Cálculo - Frank Ayres Jr & Elliot Mendelson - 5ed (1)

147
15. Trace la gráfica de f(x) = cos x – cos 2 x.
f (x) = –sen x – 2(cos x)(–sen x) = (sen x)(2 cos x – 1)
y
f (x) = (sen x)(–2 sen x) + (2 cos x – 1)(cos x)
= 2(cos 2 x – sen 2 x) – cos x = 4 cos 2 x – cos x – 2
Como f tiene un periodo 2 sólo debe considerarse [–, ], y como f es par, únicamente debe prestarse
atención a [0, ]. Los números críticos son las soluciones en [0, ] de sen x = 0 o 2 cos x – 1 = 0. La primera
ecuación tiene soluciones 0 y , y la segunda equivale a cos x = 1 2, la cual tiene la solución /3. f (0) = 1 > 0;
entonces, hay un mínimo relativo en (0, 0). f () = 3 > 0; luego, existe un mínimo relativo en (, –2).
3
3
1
f 3 2
0; por tanto, hay un máximo relativo en ( , 4)
. Hay puntos de inflexión entre 0 y 3
y entre 3
y p
que pueden hallarse mediante la fórmula cuadrática para resolver 4 cos 2 x – cos x – 2 = 0 para cos x utilizando
después una tablas de cosenos o una calculadora para aproximar x (fig. 17.14).
2
CAPÍTULO 17 Derivación de funciones trigonométricas
–
2
–
3
1
1
4
–1
3
2
–2
Fig. 17.14
16. Halle los extremos absolutos de f(x) = sen x + x en [0, 2p].
f (x) = cos x + 1. Sea f (x) = 0, con lo que se obtiene cos x = –1 y, por tanto, el único número crítico en
[0, 2p] es x = p. Se tabula p y los dos puntos extremos 0 y 2p y se calculan los valores de f(x):
x
f(x)
0 0
2
Por consiguiente, el máximo absoluto 2p se obtiene en x = 2p, y el mínimo absoluto 0 en x = 0.
17. Halle el ángulo en el que las rectas 1
: y= x+ 1 y 2
: y=− 3x+ 5 se cortan.
Sean 1 y 2 los ángulos de inclinación de 1
y 2
(fig. 17.15), y sean m 1 y m 2 las pendientes respectivas.
Entonces, tan 1 = m 1 = 1 y tan 2 = m 2 = –3. 2 – 1 es el ángulo de intersección. Ahora, por el problema 5,
2
tan2 tan1
m2 m1
tan( 2 1)
3 1
1
tan1tan2
1
m 1
m
2
1( 3)( 1)
4
2
2