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Cálculo Diferencial e Integral I: Reglas de derivación

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Anteriormente habíamos revisado algunos teoremas relacionados con la derivada de funciones. Es momento de hacer un resumen de las mismas y proceder a agregar algunas reglas nuevas que nos facilitarán el cálculo de derivadas; éstas seguro te harán recordar las clases de cálculo del bachillerato, tal como la derivada de una constante o la derivada de $x^n$.

Reglas de derivación para suma, producto, cociente y composición de funciones

Previamente revisamos algunas reglas que son fundamentales para el cálculo de las derivadas, tal como que la derivada de una suma de funciones es la suma de sus respectivas derivadas o que la derivada de una función que está siendo multiplicada por una constante es igual a la derivada por la constante. Procederemos a enlistarlas pues será importante tenerlas muy presentes:

Sean $f: A \subseteq \RR \to \RR$ y $g: A \subseteq \RR \to \RR$, $x_0 \in A$ tales que $f$ y $g$ son derivables en $x_0$, es decir, $f'(x_0)$ y $g'(x_0)$ sí existen. Entonces

  1. $f+g$ es derivable en $x_0$, además $$(f+g)'(x_0) = f'(x_0) + g'(x_0)$$
  2. Si $c \in \RR$ es una constante, $cf$ es derivable en $x_0$, además $$(cf)'(x_0) = cf'(x_0)$$
  3. $f \cdot g$ es derivable en $x_0$, además $$(f \cdot g)'(x_0) = f(x_0)g'(x_0) + f'(x_0) g(x_0)$$
  4. Si $g(x_0) \neq 0$, entonces $\frac{f}{g}$ es derivable en $x_0$, además $$\left( \frac{f}{g} \right)’ (x_0) = \frac{-f(x_0)g'(x_0) + g(x_0)f'(x_0)}{(g(x_0))^2}$$

Teorema. Sean $g: A \subseteq \RR \to \RR$, $f: B \subseteq \RR \to \RR$ y $x_0 \in A$ tales que

  1. Para toda $x \in A$, $g(x) \in B$.
  2. $g$ es derivable en $x_0$, es decir $$\lim_{x \to x_0} \frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} = g'(x_0).$$
  3. $f$ es derivable en $g(x_0)$, es decir $$\lim_{t \to x_0} \frac{f(t)-f(g(x_0))}{t-g(x_0)} = f'(g(x_0)).$$

Entonces $f \circ g$ es derivable en $x_0$, además $$(f \circ g)'(x_0) = f'(g(x_0))g'(x_0).$$

Algunas reglas adicionales

Notemos que las reglas de la lista anterior se enfocan en encontrar la derivada de diversas operaciones que se pueden hacer con las funciones. En esta ocasión nos enfocaremos en demostrar algunas derivadas de funciones específicas que suelen aparecer con mucha frecuencia.

Proposición (Derivada de una constante). Sea $f: \RR \to \RR$, donde $f(x) = c$, entonces $f'(x_0)=0$ para todo $x_0 \in \RR$.

Demostración.

Sea $x_0 \in \RR$, entonces

\begin{align*}
f'(x_0) & = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \\ \\ 
& = \lim_{x \to x_0} \frac{c-c}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} 0 \\ \\
& = 0
\end{align*}

$$\therefore f'(x_0) = 0$$

$\square$

Proposición (Derivada de la función identidad). Sea $f: \RR \to \RR$, donde $f(x) = x$, entonces $f'(x_0)=1$ para todo $x_0 \in \RR$.

Demostración.

Sea $x_0 \in \RR$, entonces

\begin{align*}
f'(x_0) & = \lim_{ x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{x-x_0}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} 1 \\ \\
& = 1
\end{align*}

$$\therefore f'(x_0) = 1$$

$\square$

Proposición. Sea $f: \RR \to \RR$, donde $f(x) = x^n$, entonces $f'(x_0)=nx^{n-1}$ para todo $x_0 \in \RR$.

Demostración.

Procederemos a hacer la demostración por inducción. Sea $x_0 \in \RR$

Caso base: n = 1. Sea $g(x) = x$, entonces $g'(x_0) = 1$. Esto se comprueba directamente de la proposición anterior.

Hipótesis de inducción: Para $h(x) = x^n$, se tiene que $h'(x_0) = n x^{n-1}$.

Sea $f(x) = x^{n+1}$. Notemos que $f(x) = (h \cdot g) (x)$, por la regla de la derivada del producto tenemos que

\begin{align*}
f'(x_0) & = h'(x_0)g(x_0)+h(x_0)g'(x_0) \\ \\
& = nx_0^{n-1} \cdot x_0 + x_0^n \cdot 1 \\ \\
& = nx_0^n + x_0^n \\ \\
& = (n+1)x_0^n
\end{align*}

$$\therefore f'(x_0)=(n+1)x_0^n$$

Por tanto, podemos concluir que para todo $n \in \mathbb{N}$ se tiene que si $f(x) = x^n$, entonces $f'(x_0)=nx^{n-1}$.

$\square$

La proposición anterior la probamos para todo $n$ en los naturales, sin embargo, esto también es cierto para cualquier valor real; probaremos un caso más generalizado en una entrada posterior.

Proposición. Sea $f: A \subseteq [0, \infty) \to \RR$, donde $f(x) = \sqrt{x}$, entonces $f'(x_0)=\frac{1}{2 \sqrt{x}}$ para todo $x_0 \in A$.

