Respuestas Simulacros Parcial 3

Universidad de los Andes
2015-II
Cálculo Diferencial
Soluciones Primer Simulacro - Tercer Examen Parcial
Material Elaborado por Sandor Ortegón P.
Este es un examen individual. No se permite el uso de libros, apuntes, calculadoras o cualquier
otro medio electrónico. Las respuestas requieren de justificación completa. Duración: 90 minutos.
1. Usamos derivación logaritmica, asi que si y =
ln y = ln
xsin x tan4 x
(x2 + 1)2
xsin x tan4 x
,
(x2 +1)2
entonces
= sin x · ln(x) + 4 ln(tan x) − 2 ln(x2 + 1)
Derivando implı́citamente, y usando al lado derecho la regla del producto para el primer
sumando,
1 0
1
sec2 x
2x
· y = cos x · ln(x) + sin x · + 4 ·
−2· 2
y
x
tan x
x +1
Asi que pasando a multiplicar y al lado derecho y reemplazando este y por su valor original,
resulta
sin x 4 sec2 x
4x
xsin x tan4 x
0
· cos x · ln(x) +
+
− 2
y =
(x2 + 1)2
x
tan x
x +1
2. Sea V el volumen de la parte del cono que ya está llena de agua. Similarmente sean h, r la
altura y el radio de dicho cono.
h
La información del problema dice que h = 4r (y por tanto r = ) y además, sabiendo que el
4
1 2
volumen del cono es V = πr h, entonces podemos dejar V en términos de h. La razón de
3
dh
dejar esto es que el enunciado nos da
= 1 cm/min en el instante en que h = 1m = 100cm
dt
dV
y nos pregunta por
. Asi que la relación es entre V y h
dt
1
Soluciones Primer Simulacro
2
Como se dijo antes, usando la relación de r en términos de h, podemos dejar V en términos
de h y resulta
π
V = h3
48
Derivando implı́citamente respecto de t (tiempo), resulta
dV
π
dh
=
· 3h2
dt
48
dt
Reemplazando en el instante dado, resulta
dV
π
=
· 3(100)2 · 1 = 625π centı́metros cúbicos por minuto
dt
48
3. La mecánica de la explicación es siempre la misma: Se supone que hay dos valores para los
cuales f (x) = 4x5 + x3 + 2x + ex = 0. La función f es continua y derivable en todo su dominio,
de modo que puede usarse el teorema de Rolle. Si hubieran dos valores a, b donde f (a) =
f (b) = 0, deberı́a existir un x entre a y b tal que f 0 (x) = 0. Pero f 0 (x) = 20x4 + 3x2 + 2 + ex
y se observa que f 0 es siempre positivo (los dos primeros terminos son no negativos y los
últimos dos siempre son positivos); es decir que es imposible que valga 0 esta derivada. Ası́
que era imposible que hubiesen dos valores de x tales que 4x5 + x3 + 2x + ex = 0
4. La indeterminación es de tipo 1∞ que se analiza usando regla de L’Hospital. Pero antes hay
que sacar logaritmos.
1/x
lı́m (1 + sin 2x)1/x = lı́m eln(1+sin 2x)
x→0+
x→0+
1
1
= lı́m eln(1+sin 2x)· x = elı́mx→0+ ln(1+sin 2x)· x
x→0+
Por aparte,
1
ln (1 + sin 2x)
0
lı́m ln(1 + sin 2x) · = lı́m
Indeterminación de tipo
x x→0+
x
0
x→0+
2 cos 2x
1
= lı́m + sin 2x (Regla de L’Hospital)
1
x→0+
2 cos 2x
= lı́m
x→0+ 1 + sin 2x
=2
1
Por lo tanto lı́m (1 + sin 2x) x = e2 .
x→0+
x2 − 1
.
x2 − 4
Dominio R − {2, −2}
Cortes con eje x en x = 1, −1. Corte con eje y en el punto (0, 14 ).
La función es función par, la gráfica es simétrica respecto del eje y.
Ası́ntota horizontal es la recta y = 1. Ası́ntotas verticales son las rectas x = −2, x = 2.
