101

CAPÍTULO V

APLICACIONES DE LA DERIVADA

5.1 TEOREMA DE ROLLE

Sea f una función continua en el intervalo [a,b] y derivable en el intervalo

abierto (a,b) tal que f(a) = f(b). Entonces existe un punto c (a,b) tal que:

f ’(c) = 0.[11]

y

f ’(c) = 0

y = f(x)

f(a) = f(b)

a c b

5.2 TEOREMA DEL VALOR MEDIO

Sea una función continua en el intervalo cerrado [a,b], derivable en el

intervalo abierto (a,b). Entonces existe un punto c(a,b) tal que: [12]

ab

afbfcf

)()()('

y

m = f ’(c)

f(b) f(x)

f(a)

x

a c b

5.3 FUNCIONES CRECIENTES Y DECRECIENTES

Una función es creciente en un intervalo dado si para dos números

cualesquiera x1 y x2 se tiene que

[11][12]

CALCULO DE UNA VARIABLE. C. Pita R. 1998 Prentice Hall Pag.322,326

ab

afbfm

)()(

102

x1 < x2 f(x1) < f(x2)

y es decreciente si

x1 < x2 f(x1) > f(x2)

y

cre decreciente

cte

cre

x

a b c d e

Si f ’(x) > 0 f(x) es creciente en (a,b) y (c,d)

Si f ’(x) < 0 f(x) es decreciente en (d,e)

Si f ’(x) = 0 f(x) es constante (b,c)

La observación de la inclinación de las rectas tangentes a la curva en los

diferentes intervalos nos muestra la evidencia de esta afirmación.

5.4 VALOR CRÍTICO

Valor crítico de una función es todo punto c de la misma para el cual

f ’(c) = 0 o bien f ’(c) no existe

5.5 EXTREMOS RELATIVOS, CRITERIO DE LA PRIMERA

DERIVADA

Un máximo relativo de una función es todo punto c, f(c) de (a,b), para el

cual se cumple que f(x) f(c) para todo x de (a,b).

Un mínimo relativo de una función es todo punto c, f(c) de (a,b), para el

cual se cumple que f(x) f(c) para todo x de (a,b).

Una función tiene un mínimo o un máximo relativo en un punto c cuando c

es un valor crítico de f.

Si f es una función continua en (a,b) y c es el único valor crítico de f en el

intervalo. Si f es diferenciable en el intervalo (excepto posiblemente en c),

entonces, la función tendrá o no un extremo relativo de acuerdo al siguiente

criterio:

103

Fuente: Larson Hostetler, Cálculo y Geometría Analítica McGraw-Hill Pag.174 1987

5.6 CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA, CONCAVIDAD

y y

Cóncava hacia

Cóncava hacia arriba

abajo

x

a c b a c b x

y’ y’

f ’ decreciente f ’ creciente

a c b x a c b x

NINGUNO -

-

NINGUNO + +

MÍNIMO

+ -

MÁXIMO

- +

c, f(c) Signo de

f ‘ en (c,b) GRÁFICO

a c b

Signo de

f ‘ en (a,c)

104

Sea f una función cuya segunda derivada existe en el intervalo (a,b).

Si f ’’(x) > 0 para todo x en (a,b), la gráfica de f es cóncava hacia arriba

en (a,b).

Si f ’’(x) < 0 para todo x en (a,b), la gráfica de f es cóncava hacia abajo

en (a,b).

Si además la función contiene un punto c tal que f ’(c)=0, entonces:

Si f ’’(c) > 0, f(c) es un mínimo relativo.

Si f ’’(c) < 0, f(c) es un máximo relativo.

5.7 PUNTOS DE INFLEXIÓN

Si la gráfica de una función continua posee una tangente en un punto en el

que su concavidad cambia de hacia arriba a hacia abajo, o viceversa, este

punto se denomina punto de inflexión.

Si (c,f(c)) es un punto de inflexión, entonces o bien f ’’(c) = 0 o f ’’(c) no

existe.

y

Cóncava

Cóncava hacia arriba Cóncava

Hacia hacia

arriba Cóncava Cóncava abajo

hacia abajo Cóncava hacia

hacia arriba

abajo

x

Con el criterio de la primera derivada. Hallar máximos, mínimos y graficar

Ejemplo 1

f(x) = x2 + 3x – 4 f ’(x) = 2x + 3 = 0

f(x) = (x-1)(x+4) Valor Crítico x = -3/2

f ’(-2) = 2(-2) + 3 < 0 (-) f ’(0) = 2(0) + 3 > 0 (+)

El signo de la derivada antes y después del valor crítico varia de (-) a (+)

por tanto la función tiene un mínimo en x = -3/2

105

23 3 3 9 9 9 18 16 25

3 4 42 2 2 4 2 4 4

f

Ejemplo 2

2

2

1y x

x ;

4

2

1xy

x

La función tiene una asíntota vertical en x = 0 y es simétrica al eje y

3

2' 2y x

x ; 4 4

3

22 0 2 2 0 1 1x x x

x

3

1 1 2' 2 1 16 15 0 ( )

2 2 1

2

f

-

3

2 1 7'(2) 2(2) 4 0 ( )