Demostración.

Sea $x_0 \in \RR$, entonces

\begin{align*}
f'(x_0) & = \lim_{ x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_0}}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_0}}{x-x_0} \cdot \frac{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}}\\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{x-x_0}{(x-x_0)(\sqrt{x}+\sqrt{x_0})} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}} \\ \\
& = \frac{1}{2\sqrt{x_0}}
\end{align*}

$$\therefore f'(x_0)=\frac{1}{2\sqrt{x_0}}$$

$\square$

Proposición. Sea $f: A \subseteq \RR – \{0\} \to \RR$, donde $f(x) = \frac{1}{x}$, entonces $f'(x_0)=-\frac{1}{x^2}$ para todo $x_0 \in A$.

Demostración.

Sea $x_0 \in A$, entonces

\begin{align*}
f'(x_0) & = \lim_{ x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0}}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{\frac{x_0-x}{xx_0}}{x-x_0} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{x_0-x}{(x-x_0)(xx_0)} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{-(x-x_0)}{(x-x_0)(xx_0)} \\ \\
& = \lim_{x \to x_0} \frac{-1}{xx_0} \\ \\
& = -\frac{1}{x_0^2}
\end{align*}

$$\therefore f'(x_0) = -\frac{1}{x_0^2}$$

$\square$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

  • Para cada una de las siguientes funciones $f$, halle $f'(f(x))$:
    • $f(x)=\frac{1}{1+x}$
    • $f(x)=x^2$
    • $f(x)=17$
  • Para cada una de las siguientes funciones $f$, halle $f(f'(x))$
    • $f(x)=\frac{1}{x}$
    • $f(x)=x^2$
    • $f(x)=17x$
  • Para cada una de las siguientes funciones halle$f’$ en función de $g’$
    • $f(x)=g(x+g(x_0))$
    • $f(x)=g(x+g(x))$
    • $f(x)=g(x)(x-x_0)$
    • $f(x)=g(x \cdot g(x_0))$
    • $f(x+3)=g(x^2)$

Más adelante…

En las siguientes entradas se hará un estudio particular de la derivada de algunas funciones especiales como lo son las funciones trigonométricas, la función exponencial y la función logarítmica.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Razón de cambio

Por Karen González Cárdenas

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Introducción

Recordemos que la derivada de una función $f$ se puede escribir del siguiente modo:
$$f'(x)=\dfrac{df(x)}{dx}$$

Si nosotros tenemos una cantidad $x$ que se encuentra en función del tiempo $t$, haciendo uso de la derivada podemos expresar a la razón de cambio de $x$ respecto de $t$ como:
$$\dfrac{dx}{dt}$$
De este modo, si se tiene que dicha cantidad $x$ está relacionada con una ecuación, para obtener su razón de cambio bastaría con derivarla.

Esta interpretación de la derivada nos será de utilidad para resolver los problemas que revisaremos a continuación.

Problema 1

Un círculo expande su área de manera no especificada. Se sabe que cuando el radio es de $6 cm$, la tasa de variación del mismo respecto al tiempo es de $4 cm$.

Encuentra la tasa de variación del área respecto al tiempo cuando el radio $6 cm$.
Solución:
Sabemos que el área de un círculo está dada por:
$$A=\pi r^{2}$$
Veamos que la tasa de variación del radio $r$ es:
$$\dfrac{dr}{dt}$$

Al derivar el área $A$ respecto del tiempo $t$ tenemos:
$$\dfrac{dA}{dt}=2\pi r \dfrac{dr}{dt}$$
$(1)$

De los datos que nos dan en el problema sabemos que cuando el radio es de $6 cm$, su tasa de variación:
$$\dfrac{dr}{dt}=4 cm$$

Sustituyendo estos valores en $(1)$ tenemos:
\begin{align*}
\dfrac{dA}{dt}&= 2\pi (6 cm)(4 cm)\\
&=48 \pi cm^{2}
\end{align*}

Por lo que la tasa de variación buscada es:
$$\dfrac{dA}{dt}= 48 \pi cm^{2}$$

Problema 2

Por la mañana una mujer se encuentra esperando a lado de un poste el autobús que la llevará a su trabajo. Debido a la demora, ella decide caminar rumbo al metro alejándose del poste que sabemos alumbra a razón de $3\frac{m}{s}$. Si además sabemos que la estatura de la mujer es de $1.60 m$ y la altura del poste de $10 m$. ¿Cuál es la razón de cambio a la cual se mueve el extremo de la sombra de la mujer?

