Utilizar el criterio de la segunda derivada para calcular los máximos y mínimos locales de las siguientes funciones:

1 f(x)=x³ − 3x + 2

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

\large \\f(x)&=&x^3-3x+2 \\ f^\prime(x)&=&3x^2-3\\ f^{\prime\prime}(x)&=&6x

 

Ahora encontremos los puntos críticos \large x^{\ast} a través de la solución (o soluciones) de la  ecuación \large f^\prime(x)=0, es decir \large 3x^2-3=0. Las soluciones de esta ecuación son \large x_1=1,\:x_2=-1.

Finalmente se evalúa  \large f^{\prime \prime}(x) en los puntos críticos \large x^{\ast} y determinar si \large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0 o \large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0. Tenemos entonces que

\large \\f^{\prime \prime}(x_1)=6x_1=6(1)=6>0\\ f^{\prime \prime}(x_2)=6x_2=6(-1)=-6<0

 

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función \large f(x) tiene un mínimo local en \large x=1 y un máximo local en \large x=-1. Los valores correspondientes de la función son:

\large \\f(1)&=&(1)^3-3(1)+2=0\\ f(-1)&=&(-1)^3-3(-1)+2=4

 

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función \large f(x) propuesta.

Ejemplo_1_max_min Gráfica de la función  f(x)=x³ − 3x + 2.

2 f(x)=3x-x³

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

\large \\f(x)&=&3x-x^3\\ f^\prime(x)&=&3-3x^2\\ f^{\prime\prime}(x)&=&-6x

 

Ahora encontremos los puntos críticos \large x^{\ast} a través de la solución (o soluciones) de la  ecuación \large f^\prime(x)=0, es decir \large 3-3x^2=0. Las soluciones de esta ecuación son \large x_1=1,\:x_2=-1.

Finalmente se evalúa  \large f^{\prime \prime}(x) en los puntos críticos \large x^{\ast} y determinar si \large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0 o \large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0. Tenemos entonces que

\large \\f^{\prime \prime}(x_1)=-6x_1=-6(1)=-6<0\\ f^{\prime \prime}(x_2)=-6x_2=-6(-1)=6>0

 

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función \large f(x) tiene un máximo local en \large x=1 y un mínimo local en \large x=-1. Los valores correspondientes de la función son:

\large \\f(1)&=&3(1)-(1)^3=2 \\ f(-1)&=&3(-1)-(-1)^3=-2

 

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función \large f(x) propuesta.

Ejemplo_2_max_min Gráfica de la función  f(x)=3x-x³.

3 f(x)=X4-8x²+3

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

\large \\f(x)&=&x^4-8x^2+3 \\ f^\prime(x)&=&4x^3-16x \\ f^{\prime\prime}(x)&=&12x^2-16

 

Ahora encontremos los puntos críticos \large x^{\ast} a través de la solución (o soluciones) de la  ecuación \large f^\prime(x)=0, es decir \large 4x^3-16x=4x(x^2-4)=0. Las soluciones de esta ecuación son \large x_1=0,\:x_2=2,\:x_3=-2.

Finalmente se evalúa  \large f^{\prime \prime}(x) en los puntos críticos \large x^{\ast} y determinar si \large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0 o \large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0. Tenemos entonces que

\large \\f^{\prime \prime}(x_1)=12(0)^2-16=-16<0 \\ f^{\prime \prime}(x_2)=12(2)^2-16=32>0 \\ f^{\prime \prime}(x_3)=12(-2)^2-16=32>0

 

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función \large f(x) tiene un máximo local en \large x=0 y dos mínimos locales en \large x=2 y \large x=-2. Los valores correspondientes de la función son:

\large \\f(0)&=&(0)^4-8(0)^2+3=3 \\f(2)&=&(2)^4-8(2)^2+3=-13 \\f(-2)&=&(-2)^4-8(-2)^2+3=-13

 

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función \large f(x) propuesta.

Ejemplo_3_max_min Gráfica de la función f(x)=X4-8x2+3.