2x(x2 − 4) − 2x(x2 − 1)
−8x + 2x
−6x
f 0 (x) =
= 2
= 2
(x2 − 4)2
(x − 4)2
(x − 4)2
5. f (x) =
•
•
•
•
•
Soluciones Primer Simulacro
3
• Al calcular la segunda derivada, es importante no expandir todo: la idea es observar que
cuando se aplica la regla del cociente a la derivada anterior, hay paréntesis que son factores
comunes. Por ejemplo, el (x2 − 4) se puede factorizar arriba. Por eso no conviene expandir
todo, sino factorizar primero. La respuesta quedará ası́:
f 00 (x) =
−6(x2 − 4)2 − 2(x2 − 4)(2x)(−6x)
(x2 − 4)4
f 00 (x) =
18x2 + 24
(x2 − 4)3
• Tablas de signos de f 0 y f 00 :
(−∞, −2)
(−2, 0)
(0, 2)
(2, ∞)
−6x
+
+
−
−
(x2 − 4)2
+
+
+
+
f 0 (x)
+
+
−
−
f (x)
%
%
&
&
Vemos de lo anterior que f tiene un máximo local en x = 0.
(−∞, −2)
(−2, 2)
(2, ∞)
18x2 + 24
+
+
+
(x − 2)3
−
−
+
(x + 2)3
−
+
+
f 00 (x)
+
−
+
f (x)
∪
∩
∪
Vemos que f no tiene puntos de inflexión (hay cambios de concavidad, pero en puntos donde
no está definida la función), pero cambia su concavidad en las ası́ntotas verticales. El siguiente
es un esbozo de la gráfica.
6. La solución procede en varios pasos:
Soluciones Primer Simulacro
4
Dibujo y planteamiento: Sea (x, y) un punto sobre la parábola (en la parte del primer
cuadrante). Si se observa la figura, entonces el rectángulo inscrito tiene base 2x y como
el punto (x, y) esta sobre la curva, debe satisfacer la ecuación y = 9 − x2 , luego la altura
es 9 − x2 . Ası́ el área es A(x) = 2x(9 − x2 ) = 18x − 2x3 y podemos suponer que x ∈ [0, 3],
según la figura (el valor de 3 sale de lo “más ancho posible” que puede ser el rectángulo
y para hallar ese valor máximo de x se miran los interceptos de la curva y = 9 − x2 con
el eje x). Ası́ se vuelve un problema de máximos y mı́nimos de una función contı́nua en
un intervalo cerrado:
Para el parcial, importante mencionar que como se tiene una función continua
en un intervalo cerrado, por el teorema del valor extremo se alcanza un
máximo y un mı́nimo absolutos en ese intervalo.
Se hallan los puntos crı́ticos de A(x)
√
A0 (x) = 18 − 6x2 = 0, ası́ que √
los puntos crı́ticos son x = ± 3. De estos dos, el único
que está en el intervalo es x = 3.
Se evalúa la función en los extremos del intervalo y en el punto crı́tico:
• A(0) = 0
• A(3) = 0
√
√
• A( 3) = 12 3 > 0.
√
Comparación y conclusión: El máximo absoluto se da en x = 3, y = 9 − 3 = 6, por lo
√
tanto las dimensiones del rectángulo de área máxima son 2 3 por 6 .
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2015-II
Cálculo Diferencial
Soluciones Segundo Simulacro - Tercer Examen Parcial
Material Elaborado por Sandor Ortegón P.
Se dan respuestas y sugerencias para los ejercicios. En algunos se da una explicación más detallada.
1. Podemos proceder asi:
p
y = arc cos( (x2 + 1)x
cos(y) = (x2 + 1)x/2
x
ln(cos(y)) =
· ln(x2 + 1)
2
1
x
2x
1
· (− sin y) · y 0 =
· ln(x2 + 1) + · 2
cos y
2
2 x +1
Finalmente
se pasa al otro lado a multiplicar el cos y = (x2 + 1)x/2 y a dividir el − sin y =
p
2
1 − (x + 1)x (ese sale por identidad trigonométrica o haciendo el triángulo) y queda despejada la derivada
2. Un dibujo del problema es el siguiente, donde la clave es que el ejercicio es de razones de
cambio (la parte (b)), pero para hallar el instante de tiempo en el cual reemplazar, debo
resolver la parte (a). Y para ello, se debe dejar la función de distancia en términos de una
sola variable, que será el tiempo t.
Aqui, distancia entre los barcos es
p
h(t) = (10t)2 + (20 − 15t)2
El dominio para h es (0, ∞). Derivando, se
12
obtendrá de punto crı́tico t = .
