Matemáticas IIFácilProblema · 2,5 pts

Derivadas y aplicaciones

También trata: Integrales

Andalucía · 2026 · Reserva 2

Enunciado

Ejercicio 1 (parte obligatoria). La potencia de pérdida

P(t)

(en vatios) en una máquina, debido a la fricción, depende del tiempo de uso

t

(en años) según la función

P(t) = \dfrac{4t}{1+t^2}

siendo

t \geq 0

.

a) [1,25 puntos] Calcula en qué momento la potencia de pérdida es máxima.

b) [1,25 puntos] La energía total perdida en los

t

primeros años viene dada por la expresión

E(t) = \displaystyle\int_0^t P(x)\,dx

(vatios por año). Calcula la energía total perdida en los tres primeros años.

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{a) Máximo en } t = 1 \text{ año: } P(1) = 2 \text{ W}\;}

\boxed{\;\text{b) } E(3) = \int_0^3 \frac{4x}{1+x^2}\,dx = 2\ln 10 \approx 4{,}61\;}

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Estrategia

Es un problema de Análisis con disfraz de física: una función racional sencilla en

[0, +\infty)

.

En a) hay que buscar el máximo de

P

: se deriva (regla del cociente), se anula la derivada para obtener los puntos críticos y se estudia el signo de $P'$ para ver dónde crece y dónde decrece. Como el dominio es

t \geq 0

, solo vale el punto crítico positivo; y conviene comprobar que el máximo es absoluto en todo

[0,+\infty)

, no solo relativo.

En b) la energía de los tres primeros años es

E(3) = \int_0^3 P(x)\,dx

. El numerador

4x

es (salvo una constante) la derivada del denominador

1 + x^2

, así que la primitiva es un logaritmo inmediato y basta aplicar la regla de Barrow.

Desarrollo

a) Momento de potencia máxima.

Derivamos con la regla del cociente:

P'(t) = \frac{4\,(1+t^2) - 4t\cdot 2t}{(1+t^2)^2} = \frac{4 + 4t^2 - 8t^2}{(1+t^2)^2} = \frac{4\,(1 - t^2)}{(1+t^2)^2}

Puntos críticos: el denominador nunca se anula, así que

P'(t) = 0 \iff 1 - t^2 = 0 \iff t = \pm 1

Como

t \geq 0

, el único punto crítico del dominio es

t = 1

.

Signo de la derivada: el denominador

(1+t^2)^2

es siempre positivo, así que el signo de

P'

es el de

1 - t^2

En $[0, 1)$ : $1 - t^2 > 0$ (por ejemplo, $P'(0{,}5) = 1{,}92 > 0$ ), luego $P$ es creciente.
En $(1, +\infty)$ : $1 - t^2 < 0$ (por ejemplo, $P'(2) = -0{,}48 < 0$ ), luego $P$ es decreciente.

Por tanto

P

crece hasta

t = 1

y decrece a partir de ahí: en

t = 1

hay un máximo, y es absoluto en

[0, +\infty)

porque la función sube antes y baja después. Su valor es

P(1) = \frac{4\cdot 1}{1 + 1^2} = \frac{4}{2} = 2 \text{ W}

La potencia de pérdida es máxima al cabo de un año de uso, y vale

2

vatios.

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b) Energía perdida en los tres primeros años.

Hay que calcular

E(3) = \int_0^3 \frac{4x}{1+x^2}\,dx

Primitiva: como

(1 + x^2)' = 2x

, el numerador es el doble de la derivada del denominador:

\int \frac{4x}{1+x^2}\,dx = 2\int \frac{2x}{1+x^2}\,dx = 2\ln\left(1 + x^2\right) + C

(no hace falta valor absoluto:

1 + x^2 > 0

siempre).

Regla de Barrow:

E(3) = \Bigl[\,2\ln\left(1+x^2\right)\Bigr]_0^3 = 2\ln(1 + 9) - 2\ln(1 + 0) = 2\ln 10 - 2\ln 1 = 2\ln 10

E(3) = 2\ln 10 \approx 4{,}61

La energía total perdida en los tres primeros años es

2\ln 10 \approx 4{,}61

(en las unidades del enunciado).

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Consejo

En a) no basta con anular la derivada: la corrección da hasta 0,75 puntos por los puntos críticos y el resto por justificar que es un máximo (signo de $P'$ a cada lado de $t=1$ , o la derivada segunda). Y descarta $t = -1$ diciendo por qué: está fuera de $t \geq 0$ .

En b) se valora por separado plantear $E(3)$ como integral definida (0,25) y la primitiva (0,5). Reconoce la forma $\frac{f'}{f}$ : no hacen falta cambios de variable ni fracciones simples, y no olvides el factor $2$ delante del logaritmo.