Ejercicio 31, TP5

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Ejercicio 31

El planteo es:
¿En qué punto del primer cuadrante, la recta tangente a la gráfica de la función $f(x) =4-x^2$ determina junto con los ejes coordenados un triángulo de área mínima?

1.  Área del triangulo:
   $$A=\displaystyle\frac{b.h}{2}$$
2. Fórmula "punto-pendiente" o fórmula de la Recta Tangente: $$y-y_1=f'(x)=(x-x_1)$$
3. Cambio $x=a$, para distinguir. $$f(a) =4-a^2\\
   y-f(a)=f'(a)(x-a)$$
4. Pendiente de la recta tangente con la primera derivada de f(a): $$f'(a)=-2a$$
5. Punto de la recta tangente en f(a): $$P=(a;(4-a^2))$$
6. Reemplazando en la fórmla "p-p", despejando y="recta tangente": $$y-(4-a^2)=(-2a)(x-a)\\
   y=(-2a)(x-a)(4-a^2)\longrightarrow\boxed{{y=a^2-2ax+4}}$$
7. La altura $h=y(x)$, $x=0$: $$ x=0\longrightarrow{y=a^2-2a(0)+4}\longrightarrow{y=a^2+4}\\
   \boxed{h=a^2+4}$$
8. La base $y=b$, cuando $y=0$: $$0=a^2-2ax+4\\
   \boxed{x=\displaystyle\frac{1}{2}a+\displaystyle\frac{2}{a}}\qquad a\neq{0}$$
9. Área del triángulo, para obtener la función del área: $$A=\displaystyle\frac{b.h}{2}$$
• Reemplazando: $$A=\displaystyle\frac{\left( \displaystyle\frac{1}{2}a+\displaystyle\frac{2}{a} \right)\left( a^2+4 \right)  } {2}$$
•  Función del Área(a): $$A=\displaystyle\frac{1}{4}a^3+2a+\displaystyle\frac{4}{a}\\
  \boxed{A(a)=\displaystyle\frac{1}{4}a^3+2a+\displaystyle\frac{4}{a}}$$
10. Primera derivada de A(a), para encontrar puntos críticos: $$\boxed{A'(a)=\displaystyle\frac{3}{4}a^2+2-\displaystyle\frac{4}{a^2}}$$
    
    • Igualo $A'(a)=0$: $$A'(a)=0=\displaystyle\frac{3}{4}a^2+2-\displaystyle\frac{4}{a^2}$$
    • Multiplico ambos mienbros por $a²$: $$0=\displaystyle\frac{3}{4}a^4+2a^2-4$$
    •  Para achicar el exponente $a^2=b$: $$\displaystyle\frac{3}{4}b^2+2b-4=0\\
      b_1=-4 \qquad b_2=\displaystyle\frac{4}{3}\\
      b_1=\textsf{no tiene soluciones en los }\mathbb{R}\\
      b_2=\displaystyle\frac{4}{3}\Rightarrow{a^2=\displaystyle\frac{4}\\
      {3}}\Rightarrow{a_{1;2}=\pm\,{\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{4}{3}}}}\\
      a_1=-\displaystyle\frac{2\cdot{}\sqrt[ ]{3}}{3}\qquad a_2=\displaystyle\frac{2\cdot{}\sqrt[ ]{3}}{3}\\
      \textsf{Punto critico para el primer cuadrante: }\boxed{\displaystyle\frac{2\cdot{}\sqrt[ ]{3}}{3}}$$
11. Comprobación que el punto crítico es el mínimo, segunda derivada: $$\boxed{A''(a)=\displaystyle\frac{3}{2}a+8a^{-3}}\\
    A'' \left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)= \displaystyle\frac{3}{2} \left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right) +8 \left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)^{-3}\\
    A'' \left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)=6,9282...\\
    A''(a)>0\textsf{ hay un minimo en }\boxed{a_1}$$
12. Imágen de $a$: $$f(a)=4-a^2\; \Rightarrow\, f\left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)=4-  \left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)^2\\
    f\left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)=4- \left(\dfrac{2^2\cdot \sqrt{3^2}}{3^2}\right)\\
    f\left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)= \require{cancel}4 -\left( \dfrac{4\cdot \overset{1}{\cancel{3}}}{\underset{3}{\cancel{9}}}\right)\\
    f\left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)=4-\dfrac{4}{3}\\
    f\left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right)=\dfrac{8}{3}\\
    \therefore \textsf{el punto del primer cuadrante que determina un triángulo de área mínima es: }\\
    \boxed{P= \left[ \left( \displaystyle\frac{2\cdot{\sqrt[ ]{3}}}{3} \right); \dfrac{8}{3}\right]}$$

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Versión libre del ejercicio 31.

Nos piden el punto que está en el primer cuadrante de la recta tangente a:
$$f(x)=4-x^2$$

El punto es de la forma:$(x; (4-x^2))$


Haciendo la derivada para encontrar la pendiente de la R.T. encuentro una recta paralela a la R.T.:

$$f'(x)=-2x$$
Pasa por $(0; 0)$ e interseca a $f(x)=4-x^2$ en el 2º y 4º cuadrante. Por lo tanto una recta $g(x)$ de signo opuesto a la derivada interseca a $f(x)=4-x^2$ en el 1º y 3º:

$$g(x)=-f'(x)=-(-2x) \Longrightarrow\, g(x)=2x$$

Entonces hago la intersección $f(x)=g(x)$:

$$f(x)=g(x)\\
4-x^2=2x\\
4-x^2-2x=0$$
El determinante:$$\triangle = 20 \therefore x \in \mathbb{R}\\ x_1=-1+\dfrac{\sqrt{20}}{2} \approx 1,236; \; \vee \; x_2=-1-\dfrac{\sqrt{20}}{2} \approx -3,236\\
\therefore x_1 \in \textsf{Pimer Cuadrante}$$
Haciendo $f(x_1) \vee g(x_1)$ obtengo el mismo valor de y.

$$f \left(-1+\dfrac{\sqrt{20}}{2} \right) \approx 2.46\\
g \left(-1+\dfrac{\sqrt{20}}{2} \right) \approx 2.46\\
f'(x)= \dfrac{2(x+6)(2x-1)-2(x+6)^2}{(2x-1)^2}$$
Se expande:
$$f'(x)= \dfrac{4x^2+22x-12-2x^2-24x-72}{(2x-1)^2}\\
f'(x)= \dfrac{2x^2-2x-84}{(2x-1)^2}$$