13
Como el dominio es un intervalo abierto y no
un intervalo cerrado, la forma de ver si hay
mı́nimo o máximo absoluto es sacar la tabla
de signos de la primera derivada, ver si hay
extremos locales y por la forma en que crece
o decrece la función, ver si algún extremo local es también absoluto. Aquı́ resultará que h es
decreciente en (−∞, 12/13) y crece en (12/13, ∞). Por lo tanto en x = 12/13 hay mı́nimo
local, pero también es absoluto (porque la función no vuelve a bajar).
Como se pregunta por la hora, después de la 1:00pm pasaron 12/13 de hora (aproximadamente
55.3 minutos) para que la distancia entre los barcos fuera la menor posible.
1
Soluciones Segundo Simulacro
2
Para responder a la parte (b), ahora si se plantea el ejercicio de razones de cambio. Se conoce
dx
dy
= 10,
= −15 y se conoce cuanto vale x, y en el instante dado (pues se reemplaza
dt
dt
t = 12/13 en la fórmula para x, y en términos de t), ası́ que se resuelve el problema usando
la relación h2 = x2 + y 2 , derivando implı́citamente y reemplazando. Resultará que la tasa
de cambio es 0 en ese instante!
3. Si f (x) = 2x + cos x, se dice que f es continua y se usa el teorema del valor intermedio para
explicar por qué hay al menos una raiz real (aqui f (0) > 0, f (−1) < 0, por ejemplo).
Para explicar por qué no hay dos raı́ces reales se usa el teorema de Rolle; si hubiera dos
números a, b diferentes tales que f (a) = 0, f (b) = 0, por el teorema de Rolle existirı́a x entre
a y b tal que f 0 (x) = 0, o sea 2 − sen x = 0. Pero el rango de la función seno es [−1, 1], asi
que es imposible que suceda esto ultimo. Ası́ que no pudo haber dos o más raices reales de la
ecuación 2x + cos x = 0.
2 3x
2
2 3x
lı́m 3x ln(1+ x2 )
4. a) lı́m 1 +
= lı́m eln(1+ x ) = lı́m e3x ln(1+ x ) = ex→∞
Calculamos por
x→∞
x→∞
x→∞
x
aparte ese lı́mite del exponente. Como se tiene una indeterminación de tipo ∞n · 0,
se procura “forzar el cociente”, de modo que resulta, usando regla de L’Hospital en la
última igualdad:
ln 1 + x2
2
lı́m 3x ln 1 +
= lı́m
= lı́m
1
x→∞
x→∞
x→∞
x
3x
6
x→∞ 1 +
Simplificando esto es igual a lı́m
2
x
= 6. Por tanto el lı́mite original es e6
b) lı́m xe1/x − x = lı́m x(e1/x − 1) = lı́m
x→∞
x→∞
1
· −2
x2
1+ x2
−1
3x2
x→∞
e1/x − 1
1
x
. Esta última indeterminación es de
tipo 00 , asi que usamos regla de L’Hospital para concluir que es igual a
lı́m
e1/x ·
x→∞
−1
x2
−1
x2
1
= lı́m e x = e0 = 1
x→∞
5. Resultará lo siguiente cuando haga los cálculos:
a) Dominio: R − {3} (el rango sólo se podrı́a apreciar cuando se haga el dibujo al final)
b) La gráfica no corta al eje x(dado que el numerador nunca es igual a 0). La gráfica corta
al eje y en el punto 0, − 73
c) La función no es par ni es impar.
d ) Hay ası́ntota vertical en x = 3 (el denominador da 0 alli, mientras el numerador no da 0).
Para poder distinguir los lı́mites a izquierda y a derecha cuando x tiende a 3, necesitamos
hacer tabla de signos de f . Como el numerador x2 − 4x + 7 es siempre positivo, resultará
que f es negativa en (−∞, 3) y positiva en (3, ∞). Ası́ que
lı́m f (x) = ∞ ; lı́m f (x) = −∞
x→3+
x→3−
Soluciones Segundo Simulacro
3
e) No hay ası́ntotas horizontales (el lı́mite cuando x tiende a infinito da ∞, a menos infinito
da −∞), pero sı́ hay ası́ntota oblicua. Se saca por división de polinomios x2 − 4x + 7
dividido entre x − 3 da x − 1 y sobra 4. Si ese cociente es una función lineal, constituye
la ası́ntota oblicua; es decir, y = x − 1 es ası́ntota oblicua.
f ) Con la primera derivada, hay puntos criticos en x = 1, 3, 5 (en 3 es donde la derivada
no existe). Y al factorizar la derivada y hacer tabla de signos, resulta que f crece en
intervalos (−∞, 1), (5, ∞) y decrece en intervalos (1, 3), (3, 5). Hay máximo local en x = 1
y mı́nimo local en x = 5.