4 f(x)=(x²-x-2)/(x²-6x+9)

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

\large f(x)=\frac{x^2-x-2}{x^2-6x+9}=\frac{(x+1)(x-2)}{(x-3)^2}

 

\large f^{\prime}(x)=\frac{(2x-1)(x-3)^2-2(x-3)(x+1)(x-2)}{(x-3)^2}=\frac{5x-7}{(3-x)^3} \large f^{\prime \prime}(x)=\frac{5(3-x)^3+3(3-x)^2(5x-7)}{(3-x)^6}=\frac{2(5x-3)}{(x-3)^4}

 

Ahora encontremos el punto crítico \large x^{\ast} a través de la solución de la  ecuación \large f^\prime(x)=0, es decir \large 5x-7=0, cuya solución es \large x=\frac{7}{5}.

Finalmente se evalúa  \large f^{\prime \prime}(x) en el punto crítico \large x^{\ast} y determinar si \large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0 o \large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0. Tenemos entonces que

\large f^{\prime \prime}(x)=\frac{2[5(\frac{7}{5})-3]}{(\frac{7}{5}-3)^4}=\frac{625}{512}>0

 

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función \large f(x) tiene un mínimo local en \large x=\frac{7}{5} . El valor correspondiente de la función es:

\large f\left(\frac{7}{5} \right )=\frac{\left(\frac{7}{5} \right )^2-\left(\frac{7}{5} \right )-2}{\left(\frac{7}{5} \right )^2-6\left(\frac{7}{5} \right )+9}=-\frac{9}{16}

 

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función \large f(x) propuesta.

Ejemplo_4_max_min Gráfica de f(x) del problema.

5 f(x)=exp(x)(2x2+x-8)

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

\large f(x)=e^x\left(2x^2+x-8 \right ) \large f^{\prime}(x)=e^x\left(4x+1\right )+e^x\left(2x^2+x-8 \right )=e^x\left(2x^2+5x-7 \right ) \large f^{\prime\prime}(x)=e^x\left(4x+5 \right )+e^x\left(2x^2+5x-7 \right )=e^x\left(2x^2+9x-2 \right )

Ahora encontremos los puntos críticos \large x^{\ast} a través de la solución (o soluciones) de la  ecuación \large f^\prime(x)=0, es decir \large 2x^2+5x-7=0.  Las soluciones de esta ecuación son \large x_1=-\frac{7}{2},\:x_2=1.

Finalmente se evalúa  \large f^{\prime \prime}(x) en los puntos críticos \large x^{\ast} y determinar si \large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0 o \large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0. Tenemos entonces que

\large \\f^{\prime\prime}(x_1)=e^{-7/2} \left[ 2\left(-\frac{7}{2}\right )^2+9\left(-\frac{7}{2}\right )-2 \right]=-9e^{-7/2}<0 \\f^{\prime\prime}(x_2)=e^{1} \left[ 2\left(1\right )^2+9\left(1\right )-2 \right]=9e>0

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función \large f(x) tiene un máximo local en \large x=-\frac{7}{2} y un mínimo local en \large x=1. Los valores correspondientes de la función son:

\large \\f\left(-\frac{7}{2}\right)=e^{-7/2}\left[2\left(-\frac{7}{2}\right)^2+\left(-\frac{7}{2}\right)-8 \right]=13e^{-7/2}\\ f\left(1\right)=e^{1}\left[2\left(1\right)^2+1-8 \right]=-5e

 

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función \large f(x) propuesta.

Ejemplo_5_max_min Gráfica de la función f(x)=exp(x)(2x²+x-8).