Solución:


Vemos que el problema nos dice que:
$$\dfrac{dz}{dt}=3 \frac{m}{s}$$
Y que queremos obtener la razón de cambio:
$$\dfrac{dx}{dt}$$
Observamos que los siguientes triángulos son semejantes:
$$\triangle ABC \sim \triangle AED$$
Entonces tenemos la siguiente igualdad:
$$\frac{10}{1.6}=\frac{x}{x-z}$$
Desarrollando lo anterior:
\begin{align*}
10(x-z)=1.6x &\Leftrightarrow 10x-10z=1.6x\\
&\Leftrightarrow 10x-1.6x=10z\\
&\Leftrightarrow 8.4x=10z
\end{align*}

Derivando con respecto del tiempo $t$:
$$8.4\dfrac{dx}{dt}=10\dfrac{dz}{dt}$$

Despejando $\dfrac{dx}{dt}$:
$$\dfrac{dx}{dt}=\frac{10}{8.4}\dfrac{dz}{dt}$$

Sustituyendo el valor conocido de $\dfrac{dz}{dt}$:
\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt}&=\frac{25}{21}(3)\\
&=\frac{25}{7} \frac{m}{s}
\end{align*}

Por lo tanto, la razón con que se mueve el extremo de la sombra es de:
$$ \frac{25}{7} \frac{m}{s}$$

Problema 3

Una pelota esférica se infla a razón de $0.16 \frac{cm^{3}}{min}$. ¿Cuál es su volumen cuando su radio está aumentando a razón de $0.20 \frac{cm}{min}$?

Solución:
Recordemos que el volumen de una esfera esta dado por:
$$V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$$
De los datos del problema sabemos lo siguiente:
\begin{align*}
\dfrac{dV}{dt}&= 0.16\frac{cm^{3}}{min} & \dfrac{dr}{dt}&=0.20\frac{cm}{min}
\end{align*}

Derivamos el volumen $V$ respecto del tiempo y obtenemos:
$$\dfrac{dV}{dt}=4\pi r^{2} \dfrac{dr}{dt}$$

Sustituyendo $ \dfrac{dV}{dt}= 0.16$ en la igualdad anterior:
$$0.16 \frac{cm^{3}}{min} =4\pi r^{2} \dfrac{dr}{dt}$$

Ahora sustituyendo el valor de la razón de cambio del radio:
$$0.16 \frac{cm^{3}}{min} =4\pi r^{2} \left(0.2 \frac{cm}{min} \right)$$

Para poder obtener el valor del volumen solicitado debemos conocer el valor del radio, por lo que despejando $r$ ocurre lo siguiente:
\begin{align*}
\frac{0.16}{0.8}\frac{cm^{2}}{\pi}&=r^{2}\\
\Rightarrow \frac{cm^{2}}{5\pi}&=r^{2}
\end{align*}
$$\therefore r=\frac{1}{\sqrt{5\pi}}cm$$

Sustituyendo el valor de $r$ en el volumen tenemos que:
\begin{align*}
V&=\frac{4}{3}\pi \left( \frac{1}{\sqrt{5\pi}}\right)^{3}cm^{3}\\
&\approx 0.06728 cm^{3}
\end{align*}
Concluimos que el volumen aproximado de la pelota es de $ 0.06728 cm^{3}$

Tarea moral

  • En una fábrica de hielo se tiene un cubo con volumen $V=5 m^{3}$. Por falta de espacio, los trabajadores deben sacarlo del congelador provocando que comience a derretirse a razón de $2 \frac{m^{3}}{s}$, ellos se preguntan: ¿Cuál es la razón de cambio de la superficie del cubo en ese preciso instante?
  • Un tronco de madera cuyo largo es de $13 m$ , se encuentra apoyado sobre un muro. Se te pide hallar la velocidad con la que baja el extremo superior del tronco cuando su extremo inferior dista del muro $5m$. Se sabe que el tronco se separa a razón de $5 \frac{m}{s}$
  • Un barco pesquero de $6 m$ de altura se aleja de un faro cuya altura es de $130 m$ y alumbra con una razón de $40 \frac{m}{s}$. Determina la razón de cambio a la cual se mueve el extremo de la sombra del barco.

Más adelante

En la próxima entrada revisaremos el tema polinomios de Taylor, para ello veremos su definición formal y algunos ejemplos de su aplicación para aproximar valores de una función.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Velocidad y aceleración

Por Karen González Cárdenas

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Introducción

Para los problemas que veremos en esta entrada será necesario recordar algunos conceptos de la Física relacionados con el Movimiento rectilíneo uniforme que posiblemente estudiaste en el bachillerato.

Recordemos que la velocidad se encuentra expresada por:
\begin{equation}
v=\frac{d}{t}
\end{equation}
Esta igualdad modela el movimiento de un punto sobre una recta en una distancia $d$ en un tiempo $t$ con una velocidad uniforme $v$.

De la ecuación anterior podemos obtener que la distancia es:
\begin{equation}
d=v \cdot t
\end{equation}

Ahora si consideramos a un par de puntos $(d_1,t_1)$ y $(d_2,t_2)$ tales que:
\begin{align*}
d_1&=vt_1 & d_2&=vt_2\\
\end{align*}

Así al sustituir en $(2)$ tendríamos que:
$$d_2-d_1=v(t_2-t_1) \Rightarrow v=\frac{d_2-d_1}{t_2-t_1}$$

que es justo la velocidad media.

