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Cálculo Diferencial e Integral I: Problemas de optimización

Introducción

Ya que hemos revisados 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 nos 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 a la cuál se le 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. Monotonía de funciones

Introducción

En cursos de Cálculo en el bachillerato pudieron haberte pedido resolver ejercicios en los cuales te pedían que encontraras los puntos críticos de una función y apoyándote de ellos realizar la gráfica de la misma.
Recordemos primero que un punto crítico $x$ de una función $f$ es aquel que al evaluarlo en la derivada de $f$ nos da la siguiente igualdad:
$$f'(x)=0$$

Y que en el conjunto de estos puntos críticos se encontraban los máximos y mínimos de la función $f$.
En esta entrada daremos las definiciones formales correspondientes y veremos los Criterios de las derivadas para identificarlos. También resultados en los que haciendo uso de la derivada podremos determinar si una función es creciente o decreciente en un intervalo.

Máximo y mínimo global

Definición: Sea $f: D_f \subseteq \r \rightarrow \r$ una función y $x_0 \in D_f$. Decimos que en $x_0$ se alcanza:

  • Un máximo global si para toda $x \in D_f$ se cumple que:
    $$f(x)\leq f(x_0)$$
  • Un mínimo global si para toda $x \in D_f$ se cumple que:
    $$f(x_0)\leq f(x)$$

Máximo y mínimo local

Definición: Consideremos a una función $f$ continua en un intervalo $I$ y $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$ con $r\in \r^{+}$ y tenemos que existe $f'(x_0)$ decimos que:

  • $x_0$ es un máximo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
    $$f(x)\leq f(x_0)$$
  • $x_0$ es un mínimo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
    $$f(x_0)\leq f(x)$$
  • $x_0$ no es máximo ni mínimo si existen $x_1, x_2$ tales que para toda $r>0$ y para cualquier $x\in(x_0-r, x_0 +r)$ ocurre que:
    $$f(x_1)<f(x_0)<f(x_2)$$

En la imagen anterior vemos que el punto $A$ es un máximo de la función y $B$ un mínimo.

La derivada y los puntos críticos

Teorema: Consideremos una función $f$ continua en un intervalo $I$ y es derivable en el punto $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$.

Si tenemos que $x_0$ es un máximo ó un mínimo de local de $f \Rightarrow f'(x_0)=0$

Demostración: Tomemos $x_0$ máximo o mínimo local de $f$, así pro definición tenemos que existe $r_1>0$ tal que para cualquier $x \in (x_0-r_1, x_0+r_1)$ ocurre que:
$$f(x_0) \leq f(x) \quad \text{ó}\quad f(x) \leq f(x_0) $$

Consideremos ahora $h$ tal que:
$$|h| \leq r_2= \text{min} \left\{r,r_1 \right\}$$
Veremos el caso en que $x_0$ es máximo local de $f$.
Caso 1: Supongamos que $x_0$ es máximo.
Si tenemos que $h>0$ se sigue que:
\begin{align*}
f(x_0+h)< f(x_0) &\Rightarrow f(x_0+h)-f(x_0)<0\\
&\Rightarrow \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}<0\\
&\Rightarrow \lim_{h \to 0^{+}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h} \leq 0\\
\end{align*}

Ya que $f$ es derivable en $x_0$ entonces podemos afirmar la siguiente igualdad:
$$ \lim_{h \to 0^{+}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}=f'(x_0)$$
$$\therefore f'(x_0)\leq 0$$

Ahora bien, si tenemos que $h<0$ tenemos que:
\begin{align*}
f(x_0+h)-f(x_0)<0 &\Rightarrow \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}>0\\
&\Rightarrow \lim_{h \to 0^{-}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}\geq 0
\end{align*}
$$\therefore f'(x_0) \geq 0$$
$$\therefore 0\leq f'(x_0) \leq 0$$

Y así concluimos que $f'(x_0)=0$

$\square$

El Caso 2 considerando ahora que $x_0$ es máximo se quedara como ejercicio de Tarea moral, para realizar la prueba se procede de manera análoga al caso que ya vimos.

Gráficamente el resultado anterior se vería como sigue:

donde en el intervalo para el punto $A$ (representado por la franja amarilla) y el intervalo para el $B$ (representado por la franja rosa) la recta tangente a cada uno tiene pendiente cero.

La derivada y la monotonía de las funciones

Teorema: Consideremos $f$ una función y a $I$ un intervalo.

