5. Aplicaciones de la derivada
Instituto Tecnológico de Tehuacán
Ingeniería Civil | Cálculo Diferencial — Unidad 5: Aplicaciones de la Derivada
Las aplicaciones de la derivada representan el núcleo del análisis analítico para la optimización y diseño en la construcción:
- Optimización Estructural y de Costos: Diseño de dimensiones óptimas para canales de riego, trabes de concreto y volúmenes de excavación minimizando materiales.
- Momentos Máximos y Puntos de Inflexión: Determinación de los puntos críticos de deflexión y máxima flexión en vigas continuas bajo cargas complejas.
- Tasas Relacionadas e Hidráulica: Análisis de vaciado de tanques de almacenamiento, llenado de presas y fluctuación de caudales en ríos durante tormentas.
Dado el punto $P(x_0, y_0)$ sobre la curva $y = f(x)$:
- Recta Tangente: Pasa por $P$ con pendiente $m_t = f'(x_0)$. Ecuación: $y – y_0 = m_t(x – x_0)$.
- Recta Normal: Es perpendicular a la tangente en $P$. Su pendiente es $m_n = -\frac{1}{m_t}$ (para $m_t \neq 0$). Ecuación: $y – y_0 = -\frac{1}{m_t}(x – x_0)$.
Ejercicio 1: Tangente y Normal
Hallar las ecuaciones de la tangente y normal a la parábola $y = x^2 – 4x + 3$ en $x = 3$.
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Paso 1: Obtener $y_0 = f(3) = (3)^2 – 4(3) + 3 = 0$. El punto es $P(3, 0)$.
Paso 2: Derivar: $f'(x) = 2x – 4$. Pendiente tangente: $m_t = f'(3) = 2(3) – 4 = 2$.
Paso 3: Ecuación Tangente: $y – 0 = 2(x – 3) \implies y = 2x – 6$.
Paso 4: Pendiente normal: $m_n = -\frac{1}{2}$. Ecuación Normal: $y – 0 = -\frac{1}{2}(x – 3) \implies y = -\frac{1}{2}x + \frac{3}{2}$.
- Teorema de Rolle: Si $f$ es continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y $f(a) = f(b)$, existe al menos un $c \in (a,b)$ tal que $f'(c) = 0$.
- Teorema del Valor Medio (TVM): Si $f$ es continua en $[a,b]$ y derivable en $(a,b)$, existe al menos un $c \in (a,b)$ tal que la razón de cambio instantánea es igual a la promedio: $$f'(c) = \frac{f(b) – f(a)}{b – a}$$
Sea $f$ una función continua en un intervalo $I$ y derivable en dicho intervalo:
| Signo de la Derivada $f'(x)$ | Comportamiento de la Función $f(x)$ |
|---|---|
| $f'(x) > 0$ en todo $x \in I$ | Estrictamente Creciente en $I$ |
| $f'(x) < 0$ en todo $x \in I$ | Estrictamente Decreciente en $I$ |
| $f'(x) = 0$ en todo $x \in I$ | Constante en $I$ |
Los puntos donde $f'(c) = 0$ o $f'(c)$ no existe se llaman puntos críticos.
Criterio de la Primera Derivada: Analizar el cambio de signo de $f'(x)$ alrededor del punto crítico $c$:
- Si $f'(x)$ pasa de positivo a negativo $\implies$ Hay un Máximo Relativo en $c$.
- Si $f'(x)$ pasa de negativo a positivo $\implies$ Hay un Mínimo Relativo en $c$.
- Si $f'(x)$ no cambia de signo $\implies$ No hay extremo relativo.
Ejercicio 2: Criterio de la Primera Derivada
Determinar los extremos relativos de $f(x) = x^3 – 3x^2 – 9x + 5$.
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Paso 1: Derivar: $f'(x) = 3x^2 – 6x – 9$.
Paso 2: Puntos críticos ($f'(x) = 0$): $3(x^2 – 2x – 3) = 0 \implies (x – 3)(x + 1) = 0 \implies x = -1, x = 3$.
Paso 3 (Signo de $f’$):
- En $(-\infty, -1)$: $f'(-2) > 0$ (Creciente).
- En $(-1, 3)$: $f'(0) < 0$ (Decreciente). $\implies$ **Máximo relativo en $x = -1$**: $f(-1) = 10$.
- En $(3, \infty)$: $f'(4) > 0$ (Creciente). $\implies$ **Mínimo relativo en $x = 3$**: $f(3) = -22$.
El signo de la segunda derivada $f»(x)$ determina la curvatura:
- Cóncava hacia arriba ($\cup$): $f»(x) > 0$. La gráfica queda por encima de sus tangentes.
- Cóncava hacia abajo ($\cap$): $f»(x) < 0$. La gráfica queda por debajo de sus tangentes.
- Punto de Inflexión: Punto continuo donde la gráfica cambia de concavidad ($f»(x) = 0$ o no existe y cambia de signo).
Sea $c$ un punto crítico tal que $f'(c) = 0$:
- Si $f»(c) < 0 \implies$ La función es cóncava hacia abajo $\implies$ Existe un Máximo Relativo en $c$.
- Si $f»(c) > 0 \implies$ La función es cóncava hacia arriba $\implies$ Existe un Mínimo Relativo en $c$.
- Si $f»(c) = 0 \implies$ El criterio **no es concluyente** (usar la primera derivada).