4 42f +

El signo de la derivada antes y después del valor crítico x = 1 cambia de

menos (-) a mas (+) por tanto la función tienen un mínimo relativo en x = 1

y = 2. Por ser simétrica al eje y existe otro mínimo en x = -1 ; y = 2

x y

0 -4

1 0

-4 0

2

2

1y x

x

106

Utilizando el criterio de la segunda derivada. Determinar máximos y

mínimos relativos, puntos de inflexión y graficar:

Ejemplo 3.

f(x) = 2x3 + 3x

2 – 12x

Solución

f ’(x) = 6x2 + 6x –12 = 0

x2 + x –2 = (x-1) (x+2) = 0 x = 1 ; x = -2 Valores críticos

f ’’(x) = 12x + 6

f ’’(1) > 0 , por tanto la función tiene un mínimo en x = 1 ; y = -7

f ’’(-2) < 0 , por tanto la función tiene un máximo en x = -2 ; y = 20

Haciendo f ’’(x) = 0 se tiene 12 x + 6 = 0 ; x = -1/2

Por tanto el punto x = -1/2 ; y = 6,5 es un punto de inflexión.

107

Ejemplo 4

34

2)(

2

xx

xxf

2

( 1)( 3)

xy

x x

La función tiene dos asíntotas verticales en x = 1 ; x = 3

0034

2lim

2

y

xx

x

xes asíntota horizontal

Puesto que el numerador tiene raíces imaginarias no existen valores críticos

2 2 2 2

2 4

2

2 3

(2 4)( 4 3) ( 4 5)2( 4 3)(2 4)"( )

( 4 3)

2( 2)( 4 7)"( ) 0

( 4 3)

x x x x x x x xf x

x x

x x xf x

x x

El punto x = 2 ; y = 0 corresponde a un punto de inflexión

2

2 2

2 2 2

2 2 2 2

2

2 2

(1)( 4 3) ( 2)(2 4)'( )

( 4 3)

4 3 2 4 4 8 4 5

( 4 3) ( 4 3)

4 50

( 4 3)

x x x xf x

x x

x x x x x x x

x x x x

x x

x x

x y

4 2/3

2.5 -2/3

2 0

0 -2/3

108

Ejemplo 5 Hallar los extremos absolutos de la función ( ) 2 4xf x xe

en el intervalo [-1, 1]

'( ) 2 2 2 (1 )x x xf x e xe e x

x = 1 es un valor crítico de la función

1 1

''( ) 2 2 2 4 2 2 ( 2)

''(1) 2 (1 2) 2 0

x x x x x xf x e e xe e xe e x

f e e

Como la segunda derivada evaluada en x = 1 es negativa la función

presenta un máximo en 11 ; 2 4 4.73x y e

Debido al intervalo definido [-1,1] la función también presenta un mínimo

en el punto de coordenadas x = -1 ; y = -2 e + 4

x y

1 4.73

0 4

-1 1.42

109

Ejemplo 6 Hallar los extremos absolutos y los puntos de inflexión de

2 21( ) (3 8 18)

48f x x x x en el intervalo [-4,0]

4 3 2

3 2

1( ) (3 8 18 )

48

1'( ) (12 24 36 ) 0

48

f x x x x

f x x x x

3 2 3 212 24 36 2 3 0x x x x x x

( 3)( 1) 0 3 ; 1 0 cosx x x x x x valores criti

21''( ) (36 48 36)

48f x x x

Igualando la segunda derivada a cero y resolviendo se obtiene x = -1,868 ;

x = 0.535

Analizando los valores críticos que pertenecen al intervalo [-4,1] tenemos:

''( 3) 3 0 3 2.812

3''(0) 0 0 0

4

f Minimo en x y

f Maximo en x y

El punto de inflexión que pertenece al intervalo es x = -1.868 ; y = -1.636

110

Ejemplo 7 Hallar extremos relativos, puntos de inflexión y graficar

)3(3

2

xxy

31

31

3

2

3

1

3

2

3

2

3

5

3

652

3

5

3

23

3

5'3

x

x

x

xxxyxxy

Los valores críticos son: x = 0 ; x = 6/5

03

1

)1(3

6)1(5)1('

03

11

)1(3

6)1(5)1('

31

31

f

f

Máximo en x = 0 ; y = 0

0

)2(3

4

)2(3

6)2(5)1('

31

31

f Mínimo en x =6/5 ;

0326,235

6

5

6

5

6 3

2

f y = -2,0326

09

610

3

2

9

10

3

2

9

10)("

34

34

31

3

4

3

1

x

x

xxxxxf

Los puntos de inflexión pueden ser x = 0 ; x = -3/5 . Como x = 0 es un

máximo no puede ser un punto de inflexión, el punto x = -3/5 = -0,6

23.0)5.0("

18.0)7.0("

f

f 56,2)3

53(

53 3

2

y es un punto de

inflexión

111

Ejemplo 8 Hallar máximos mínimos puntos de inflexión y graficar

)3ln()( 2 xxxf

2

1;0

3

12)('

2

x

xx

xxf Valor crítico

2

10

3

1)0(';0

311

12)1('

xenMinimoff

0116,14

11ln

4

1221ln3

2

1

4

1ln3

2

1

2

1ln

2

y

Los puntos de inflexión son:

22

22

22

22

)3(

144622

)3(

)12()3(2)(''

xx

xxxx

xx

xxxxf

1583,22

1

2

11;1583,1

2

1

2

11;0

)3(

5222122

2

xx

xx

xx

Los correspondientes valores de y serán:

7,131583,21583,2ln;7,131583,11583,1ln 22

2 yy

NOTA. No debe olvidarse de que la única forma de consolidar

conocimientos es practicando por cuenta propia, se deben resolver los

problemas 1 al 14 de la práctica 4 página 250

5.8 PROBLEMAS DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS

En los problemas que se presentan en la realidad, no es posible establecer

una rutina de solución que se aplique a todos los casos, sin embargo puede

resultar útil seguir las siguientes recomendaciones:

a) Haga un gráfico cuando sea posible y asigne símbolos a las

variables conocidas y a las incógnitas.

(1,15 1,7) (-2,15 1,7)

(0,5 1,01)

112

b) Escriba una ecuación principal que contenga la cantidad que se

desea hacer máxima o mínima.

c) Reduzca la ecuación principal a una que contenga una sola variable

independiente, ello puede requerir que se hagan interpretaciones

matemáticas del enunciado o del gráfico.

d) Efectuar el cálculo de los máximos o mínimos buscados.

Ejemplo 1. Se desea cercar un corral para ganado ovino de forma

rectangular de modo que el área sea la máxima posible, para ello se

disponen de 120 m de malla de alambre. Determinar las dimensiones del

corral.

A = xy

y 2

2;22

xPyyxP

x

2

2xPxA

2

2

1202 2 0 30 .

2 2 4 4

PxA x

dA P P Px x x x m

dx

Como d2A/dx

2 = -4 entonces x = 30 m es un máximo, lo que significa que

la forma del corral debe ser cuadrada.

Normalmente no será necesario hacer el análisis del valor crítico, pues

resulta evidente que este corresponde a un máximo, el mínimo debe darnos

un área igual a cero

Ejemplo 2. Se debe diseñar un envase cilíndrico de 2000 cc. Abierto por

arriba para la venta de leche en polvo, cuales deberán ser las dimensiones

del cilindro para que el material empleado en su construcción sea mínimo.

r V = r2 h h = V/ r

2

h A = 2 r h + r2

A = 2 V/ r + r2

113

33

2

3

2

20000

022

22

rrV

r

rVr

r

V

dr

dA

r = 8,6 cm. h = 2000 / (8,6)2 = 8,6 cm

Por tanto, la cantidad de material empleado será:

A = 2 8,6 8,6 + 8,62 = 3 8,6

2 = 697,06 cm

2

Note que la segunda derivada de A respecto a x es positiva, lo que garantiza

la existencia de un mínimo para los valores de r y h encontrados.

Ejemplo 3. Se desea construir un tanque para agua abierto por arriba, se ha

determinado que el precio de construir la base es de Bs. 80 por metro

cuadrado, mientras que las paredes cuestan Bs. 150, determinar las

dimensiones óptimas de un tanque de base rectangular para que el costo sea

mínimo. Se requiere que el tanque tenga una capacidad de 100 m3.

En el ejemplo 1 se ha demostrado que el área rectangular, para minimizar el

perímetro se logra cuando los lados del rectángulo son iguales, por tanto

para resolver este problema, se puede considerar la base cuadrada y

proceder a determinar la altura, entonces, haciendo x = y tenemos:

z C =150(4 x z ) + 80 x2

x y

V = x2 z z = V / x

2

C = 150 (4) x z + 90 x2 = 600 xV / x

2 + 90 x

2 = 600 V / x + 80 x

2

x = 7,21 m. z = 100/(7,21)2 = 1,92 m.

Con lo cual el costo sería:

C = 60000 / 7,21 + 80 7,212

= 8321,8 + 4158,7 =12480,5 Bs.

114

Obviamente el cálculo garantiza que este es el mínimo costo, sin embargo

si se desea constatar el resultado pueden hacerse evaluaciones del costo con

otras dimensiones, por ejemplo: supongamos x = 7 m por tanto z = 2,041 m

C1 = 60000 /7 + 80 49 = 12491,4 Bs.

Si x = 10 ; y = 5 ; z = 2

C2 = 600 z (x+y) + 80 x y = 600 2 (10 + 5) + 80 10 5 = 18000 + 4000 Bs.

C2 = 22000 Bs.

En un análisis real debe considerarse además que, el precio de construir la

base, varía en relación a la altura del tanque, ya que una mayor altura

requiere una mejor consolidación e impermeabilización del terreno de la

base, debe tomarse en cuenta además el costo de las excavaciones.

Ejemplo 4 Determinar las dimensiones del mayor rectángulo que puede

inscribirse en un semicírculo de radio 1.