Supongamos ahora que el movimiento ya no es de velocidad uniforme y que la función de distancia recorrida del punto $p$ en un tiempo $t$ está dada como:
$$d=d(t)$$

Por lo que ahora la función de velocidad media de $p$ en un intervalo $[t_1,t_2]$ se define como:
$$\frac{d_2-d_1}{t_2-t_1}=\frac{d(t_2)-d(t_1)}{t_2-t_1}$$

Tomemos a $t_2-t_1=h$ por lo que tenemos las siguientes conclusiones:

  • $t_2=t_1+h$ donde $h\neq 0$
  • $d(t_2)= d(t_1+h)$
  • $[t_1.t_2]=[t_1,t_1+h]$

En consecuencia la velocidad media queda:
$$\frac{d(t_1+h)-d(t_1)}{h}$$
Aplicamos límite a la expresión anterior para obtener la velocidad instantánea (rapidez o sólo velocidad):
$$\lim_{h \to 0} \frac{d(t_1+h)-d(t_1)}{h}$$
Generalizando al considerar cualquier tiempo $t$ observamos que:
$$\lim_{h \to 0} \frac{d(t+h)-d(t)}{h}=d'(t)$$

Concluyendo con la siguiente igualdad para la función velocidad de un punto $p$:
$$v(t)=d'(t)$$

Y a la aceleración media como:
$$a(t)=v'(t)=d^{‘ ‘}(t)$$

Problema 1

Supongamos que tenemos una partícula cuyo movimiento se encuentra modelado por la función:
$$d(t)=4t^{2}-6t+6$$
con la distancia expresada en metros y el tiempo en segundos.

Se nos pide encontrar:

  1. Su distancia recorrida cuando $t=0$
  2. Su velocidad al iniciar su movimiento
  3. La velocidad alcanzada transcurridos 3 segundos
  4. La velocidad final a los 5 segundos
  5. Su aceleración

Solución:

  1. Veamos que la podemos obtener evaluando la función de movimiento cuando $t=0$:
    $$d(0)= 4(0)^{2}-6(0)+6= 6m$$
  2. Para la velocidad al iniciar basta derivar $d$ y evaluarla con $t=0$:
    $$v(t)=d'(t)= 8t-6$$
    De este modo:
    $$v(0)=-6 \frac{m}{s}$$
    Esto lo podemos ver en la gráfica de la función $v$:
  1. Evaluemos la función $v$ con $t=3$:
    \begin{align*}
    v(3)&=8(3)-6\\
    &=24-6\\
    \therefore v(3)&=18 \frac{m}{s}
    \end{align*}
  2. Ahora cuando $t=5$:
    \begin{align*}
    v(5)&=8(5)-6\\
    &=40-6\\
    \therefore v(5)&= 34\frac{m}{s}
    \end{align*}

Observamos con lo anterior que la velocidad es creciente.

  1. Debemos obtener la segunda derivada de la función $d$, que es equivalente a derivar la velocidad:
    \begin{align*}
    a(t)&=v^{‘ ‘}(t)\\
    &= 8 \frac{m}{s^{2}}
    \end{align*}
    Por lo que tenemos que su aceleración es constante.

Problema 2

Un proyectil es lanzado, tenemos que la función que describe la altura alcanzada al tiempo $t$ es:
$$d(t)=-3t^{2}+54t$$

¿En qué instante alcanza su altura máxima y cuál es su valor?
Solución:

Comenzaremos derivando la función $d$:
$$d'(t)=-6t+54$$

Igualamos a cero para encontrar el máximo:
\begin{align*}
d'(t)=0 &\Leftrightarrow -6t+54=0\\
&\Leftrightarrow -t+9=0\\
&\Leftrightarrow t=9
\end{align*}

Aplicando el Criterio de la segunda derivada comprobamos que se trata de un máximo cuando $t=9$:
$$d^{‘ ‘}(t)=-6 <0$$

Así para obtener el valor de la altura basta sustituir $t=9$ en la función $d$:
\begin{align*}
d(9)&=-3(9)^{2}+54(9)\\
&=-3(81)+486\\
&=-243+486\\
&=243
\end{align*}
$\therefore$ la altura es de $243 m$

Problema 3

Tenemos que la distancia recorrida por una partícula se expresa mediante la función:
$$d(t)=2t^{3}-5t^{2}+10t$$
donde consideramos a $d$ en metros y a $t$ en segundos.
¿Cuál es su velocidad cuando:

  • $t=1$
  • $t=\frac{3}{2}$
  • $t=0$ ?

Solución:
Primero obtenemos la función velocidad derivando $d$:
$$v(t)=d'(t)=6t^{2}-10t+10$$
Ahora evaluamos los valores que nos piden:

  • Con $t=1$:
    $$v(1)=6(1)^{2}-10(1)+10=6$$
    $$\therefore v(1)=6\frac{m}{s}$$
  • Con $t=\frac{3}{2}$:
    $$v\left(\frac{3}{2}\right)=6\left(\frac{3}{2}\right)^{2}-10\left(\frac{3}{2}\right)+10=\frac{17}{2}$$
    $$\therefore v\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{17}{2}\frac{m}{s}$$
  • Con $t=0$:
    $$v(0)=6(0)^{2}-10(0)+10=10$$
    $$\therefore v(0)=10\frac{m}{s}$$

Después de ver estos problemas te dejamos a continuación una lista de ejercicios para que puedas practicar el tema visto en esta entrada.

Tarea moral

  • Una pelota es lanzada desde el suelo hacia arriba, su altura sigue la función:
    $$d(t)=30t-5t^{2}$$
    Determina cuál es la altura máxima que alcanza la pelota.
  • La distancia recorrida por un automóvil se encuentra definido por la función:
    $$m(t)=t^{2}-3t+1$$
    donde estamos considerando a $m$ expresada en kilómetros y a $t$ en horas.
    Se requiere obtener:
    • Su distancia recorrida cuando $t=0$
    • Su velocidad al iniciar su movimiento
    • La velocidad alcanzada transcurridas 2 horas
    • La velocidad final a las 6 horas
    • Su aceleración

Más adelante

En la próxima entrada veremos que haciendo uso de la derivada podemos obtener la razón de cambio de dos o más variables relacionadas en un problema.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Problemas de optimización

Por Karen González Cárdenas

2 respuestas

Introducción

Ya que hemos revisado dos criterios importantes para determinar si un punto crítico de una función es un máximo o un mínimo, en esta entrada veremos que la obtención de los mismos tiene variadas aplicaciones prácticas.