8
g) Con la segunda derivada (que les dará
o algo muy parecido), vemos que no
(x − 3)3
existe en x = 3 y que es negativa en (−∞, 3) (función cóncava hacia abajo) y positiva
en (3, ∞) (función cóncava hacia arriba). No hay puntos de inflexión (hay cambio de
concavidad, pero en x = 3 no está definida la función).
h) Juntando tablas de signos de las dos derivadas se puede apreciar la forma de la gráfica
en cada intervalo.
i ) Finalmente hacer la gráfica usando toda la información anterior. Es bueno tener en
cuenta que hay unos valores de x importantes que aparecieron en los cálculos, ası́ que se
evalúa la función original en todos ellos. Resulta como respuesta la siguiente gráfica:
Soluciones Segundo Simulacro
4
6. Como la función f es contı́nua en [0, 12], por el teorema del valor extremo existe un máximo
y un mı́nimo absoluto en ese intervalo (esto deben decirlo en su solución y citar el teorema
del valor extremo cuando estén en el parcial y tengan intervalo cerrado!).
−1
x
. Al igualar a 0 y resolver, resulta lo siguiente:
Ahora, f 0 (x) =
+ √
5
4 x2 + 25
x
4 x2 + 25
√
1
5
p
5x = 4 x2 + 25
=
(5x)2 = 16(x2 + 25)
25x2 = 16x2 + 400
9x2 = 400
400
x2 =
9
20
x = ±
3
20
Dentro del dominio del problema sólo tiene sentido la solución positiva, ası́ que x =
es el
3
único punto crı́tico. Finalmente, se compara la función en los puntos crı́ticos y los extremos
del intervalo (recuerden que esa es la mecánica en los ejercicios de intervalos cerrados). Para
facilitar la comparación de las fracciones, se dejan con el mismo denominador (con eso se
puede distinguir quien es mayor y quien menor. Resulta lo siguiente:
f (0) =
f (12) =
20
=
f
3
Ası́ que el valor máximo es
5 12
73
+
=
4
5
20
13
65
=
4
20
16 25
63
+
=
15 12
20
73
63
y el mı́nimo es
20
20
Comentario final: Deben estar atentos al tipo de mecánica en el caso de optimizar funciones
contı́nuas en intervalos cerrados (y notar que es diferente en el caso de intervalos abiertos,
como pudieron ver en el ejercicio 2 de la distancia). Además, hay ejercicios donde el dominio
puede ser de intervalo cerrado, pero no se les dice explı́citamente (ustedes deben sacarlo). Por
ejemplo, en el parcial del semestre pasado se preguntó por máximo y mı́nimo absoluto de
p
f (x) = x 4 − x2
Si se fijan, el dominio de f es el intervalo cerrado [−2, 2] (tuvieron que sacarlo y mostrar el
procedimiento!), ası́ que ya se reduce el problema a uno como el que acabamos de hacer.
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Cálculo Diferencial
Soluciones Tercer Simulacro - Tercer Examen Parcial
Material Elaborado por Sandor Ortegón P.
Este es un examen individual. No se permite el uso de libros, apuntes, calculadoras o cualquier
otro medio electrónico. Las respuestas requieren de justificación completa. Duración: 90 minutos.
