Vol. 2

L.0.G.S.E. MATEMÁTICAS II Pág. 721000S′ ′( x ) = 2π+ 3 ⇒ S′ ′ (4′30127) = 2 π + 10003 ≈ 18′ 8495559 > 0r4′30127luego hay un mínimo relativo en (4´30127, 174´3671027). El valor de la ordenada lo hemosobtenido sustituyendo el valor de r = 4´30127 en la función S(r):S( r ) = π r2 500+ ⇒ S ′ π ′ 2 500( 4 30127) = 4 30127 + ≈ 174′3671027r4 ′ 30127Para estudiar la monotonía de la función en su dominio, construiremos los dos posiblesintervalos de monotonía, el (0, 4´30127) y el (4´30127, 4), y comprobaremos elcomportamiento de la función primera derivada para un valor intermedio de cada uno de estosintervalos:S′ (1) = 2π • 1− 500 ≈ − 493′ 71 < 0 ⇒ la función es decreciente en el intervalo (0, 4´30127).21S′ (10) = 2π • 10 − 500 ≈ 57′ 83 > 0 ⇒2la función es creciente en el intervalo (4´30127, 4).10Teniendo en cuenta todo lo analizado hasta ahora podemos concluir que el máximo relativoes el absoluto, y por tanto, las dimensiones del vaso para que su superficie sea mínima son:250 250r = 4′ 301270069 ; h = ⇒ h =≈ 4′3012700692 2πrπ • 4′301270069SOLUCIÓN EJERCICIO 3.-Elijamos un punto genérico, P, de la recta; tendrá de coordenadas (1+2λ, -1+3λ, -2+2λ).Impongamos la condición a este punto de estar a igual distancia de uno y otro plano:3(1+ 2 λ) + 4( −1+ 3 λ) − 1 4(1+ 2 λ) − 3( − 2 + 2λ) − 1=3 2 + 4 2 + 02 4 2 + 0 2 + ( −3)23(1+ 2 λ) + 4( −1+ 3 λ) − 1 4(1+ 2 λ) − 3( − 2 + 2λ) − 1=25253(1+ 2 λ) + 4( −1+ 3 λ) − 1 = 4(1+ 2 λ) − 3( − 2 + 2λ) − 1esta última ecuación, al ser en valor absoluto, da lugar a dos ecuaciones:3(1+ 2 λ) + 4( −1+ 3 λ) − 1 = 4(1+ 2 λ) − 3( − 2 + 2λ) − 1( )3(1+ 2 λ) + 4( −1+ 3 λ) − 1 = − 4(1+ 2 λ) − 3( − 2 + 2λ) − 1Resolvamos la ecuación [1].113+ 6λ − 4 + 12 λ − 1 = 4 +8λ + 6 − 6λ − 1 ⇒ 16λ = 11 ⇒ λ =16Luego un punto de la recta que esté a igual distancia de ambos planos será el⎛P 1 2 11 1 3 11 2 2 11 ⎞ ⎛ 19 17 5⎞⎜ + • , − + • , − + • ⎟ ⇒ P⎜, , − ⎟⎝ 16 16 16⎠⎝ 8 16 8⎠Resolvamos la ecuación [2][1][2]