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Cálculo Diferencial e Integral I: Problemas de optimización

Por Karen González Cárdenas

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

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 $p\in (x,z)$ 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:
$$\frac{f(z)-f(x)}{z-x}\leq \frac{f(y)-f(z)}{y-z}$$

Tomando $ 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 $f^{‘ ‘}(x_0)=0$ 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:
$$f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x+1$$
Cuya segunda derivada es:
$$f^{‘ ‘}(x)=2x-2$$
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:
$$f(1)=(1)^{3}-3(1)^{2}-9(1)+1=-10$$
Por lo 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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