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
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