las funciones f() y g() verifican las hipótesis del teorema de Cauchy en el intervalo dado puesto que: son funciones continuas en [-1,1], derivables en (-1,1) y no anulan a la vez sus derivadas. Por tanto aplicando el teorema de Cauchy tenemos que c ( 1,1) tal que: f ( c) f (1) f ( 1) = g ( c) g(1) g( 1) c es decir = 3c 14c + 0 1 ; c = 0,14 b) Las funciones f() y g() verifican las hipótesis del teorema de Cauchy en el intervalo dado puesto que: son funciones continuas en [0, ], derivables en (0, ) y no anulan a la vez sus derivadas. Por tanto aplicando el teorema de Cauchy tenemos que c (0,) tal que: f ( c) f () f(0) = g ( c) g() g(0) es decir c 4 e e 1 e c = e 1 ; c = 1,434 34. La solución en cada caso: a) La función f() verifica las hipótesis del teorema de Lagrange puesto que es continua en el f (5) f () intervalo dado y es derivable en (,5). Por tanto c (,5) tal que f ( c) = es 3 decir c = 3,5. b) La función f() no verifica las hipótesis del teorema de Lagrange ya que no es derivable en = 0, por tanto no es derivable en (-1, 1). 1
35. En cada caso: a) la función es continua en el intervalo [-, 0] al estar formada por dos funciones polinómicas y cumplirse: La función es derivable en el intervalo (-, 0) al cumplirse: b) Los puntos cuya eistencia afirma el teorema son: Por tanto los puntos buscados son 1 y. 36. En cuanto a esta función: Esta función tiene un máimo relativo en infleión en = 0 y = π. = π, un mínimo relativo en 4 5π = y dos puntos de 4
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SOLUCIONES 37. La solución es: f() ha de ser continua en el intervalo dado. Para ello observamos que es continua por la derecha en = 3/, por la izquierda en = 3 y falta ver que sea continua en = que es el punto del intervalo en el que cambia de definición. f() = a ; ( ) lím b 6 4b 1 + ( ) = ; ln( 1) lím + a = a Por tanto se tiene que cumplir que 4b 1 = a. f() ha de ser derivable en el intervalo (3/, 3). si 1< < f ( ) = 1 b 6 si < < 4 f - () = 1 ; f + () = 4b 6 Por tanto debe ser b=7/4 y a = -5 38. Se debe verificar que 1 f ( ) = luego el punto buscado es (e-1, ln(e-1) 1). e 1 39. La función f() dada verifica las hipótesis del teorema de Lagrange en el intervalo [a, b] por tanto aplicando este teorema tenemos: f ( b) f( a) c ( a, b) De modo que f ( c) = y como esta epresión es nula tenemos que b a f(a) = f(b) por tanto la función es constante en el intervalo dado. 40. Teniendo en cuenta el teorema del valor medio se cumplirá: 41. Aplicamos el teorema de Lagrange a la función f() = e en el intervalo (0, ). Esta función f() c 0, de modo que es continua en el intervalo [0, ] y derivable en (0, ) por lo tanto ( ) e c e 1 =. Como c > 0, e c > 1 de donde e 1 >1 Por tanto de aquí deducimos que e > + 1 esto para >0. La igualdad es evidente que se cumple para = 0. 4
4. Aplicamos el teorema de Lagrange a la función f() = ln( + 1) en el intervalo (0, ). Esta función c 0, de modo que f() es continua en el intervalo [0, ] y derivable en (0, ) por lo tanto ( ) 1 ln( + 1) =. c + 1 1 Como c > 0 entonces 1+c > 1 y 1+ c < 1 de donde ln( + 1) < 1 es decir que ln(+1)< 1 1 1 ln( + 1) Por otro lado c < entonces 1+c < 1+ y < de donde < es 1+ c 1+ 1+ decir que ln( + 1) >. De este modo tenemos demostrada la desigualdad para > 0. 1 + 43. Aplicamos el teorema de Lagrange a la función f() = cos en el intervalo (a, b). Esta función f() es continua en el intervalo [a, b] y derivable en (a, b) por lo tanto c ( a, b) de modo que cosb cosa senc = < 1 b a de donde se deduce la desigualdad buscada. 44. Los límites quedan: a) b) 5