En algunos problemas podría resultar fácil determinar la función que deseamos optimizar (maximizar o minimizar) ya que puede ser conocida previamente. Sin embargo, nos podemos enfrentar a casos más complicados donde no resulte inmediato obtenerla y expresarla en términos de una variable. Es por eso que damos las siguientes recomendaciones generales:

  • Identifica la función de la cual se desea encontrar su máximo o su mínimo.
  • En caso de que la función resulte ser de dos o más variables, observa los datos dados en el problema que te permitan expresarlas en función de una sola variable.
  • Si el problema lo necesita, realiza una representación gráfica del planteamiento.

Problema 1

Encuentra dos números cuya suma sea $40$ y su producto sea máximo.
Solución:

Sabemos que:
\begin{equation}
x+y=40
\end{equation}
Y lo que nos piden maximizar es el producto:
$$P=xy$$
Para obtener la función a maximizar debemos poner a la variable $y$ en términos de $x$, por ello nos apoyaremos en la primera ecuación:
\begin{equation}
y=40-x
\end{equation}
Sustituyendo lo anterior tenemos que la función a maximizar:
\begin{align*}
P(x)&=x(40-x)\\
&=40x-x^{2}\\
\therefore P(x)&=40x-x^{2}
\end{align*}

Comencemos por buscar los valores críticos de la función, en consecuencia derivamos una vez $P(x)$:
$$P'(x)=40-2x$$
Ahora igualamos a cero la primera derivada:
\begin{align*}
P'(x)=0 &\Leftrightarrow 40-2x=0\\
&\Leftrightarrow 20-x=0\\
&\Leftrightarrow x=20
\end{align*}

Para obtener el máximo utilizaremos el Criterio de la primera derivada, así cuando:
Caso 1: $x<20$
\begin{align*}
P'(19)&= 40-2(19)\\
&=2 \tag{que es positivo}
\end{align*}

Caso 2: $x>20$
\begin{align*}
P'(21)&=40-2(21)\\
&=-2 \tag{que es negativo}
\end{align*}
Concluimos que $P$ tiene un máximo cuando $x=20$

Para obtener el valor de $y$ sustituimos en $(2)$:
$$y=40-20 \Rightarrow y=20$$

Por lo tanto los números buscados son $x=20$ y $y=20$.

Observamos que en el problema anterior no fue necesario realizar algún dibujo que nos facilitara su solución, en los siguientes problemas veremos que una representación gráfica puede ser de gran utilidad.

Problema 2

De los rectángulos con perímetro fijo, ¿Cuál tiene el área máxima?

Solución:
Consideremos a $P$ como el perímetro fijo y a $A$ el área del rectángulo, de lo anterior observamos:
\begin{align*}
A&=xy & P&=2x+2y
\end{align*}

Para obtener la función a maximizar despejamos del perímetro a la variable $y$:
\begin{align*}
P=2x+2y &\Rightarrow P-2x=2y\\
&\Rightarrow \frac{P}{2}-x=y
\end{align*}

Así la función sería:
\begin{align*}
f(x)&=x\left( \frac{P}{2}-x \right)\\
\therefore f(x)&= \frac{P}{2}x-x^{2}
\end{align*}

Ahora buscaremos los puntos críticos de $f$ derivando una vez:
$$f'(x)=\frac{P}{2}-2x$$
E igualando la derivada a cero:
\begin{align*}
f'(x)=0 &\Leftrightarrow \frac{P}{2}-2x =0\\
&\Leftrightarrow \frac{P}{2}=2x \\
&\Leftrightarrow \frac{P}{4}=x
\end{align*}

Para determinar que es máximo utilizaremos el Criterio de la segunda derivada, por lo que derivamos una segunda vez a la función:
$$f ^{‘ ‘}(x)=-2 < 0$$
Por lo que $f$ tiene un máximo cuando $x=\frac{P}{4}$.

Obtenemos el valor de $y$ sustituyendo $x=\frac{P}{4}$:
\begin{align*}
y&=\frac{P}{2}-\frac{P}{4}\\
&=\frac{P}{4}
\end{align*}

Concluimos que el rectángulo buscado es aquel que tiene lados $x=\frac{P}{4}$ y $y=\frac{P}{4}$

Problema 3

Calcular el radio y la altura de los cilindros de volumen máximo y mínimo que puedan inscribirse en un cono con un radio de $6 cm$ y $12 cm$ de altura. En la siguiente imagen podemos ver más claro el planteamiento anterior:

Solución:
Tenemos que el radio está dado por $BC$ y que la altura por $AB$:
\begin{align*}
BC&= 6 & AB&=12
\end{align*}
Además el volumen de un cilindro está dado por la ecuación:
$$V=\pi x^{2}y$$
donde $x$ es el radio y $y$ la altura.

