SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS DE APLICACIÓN II TEMA 4

Ejercicio de aplicación 4.4 (Derivación) Se desea obtener una viga rectangular a partir de un tronco cilíndrico de 60 cm de diámetro. a) Demostrar que la viga con sección transversal de área máxima es cuadrada. b) Determinar las dimensiones de la viga más resistente que puede obtenerse

a partir del tronco, sabiendo que la resistencia de una viga rectangular es proporcional al producto de su anchura y al cuadrado de su altura.

Solución Llamamos y a la base y a la altura, respectivamente, del rectángulo. x2 y2a) El área A del rectángulo es . Para expresar el área en función de una sola variable, debemos encontrar una relación entre

xy4

x e . Como el radio del tronco es conocido, , aplicando el Teorema de Pitágoras se tiene la siguiente igualdad:

. Por tanto,

y=r 30

9002 =2 + yx 2900 x−y = , ya que sólo tiene sentido la raíz cuadrada positiva por ser y una longitud.

y

x

30

Así, sustituyendo el valor de en el área y A del rectángulo, obtenemos la expresión en función de x (de forma análoga podríamos expresar el área en función de ): y

( ) 29004 xxxA −= Para hallar el dominio, basta observar que x es una longitud que no puede ser mayor que el radio del tronco. Luego el dominio es 300 ≤≤ x .

La derivada de ( )xA es ( )2

2

2

2

90029004

900229004'

xx

xxxxxA

−

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

−+−= .

Resolviendo se obtiene ( ) 0' =xA 215450 ==x . Los valores extremos de la función área ( )xA en el intervalo se alcanzarán en los extremos del intervalo o en el punto crítico. Calculamos el valor de la función en estos puntos:

[ 30,0 ]

( ) ( ) 0300 == AA , ( ) ( ) 18002=2154215 =A .

Observamos que para y 0=x 30=x , el área es mínima e igual a cero porque no existe rectángulo. Por tanto, el área máxima es igual a 1800cm2 para un rectángulo de base 230 cm y altura 230 cm, es decir, cuando la sección transversal de la viga es un cuadrado de lado 230 cm.

Obsérvese que, en este caso, es más fácil este método que utilizar la derivada segunda.

1

b) La resistencia R de la viga es igual a , siendo la constante de proporcionalidad. Por ser , se tiene . Sustituyendo en

242 yxk ⋅⋅ 0>k2x−90022 =+ yx 2 900y =

R , obtenemos la expresión de la resistencia en función de la variable x :

( ) ( ) [ ]30,0,9008 2 ∈−= xxkxxR .

Su derivada es ( ) ( )239008' xkxR −= , siendo ( ) 0' =xR cuando 310=x . Razonando como en el apartado anterior, la resistencia es máxima si 310=x

nto, utilizando un tronco de 30cm de radio, la viga con mayor resistencia, siendo la sección rectangular, tiene las siguientes dimensiones: la base mide

. Por ta

320 cm y la altura 620 cm.

Un método alternativo, después de obtener los ceros de la primera derivada, es utilizar la derivada segunda puesto que su cálculo es sencillo. En este caso, se tiene ( ) kxxR 48'' −= , siendo ( ) 03480310'' <−= kR , luego en 310=x se alcanza máximo relativo. A continuación, podemos razonar de cualquiera de las siguientes formas: 1. Se verifica que si ( ) 0' >xR 3100 << x y ( ) 0' <xR si 30310 << x , luego

la función resistencia es creciente en el intervalo ( )310,0 y decreciente en ( )30,310 . Por tanto, el máximo relativo es máximo absoluto.

2. Se cumple que ( ) 048'' <−= kxxR si 300 << x , luego la función R es siempre cóncava hacia abajo. Por tanto, el máximo relativo es máximo absoluto.

