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Borrador 1
Ejercicios de optimizaci´on. Matem´aticas II. Tema II. Ing. Edificaci´on.
Ejercicio 28 de Matem´aticas II. Tema II. Ing. Edificaci´on.
- Determinar las dimensiones m´as econ´omicas de una piscina abierta al aire de volumen 32 m^3 , con un fondo cuadrado, de manera que la superficie de sus paredes y del suelo, necesiten la cantidad m´ınima de material.
Sol. Notamos por l la longitud (en metros) del lado del cuadrado del fondo de la piscina, y por h su altura (tambi´en en metros). As´ı pues, el volumen de la piscina ser´a V = l^2 · h, y como el enunciado dice que la piscina tiene 32 m^3 , tenemos una restricci´on para los valores de l y h, que deben verificar la ecuaci´on l^2 · h = 32. Como la piscina es abierta al aire, debemos calcular en funci´on de l y h la superficie del fondo de la piscina (el area del cuadrado, l·l) y la de las cuatro paredes (cuatro veces el area de una pared, 4 · l · h). As´ı la superficie total es S = 4lh + l^2 , cantidad que queremos minimizar. Por la restricci´on anterior l^2 · h = 32, podemos poner una de las variables en funci´on de la otra, h = 32/l^2 , y la superficie a minimizar queda como una funci´on de una variable,
S(l) = 4 · l · 32 l^2
Los valores de l que hacen m´ınimo la superficie S se encuentran entre los puntos cr´ıticos de la funci´on S(l), para lo cual derivamos S y luego igualaremos la derivada a 0,
S′(l) = 4 · 32 · (−1) l^12 + 2l.
Resolvemos ahora la ecuaci´on S′(l) = 0,
4 · 32 · (−1) l^12 + 2l = 0 ⇒ 2 l = 4 · 32 · (^) l^12 ⇒ l^3 = 2 · 32 ⇒ l = 3
Sabiendo que l = 4, el valor de h = 32/l^2 = 32/16 = 2. Es decir tendr´ıamos una piscina de 2 metros de altura, y cuyo fondo es un cuadrado de 4 metros de lado. Pero a´un no hemos comprobado si estos valores corresponden a un m´aximo o a un m´ınimo de la superficie S. Una manera de comprobarlo es calcular la segunda derivada,
S′′(l) = 4 · 32 · (−1) · (−2) · 1 l^3
que es positivo para cualquier valor de l, en particular S′′(4) > 0, por tanto la superficie alcanza un m´ınimo para l = 4. §
- Se va a construir una conducci´on de agua desde un manantial M hasta unos dep´ositos de almacenamiento D, cruzando una zona pantanosa (Figura 1). El coste de la construcci´on por Km a trav´es de la zona pantanosa es doble que sobre el terreno firme. ¿Como debe tenderse dicha conducci´on para que el coste sea m´ınimo?
Sol. Sea X un punto situado en tierra firme a x kil´ometros de M , y en el mismo lado que M de la zona pantanosa. Llamamos d a la distancia entre X y el punto
2 Matem´aticas II. A. Palomares
d
6
?
4 km
M
D
æ - 4 km
Zona pantanosa
X
Figura 1: Conducci´on sobre zona pantanosa.