1. Este ejercicio de derivación logarı́tmica es muy sencillo. Simplemente
2. Podemos proceder asi:
y = [cosh(3x)](cos(2x)−x
2)
ln(y) = (cos(2x) − x2 ) · ln[cosh(3x)]
1 0
3 senh(3x)
· y = (−2 sin(2x) − 2x) · ln[cosh(3x)] + (cos(2x) − x2 ) ·
y
cosh(3x)
3 senh(3x)
0
(cos(2x)−x2 )
2
y = [cosh(3x)]
(−2 sin(2x) − 2x) · ln[cosh(3x)] + (cos(2x) − x ) ·
cosh(3x)
3. Hay varias formas de resolver este problema (y se mencionaron en clase dos alternativas),
pero después de hacer el cálculo, parece más sencillo lo siguiente:
a) Variables: x representa el lado del cubo. V representa el volumen del cubo, A representa
el área de superficie del cubo.
dA
dV
= 10 cm3 /s. Se quiere hallar
= 10 cuando x = 30.
b) Traducción de información:
dt
dt
c) Ecuaciones que relacionan variables: V = x3 , A = 6x2 .
Aqui viene el primer inconveniente y es que el enunciado del problema intenta relacionar
dA dV
,
, pero no hay una relación directa entre V, A (la relación pasa por involucrar x).
dt dt
Una forma serı́a forzar el despejar A en términos de V , pero es más sencillo hacer lo
dV dx
dx
dA dx
siguiente: Relacionar
, , despejar
y luego relacionar
, .
dt dt
dt
dt dt
d ) Derivar implı́citamente:
dV
dx
= 3x2
dt
dt
dA
dx
= 12x
dt
dt
e) Si hace falta hallar alguna variable, reemplazar en el instante en que se pide:
Aqui esto no pasa, ya tenemos toda la información que necesitamos para reemplazar.
dV
f ) Reemplazar y despejar: Al reemplazar x = 30 y
= 10 en la ecuación de la
dt
dx
1
dx
izquierda, se despeja
=
. Al reemplazar x = 30 y reemplazar
en la ecuación
dt
270
dt
dA
4
de la derecha, se despeja obteniendo la respuesta definitiva:
= cm2 /min
dt
3
1
Soluciones Tercer Simulacro
2
4. En este problema de decaimiento radiactivo, la fórmula es M (t) = Cekt donde M (t) denota
la masa en el tiempo t, C, k constantes. Asumimos en este ejercicio la masa en miligramos y
el tiempo en años.
La información del problema dice que M (0) = 200, ası́ que reemplazando la fórmula en t = 0,
resulta C = 200. Por definición de vida media, cuando t = 30, la masa será
de 100, de modo
1
ln
1
2
que 100 = 200ek·30 . Despejando, resulta = e30k , es decir que k =
.
2
30
Ahora si respondemos a las preguntas:
a) ¿Qué fracción de la masa permanece después de 100 años?
Para hallar la fracción, debemos dividir la masa después de 100 años entre la masa
inicial. Es decir,
10/3 1 10/3
ln( 1
2)
1
M (100)
= e 30 ·100 = eln( 2 )
=
200
2
b) ¿Después de cuanto tiempo permanece únicamente 25 miligramos?
ln( 1
2)
Queremos hallar el valor de t tal que M (t) = 25; es decir, que 200 · e 30 ·t = 25.
Usando la misma idea de manipulación de la parte anterior, esto se puede reescribir
t/30
1
como 25 = 200
2
Esto significa que
t/30
1
1
=
8
2
1
A simple vista, vemos que el exponente al cual hay que elevar para que la respuesta dé
2
1
t
es justamente 3 y por tanto
= 3, es decir, t = 90 años. En todo caso podrı́an usarse
8
30
propiedades de logaritmos (sacando logaritmos a ambos lados en la ecuación centrada
anterior).
5. La idea es usar aquı́ el teorema del valor medio para el intervalo [1, 4], dado que relaciona
f (1), f (4) y derivada en algún número entre 1 y 4, que es justamente lo que pasa aquı́.
Dado que f es derivable, por el teorema del valor medio se cumple lo siguiente:
f (4) − f (1)
= f 0 (c) para algún c ∈ [1, 4]
4−1
Como el ejercicio dice que f 0 (x) ≥ 2 para 1 ≤ x ≤ 4, entonces al reemplazar, resulta que
f (4) − f (1)
≥2
4−1
Y reemplazando 4 − 1 = 3, f (1) = 10, se sigue que
f (4) ≥ 16, como se querı́a verificar.