2

Ejercicio de aplicación 4.5 (Derivación) Una empresa de reformas está realizando trabajos en un edificio singular. El propietario desea tener, en una de las habitaciones principales, una ventana normanda que tiene forma de rectángulo rematado por un semicírculo, con las dimensiones adecuadas para que deje pasar la mayor cantidad de luz. El encargado de la obra sabe que sus operarios sólo disponen de perfiles suficientes si el perímetro de la ventana es de 10m. Además, conoce la normativa técnica que afecta a este edificio en relación con los huecos en fachada, según la cual, la altura total de la ventana no puede exceder de 3m. ¿Podrán construir la ventana con las indicaciones dadas por el propietario? Solución Sean x e y la base y la altura, respectivamente, del

rectángulo y 2xr = el radio del semicírculo.

El área A de la ventana es

22

8221 xxyxxyA ππ +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+= .

r

y

x

Para expresar A en función de una sola variable, utilizamos la condición dada

sobre el perímetro de la ventana, 102

2 =++xyx π . Entonces xy

425 π+

−= ,

que sustituido en la expresión de A proporciona la siguiente función:

( ) 2x2

845

825 xxxxxA ππ +

−=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

4π+ . Observamos que y 0≥x

π+≤

220x

(para que ). Por tanto, la función a maximizar es 0≥y

( )π

π+

≤≤+

−=2

200,8

45 2 xxxxA .

La derivada es ( ) xxA4

45' π+−= y ( ) 0' =xA cuando

π+=

420x .

El valor máximo de A se alcanza en este valor de x o en los extremos del

intervalo. Comparando ( )( )22

502

20,00ππ

π +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+= AA y

ππ +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+ 450

420A , el área

máxima es π+4

50 y se alcanza cuando el ancho de la ventana es π+

=4

20x . En

este caso, la altura del rectángulo es π+

=410y y el radio del semicírculo es

π+=

410r . Así pues, la altura total de la ventana es 8005.2

420

≈+

=+ rπ

y m.

Con este análisis, se podrá abrir la ventana de acuerdo con la normativa vigente y las indicaciones expresadas por el propietario.

3

Ejercicio de aplicación 4.6 (Derivación) Un envase cilíndrico de refresco debe contener 1/3 l. Hallar las dimensiones que minimicen la cantidad de material utilizado en los siguientes casos: a) El material que se utiliza es el mismo en todo el envase. b) El fondo y la tapa tiene doble espesor que el resto del envase. Solución Sea un cilindro circular recto de radio r y altura . h a) Si el material utilizado es el mismo para las distintas partes del envase, minimizar la cantidad de material equivale a minimizar el área de la superficie del cilindro, que es igual a

hrrA ππ 22 2 += . La relación entre el radio y la altura viene dada por el volumen que debe contener el cilindro, 1/3 l. Como el volumen del cilindro es , entonces hrV 2π=

231r

hπ

= .

Por tanto, el área de la superficie del envase expresada en función del radio es

( ) 0,322 2 >+= rr

rrA π .

Observamos que la única condición para la variable r es ser positiva y, así, el intervalo en el que trabajamos es ( )+∞,0 . Derivando la función área se tiene

( ) ( )2

3

2 3162

324'

rr

rrrA −

=−=ππ ,

Resolviendo obtenemos ( ) 0' =rA30 6

1π

=r .

Del análisis del signo de la derivada, ( ) 0' <rA si 00 rr << y si , se deduce que la función

( ) 0' >rA 0rr >A es decreciente en el intervalo ( )0, r0 y es creciente

en . Luego en se tiene un mínimo relativo que es también el mínimo absoluto de la función.

( +∞,0r ) 0r

En conclusión, el envase cilíndrico que minimiza la cantidad de material tiene

radio 30 6

1π

=r y altura 32

00 3

43

1ππ

==r

h .

Por tanto, y .cm757506.30 ≈r .cm515011.70 ≈h Obsérvese que estas dimensiones no se aproximan a las de los envases reales. Veamos el otro caso.

LIMÓN LIMÓN

r

h

4

b) Si el material utilizado para el fondo y la tapa tiene doble espesor que el resto del envase, minimizar la cantidad de material equivale a minimizar la función

hrrA ππ 24 2 += .

Como en el apartado anterior, la relación entre el radio y la altura es 231r

hπ

= .