Esquema metódico para bosquejar curvas complejas de ingeniería:
Hallar $\text{Dom}(f)$ e intercepciones con ejes $X$ e $Y$.
Determinar asíntotas V, H u Oblicuas.
Usar $f'(x)$ para intervalos y puntos críticos.
Usar $f»(x)$ para forma y puntos de cambio.
Ejercicio Optimización: Canal Trapezoidal de Concreto
Se diseña un canal rectangular abierto de sección transversal $A = 8 \text{ m}^2$. Determinar el ancho de la base $b$ y la profundidad $h$ para minimizar el perímetro mojado $P = b + 2h$ (reduciendo costo de plantilla de concreto).
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Paso 1 (Ecuación de Restricción): $A = b \cdot h = 8 \implies b = \frac{8}{h}$.
Paso 2 (Función Objetivo a Minimizar): $P(h) = \frac{8}{h} + 2h$.
Paso 3 (Derivar e Igualar a Cero):
$$P'(h) = -\frac{8}{h^2} + 2 = 0 \implies \frac{8}{h^2} = 2 \implies h^2 = 4 \implies h = 2 \text{ m}$$
Paso 4 (Calcular base): $b = \frac{8}{2} = 4 \text{ m}$.
Resultado: Para mínima plantilla se requiere profundidad de $2$ m y base de $4$ m.
Ejercicio Tasas Relacionadas: Depósito Cónico de Agua
Se bombea agua a un depósito cónico con vértice hacia abajo a razón de $\frac{dV}{dt} = 2 \text{ m}^3/\text{min}$. El radio superior es $R = 4$ m y la altura $H = 8$ m. ¿Con qué rapidez sube el nivel de agua ($dh/dt$) cuando la profundidad es $h = 4$ m?
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Paso 1 (Volumen del Cono): $V = \frac{1}{3}\pi r^2 h$.
Paso 2 (Semejanza de Triángulos): $\frac{r}{h} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} \implies r = \frac{h}{2}$.
Paso 3 (Sustituir $r$ en $V$): $V = \frac{1}{3}\pi \left(\frac{h}{2}\right)^2 h = \frac{\pi}{12} h^3$.
Paso 4 (Derivar respecto al tiempo $t$):
$$\frac{dV}{dt} = \frac{\pi}{4} h^2 \frac{dh}{dt}$$
Paso 5 (Sustituir datos conocidos): $2 = \frac{\pi}{4} (4)^2 \frac{dh}{dt} \implies 2 = 4\pi \frac{dh}{dt} \implies \frac{dh}{dt} = \frac{2}{4\pi} = \frac{1}{2\pi} \approx 0.159 \text{ m/min}$.
La aproximación lineal o diferencial se expresa como:
$$f(x_0 + \Delta x) \approx f(x_0) + f'(x_0)dx$$
Ejercicio: Aproximación Numérica
Estimar $\sqrt{25.3}$ usando diferenciales.
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Sea $f(x) = \sqrt{x}$, valor exacto conocido $x_0 = 25$ y $dx = 0.3$.
$f(25) = 5$, $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \implies f'(25) = \frac{1}{10} = 0.1$.
$$\sqrt{25.3} \approx 5 + (0.1)(0.3) = 5 + 0.03 = 5.03$$
Si un límite $\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ produce las formas indeterminadas $\left[\frac{0}{0}\right]$ o $\left[\frac{\pm\infty}{\pm\infty}\right]$, entonces:
$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$$
Ejercicio: Regla de L’Hôpital
Calcular: $$\lim_{x \to 0} \frac{\sin(4x)}{x}$$
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Al evaluar directo da $\left[\frac{0}{0}\right]$. Aplicando L’Hôpital (derivar numerador y denominador por separado):
$$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}[\sin(4x)]}{\frac{d}{dx}[x]} = \lim_{x \to 0} \frac{4\cos(4x)}{1} = 4\cos(0) = 4$$
Pon a prueba tus conocimientos sobre las aplicaciones de la derivada:
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$f'(x) = 3x^2 – 2 \implies m_t = f'(1) = 3(1)^2 – 2 = 1$. La pendiente normal es $m_n = -\frac{1}{m_t} = -1$.
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$f'(x) = 3x^2 – 12x \implies f»(x) = 6x – 12$. Igualando a cero: $6x – 12 = 0 \implies x = 2$.
Cóncava hacia abajo en $(-\infty, 2)$ donde $f» < 0$. Cóncava hacia arriba en $(2, \infty)$ donde $f'' > 0$. Punto de inflexión en $(2, -16)$.
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Indeterminación $\left[\frac{0}{0}\right]$. Derivando numerador y denominador: $\lim_{x \to 0} \frac{2e^{2x}}{1} = 2(1) = 2$.
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Paso 1: Derivar para hallar los puntos críticos ($M'(x) = V(x) = 0$):
$$M'(x) = -6x^2 + 18x + 24 = 0 \implies -6(x^2 – 3x – 4) = 0 \implies (x – 4)(x + 1) = 0$$
El punto crítico dentro del dominio $[0, 5]$ es $x = 4$ m.
Paso 2: Criterio de la 2da Derivada: $M»(x) = -12x + 18 \implies M»(4) = -48 + 18 = -30 < 0$ (Máximo).
El momento flector máximo se alcanza a los $4$ metros del soporte.