D. Si el coste de la construcci´on sobre tierra firme cuesta k euros por kil´ometro, entonces el coste total de la conducci´on de agua es
c = x · k + d · 2 k
donde d es la longitud de la hipotenusa de un tri´angulo rect´angulo de catetos 4 km y 4 − x km. Por tanto d =
42 + (4 − x)^2. As´ı el coste de la conducci´on en funci´on del valor de x es
c(x) = x · k +
42 + (4 − x)^2 · 2 k, x ∈ [0, 4]
Si evaluamos c en los puntos de la frontera del dominio, se tiene
c(0) = 0 · k +
42 + 4^2 · 2 k =
2 · 42 · 2 k = 4
2 · 2 k = 8k
y c(4) = 4 · k +
42 + 0^2 · 2 k = 4k + 4 · 2 k = 12k. Hallamos los puntos cr´ıticos de c en el interior de su dominio
c′(x) = k + 2k · 1 2
42 + (4 − x)^2
· 2 · (4 − x) · (−1) = 0 ⇒
42 + (4 − x)^2
· 2 · (4 − x) ⇒ 42 + (4 − x)^2 = 4 · (4 − x)^2 ⇒
⇒ 42 = 3 · (4 − x)^2 ⇒ (4 − x)^2 =^4
2 3
⇒ 4 − x = √^4 3
⇒ x = 4 − √^4 3
=^12 −^4
Si evaluamos c en el punto cr´ıtico, se tiene
c
4 − √^4
4 − √^4
· k +
42 +^4
2 3 ·^2 k^ =
4 − √^4
· k + 4 ·
1 +^1
· 2 k = 4k ·
1 − √^1
1 +^1
4 Matem´aticas II. A. Palomares
Por tanto tenemos la ecuaci´on x = 4− 2 Sx, de donde Sx = (4−x)/2. Ya podemos expresar las dimensiones del rect´angulo en funci´on de x. La altura del rect´angulo es x, y la base del rect´angulo es
Sx − x =
4 − x 2 −^ x^ =
4 − x − 2 x 2 =
4 − 3 x
Por tanto, como el area del rect´angulo es igual a la base por la altura, tenemos que el area, que notamos A(x) es igual a
A(x) =^4 − 2 3 x· x.
Para calcular las dimensiones del rect´angulo de ´area m´axima, debemos buscar los puntos cr´ıticos de la funci´on A(x), para lo cual calculamos su derivada,
A′(x) =^1 2
· [(−3)x + (4 − 3 x)] =^1 2
[4 − 6 x] = 2 − 3 x,
y resolvemos la ecuaci´on A′(x) = 0 ⇔ 2 − 3 x = 0 ⇔ x = 2/3. Para ver que A alcanza un m´aximo en x = 2/3, calculamos su segunda derivada, que es A′′(x) = − 3 < 0. As´ı pues, el rect´angulo de area m´axima tiene una base de longitud 4 − 23 x = 4 −3(2/3) 2 =^
4 − 2 2 =^
1 2 y una altura de^ x^ = 2/3. §
- Un almac´en rectangular debe tener 768 m^2 de superficie y debe estar dividido por una pared interior en dos zonas rectangulares. El coste de las paredes exteriores es de 150 EUR por metro lineal y el de la pared interior de 100 EUR por metro lineal. Halle las dimensiones que minimizan el coste de la construcci´on del almac´en.
Sol. Como se ve en el (dibujo), hay tres paredes de longitud x, dos exteriores y una interior. Y hay dos paredes exteriores de longitud y. N´otese que la posici´on de la pared interior no influye en el coste. Por el enunciado, la superficie del almac´en debe ser de 768 m^2 , por lo que se tiene la siguiente restricci´on: x · y = 768. El coste de las paredes exteriores es 150x + 150x + 150y + 150y = 300x + 300y. El coste de la pared interior es 100x. As´ı pues, el coste total es 400x + 300y. Teniendo en cuenta que xy = 768, es decir, que y = 768/x, se sigue que el coste total es
C(x) = 400x + 300 · 768 x
Como queremos minimizar el coste, vamos a buscar puntos cr´ıticos de C(x), para lo cual derivamos la funci´on C, e igualamos a cero:
C′(x) = 400 + 300 · 768 · (−1) · x−^2 = 0 ⇒ 300 · 768 x^2
= 400 ⇒ 400 x^2 = 300 · 768 ⇒ 4 x^2 = 3 · 768.
Factorizando 768 como 2^8 · 3, queda la ecuaci´on 4x^2 = 3 · 28 · 3. Al dividir cada miembro por 4, queda x^2 = 3^2 · 82 , y por tanto x = 3 · 8 = 24.
Borrador 5
Como y = 768/x ⇒ y = 768/24 = (2^8 · 3)/(2^3 · 3) = 2^5 = 32. Es decir, las dimensiones del almac´en son x = 24, y = 32. Queda ver que el valor de x calculado es un m´ınimo de la funci´on C, as´ı que calculamos la segunda derivada de C(x),
C′′(x) = 300 · 768 · (−1) · (−2) · x−^3.
Como C′′(4) > 0, el coste para x = 4 es m´ınimo. §
- Se quiere dise˜nar un dep´osito de 8π m^3 de capacidad, y que tiene la forma de un cilindro tapado por dos semiesferas. El dep´osito debe cubrirse con un aislante t´ermico que cuesta 100 Euros por m^2 la parte cil´ındrica, y 200 Euros por m^2 la parte de las dos semiesferas. Determine las dimensiones del dep´osito para que el coste debido al aislamiento t´ermico sea m´ınimo.