Así pues,

( ) 0,324 2 >+= rr

rrA π .

Derivando la función se tiene

( ) ( )2

3

2 31122

328'

rr

rrrA −

=−=ππ .

Resolviendo obtenemos ahora ( ) 0' =rA31 12

1π

=r . Razonando análogamente

con el signo de la derivada, en se tiene el mínimo absoluto de la función.

Para estas condiciones, el envase cilíndrico tiene radio

1r

31 121π

=r y altura

3316π2

11 3

1π

==r

h . Por tanto, .cm9823341 .2≈r y .cm929336.111 ≈h

5

Ejercicio de aplicación 4.7 (Integración) Los frenos de un automóvil producen una desacelaración constante de 6 m/s2. a) Calcula el trayecto que recorrerá el automóvil hasta detenerse

completamente si su velocidad es 126 km/h. b) Compara este resultado con otros posibles valores para la velocidad, por

ejemplo, 108 km/h y 144 km/h. Solución Sean y , la aceleración, la velocidad y el desplazamiento, respectivamente, del automóvil t segundos después de utilizar el freno. Si

( ) ( )tvta , ( )ts( )ts

mide el espacio a partir del instante en que se empieza a frenar, entonces . Puesto que la función aceleración es conocida, , para

obtener la función velocidad y el espacio recorrido calculamos las siguientes integrales:

( )0 =s 0 ( ) 6−=ta

( ) ( ) ( )∫ ∫ +−=−== 166 ktdtdttatv ,

( ) ( ) ( )∫ ∫ ++−=+−== 212

1 36 ktktdtktdttvts . a) Cuando la velocidad es 126 km/h = 35 m/s, se tiene . Luego

y la función velocidad es ( ) 350 =v

351 =k ( ) 356 +−= ttv . Para determinar la constante utilizamos que 2k ( )0 0=s . Por tanto, 02 =k y el espacio recorrido por el automóvil viene dado por la función ( )t = tt 353 2 +−s . El automóvil se detiene cuando su velocidad es cero, es decir, .

Resolviendo esta ecuación se obtiene el tiempo de frenada,

( ) 0=tv

38.56

35 )==t s.

El espacio que recorre en este tiempo es 308.1021235

635 2 )

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛s m.

b) Procediendo de forma análoga, se tienen los siguientes resultados:

Si la velocidad es 108 km/h= 30 m/s, se tarda en frenar 5 segundos y se recorren 75 m. En el último caso, 144 km/h = 40 m/s, se necesitan 6.6

)s. para detener el

automóvil habiendo recorrido 3.133)

m.

6

Ejercicio de aplicación 4.8 (Derivación e Integración) Un cohete de sondeo atmosférico se lanza desde el suelo. Los instrumentos de control del cohete registran que la aceleración durante el vuelo viene dada por

( ) 23 103103 −− ⋅+⋅−= tta m/s2. a) Obtener la función que determina la variación de la altura con relación a la

distancia al suelo, sabiendo que se empieza a medir el tiempo en el mismo momento del lanzamiento.

b) ¿En qué momento el cohete alcanza la altura máxima? Solución a) La función que determina la variación de la altura h con relación al suelo viene dada por

( ) ( )∫∫ +⋅+−=⋅+⋅−= −−−− kttdttdtta 22323 1031023103103

Sea ( ) ktttgtdhd

+⋅+−=≡ −− 223 1031023 . Para determinar la constante k ,

utilizamos la condición . Así, sustituyendo ( ) 00 =g 0=t en la función se

obtiene . Por tanto, la función pedida es

( )tg

0=k ( ) tttg 223 1031023 −− ⋅+−= .

b) Si determina la variación de la altura del cohete, entonces cuando ( )tg ( )tg cambie su crecimiento, en ese instante, habrá alcanzado la altura máxima. Es decir, en el instante con t ( ) 0' =tg . Como ( ) 23 103103' −− ⋅+⋅−= ttg , la solución de es . Por consiguiente, el cohete alcanza la máxima altura transcurridos 10 segundos.

( )' tg 0= 10=t

7