La ecuación del semicírculo será:

21y x

El área del rectángulo es A = 2 x y 422 212 xxxxA

)42(2

2 32/142 xxxxdx

dA

2

1;0

0)21(20)42( 23

xx

xxxx

2

1

2

111 2 xy

2

2

2

122 xbase

(x, y)

115

Ejemplo 5. Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área que

puede inscribirse en un triángulo rectángulo de catetos 3 y 4 como se

muestra en la figura

Solución:

52543 22

Todos los triángulos que se forman son semejantes, por tanto:

)4)(3(4

3tan; uxyz

u

y

z

xyzA

También

uxu

x

4

33

4

33

Por tanto

)4(4

3)4(

4

3)4)(3( 2uuuuuxA

20244

3 uu

du

dA

2

3

2

332

4

33

4

33

4

33 xuxux

Con estos valores las dimensiones y el área del rectángulo son:

4

3

u

5 z

y

x

β

β β

4

3

116

322

3

2244

2

3

2

333

A

uz

xy

Ejemplo 6. En la parábola y = 1 – x2 encuentre un punto en el primer

cuadrante cuya recta tangente forme con los ejes coordenados un triángulo

de área mínima.

La ecuación principal es la ecuación del área del triángulo

)2(2'11;2

2 mxyxyab

A

)3(bmxy

Reemplazando la ecuación 2 en 3 se tiene

)4(2)2( 2 bxbxxy

Igualando las ecuaciones 1 y 4 tenemos:

)5(121 222 xbbxx

Reemplazando 5 en 4

)6(112 222 xyxxy

La ecuación de la recta que pasa por los puntos (x,y) ; (a,0) ;(0,b) será:

xa

b

xa

y

a

b

ax

y2

0

)7(2

1

2

2

x

xaa

x

b

Reemplazando las ecuaciones 6 y 7 en la ecuación principal que da el área

del triángulo se tiene:

x

xx

x

xA

222

2 )1(

4

1)1(

2

1

2

1

Derivando el área respecto a x

117

3

1;00

)13)(1(

4

1

)14)(1(

4

1)1(2)1(2

4

1

2

22

2

222

2

222

xxx

xx

dx

dA

x

xxx

x

xxxx

dx

dA

Obteniéndose el mínimo para 3

1x para este valor se tiene

3

2

3

11 y

3

2;

3

1 yx los valores de a b serán:

3

4

3

11;

3

32

3

2

3

4

3

12

13

1

ba

Con estos valores el área mínima será: 1547,13

32

2

3

4

3

32

A

Este problema también puede resolverse observando que el área del

rectángulo inscrito en la parábola ubicado en el mismo primer cuadrante es

un área máxima cuando el área del triángulo es mínima, por tanto:

031)1( 232 xdx

dAxxxxxyA r

r

3

2;

3

1 yx

La siguiente tabla permite comparar áreas del triángulo y rectángulo para

diferentes valores de x

x A(triang) A(rectang)

0.4 0.841 0.336

0.5 0.781 0.375

1/√3=0.577 0.7698 0.385

0.6 0.771 0.384

0.7 0.793 0.357

118

Ejemplo 7 Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área que

puede inscribirse en un triángulo isósceles de base 4 y altura 6

Reemplazando en la ecuación del área tenemos:

20126123)4(2

32 2

xx

dx

dAxxxxA

6)3)(2(

3)42(2

3

xyA

yy

5.9 PROBLEMAS CON VARIABLES RELACIONADAS.

Cuando se tratan problemas de variables relacionadas, es decir, los

problemas que tienen que ver con la variación de una variable respecto a

otra que generalmente es el tiempo se sugiere tomar en cuenta las

siguientes recomendaciones:

1.- Haga un gráfico cuando sea posible y asigne nombres a las cantidades

conocidas, a las incógnitas y a las razones de cambio.

2.- Escriba una ecuación que contenga o de las que se puedan obtener las

razones de cambio.

3.- Derive implícitamente ambos miembros de la ecuación respecto al

tiempo haciendo uso de la regla de la cadena cuando corresponda.

4.- Despeje la razón de cambio buscada, reemplace los datos y evalúe el

resultado.

Ejemplo 1. Para atracar un bote a un muelle, se hala el mismo a través de

una cuerda que se enrolla a razón de 0,5 m/seg., si el nivel del muelle está a

2 metros por encima de la cubierta del bote determinar: a) la velocidad del

bote cuando la cuerda mide 7 m. b) A medida que el bote se acerca al

muelle su velocidad disminuye o aumenta.

4,0

0,6

x,y

La ecuación de la recta que

pasa por los vértices del

triángulo es:

xyA 2

)4(2

3

2

3

4

6

4

xy

x

y

119

z2 =x

2 + y

2

y z dz/dt

y Nótese que y es constante,

x x, z son variables

dx/dt

dt

dz

x

z

dt

dx

dt

dxx

dt

dzz 22

Para y = 2 m. ; z = 7 m. se tiene que x = 72 – 2

2 = 6,71m.

seg

m

seg

m

dt

dx52,05,0

71,6

7

b) Obviamente la velocidad del bote aumenta a medida que se acerca al

muelle.

