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UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD ESCUELA DE CIENCI AS BASICAS TECNOLOGIA E INGENIERÍA TRABAJO COLABORATIVO 3 CURSO: CÁLCULO DIFERENCIAL
Docente diseñador: Oscar Carrillo
TRABAJO COLABORATIVO 3
PRESENTADO POR
PAOLA ANDREA CLEVES
JUAN MIGUEL DAVID PARRA
YASMIN PAOLA MOLINA
RAY ALBERTO CITA MEDINA
PRESENTADO A
EDGAR ALONSO BOJACA
COLOMBIA
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA
2014
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD ESCUELA DE CIENCI AS BASICAS TECNOLOGIA E INGENIERÍA TRABAJO COLABORATIVO 3 CURSO: CÁLCULO DIFERENCIAL
Docente diseñador: Oscar Carrillo
INTRODUCCIÓN
El presente trabajo contiene la solución de la guía del tercer trabajo colaborativo del curso de cálculo diferencial, en cual se pone en práctica la realización de derivadas, límites y algunas aplicaciones de éstos temas tales como la solución de problemas de optimización y graficar una función mediante la segunda derivada.
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DESARROLLO DE LA ACTIVIDAD
1.
Derivamos
𝑦′ = 2𝑥 − 3 𝐼𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑜: 0 = 2𝑥 − 3 2𝑥 = 3
𝑥 =3
2
El punto crítico es 𝑥 =3
2 en éste punto hay una recta horizontal, ahora hayamos si
es un máximo o un mínimo
Tomando un valor anterior y uno posterior a 𝑥 =3
2, 𝑠𝑒𝑟í𝑎𝑛 𝑥1 = 1 𝑦 𝑥2 = 2 y los
reemplazamos en la primera derivada y así analizamos el comportamiento:
𝑦′(𝑥1) = 2(1) − 3 𝑦′(𝑥1) = −1
Luego
𝑦′(𝑥2) = 2(2) − 3 𝑦′(𝑥2) = 1
Análisis: Debido que en el punto 𝑥1 la pendiente viene en forma negativa y después de pasar por el punto crítico, el punto 𝑥2la pendiente es positiva, podemos decir
que el punto 𝑥 =3
2 es un mínimo de nuestra ecuación, hallando la coordenada de
éste máximo, en nuestra función original tenemos:
𝑦 = (3
2)
2
− 3 (3
2) − 2
𝑦 =9
4−
9
2− 2
𝑦 = −17
4
El punto mínimo será en el punto (3
2, −
17
4)
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2.
Derivamos
𝑦′ = 6𝑥 − 12 𝐼𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑐𝑒𝑟𝑜, 0 = 6𝑥 − 12 6𝑥 = 12
𝑥 =12
6
𝑥 = 2
El punto crítico es 𝑥 = 2 en éste punto hay una recta horizontal, ahora hayamos si es un máximo o un mínimo
Tomando un valor anterior y uno posterior a 𝑥 = 2, 𝑠𝑒𝑟í𝑎𝑛 𝑥1 = 1 𝑦 𝑥2 = 3 y los reemplazamos en la primera derivada y así analizamos el comportamiento:
𝑦′(𝑥1) = 6(1) − 12 𝑦′(𝑥1) = −6
Luego
𝑦′(𝑥2) = 6(3) − 12 𝑦′(𝑥2) = 6
Análisis: Debido que en el punto 𝑥1 la pendiente viene en forma negativa y después de pasar por el punto crítico, el punto 𝑥2la pendiente es positiva, podemos decir que el punto 𝑥 = 2 es un mínimo de nuestra ecuación, hallando la coordenada de éste máximo, en nuestra función original tenemos:
𝑦 = 3(2)2 − 12(2) 𝑦 = 3(4) − 24 𝑦 = −12
El punto mínimo será en el punto (2, −12)
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Usado la Regla de L’Hopital, paso a paso, halle el límite 3, 4 y 5:
3.
Hallamos el límite en el valor x=0, entonces
√3(0) + 13
− 1
0
√13
− 1
0
1 − 1
0
0
0
Llegamos a la forma indeterminada 0
0 así que podemos aplicar la regla de
L’hopital
Entonces, aplicando ésta, derivamos el numerador y el denominador de forma independiente
lim𝑥→0
13
(3𝑥 − 1)−23 ∗ 3
1
Ahora hallamos nuevamente el límite
lim𝑥→0
3
3√3𝑥 − 13 2
lim𝑥→0
1
√3𝑥 − 13 2
Evaluando, tendríamos 1
√3(0) − 13 2
1
√−13 2
1
−12
1 𝑅.
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4.