  1. Si $f'(x) \geq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es creciente en $I$
  2. Si $f'(x) > 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es estrictamente creciente en $I$
  3. Si $f'(x) \leq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es decreciente en $I$
  4. Si $f'(x) < 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es estrictamente decreciente en $I$

Demostración 2:

Queremos probar que para cualesquiera $x_1,x_2 \in I$ donde si $x_1<x_2$ entonces:
$$f(x_1)<f(x_2)$$

Así tomemos $x_1,x_2$ en el intervalo $I$ con $x_1 < x_2$. Veamos que $[x_1,x_2] \subseteq I$ y que $f$ es derivable en $(x_1,x_2) \subseteq I$.Y además tenemos que $f$ es continua en $[x_1,x_2] \subseteq I$, aplicando el Teorema del valor medio para la derivada:
$\exists \alpha \in (x_1,x_2)$ tal que $f'(\alpha)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$
Por hipótesis tenemos que:
$$ f'(\alpha)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} >0$$
Debido a que también supusimos $x_2-x_1>0$ para que se cumpla la desigualdad anterior necesariamente debe ocurrir que:
$$f(x_2)-f(x_1)>0 \Rightarrow f(x_2)>f(x_1)$$

$\square$

Criterio de la primera derivada

Teorema (Criterio de la primera derivada): Si $f'(x_0)=0$ y existe $r>0$ tal que:

  1. Para todo $x \in (x_0-r,x_0)$, $f'(x)<0$ y para todo $x \in (x_0,x_0+r)$, $f'(x)>0$
    $\Rightarrow x_0$ es mínimo local de $f$
  2. Para todo $x\in (x_0-r,x_0)$, $f'(x)>0$ y para todo $x \in (x_0,x_0+r)$, $f'(x)<0$
    $\Rightarrow x_0$ es máximo local de $f$

Demostración 1:

Sea $x \in (x_0-r, x_0)$ por hipótesis tenemos que $f'(x)<0$. Aplicando el teorema anterior afirmamos que $f$ es decreciente en $(x_0-r,x_0)$, así para cualquier $x < x_0$ en $(x_0-r, x_0)$:
$$f(x)>f(x_0)$$

Ahora tomando $x\in (x_0,x_0+r)$ tenemos que $f'(x)>0$. Y por el teorema anterior sabemos que $f$ es creciente en el intervalo $(x_0,x_0+r)$. Por definición para cualquier $x>x_0$ en $(x_0,x_0+r)$ ocurre que:
$$f(x_0)<f(x)$$
De lo anterior podemos concluir que para toda $x \in (x_0-r,x_0) \cup (x_0,x_0+r)= (x_0-r,x_0+r)$ se cumple la desigualdad:
$$f(x_0)<f(x)$$
que es justo la definición de $x_0$ mínimo local de $f$

$\square$

A continuación veremos ejemplos donde aplicaremos los teoremas anteriores para localizar los máximos y mínimos de una función, como los intervalos donde es creciente o decreciente.

Ejemplo 1

Encuentra los puntos críticos de la siguiente función y determina si se trata de un máximo o un mínimo:
$$f(x)=(x-1)^{2}(x+1)^{3}$$

Solución:

Para encontrarlos seguiremos los siguientes pasos:
Paso 1: Hallamos la primera derivada de la función $f$
\begin{align*}
f'(x)&= 2(x-1)(x+1)^{3}+3(x+1)^{2}(x-1)^{2}\\
&= (x-1)[2(x+1)^{3}+3(x+1)^{2}(x-1)]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}[2(x+1)+3(x-1)]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}[2x+2+3x+3]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}(5x-1)\\
\therefore f'(x)&= (x-1)(x+1)^{2}(5x-1)
\end{align*}

Paso 2: Igualamos la derivada a cero para encontrar los puntos críticos
$$f'(x)=0 \Leftrightarrow (x-1)(x+1)^{2}(5x-1) =0$$
El producto anterior lo cumple cuando:
\begin{align*}
(x+1)^{2} =0 & &\text{o}\quad 5x-1=0 & &\text{o}\quad x-1=0 \\
\sqrt{ (x+1)^{2}}= \sqrt{0} & &\text{o}\quad 5x=1& &\text{o}\quad x=1\\
x+1=0 & &\text{o}\quad x=\frac{1}{5}\\
x=-1
\end{align*}

Por lo que debemos determinar para $x=1$,$x=-1$ y $x=\frac{1}{5}$ si se trata de un máximo, un mínimo o ninguno de los dos.

Paso 3: Para determinar si es un máximo o mínimo, aplicando el Criterio de la primera derivada debemos sustituir en la primera derivada un valor $x_1<x$ para determinar si $f'(x_1)$ es positiva o negativa. De igual modo debemos evaluar una $x<x_2$ y obtener si $f'(x_2)$ es positiva o negativa.

Comencemos con $x=1$:
Si tomamos $x<1$ y sustituimos en $f'(x)=5(x-1)(x+1)^{2}(x-\frac{1}{5})$ a $x_1=\frac{1}{2}$ en la derivada
\begin{align*}
f’ \left(\frac{1}{2}\right)&= 5 \left(\frac{1}{2}-1\right) \left(\frac{1}{2}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&= 5\left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right)^{2}\left(\frac{3}{10}\right) \tag{que es negativo}
\end{align*}
Ahora para $x>1$ evaluamos $x_2=2$
\begin{align*}
f'(2)&= 5(2-1)(2+1)^{2}\left(2-\frac{1}{5}\right)\\
&=5(1)(3)^{2}\left(\frac{9}{5}\right) \tag{que es positivo}
\end{align*}
Ya que la derivada paso de ser negativa a positiva tenemos que cuando $x=1$ la función tiene un mínimo.
$\therefore p_1=(1,0)$ es mínimo de $f$

Continuemos con $x=-1$:
Para $x<-1$ tomaremos $x_1=-2$
\begin{align*}
f'(-2)&=5(-2-1)(-2+1)^{2}\left(-2-\frac{1}{5}\right)\\
&=5(-3)(-1)^{2}\left(-\frac{11}{5}\right) \tag{que es positivo}
\end{align*}

Y para $x>-1$ consideramos ahora $x_2=-\frac{1}{2}$
\begin{align*}
f’\left(-\frac{1}{2}\right)&=5\left(-\frac{1}{2}-1\right)^{2}\left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{3}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(-\frac{7}{10}\right)\tag{que es positivo}
\end{align*}

Debido a que la derivada no presenta cambio de signo, cuando $x=-1$ no es máximo ni mínimo.