Ejemplo 2. Una piscina tiene 40 pies de longitud, 10 de anchura 4 de

profundidad mínima y 9 de profundidad máxima, formando el fondo un

plano inclinado. Supóngase que se vierte agua en la piscina a razón de 10

pies3/min. y que hay 4 pies de agua en el extremo más profundo. a) ¿ Qué

porcentaje de la piscina está lleno? b) ¿ A qué razón está subiendo el nivel

del agua?13

dV/dt= 10 p3/s

40

10 a) V = 10 (40) 4 + (5 * 40)/2 *10

4 V = 2600 pies3

9

El volumen de agua será:

piesxx

3245

40

40

5 x

4 Va = ((32 * 4)/2)*10 =640

13

LARSON HOSTETLER, Cálculo y Geometría Analítica, Mc. Graw Hill 1986 Pag.212

120

Porcentaje lleno =(640 * 100%)/2600 = 24,61 %

b) Sea h la altura del nivel de agua, x la longitud en la parte superior,

entonces:

xhxh

V 5102

Como: x/h = 40/5 x = 8h por tanto V = 40 h2

seg

pies

hdt

dV

dt

dh

dt

dhh

dt

dV

32

1

4*80

10

80

180

Ejemplo 3. En el laboratorio de química un estudiante recibe agua en un

balde a razón de 0,5 litros por segundo y desea saber en cuanto tiempo se

llenará, además se percata que el nivel del agua sube a determinada

velocidad y se pregunta si esta será la misma cuando el agua está a la mitad

del recipiente y cuando faltan 5 cm para que se llene. Contestar estas

preguntas si el balde tiene 30 cm de diámetro en la parte superior, 20 cm.

en la base y una altura de 50 cm.

dV/dt=0,5 lt/seg El volumen del balde será:

V = h / 12 ( D2 + D d + d

2 )

30

50 V = 50 / 12 (302 + 30 * 20 + 20

2)

20 V = 24870,9 cm3

El tiempo de llenado del recipiente es:

500 cc 1 seg

24870,9 x x = 24870,9/500 = 49,74 seg

Para determinar la velocidad de ascenso del agua consideremos:

D

x x/h = 5/50 = 1/10

h

h = 10 x = 10 (D - d)/2 = 5 (D – d)

D = (h/5) + d

d

121

)35

3

25(

12)

5

1

5

2

25(

12

))5

()5

((12

)(12

223

2222

2222

hddhh

ddhddhdhh

V

dddh

dhh

dDdDh

V

)35

6

25

3(

12

)35

6

25

3(

12)3

5

6

25

3(

12

22

22

22

dhdh

dt

dV

dt

dh

dhdh

dt

dh

dt

dhd

dt

dhhd

dt

dhh

dt

dV

Cuando el recipiente tiene la mitad de su contenido h = 25 cm.

seg

cm

dt

dh018,1

1875

6000

)20*325*205

6

25

25*3(

500*12

22

Cuando h = 45 cm. se tiene

seg

cm

dt

dh757,0

2523

6000

)20*345*205

6

25

45*3(

6000

22

Ejemplo 4 Una lámpara cuelga de 4m de altura sobre un paseo rectilíneo y

horizontal. Si en este paseo un muchacho de 1,50 m de estatura camina

alejándose de la base de la lámpara a razón de 55 m/min. A qué razón se

alarga su sombra?

w

wu

w

x

h

H

5,1

4;

w u

x

h

H

122

4 1,5 1,5 ; 2,5 1,5w u w w u

1,52,5 1,5 ; 55

2,5

dw du dw

dt dt dt

33min

dw mdt

Ejemplo 5. Un buque navegaba hacia el sur a una velocidad de 6 millas por

hora, otro navegaba hacia el este a una velocidad de 8 millas por hora. A las

cuatro de la tarde el segundo cruzó la ruta del primero por el que este había

pasado dos horas antes. a) Cómo variaba la distancia entre ellos a las tres de

la tarde. b) Cómo a las cinco de la tarde. c) Cuándo no variaba la distancia

entre ellos.

a)

dx/dt=8 mi/hr

dy/dt=6 mi/hr

E

S

4 de la tarde

S

E

3 de la tarde

y=6

x=8

z

S

E

123

2 2 2

2 22 2 2

x y z

dx dyx y

dx dy dz dz dt dtx y zdt dt dt dt x y

Notese que dx/dt tiende a disminuir la distancia por tanto, tiene signo

negativo

hora

millas

dt

dz8,2

68

6*6)8(822

La distancia disminuye

a razón de

–2,8 millas por hora

22 yx

dt

dyy

dt

dxx

dt

dz

hora

millas

dt

dz73,8

818

18*68*822

c) Se puede inferir que entre las 3 y cuatro de la tarde, existirá un instante

en el cual la distancia entre los buques no varía, por tanto.

5 de la tarde

y=18

x=8

z

b)

E

S

6

8

z

u

v

E

S

(8 ) (6 )

8 6

dx dyx y

dt dt

dx dyu v

dt dt

dx dx dy dyu v

dt dt dt dt

124

dt

dy

vdt

dx

u

dt

dy

v

dt

dx

ut ;

millasv

vv

dt

dyv

dt

dy

dt

dx

dt

dy

vdt

dx

dt

dx

68,1100

6*28

6366

864

68

2

horast 28,06

68,1

Ejemplo 6 Un depósito de agua tiene la forma de un cono invertido, se

llena a razón de 1,5 lt/seg, pero tiene un orificio por el cual sale el agua.