Hallamos el límite en el valor x=1, entonces
1 − (1)2
sin(𝜋 ∗ 1)
1 − 1
sin 𝜋
0
0
Llegamos a la forma indeterminada 0
0 así que podemos aplicar la regla de L’hopital
Entonces, aplicando ésta, derivamos el numerador y el denominador de forma independiente
lim𝑥→0
−2𝑥
πcos 𝜋𝑥
Ahora hallamos nuevamente el límite, evaluando tendríamos
−2(1)
𝜋 cos 𝜋 (1), 𝑒𝑙 cos 𝜋 = −1, 𝑒𝑛 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠
−2
𝜋(−1)
−1
−𝜋
2
𝜋 𝑅.
5.
Hallamos el límite en el valor x=0, entonces
𝑒2(0) − 1
0
𝑒0 − 1
0
1 − 1
0
0
0
Llegamos a la forma indeterminada 0
0 así que podemos aplicar la regla de L’hopital
Entonces, aplicando ésta, derivamos el numerador y el denominador de forma
independiente
lim𝑥→0
𝑒2𝑥 ∗ 2
1
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Ahora hallamos nuevamente el límite
lim𝑥→0
𝑒2𝑥 ∗ 2
Tendríamos
𝑒2(0) ∗ 2, 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑒𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑒0 = 1 2 𝑅.
Halle paso a paso la tercera derivada de:
6.
Hallamos la primera
𝑓′(𝑥) = 3 (sec2 3𝑥) ∗ 3 𝑓′(𝑥) = 9 sec2 3𝑥
Hallamos la segunda derivada
𝑓′′(𝑥) = 9[2 ∗ sec 3𝑥 ∗ (sec 3𝑥)(tan 3𝑥)(3)] 𝑓′′(𝑥) = 54(sec2 3𝑥) (tan 3𝑥)
Hallamos la tercera derivada aquí usamos la regla del producto
𝑓′′′(𝑥) = 54{[2 sec 3𝑥 ∗ sec 3𝑥 ∗ tan 3𝑥 ∗ 3] ∗ tan 3𝑥}+ 54(sec2 3𝑥)(sec2 3𝑥) ∗ 3
𝑓′′′(𝑥) = 54[6(sec2 3𝑥 ∗ tan2 3𝑥)] + 162 sec4 3𝑥 𝑓′′′(𝑥) = 324(sec2 3𝑥 ∗ tan2 3𝑥) + 162 sec4 3𝑥 𝑓′′′(𝑥) = 162 sec2 3𝑥 [2 tan2 3𝑥 + sec2 3𝑥]
7.
𝑓′(𝑥) = −3 (csc2 3𝑥) ∗ 3 𝑓′(𝑥) = −9csc23𝑥
Hallamos la segunda derivada
𝑓′′(𝑥) = −9[2(csc 3𝑥)(− csc 3𝑥)(cot 3𝑥)(3) 𝑓′′(𝑥) = 54 csc2 3𝑥 cot 3𝑥
Hallamos la tercera derivada
𝑓′′′(𝑥) = 54[2(csc 3𝑥)(− csc 3𝑥)(cot 3𝑥)(3) ∗ cot 3𝑥] + 54 csc2 3𝑥∗ [−(csc2 3𝑥) ∗ 3]
𝑓′′′(𝑥) = −324 csc2 3𝑥 cot2 3𝑥 − 162 csc4 3𝑥 𝑓′′′(𝑥) = 162 csc2 3𝑥 (−2 cot2 3𝑥 − csc2 3𝑥)
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Halle, paso a paso, la derivada implícita, con respecto a x, de:
8.
𝑒−𝑥 − 𝑒−𝑦 = 1
Derivemos implícitamente respecto a 𝑥, tendríamos:
𝑒−𝑥 − 𝑒−𝑦 − 1 = 0
𝑑
𝑑𝑥(𝑒−𝑥 − 𝑒−𝑦 − 1) = 0
𝑑
𝑑𝑥(𝑒−𝑥) −
𝑑
𝑑𝑥(𝑒−𝑦) −
𝑑
𝑑𝑥(1))
= −𝑑𝑥
𝑑𝑥(𝑒−𝑥) +
𝑑𝑦
𝑑𝑥(𝑒−𝑦) − 0 = 0
= −𝑑𝑥
𝑑𝑥(𝑒−𝑥) +
𝑑𝑦
𝑑𝑥(𝑒−𝑦) = 0
= −𝑑𝑥
𝑑𝑥(𝑒−𝑥) +
𝑑𝑦
𝑑𝑥(𝑒−𝑦) = 0
= −(𝑒−𝑥 ) +𝑑𝑦
𝑑𝑥(𝑒−𝑦) = 0𝑒−𝑥 =
𝑑𝑦
𝑑𝑥(𝑒−𝑦)
𝑒−𝑥 =𝑑𝑦
𝑑𝑥(𝑒−𝑦)
Despejando 𝑑𝑦
𝑑𝑥 tenemos que:
𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑒−𝑥
𝑒−𝑦
Así la derivada implícita viene dada por:
𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑒−𝑥
𝑒−𝑦= 𝑒𝑦−𝑥
*Extra*
Derivamos con respecto a y
−𝑒−𝑥 ∗ 𝑥′ + 𝑒−𝑦 = 0 𝑒−𝑦 = −𝑒−𝑥 ∗ 𝑥′
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𝑥′ =−𝑒−𝑥
𝑒−𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑦= −𝑒−𝑥+𝑦
9. Se bombea aire hacia el interior de un globo esférico de modo que su volumen
aumenta a razón de . ¿Con qué rapidez crece el globo cuando su radio
es de 25cm?