Sol. Llamamos h a la altura del cilindro, y r al radio del cilindro y de las semies- feras. Con esta notaci´on se tiene que
Volumen de las dos semiesferas = 43 πr^3.
Volumen del cilindro = hπr^2.
Superficie de las dos semiesferas = 4πr^2.
Superficie del cilindro = 2πrh.
Adem´as, como el volumen total del dep´osito debe ser 8π m^3 , las variables h y r est´an relacionadas mediante la siguiente formula
4 3 πr
(^3) + hπr (^2) = 8π ⇒ 4 3 r
(^3) + hr (^2) = 8.
Multiplicando el coste de cada parte por la superficie de dicha parte, se tiene que el coste total es 100 · 2 πrh + 200 · 4 πr^2. Para hallar el coste m´ınimo, pondremos h en funci´on de r, 4 3
r^3 + hr^2 = 8 ⇒ hr^2 = 8 − 4 3
r^3 ⇒ h =^8 r^2
r,
y tendremos el coste como una funci´on f de una sola variable,
f (r) = 100 · 2 πr(^8 r^2
r) + 200 · 4 π · r^2 =
= 100 · 2 π(^8 r
r^2 ) + 200 · 4 π · r^2.
Si sacamos factor com´un 100 · 2 π, tenemos
f (r) = 100 · 2 π · (
r −^
3 r
(^2) + 4r (^2) ) =
= 400 · 2 π · (
r −^
3 r
(^2) + r (^2) ) =
= 400 · 2 π · (^2 r
+^2
r^2 ) = 400 · 4 π · (r−^1 +^1 3
r^2 ).
Borrador 7
As´ı la recta tangente en a es y = 4 − a^2 + (− 2 a) · (x − a). Hallamos ahora los puntos de corte de esta recta con los ejes x = 0 e y = 0. Si x = 0 ⇒ y = 4 − a^2 − 2 a · (−a) = 4 − a^2 + 2a^2 = a^2 + 4. Si y = 0 ⇒ 0 = 4 − a^2 − 2 a · (x − a) ⇒ 2 a(x − a) = 4 − a^2 ⇒ x − a = 4 − 2 aa 2 ⇒ x = a + 4 − 2 aa 2. Por tanto, la recta tangente forma con los ejes coordenados un tri´angulo de base a + 4 − 2 aa 2 y altura a^2 + 4. El ´area de este tri´angulo es
base · altura 2
=^1
a +^4 −^ a
2 2 a
· (a^2 + 4).
Si definimos la funci´on A A : (0, 2) −→ R x −→ A(x) = 12 · (x + 4 − 2 xx 2 ) · (x^2 + 4).
el problema se reduce a calcular el m´ınimo absoluto de la funci´on A, para lo cual hallaremos previamente los puntos que verifican que A′(x) = 0.
A′(x) =^1 2
(1 + (−^2 x)^ ·^2 x^ −^ (4^ −^ x
(2x)^2
) · (x^2 + 4) + (x +^4 −^ x
2 2 x
) · 2 x
=^1
(1 + −^4 x
(^2) − 8 + 2x 2 4 x^2
) · (x^2 + 4) + 2x^2 + 4 − x^2
=^1
−8 + 2x^2 4 x^2
· x^2 + −8 + 2x
2 4 x^2
· 4 + 2x^2 + 4 − x^2
=^1
−8 + 2x^2 4
2 x^2
=^1
−2 + x
2 2
x^2
=^1
3 x^2 2
x^2
As´ı A′(x) = 0 ⇔ 3 x
2 2
x^2
2 2
x^2
⇔ 3 x^2 + 8 =^16 x^2
⇔ 3 x^4 + 8x^2 = 16 ⇔ 3 x^4 + 8x^2 − 16 = 0.