Determinar el caudal de pérdida de agua si el depósito tiene; un metro de

altura y 80 cm. de diámetro en la parte superior. El agua está a 30 cm y

sube a razón de 3 cm/seg.

El volumen de agua queda determinado por el volumen que ingresa menos

el volumen que sale del depósito.

3

2hrVV s

Por semejanza de triángulos se tiene:

H

hRr

r

h

R

H

Reemplazando la segunda ecuación en la primera

R

h

H

r

125

3

2

2

3h

H

RVV s

Derivando implícitamente ambos miembros de la ecuación respecto al

tiempo tenemos:

dt

dhh

H

R

dt

dV

dt

dV

dt

dhh

H

R

dt

dV

dt

dV ss 2

2

22

2

2

33

seg

cm

dt

dVs3

2

2

2

8,1423)30(100

)40(1500

Ejemplo 7. Un avión pasa a dos kilómetros por encima de una persona, la

cual sigue su recorrido con la vista. El avión vuela con una velocidad de

400 km/hr. Determine la razón a la que está cambiando el ángulo visual de

la persona después de un minuto de que pasó el avión exactamente por

encima de ella.

hr

rad

Km

hrKm

dt

dx

ydt

d51,16

279,1cos

12

400

sec

1

2

2

Ejemplo 8 Un cono circular recto tiene una altura h = 15 cm, mientras que

el radio de su base está aumentando a razón de 1 cm/min. Calcule la

rapidez a la que está aumentando el volumen del cono cuando el radio de la

base sea de 3 cm.

=? dβ

dt

dx

dt

x

y

β

dt

dx

ydt

d

y

x

1sec

tan

2

rad279,13,7320

400arctan

126

Ejemplo 9 Una bola de 10 cm de radio se derrite a razón de 0,2 cm por

hora. Hallar la razón de la disminución que experimenta el volumen y la

superficie de la bola, cuando su radio es de 9,8 cm.

hr

cm

dt

drr

dt

dVrV

3223 37,241)2,0(8,944

3

4

hr

cm

dt

drr

dt

dSrS

22 25,49)2,0)(8,9(884

5.10 REGLA DE L’HOPITAL Una función racional de la forma f(x)/g(x) en la cual se presenta una de las

formas indeterminadas 0/0 o / puede resolverse aplicando

( ) '( )lim lim

( ) '( )x c x c

f x f x

g x g x

Conocida como la regla de L´Hopital, la misma que puede aplicarse

sucesivamente hasta eliminar la indeterminación.

Ejemplo 1. Resolver x

x

x

lnlim

01

lim1

1

lim x

xxx

Ejemplo 2. Resolver

h

r min

24,943015)1)(3(23

23

33

2

cmh

dt

drr

dt

dV

hrV

127

2

2 2 22 2 2

2

8 8 ( 2) 8 2 )lim lim lim

24 ( 4) ( 4)

2 2 6 3lim

2 4 2

x x x

x

x x x x x

xx x x

x

x

Ejemplo 3. Resolver ....3,2,1;)1(

lim0

n

x

xen

x

x

10 0

(1 ) (1)lim lim

x x

n nx x

e x e

x nx

Para n < 2, es decir n = 1 se tiene

1 1 10 0

1 1 1 1lim lim 0

1 1(1)

x x

nx x

e e

nx x

Para n = 2 aplicamos nuevamente la Regla de L’Hopital

2

1

2lim;

0

0

2

1lim

00

x

x

x

x

e

x

e

para n = 3 aplicamos una vez mas la Regla

0

1

6lim;

0

0

3

1lim

02

0 x

e

x

e x

x

x

x

Se puede ver que el resultado final para n > 2 es igual a infinito

5.11 MÉTODO DE NEWTON PARA LA RESOLUCIÓN DE

ECUACIONES

Este método permite aproximar ceros de una ecuación mediante iteraciones

sucesivas

128

y

f(x)

x

a x x1 b

yxfxxxfxx

yxfxf

)())(('

)()(' 111

1

11

Como y = 0 se tiene:

)('

)(

1

11

xf

xfxx

En general

)('

)(1

n

nnn

xf

xfxx

El método puede exigir la precisión que uno desee, para ello el margen de

error puede fijarse dando un valor a la expresión xn – xn+1

Ocasionalmente el método en lugar de aproximarnos al resultado nos aleja

de él, entonces se dice que el método diverge y no es posible encontrar una

solución, esto sucede cuando la primera aproximación está muy alejada del

valor real o a un comportamiento excepcional de la gráfica de la ecuación.