6 f(x)=x+ln(x2-1)

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

\large \\f(x)=x+\ln\left(x^2-1 \right) \\f^{\prime}(x)=1+\frac{2x}{x^2-1}=\frac{x^2+2x-1}{x^2-1} \\f^{\prime\prime}(x)=\frac{2\left(x^2-1 \right )-2x(2x)}{\left(x^2-1 \right )^2}=\frac{-2\left(x^2+1 \right )}{\left(x^2-1 \right )^2}

 

Ahora encontremos los puntos críticos \large x^{\ast} a través de la solución (o soluciones) de la  ecuación \large f^\prime(x)=0, es decir \large x^2+2x-1=0.  Las soluciones de esta ecuación son \large x_1=-1+\sqrt{2},\:x_2=-1-\sqrt{2}, sin embargo, dado que el dominio de la función es \large \mathcal{D}_{f(x)}=(-\infty,-1)\cup(1,\infty),   es claro que \large x_1\notin\mathcal{D}_{f(x)} (esto debido a que \large x_1=-1+\sqrt{2}\approx 0.414).  Por lo tanto, el único punto crítico a considerar es \large x_2.

Finalmente se evalúa  \large f^{\prime \prime}(x) en el punto crítico \large x^{\ast} y determinar si \large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0 o \large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0. Tenemos entonces que

\large f^{\prime\prime}(x_2)=\frac{-2\left[\left(-1-\sqrt{2}\right)^2+1 \right]}{\left[\left(-1-\sqrt{2}\right)^2-1 \right ]^2}=\sqrt{2}-2\approx-0.586<0

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función \large f(x) tiene un máximo local en \large x=-1-\sqrt{2}. El valor correspondiente de la función es:

\large f(-1-\sqrt{2})=(-1-\sqrt{2})+\ln\left[(-1-\sqrt{2})^2-1 \right]\approx-0.84

 

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función \large f(x) propuesta.

Ejemplo_6_max_min Gráfica de la función f(x)=x+ln(x²-1)

7 f(x)=sen(2x)

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

\large \\f(x)=\sin(2x) \\f^{\prime}(x)=2\cos(2x) \\f^{\prime\prime}(x)=-4\sin(2x)

 

Ahora encontremos los puntos críticos \large x^{\ast} a través de la solución (o soluciones) de la  ecuación \large f^\prime(x)=0, es decir \large \cos(2x)=0. Para esto, sea \large \theta=2x, entonces tenemos \large \cos \theta=0, cuyas soluciones están dadas por:

\large \theta=\frac{\pi}{2}+\pi n,\:n\in\mathbb{Z}

Luego, regresando a la variable original tenemos que los puntos críticos están dados por:

\large x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2} n,\:n\in\mathbb{Z}

Ahora se evalúa  \large f^{\prime \prime}(x) en los puntos críticos \large x^{\ast} y determinar si \large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0 o \large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0. Para esto, consideremos dos casos:

 

Si \large n=2k,\:k\in\mathbb{Z} (par), entonces \large x=\pi k+\frac{\pi}{4}, por lo que

\large f^{\prime\prime}(x)=-4\sin\left(2\pi k+\frac{\pi}{2} \right )=-4,\:\forall k\in\mathbb{Z}

 

Si \large n=2k+1,\:k\in\mathbb{Z} (impar), entonces \large x=\pi k+\frac{3\pi}{4}, por lo que

\large f^{\prime\prime}(x)=-4\sin\left(2\pi k+\frac{3\pi}{2} \right )=4,\:\forall k\in\mathbb{Z}

 

Por lo tanto, por el criterio de la segunda derivada, la función \large f(x) tiene sus máximos locales en \large x=\pi k+\frac{\pi}{4},\:k\in\mathbb{Z} y los mínimos locales  en \large x=\pi k+\frac{3\pi}{4},\:k\in\mathbb{Z}.

 

Además los valores correspondientes para la función son:

\large \\f\left(\pi k+\frac{\pi}{4}\right )=\sin\left[2\left(\pi k+\frac{\pi}{4} \right) \right ]=1,\:\forall k\in\mathbb{Z} \\\\f\left(\pi k+\frac{3\pi}{4}\right )=\sin\left[2\left(\pi k+\frac{3\pi}{4} \right) \right ]=-1,\:\forall k\in\mathbb{Z}

 

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función \large f(x) propuesta.

Ejemplo_7_max_min Gráfica de la función f(x)=sen(2x).

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Marta

➗ Licenciada en Químicas da clase de Matemáticas, Física y Química -> Comparto aquí mi pasión por las matemáticas ➗

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