Resolvemos esta ecuaci´on bicuadr´atica haciendo el cambio z = x^2 , con lo que la ecuaci´on queda 3z^2 + 8z − 16 = 0, cuyas soluciones son
z = −^8 ±^
= −^8 ±
= −^8 ±
= −^8 ±^16
Por tanto las soluciones son z = −^82 −· 316 = − 624 = − 4 < 0 y z = −8+16 2 · 3 = 86 = 43. Como z = x^2 > 0 ⇒ x^2 = 43 ⇒ x = ±
4 3 ⇒^ x^ =^ √^2 3 , ya que^ x >^ 0. Como A′( √^23 ) = 0, entonces x = √^23 es un extremo relativo de A(x). Veamos si es m´aximo o m´ınimo relativo, considerando la segunda derivada. Como A′(x) =^1 2
3 x^2 2
x^2
⇒ A′′(x) =
2 ·^2 x^ −^8 ·^ (−2)^ ·^ x
− 3
2 ·^ (3x^ + 16x
Evaluando, se tiene que A′′( √^23 ) > 0 ⇒ √^23 es m´ınimo relativo de A(x). §
8 Matem´aticas II. A. Palomares
- Determine el punto de la par´abola y = x^2 que est´a a distancia m´ınima del punto (− 12 , 15 /2).
Sol. Los puntos de la par´abola tienen la forma (x, x^2 ). La distancia de un punto (x, x^2 ) al punto (− 12 , 15 /2) se expresa como
d
x x^2
(x + 12)^2 + (x^2 − 15 /2)^2.
Si x 0 es m´ınimo absoluto de una funci´on, g(x 0 ) ≤ g(x) para todo x, entonces (g(x 0 ))^2 ≤ (g(x))^2 , ya que la funci´on x 7 → x^2 es una funci´on creciente en [0, +∞). Por tanto nos planteamos encontrar el m´ınimo absoluto de la funci´on
f (x) = (x + 12)^2 + (x^2 − 15 /2)^2. Es f´acil comprobar que l´ımx→+∞ f (x) = +∞ y l´ımx→−∞ f (x) = +∞, por tanto el m´ınimo absoluto de f se encontrar´a en un intervalo finito. Calculamos la derivada de f , f ′(x) = 2(x + 12) + 2(x^2 − 15 /2) · 2 x = 2x + 24 + (2x^2 − 15) · 2 x = = 2x + 24 + 4x^3 − 30 x = 4x^3 − 28 x + 24. Si igualamos la derivada a cero, para obtener los puntos cr´ıticos, se obtiene 4 x^3 − 28 x + 24 = 0 ⇔ x^3 − 7 x + 6 = 0. Como el t´ermino independiente es un n´umero entero, las posibles ra´ıces enteras se encuentran entre los divisores del t´ermino independiente, es decir, probamos las ra´ıces ±1, ±2, ±3 y ±6. Evaluando para x = 1 se tiene que x − 1 es un factor de x^3 − 7 x + 6. Dividiendo x^3 − 7 x + 6 entre x − 1 se tiene que x^3 − 7 x + 6 = (x − 1) · (x^2 + x − 6). Buscamos las ra´ıces del polinomio de grado dos,
x = −^1 ±
= −^1 ±^5
es decir x = 2 y x = −3. As´ı pues, los puntos cr´ıticos de f son x = −3, 1, 2. Usando la segunda derivada f ′′(x) = 12x^2 − 28 determinamos si estos puntos son m´aximos relativos, m´ınimos relativos.
f ′′(−3) = 12 · 9 − 28 = 80 > 0 ⇒ x = −3 es un m´ınimo relativo, f ′′(1) = 12 − 28 < 0 ⇒ x = 1 es un m´aximo relativo, f ′′(2) = 12 · 4 − 28 = 20 > 0 ⇒ x = 2 es un m´ınimo relativo. As´ı en x = 1, un m´aximo relativo, no puede haber un m´ınimo absoluto. Para determinar si el m´ınimo absoluto se alcanza en x = 2 o x = −3, evaluamos la funci´on f ,
f (2) = 14^2 + (4 − 15 /2)^2 = 14^2 + ( −^7 2
)^2 = 14^2 +^49
f (−3) = 9^2 + (9 − 15 /2)^2 = 9^2 + (
2 = 9 2 +^36
Como f (−3) < f (2), la funci´on f alcanza un m´ınimo absoluto en x = −3 y por tanto el punto de la par´abola pedido es el (− 3 , 9). §
Ver tambi´en. Matem´aticas II (M. I. Berenguer Maldonado, D. G´amez Domingo y A. J. L´opez Linares.)