Ejemplo 1. Utilice el método de las iteraciones de Newton para hallar una

raíz de la ecuación

f(x) = x4 –10 x

2 – 11

f(3) = 34 – 10*3

2 – 11 = -20

f(4) = 44 – 10*4

2 – 11 = 85

yxf )( 1

129

Como existe un cambio de signo en f(x) significa que existe una raíz

comprendida entre 3 y 4, además esta raíz esta más próxima a 3 que a 4,

por tanto, tomamos como primera aproximación x = 3,3

f’(x) = 4x3 – 20 x

31662,362086,79

015654,031682,3

31682,3*2031682,3*4

1131682,3*1031682,331682,3

31682,3748,77

3079,13,3

3,3*203,3*4

113,3*103,33,3

3

24

3

24

x

x

x

El margen de error será:

0001,0316624,331682,3

Ejemplo 2 Usando el método de Newton, determinar la intersección de las

gráficas de las siguientes funciones

El gráfico nos permite apreciar la existencia de una solución, comprendida

entre 0 y 1 tomamos como primera aproximación x = 0,5 La ecuación que

debemos derivar para aplicar la fórmula será: 24 5 xey x ; xey x 24' 4

'y

yxxn

41363,055622,30

63905,25,0

)5,0(24

5,055,0

2

22

e

ex

2

4

5)(

)(

xxg

exf x

Igualando las ecuaciones tenemos:

24 5 xe x

130

38402,075487,21

644198,041363,0

)41363,0(24

41363,0541363,0

)41363,0(4

2)41363,0(4

e

ex

394674,035340348,19

20618777,038402,0

)38402,0(24

38402,0538402,0

)38402,0(4

2)38402,0(4

e

ex

39445617,01838643,20

004396641,0394674,0

)394674,0(24

394674,05394674,0

)394674,0(4

2)394674,0(4

e

ex

La solución será x = 0,39445617 84440433,439445617,05 2 y con

un margen de error de:

0002178.0394674,039445617,0

Ejemplo 3 Hallar máximos, mínimos puntos de inflexión y graficar

3 2

2 1

x xy

x

2 2 3 2

2 2

( 3 2 )( 1) ( )2'

( 1)

x x x x x xy

x

4 2 3 4 3 4 2

2 2 2 2

3 3 2 2 2 2 3 2' 0

( 1) ( 1)

x x x x x x x x xy

x x

4 2 33 2 ( 3 2) 0x x x x x x

Resolviendo la ecuación cúbica por el método e las iteraciones de Newton

tenemos: 3 2( ) 3 2 ; '( ) 3 3

(0) 2 ; ( 1) 2

f x x x f x x

f f

Existe una raíz entre 0 y -1 tomamos como primera aproximación x=-0,5 3 2

1 2 2

3 2 3( 0,5) 3( 0,5) 20,5 0,6

3 3 3( 0,5) 3

x xx x

x

2

2 2

3( 0,6) 3( 0,6) 20,6 0,596

3( 0,6) 3x

131

Los valores críticos son: x = 0 y x = -0,596 la segunda derivada de la

función es 3 2 2 4 2 2

2 4

5 3 3 2 5 3 2

2 3

( 4 6 2)( 1) ( 3 2 )2( 1)2''

( 1)

4 4 6 6 2 2 4 12 8''

( 1)

x x x x x x x xy

x

x x x x x x x xy

x

3 2 3 2

2 3 2 3

2 6 6 2 3 3 1'' ; 0

( 1) ( 1)

x x x x x xy

x x

''(0) 1 0f existe un máximo para

0 ; 0x y

''( 0,596) 0,66 0f existe un mínimo para

0,596 ; 0,106x y

Para hallar los puntos de inflexión igualamos a cero la segunda derivada,

para resolver esta ecuación recurrimos al método de la división sintética de

Horner: 1 3 3 1

1 1 4 1 0

Hallando la raíz x1 = 1 las otras raíces se encuentran resolviendo la ecuación

cuadrática

22 4 4 4

4 1 0 ; 2 32

x x x

Por tanto, los puntos de inflexión serán:

1 ; 1

0,268 ; 0,05

3,732 ; 2,55

x y

x y

x y

La gráfica es:

132

5.12 FÓRMULA DE TAYLOR14

Sea una función f(x) con derivadas hasta cierto orden n, en x0 Entonces el

polinomio Pn(x) dado por

nnn xxxf

nxxxfxxxfxfxP ))((

!

1...))((''

2

1))((')()( 00

)(200000

llamado polinomio de Taylor de orden n de f(x) en x0, es el único polinomio

de grado menor o igual que n tal que nkxPP kkn ,.....2,1,0),( 0

)()( y

que tiene la propiedad de que:

Ejemplo 1 Utilizando el polinomio de Taylor encuentre aproximadamente

el valor de sin 59o

Las derivadas del seno en x = 0 hasta el quinto orden son:

f(x) = sin x f(0) = sin 0 = 0

f ‘(x) = cos x f ‘(0) = cos 0 =1

f “(x) = -sin x f “(0) = -sin 0 = 0

14

Pita Ruiz Claudio, Cálculo de una variable, Prentice may, 1998, Pag. 497

0)(

)()(lim

00

nn

xx xx

xPxf

133

f ’’’(x) = -cos x f’’’(0) = -cos 0 =-1

f IV

(x) = sin x f IV

(0) = sin 0 =0

f V(x) = cos x f

V(0) = cos 0 = 1

El polinomio de Taylor de orden n = 4 de f(x) = sin x en x0 = 0 es:

5432 )0(!5

1)0(

!4

1)0('''

!3

1)0("

2

1)0(')0()( xfxfxfxfxffxf VIV

53

!5

1

!3

1sin xxxx

Para un ángulo de 59o equivalente a 1,02974 radianes se tiene:

857405,002974,1!5

102974,1

!3

102974,102974,1sin 53

El valor que se obtiene con una calculadora es sin 590=0,857167

NOTA. El estudiante debe resolver los problemas 15 al 27 de la práctica

No 4. páginas 252 y 253

5.13 GRÁFICOS, EXTREMOS RELATIVOS Y PUNTOS DE

INFLEXIÓN CON AYUDA DE DERIVE.