Finalmente para $x=\frac{1}{5}$ análogamente procedemos:
Cuando $x< \frac{1}{5}$ sustituiremos $x_1=\frac{1}{6}$
\begin{align*}
f’\left(\frac{1}{6}\right)&=5\left(\frac{1}{6}-1\right)\left(\frac{1}{6}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{5}{6}\right)\left(\frac{7}{6}\right)^{2}\left(-\frac{1}{30}\right)\tag{que es positivo}
\end{align*}

Ahora bien para $x>\frac{1}{5}$ evaluaremos $x_2=\frac{1}{2}$
\begin{align*}
f’\left(\frac{1}{2}\right)&=5\left(\frac{1}{2}-1\right)\left(\frac{1}{2}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{3}{10}\right)\tag{que es negativo}
\end{align*}

Vemos que la derivada paso de ser positiva a ser negativa, por lo tanto cuando $x=\frac{1}{5}$ la función $f$ tiene un máximo
$\therefore p_2=(0.2,1.10)$ es un máximo de $f$

Ejemplo 2

Hallar los intervalos donde es creciente o decreciente la siguiente función:
$$f(x)=4x^{3}+3x^{2}-6x$$

Solución:
Comenzaremos derivando la función y simplificando
\begin{align*}
f'(x)&= 12x^{2}+6x-6\\
&=6x^{2}+x-1\\
&=\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)
\end{align*}

Sabemos que cuando $f'(x)>0$ la función es creciente, por ello veremos que valores satisfacen la siguiente desigualdad:
$$\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)>0$$
El producto anterior cumple ser positivo cuando
Caso 1:
\begin{align*}
x -\frac{1}{2} >0 & &\text{y}\quad x+1>0\\
x > \frac{1}{2} & &\text{y}\quad x>-1\\
\end{align*}
Por lo que el intervalo solución para este caso en: $\left(\frac{1}{2}, \infty \right)$

Caso 2:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}<0 & &\text{y}\quad x+1<0\\
x <\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x<-1
\end{align*}
Así el intervalo solución es: $(-\infty, -1)$

Concluimos que los intervalos donde $f$ es creciente son:
$$ (-\infty, -1) \cup \left(\frac{1}{2}, \infty \right)$$

Para encontrar donde la función es decreciente debemos trabajar con la desigualdad $f'(x)<0$, que sería:
$$\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)<0$$
Lo anterior se cumple en los siguientes casos:
Caso 3:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}>0 & &\text{y}\quad x+1<0\\
x>\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x<-1
\end{align*}
Vemos que la solución de este caso es vacía.

Caso 4:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}<0 & &\text{y}\quad x+1>0\\
x<\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x>-1
\end{align*}
El intervalo que cumple lo anterior es $\left(-1,\frac{1}{2}\right)$

De los casos anteriores tenemos que $f$ es decreciente en el intervalo:
$$ \left(-1,\frac{1}{2}\right) $$

Tarea moral

  • Da la demostración del teorema para el caso en que $x_0$ es un máximo local de $f$
  • Pruebas los siguientes puntos:
    • Si $f'(x) \geq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es creciente en $I$
    • Si $f'(x) \leq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es decreciente en $I$
    • Si $f'(x) < 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es estrictamente decreciente en $I$
  • Determina si los siguientes enunciados son verdaderos y falsos. De ser verdadero da la demostración correspondiente, de lo contrario da un contraejemplo:
    • Si $f$ es una función creciente, derivable y continua en un intervalo $I \Rightarrow f'(x)>0$ para toda $x\in I$
    • Si $f$ es una función estrictamente creciente, continua y derivable en $I \Rightarrow f'(x)>0$ para toda $x\in I$
  • Realiza la gráfica de la función:
    $$f(x)=\frac{1}{(x-1)^{2}}+1$$
    Determinando los intervalos donde $f$ es creciente o decreciente.
    Señalando si es que existen:
    • máximos y mínimos (locales y globales)
    • los valores $x$ donde $f(x)=0$
    • $\lim_{x \to \infty^{+}} f(x)$
    • $\lim_{x \to \infty^{-}} f(x)$

Más adelante

En la siguiente entrada seguiremos trabajando con los máximos y mínimos de funciones por lo que te presentaremos una herramienta más para poder localizarlos: el Criterio de la segunda derivada. También veremos que como determinar las regiones de concavidad o convexidad de una función y sus puntos de inflexión.

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