Recordar que el volumen es igual a
Tenemos los siguientes datos
𝑑𝑉
𝑑𝑡= 100
𝑐𝑚3
𝑠,𝑑𝑟
𝑑𝑡=? , 𝑟 = 25𝑐𝑚
Según la fórmula del volumen tenemos que
𝑉 =4
3𝜋𝑟3
Derivamos con respecto a t y tendríamos
𝑑𝑉
𝑑𝑡=
4
3𝜋 ∗ 3𝑟2 ∗
𝑑𝑟
𝑑𝑡
𝑑𝑉
𝑑𝑡=
4𝜋𝑟2𝑑𝑟
𝑑𝑡
𝑑𝑟
𝑑𝑡=
𝑑𝑉𝑑𝑡
4𝜋𝑟2
Reemplazando los datos iniciales
𝑑𝑟
𝑑𝑡=
100
4𝜋252
𝑑𝑟
𝑑𝑡=
100
2500𝜋
𝑑𝑟
𝑑𝑡=
1
25𝜋
𝑐𝑚
𝑠
𝑑𝑟
𝑑𝑡= 0.0127
𝑐𝑚
𝑠 , 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑟𝑎𝑧ó𝑛 𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙 𝑒𝑙 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑒.
Aplicaciones de derivadas. Problemas de optimización.
10. Una fábrica tanques de almacenamiento de agua desea construir uno de forma cilíndrica con tapa, que tenga una capacidad de 1 metro cúbico (1000 litros). ¿Cuáles deben ser las dimensiones del tanque para que la
cantidad de material empleado en su construcción sea mínima?
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Minimizamos el área de la superficie del cilindro. La que está dada por: Acilindro = 2Atapa + Acuerpo(1)
Al desplegar el cuerpo del cilindro obtendremos una superficie rectangular en la cual uno de sus lados es el perímetro de la circunferencia y el otro es la altura. Acuerpo = 2πrh (2)
Por otro lado, el área de la tapa está dada por:
Atapa = πr2 (3)
Reemplazando (2) y (3) en (1), tenemos:
Acilindro = 2 πr2 + 2πrh (4) Como la capacidad debe ser de 1 m3, entonces
1 = πr2h (5)
h =1
πr2 (6)
Reemplazando (6) en (4)
Acilindro = 2 πr2 + 2πr1
πr2
Acilindro = 2 πr2 +2000
r
Derivando e igualando a cero
Acilindro′ = 4πr −
2
r2= 0
4πr = −2
r2
2πr = −1
r2
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r3 = −1
2π=
0.5
π= 0.159155
r = √0.1591553
= 0.542 metros
Tenemos que r = 0.542 metros es un punto crítico
Verifiquemos que este sea un mínimo, utilizando puntos antes y después del punto
crítico para determinar el signo de la derivada.
A′(0.5) = 4π(0.5) −2
(0.5)2= −1.717m
Antes del punto crítico la función es decreciente (arroja valores negativos)
A′(0.6) = 4π(0.6) −2000
(0.6)2= 0.1984 m
Después del punto crítico la función es creciente (arroja valores positivos)
Efectivamente, r = 5.42 metros es un punto crítico correspondiente a un mínimo en la función de área. El valor de h que le corresponde según (6) es:
h =1
(0.542)2= 3.405 m
El tanque debe hacerse con tapas de 0.542 m de radio y una altura del cuerpo de
3.405 m
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CONCLUSIONES
Es importante conocer e identificar los diferentes métodos, reglas o teoremas para la hallar límites y derivadas, con ésta información que aporte estos temas podemos solucionar problemas cotidianos que se nos presentan diariamente y que requieren una respuesta idónea para solucionarlos. Así mismo en pro del desarrollo de las competencias de cálculo podemos graficar diferentes funciones gracias a la derivación podemos determinar máximos y mínimos, cortes con el eje “x” e “y”.
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REFERENCIAS NORMAS APA
RONDÓN, Jorge Eliécer., ORTEGON, Francisco, CÁLCULO DIFERENCIAL (2006)