Derive ofrece una excelente oportunidad de realizar gráficos, para ello sólo

se tendrá que aplicar lo estudiado anteriormente, ya que habrá que hallar

derivadas, resolver ecuaciones y graficar para tener la información

completa de un determinado ejercicio. El siguiente ejemplo ha sido resuelto

solo con DERIVE

Ejemplo. Hallar máximos, mínimos puntos de inflexión y graficar

#1 y = 2 x3 - 3 x

2 – 12 x + 8

#2 )81232( 23 xxxdx

d

#3 6 x2 - 6 x –12

PARA HALLAR LOS VALORES CRITICOS

#4 SOLVE( 6 x2 – 6 x + 12 = 0, x )

#5 x = 2 o x = -1

LA SEGUNDA DERIVADA PUEDE HALLARSE DERIVANDO

NUEVAMENTE LA PRIMERA DERIVADA O HALLANDO LA

SEGUNDA DERIVADA DE LA FUNCIÓN ORIGINAL

134

#6 )81232( 23

2

xxx

dx

d

#7 12 x – 6

#8 )1266( 2 xxdx

d

#9 12 x – 6

REEMPLAZANDO VALORES CRÍTICOS EN LA SEGUNDA

DERIVADA

(PREVIAMENTE DEFINIMOS LA FUNCIÓN DEL SIGUIENTE

MODO)

#10 f(x) := 12 x – 6

PARA EVALUAR LA MISMA EN 2 Y 1

#11 f(2)

#12 18

QUE ES MAYOR A CERO, POR TANTO, EXISTE UN MÍNIMO EN x =

2

#13 f(-1)

#14 -18

QUE ES MENOR A CERO, POR TANTO, EXISTE UN MÁXIMO EN x

= -1

PARA HALLAR LAS COORDENADAS DE ESTOS PUNTOS

DEFINIMOS

#15 f(x) := 2 x3 – 3 x

2 – 12 x + 8

#16 f(2)

#17 -12

#18 f(-1)

#19 15

EL PUNTO DE INFLEXIÓN SERÁ:

#20 SOLVE ( 12 x – 6 , x)

135

#21 2

1x

#22

2

1f

#23 2

3

LAS INTERSECCIONES CON EL EJE X SE PUEDEN HALLAR

RESOLVIENDO

#24 SOLVE (2 x3 – 3 x

2 – 12 x + 8 , x)

#25 x = 0.6113154554 o x = -2.151944827 o x =

3.040629361

LA GRÁFICA CONFIRMA TODOS LOS VALORES HALLADOS

EL SIGUIENTE EJEMPLO SE HA RESUELTO DE MANERA SIMILAR

#26 12

2

x

xy

VALORES CRÍTICOS

#27 12

2

x

x

dx

d

136

#28 22 )1(

2

x

x

#29

x

x

xSOLVE ,0

)1(

222

#30 x = ±∞ o x = 0

#31

0

)1(

222x

x

dx

d

#32 0)1(

)31(232

2

x

x

#33 32

2

)1(

)31(2:)(

x

xxf

CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA

#34 f(0)

#35 2

LA FUNCIÓN TIENE UN MÍNIMO EN x = 0, y = 0

PUNTOS DE INFLEXIÓN

#36

x

x

xSOLVE ,

)1(

)31(232

2

#37 3

3

3

3 xoxox

137

PARA HALLAR LA ASÍNTOTA HORIZONTAL

#38 1

lim2

2

x

x

x

#39 1

138

FÓRMULAS BÁSICAS DE DERIVACIÓN

Sean u, v funciones de x ; c una constante

0)( cdx

d 'cucu

dx

d

xx eedx

d

x xde e

dx

'1

ln uu

udx

d

au

uu

dx

da

ln

'log

'')( vuvudx

d '' uvvuuv

dx

d

dx

du

du

dyy

dx

d

dx

du

u

uu

dx

d '1unuu

dx

d nn 2

''

v

uvvu

v

u

dx

d

'cossin uuudx

d 'sincos uuu

dx

d

'sectan 2 uuudx

d 'tansecsec uuuu

dx

d

'cotcsccsc uuuudx

d 'csccot 2 uuu

dx

d

'coshsinh uuudx

d 'sinhcosh uuu

dx

d

'sectanh 2 uuhudx

d 'csccoth 2 uuhu

dx

d

'tanhsecsec uuuhuhdx

d 'cothcsccsc uuuhuh

dx

d

21

1arcsin

xx

dx

d

1

1arcsin

2

xxh

dx

d

21

1arccos

xx

dx

d

1

1arccos

2

xxh

dx

d

21

1arctan

xx

dx

d

21

1arctan

xxh

dx

d

21

1cot

xxarc

dx

d

21

1coth

xxarc

dx

d