trabajo colaborativo 3 cálculo diferencial

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



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.



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)



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)



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.



4.


1 − (1)2

sin(𝜋 ∗ 1)

1 − 1

sin 𝜋

0

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.


𝑒2(0) − 1

0

𝑒0 − 1

0

1 − 1

0

0

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



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)



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


𝑑𝑦

𝑑𝑥(𝑒−𝑦) = 0

= −𝑑𝑥


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′



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?



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



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



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”.



REFERENCIAS NORMAS APA

RONDÓN, Jorge Eliécer., ORTEGON, Francisco, CÁLCULO DIFERENCIAL (2006)

trabajo colaborativo 3 cálculo diferencial

Documents