Lo que queremos calcular es:
\begin{align*}
BE&=x & BD&=y
\end{align*}

Observemos que de la imagen anterior tenemos

de donde el triángulo formado por los puntos $A, B, C$ es semejante con el triángulo formado por $F,E,C$:
$$\triangle ABC \sim \triangle FEC$$

Por lo que tenemos la siguiente igualdad:
$$\frac{BC}{EC}=\frac{AB}{FE}$$
Sustituimos $BC=6$ y $AB =12$:
$$\frac{6}{EC}=\frac{12}{FE}$$
Además como tenemos que para $EC$ se cumple la igualdad:
\begin{align*}
EC&=BC-BE\\
&=6 -x \tag{por $BE=x$}
\end{align*}

Por lo anterior y recordando que $y=FE$ se sigue:
$$ \frac{6}{6-x}=\frac{12}{y}$$

Despejando a $y$ de la igualdad anterior:
\begin{align*}
\frac{6}{6-x}=\frac{12}{y} &\Leftrightarrow \frac{6y}{6-x}=12\\
&\Leftrightarrow 6y = 12(6-x)\\
&\Leftrightarrow y=\frac{72-12x}{6}\\
&\Leftrightarrow y = 12-2x
\end{align*}

Obtenemos la función a maximizar sustituyendo $y=12-2x$ en $V=\pi x^{2}y$:
\begin{align*}
V(x)&=\pi x^{2}(12-2x )\\
&=12\pi x^{2}-2\pi x^{3}
\end{align*}

Derivemos $V(x)$:
$$V'(x)=24\pi x -6\pi x^{2}$$

Igualemos a cero para obtener los valores críticos:
\begin{align*}
V'(x)=0 &\Leftrightarrow 24\pi x -6\pi x^{2}=0\\
&\Leftrightarrow 4x-x^{2} \tag{entre $6\pi$}\\
&\Leftrightarrow x(4-x)=0\\
&\Leftrightarrow x=0 \quad \text{o}\quad x=4
\end{align*}

Determinaremos si se trata de un máximo o un mínimo utilizaremos el Criterio de la segunda derivada considerando:
$$V^{‘ ‘}(x)=24\pi-12\pi x$$

Veamos para $x=0$:
$$V^{‘ ‘}(0)=24 \pi > 0$$
consecuentemente $V$ tiene un mínimo.

Ahora para $x=4$:
$$V^{‘ ‘}(4)=-24\pi <0$$
por lo tanto $V$ tiene un máximo.

Para obtener las dimensiones recordemos que:
$$y=12-2x$$

Cilindro con volumen mínimo
$$x=0 \quad \text{y} \quad y=12-2(0)=12$$

Cilindro con volumen máximo
$$x=4 \quad\text{y}\quad y=12-2(4)=4$$

Problema 4

Hallar los puntos sobre la gráfica de la función $f(x)=x^{3}$ cuyas abscisas difieren en $k$ unidades tal que la recta que los une tenga pendiente mínima:

Solución:
La pendiente de la recta que une el par de puntos de la imagen está dada por:
\begin{align*}
m&=\frac{(x-k)^{3}-x^{3}}{(x-k)-x}\\
\end{align*}

Ahora simplificando lo anterior obtenemos la función a minimizar:
$$m(x)=3x^{2}-3kx+k^{2}$$

Derivamos e igualamos a cero:
$$m'(x)=6x-3k \Rightarrow 6x-3k=0$$
Por lo que veamos si cuando $x=\frac{k}{2}$ se trata de un mínimo usando el Criterio de la segunda derivada:
$$m^{‘ ‘}(x)=6 >0$$

Concluimos que $m$ tiene un mínimo cuando $x=\frac{k}{2}$ y hallamos los puntos sustituyendo en $f(x)=x^{3}$:
$$f\left(\frac{k}{2}\right)=\left(\frac{k}{2}\right)^{3}=\frac{k^{3}}{8}$$

Por lo que los puntos que cumplen son de la forma:
$$\left(\frac{k}{2},\frac{k^{3}}{8}\right)$$

A continuación te presentamos una lista de ejercicios que te permitirán reforzar lo visto en esta entrada, verás que algunos de ellos tienen planteamientos similares.

Tarea moral

  • Obtener dos números cuyo producto sea $16$ y cuya suma sea mínima.
  • Hallar las dimensiones del rectángulo con perímetro de $72$ unidades y de área máxima.
  • Obtener las coordenadas del punto $A$ sobre la curva $f(x)=x^{2}$ más cercano al punto $B=(3,0)$
  • Utilizando un cartón de forma cuadrada de 12 cm de lado se desea construir una caja abierta recortando cuadrados iguales de las esquinas y doblando hacia arriba. Por lo que se te pide determinar la longitud del lado $x$ de los cuadrados de las esquinas para que la caja:
    • Tenga volumen máximo
    • Tenga volumen mínimo

Más adelante

Ya que hemos revisado algunos problemas que involucra obtener el máximo o mínimo de una función en distintos planteamientos. En la próxima entrada veremos problemas relacionados con los temas de velocidad y aceleración donde igualmente el uso de la derivada será fundamental para su solución.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Localización de máximos y mínimos. Regiones de convexidad y puntos de inflexión

Por Karen González Cárdenas

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Introducción

En la sección anterior vimos como encontrar los máximos y mínimos de una función haciendo uso del Criterio de la primera derivada. En esta entrada veremos un criterio más que nos ayudará a localizar los puntos críticos de una función haciendo uso de la segunda derivada. Además veremos los conceptos de convexidad, concavidad y puntos de inflexión.