c) d) e) ( ) lím ln = 0 ln lím 0 1 = ( ) lím 0 = 0 f) Calculamos el límite del eponente aparte: 6
g) h) i) Este límite presenta la indeterminación logaritmos neperianos: 0 0. Resolveremos esta indeterminación tomando 7
tg 1 j) Llamamos a lím = M 0 tomando logaritmos neperianos obtenemos: 1 ln sen 4sen cos ln M = lím tg ln = lím = lím = lím = 0 de donde M=1 0 0 cot g 0 0 1 k) l) m) 8
n) ñ) ( ) ( + ) ( sen + ) cos cos 1 1 sen Z lím + = e ; Z = lím = lím = 0 0 sen 0 cos Por tanto el límite pedido vale e. sen cos 45. lím = (aplicando L Hopital) = lím = 0 3 0 b + a 3b + a a número real. de modo que a = 1 y b cualquier 46. La solución queda: Las derivadas primera y segunda son: f () = 3 + b + c y f () = 6 + b Por tanto como f (1) = 0 obtenemos que 6 + b = 0 Como f(1) = -3 obtenemos que 1 + b+c+d = -3 Como f (0) = 3 obtenemos que c = 3 De estas igualdades deducimos los valores buscados b = -3 ; c = 3 ; d = -4 9
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SOLUCIONES 47. La solución: Determinamos la monotonía estudiando el signo f (). f () Es estrictamente creciente en 3 0, e y estrictamente decreciente en 3 e,+. 48. Queda: 1 ln Determinamos la monotonía de f () estudiando el signo de f ( ) =. f () es estrictamente creciente en (0,e) y estrictamente decreciente en ( e, + ). Determinemos los etremos: f () tiene un máimo relativo en el punto e, 1 e La función f () solo está definida para > 0 por la monotonía y la eistencia de máimo en e, 1, podemos escribir que e 31
49. Queda: En = 1 tiene un mínimo absoluto que vale 1 y en = 0 un máimo absoluto que vale, como podemos ver a través de la grafica. 50. Para estudiar la concavidad de esta función vemos el signo de la derivada segunda. f () es cóncava hacia arriba si ( ) > 0 f, es decir en (, 3 ) ( 3, ) f ( ) <, es decir, en ( 3, + 3 ). abajo si 0 51. El punto buscado es de la forma (, 1 ) + + y cóncava hacia Área = (1 ) esta función alcanza el máimo relativo en el punto (,8). 3
5. La solución: La ecuación de la recta que pasa por el punto P(3,) y corta a los semiejes positivos es: El área del triangulo de vértices OAB es: Derivando : + A ( ) = = ; A ( ) = 4m m m = + = = ± 3 18m 8 4 9m 4 3 A ( ) 0 18m 8 0 m 7 Para m =, A = > 0 y eiste un mínimo. 3 3 La ecuación de la recta buscada es: 53. Los puntos buscados serán de la forma P (, ± 8 ) La función a optimizar es: Por tanto, para = la distancia es mínima. Los puntos buscados son : P (, + 4), Q(, 4). 33
1 54. El volumen del cono de radio r y altura h es: V = π r h 3 La relación del radio, la altura y la generatriz es: La función a maimizar es: Derivando: 3 3 3 Para h =, V = < 0 3 3 π, la función presenta un máimo. 3 6 1 3 El cono de altura m y radio m tienen un volumen máimo de 3 π = 0,403 m. 33 3 3 3 3 55. Los límites son: a) 34
b) c) d) e) f) 35
56. En cada caso decimos: La función f se corresponde con la grafica C. La función f se corresponde con la grafica A. La grafica B queda para una cierta función g. 3 57. Sea la función f ( ) = + 3 3, definida en el intervalo [1,]. Cumple las hipótesis del teorema de Bolzano al ser continua y tomar los siguientes valores en los etremos: f ( 1) = 1 y f ( ) = 3. El teorema anterior nos asegura al menos una solución en el intervalo (1,). Eiste solo una solución ya que la función f () es siempre creciente al cumplirse: 36