f (4) − 10
≥ 2 y despejando, resulta que
3
Soluciones Tercer Simulacro
3
6. En este ejercicio se debe sacar común denominador y convertir todo en una fracción. Se verifica
que en esa fracción se puede aplicar regla de L’Hospital, pues resultará indeterminación de tipo
x ln x − x + 1
0/0. Resultará que se debe calcular lı́m
. Usando la regla dos veces (verifique
x→1 (x − 1) ln x
que después de aplicar la primera vez la indeterminación aún persiste), resulta que el lı́mite
1
es igual a
2
7. Resultará lo siguiente cuando haga los cálculos:
a) Dominio: R
b) La gráfica no corta al ejex (dado que el numerador nunca es igual a 0). La gráfica corta
al eje y en el punto 0, 12
1
1
e−x
1
ex
ex
=
Como esta expresión
=
x =
1
1+e
−x
e +1
1 + ex
ex + 1
ex
no es igual a f (x), la función no es par. Pero como tampoco es igual a −f (x), la función
tampoco es impar.
c) Al evaluar f (−x) obtenemos
d ) No hay ası́ntotas verticales (puesto que no hay situación donde el denominador de 0; el
dominio de la función es todo R).
e) Para hallar ası́ntotas horizontales, vemos que usando Regla de L’Hospital,
ex
ex
=
lı́m
=1
x→∞ ex + 1
x→∞ ex
lı́m
Para el lı́mite a menos infinito, hacemos el cambio de x por −x habitual, pero observemos
que en el apartado (c) de esta solución ya hicimos ese reemplazo, ası́ que lo podemos
usar. Entonces
ex
1
lı́m x
= lı́m
=0
x→∞ 1 + ex
x→−∞ e + 1
Ası́ que la recta y = 1 es ası́ntota horizontal (en la aproximación a ∞) y la recta y = 0
es ası́ntota vertical (en la aproximación a −∞)
Desde luego, si hay ası́ntota horizontal, automáticamente no hay ası́ntotas oblicuas.
f ) Calculando la primera derivada (cuidado al factorizar!), vemos que
f 0 (x) =
ex
(ex + 1)2
Esta derivada es siempre positiva, ası́ que la función es creciente en (−∞, ∞) y no hay
puntos crı́ticos. No hay máximos ni mı́nimos locales.
g) Calculando la segunda derivada (cuidado al factorizar!), vemos que
f 0 (x) =
ex (1 − ex )
(ex + 1)3
Vemos que la segunda derivada vale 0 cuando x = 0 y haciendo tabla de signos, vemos
función es cóncava hacia arriba en (−∞, 0) y cóncava hacia abajo en (0, ∞). Hay punto
de inflexión (cambio de concavidad) en x = 0.
Soluciones Tercer Simulacro
4
h) Finalmente hacer la gráfica usando toda la información anterior.
8. Mostremos la solución en varios pasos:
a) La siguiente figura representa la situación del ejercicio:
b) Dado que el total de malla usada es de 300 metros, quiere decir que el perı́metro total
300 − 3x
.
es igual a 300. Es decir, 3x + 4y = 300. Esto nos permite despejar y =
4
c) El ejercicio pide MAXIMIZAR A = (2y)x (el área del rectángulo grande).
(300 − 3x)x
3x2
Dejando todo en términos de una variable resulta A =
= 150x −
.
2
2
d ) Establecemos el dominio. Claramente x ≥ 0 para que tenga sentido el problema. Y como
3x + 4y = 300, entonces x vale máximo 100 (si valiera más de 100, y darı́a negativo,
cosa que no tiene sentido). Ası́ que el dominio es el intervalo [0, 100]. Note que cuando
x = 0 o x = 100, resultan corrales sin área, es decir que no tienen propiamente sentido
esos valores, pero los tenemos en cuenta para mantener el intervalo cerrado (sabiendo
que igual allı́ no estará la respuesta a nuestra pregunta).
e) Por el teorema del valor extremo, como A(x) es una función contı́nua, en el intervalo
cerrado [0, 100] hay un máximo absoluto de esta función.
f ) Derivando A(x) = 150−3x, ası́ que igualando a 0, obtenemos como punto crı́tico x = 50.
g) Evaluando la función en los puntos crı́ticos y los extremos del intervalo para comparar,
se obtiene que A(0) = 0, A(100) = 0, A(50) = 3750. Ası́ que el área máxima se obtiene
300 − 3x
75
cuando x = 50. Reemplazando y =
, vemos que y =
y de allı́ obtenemos las
4
2
75
dimensiones de los corrales (cada uno de 50 de alto y
de ancho).
2