Criterio de la segunda derivada

Teorema (Criterio de la segunda derivada): Sea $f:(a,b) \rightarrow \r$ una función de clase $C^{(2)}$ en un punto $x_0 \in (a,b)$ y $f'(x_0)=0$.

  1. Si $f ^{‘ ‘}(x_0)>0 \Rightarrow x_0$ es un mínimo local de $f$
  2. Si $f^{‘ ‘}(x_0)<0 \Rightarrow x_0$ es un máximo local de $f$

Observación: una función $f$ es de clase $C^{(k)}$ si su k-ésima derivada existe y sus k derivadas son continuas.

Observación: si $f^{‘ ‘}(x)=0$ no podemos concluir nada.

Demostración 2:
Para este punto queremos demostrar que existe un intervalo $(x_0-r,x_0+r)$ donde:

  • $f^{‘ ‘}(x)>0$ para toda $x \in (x_0-r, x_0)$
  • $f^{‘ ‘}(x)<0$ para toda $x \in (x_0, x_0+r)$

Y así por el criterio de la primera derivada tendríamos que $x_0$ es máximo local.

Por hipótesis tenemos que $f^{‘ ‘}(x_0)<0$, lo que por definición de derivada sería:
$$\lim_{h \to 0}\frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}<0$$
Así sabemos que existe una $\delta$ tal que para toda $h \in (-\delta,\delta)$ ocurre que:
$$ \frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}<0 $$

Veamos qué ocurre en los siguientes dos casos:
Caso 1: $h>0$ entonces tendríamos que $x_0+h<x_0$ y de la desigualdad anterior se seguiría que
\begin{align*}
\frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}<0 &\Rightarrow f'(x_0+h)-f'(x_0)>0\\
&\Rightarrow f'(x_0+h)>0\tag{donde $f'(x_0)=0$}\\
\end{align*}

Caso 2: $h<0$ se tiene que $x_0+h >x_0$ análogamente vemos que
\begin{align*}
\frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}<0 &\Rightarrow f'(x_0+h)-f'(x_0)<0\\
&\Rightarrow f'(x_0+h)<0\tag{donde $f'(x_0)=0$}\\
\end{align*}

Concluyendo la prueba del inciso 2.

$\square$

Ejemplo

Utilizando el Criterio de la segunda derivada encuentra los máximos y mínimos de la siguiente función:
$$f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x+1$$

Solución:
Paso 1: Obtenemos la primera derivada de la función
\begin{align*}
f'(x)&=3x^{2}-6x-9\\
&= x^{2}-2x-3\\
&=(x-3)(x+1)
\end{align*}
Paso 2: Igualamos a cero la primera derivada para obtener los puntos críticos
\begin{align*}
f'(x)=0 &\Leftrightarrow (x-3)(x+1)=0\\
&\Leftrightarrow x- 3=0 & &\text{o} \quad (x+1)=0\\
&\Leftrightarrow x=3 & &\text{o} \quad x=-1
\end{align*}

Paso 3: Ahora obtenemos la segunda derivada de $f$
$$f^{‘ ‘}(x)=2x-2$$

Paso 4: Sustituimos los valores de los puntos críticos obtenidos en el paso 2 y aplicamos el Criterio de la segunda derivada

  • Sustituimos $x=3$ en $f^{‘ ‘}(x)$:
    $$f^{‘ ‘}(3)=2(3)-2=4$$
    El resultado obtenido nos dice que $f^{‘ ‘}(3)>0$ por lo que $f$ tiene un mínimo en $(3,-26)$
  • Ahora para $x=-1$:
    $$f^{‘ ‘}(-1)=2(-1)-2=-4$$
    Vemos que $f^{‘ ‘}(-1)<0$ obteniendo un máximo de $f$ en $(-1,6)$

Convexidad y concavidad

Definición (función convexa): Sea $f:[a,b]\rightarrow \r$ una función. Decimos que $f$ es convexa en [a,b] si para cualesquiera $x,y \in [a,b]$ se cumple que para todo $z\in[x,y]$:
$$f(z) \leq \frac{f(x)-f(y)}{x-y}(z-y)+f(y)$$

Lo que esta definición nos dice es que todos los puntos de la secante que une a $(y,f(y))$ con $(x,f(x))$ cuando $x<y$ se encuentran por arriba de la gráfica como se ve en la siguiente imagen:

Una definición equivalente sería que para cualquier $\alpha \in (0,1)$ se cumple:
$$f(\alpha x+(1-\alpha)y)\leq \alpha f(x)+(1-\alpha)f(y)$$

Otras propiedades que cumplen las funciones convexas son:

  • Se dice que $f$ es estrictamente convexa si cumple la desigualdad:
    $$f(\alpha x+(1-\alpha)y)< \alpha f(x)+(1-\alpha)f(y)$$
  • $f$ es estrictamente cóncava si $-f$ es estrictamente convexa
  • $f$ es cóncava si $-f$ es convexa

La derivada y la convexidad

Teorema: Consideremos $f:(a,b)\rightarrow \r$ una función. Si $f'(x)$ es no decreciente en $(a,b)$ entonces $f$ es convexa en $(a,b)$

Demostración:

Consideremos $x,y \in (a,b)$. Queremos demostrar que para cualquier $\alpha \in (0,1)$ se cumple la desigualdad:
$$f(\alpha x + (1- \alpha)y)\leq \alpha f(x)+ (1- \alpha)f(y)$$

Así tomemos $\alpha_0 \in [0,1]$ y probemos que:
$$f(\alpha_0 x + (1- \alpha_0)y)\leq \alpha_0 f(x)+ (1- \alpha_0)f(y)$$

Por el teorema del valor medio para la derivada tenemos que existe $p\in (x,z)$ donde podemos considerar $ z=\alpha_0x+(1-\alpha_0)y$ tal que:
$$f'(p)=\frac{f(z)-f(x)}{z-x}$$
Análogamente existe $q \in (z,y)$ que:
$$f'(q)=\frac{f(y)-f(z)}{y-z}$$

Por hipótesis vemos que:
$$f'(p)\leq f'(q)$$
Es decir:
$$\frac{f(z)-f(x)}{z-x}\leq \frac{f(y)-f(z)}{y-z}$$

Y como $ z=\alpha_0x+(1-\alpha_0)y$:
\begin{align*}
&\Rightarrow \frac{f(z)-f(y)}{(\alpha_0-1)x+(1-\alpha_0)y}\leq \frac{f(y)-f(z)}{y-\alpha_0 x-(1- \alpha_0)y}\\
&\Rightarrow \frac{f(z)-f(y)}{(y-x)(1-\alpha_0)}\leq \frac{f(y)-f(z)}{\alpha_0 (y-x)}\\
&\Rightarrow \alpha_0 (f(z)-f(x)) \leq (1- \alpha_0)(f(y)-f(z))
\end{align*}
Por lo tanto si desarrollamos lo anterior:
\begin{align*}
\alpha_0 f(z)+ (1-\alpha_0)f(z)&\leq \alpha_0f(x)+(1-\alpha_0)f(y)\\
\therefore f(z)&\leq \alpha_0 f(x)+(1-\alpha_0)f(y)\\
\end{align*}
Recordando que $z=\alpha_0x+(1-\alpha_0)y$ concluimos que:
$$f(\alpha_0x+(1-\alpha_0)) \leq \alpha_0 f(x)+(1-\alpha_0)f(y)$$

$\square$

Una consecuencia del teorema anterior es el siguiente corolario:
Corolario: Sea $f: (a,b) \rightarrow \r$ una función.

  • Si $f^{‘ ‘}(x) \geq 0$ entonces $f$ es convexa
  • Si $f^{‘ ‘}(x)\leq 0$ entonces $f$ es cóncava

Así vemos que la segunda derivada nos puede ayudar a determinar los intervalos donde una función es convexa o cóncava.

Puntos de inflexión de una función

Definición (punto de inflexión): Decimos que $x_0$ es un punto de inflexión si en él la función cambia de convexa a cóncava ó de cóncava a convexa.
Para poder identificarlos usando la derivada tenemos que si $f^{‘ ‘}(x_0)=0$ y $f^{‘ ‘ ‘}(x_0)\neq 0$ entonces $x_0$ es un punto de inflexión.

En el siguiente ejemplo utilizaremos este criterio para identificar los puntos de inflexión de la función vista en el ejercicio anterior.

Ejemplo

Recordemos que estamos trabajando con la función:
$$f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x+1$$
Cuyas segunda y tercera derivada son:
$$f^{‘ ‘}(x)=2x-2$$
$$f^{‘ ‘ ‘}(x)=2$$
Para identificar a sus puntos de inflexión igualaremos a cero su segunda derivada y encontraremos las raíces de la misma:
\begin{align*}
f^{‘ ‘}(x)=0 &\Rightarrow 2x-2=0\\
&\Rightarrow x-1=0\\
&\Rightarrow x=1
\end{align*}
Sustituimos $x=1$ en la función original:
$$f(1)=(1)^{3}-3(1)^{2}-9(1)+1=-10$$
Además, como $f^{‘ ‘ ‘}(1)=2$, podemos concluir que $f$ tiene un punto de inflexión en $(1,-10)$.

Ahora para definir donde la función es convexa debemos resolver la siguiente desigualdad:
\begin{align*}
f^{‘ ‘}(x)>0 &\Rightarrow x-1>0\\
&\Rightarrow x>1
\end{align*}
Así $f$ es convexa en $(1, \infty)$

Y para ver donde es cóncava utilizamos:
\begin{align*}
f^{‘ ‘}(x)<0 &\Rightarrow x-1<0\\
&\Rightarrow x<1
\end{align*}
Por lo que $f$ es cóncava en $(-\infty,1)$

Tarea moral

Para cada una de las siguientes funciones obtén:

  • Máximos y mínimos
  • Intervalos donde crece y decrece la función
  • Intervalos donde es convexa o cóncava
  • Puntos de inflexión
  • Gráfica
  1. $f(x)=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}$
  2. $f(x)= x^{3}(x+2)$
  3. $f(x)=\sqrt{x^{2}+36}$
  4. $f(x)=-2x^{3}+9x^{2}+60x$

Más adelante

Ahora que hemos visto dos criterios importantes haciendo uso de la derivada para localizar máximos y mínimos de una función, en la siguiente entrada donde hablaremos de problemas de optimización será esencial poder identificarlos.

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