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Departamento de Matemáticas http://selectividad.intergranada.com © Raúl González Medina
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Optimización Resueltos
32
24
x
x 32 2x
24 2x
Planteamiento y resolución de los problemas de optimización Se quiere construir una caja, sin tapa, partiendo de una lámina rectangular de 32 cm de larga por 24 de ancha. Para ello se recortará un cuadradito en cada esquina y se doblará. ¿Cuál debe ser el lado del cuadradito cortado para que el volumen de la caja resultante sea máximo?
A partir del enunciado puede seguirse el proceso que se detalla a continuación:
- Determinar el objetivo del problema: lo que hay que hacer máxima o mínima. En el ejemplo anterior el objetivo es que el volumen de la caja sea máximo.
- Expresar en forma de función tal objetivo. La caja es un prisma rectangular: volumen = área de la base por la altura. Para mejor comprensión conviene hacer un dibujo.
Si se corta un cuadradito de lado x, el volumen de la caja obtenida será: V ( 32 2 x )( 24 2 x ) x V 4 x^3 112 x^2 768 x
- Los puntos máximos o mínimos se encuentran, si existen, entre las soluciones de V ´ 0.
V ´ 12 x^2 224 x 768 0 3
x (hemos simplificado)
Se obtienen x 4,53 y x 14,
- Para ver cuál de ellos es el máximo hacemos V ´´ 24 x 224 y sustituimos. Como V ´´( 4 , 53 ) 0 y V ´´( 14 , 14 ) 0 , el máximo se da para x = 4,53. Esta es la solución buscada.
Nota: El valor x = 14,14 no es posible, pues 24 cm no da para cortar dos trozos de tamaño 14,14 cada uno.
P-
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Optimización Resueltos
PAJ
1. Se dispone de una tela metálica de 100 metros de longitud para vallar una región como la de la figura. ¿Cuáles son los valores de x e y que hacen que el área encerrada sea máxima? (2,5 puntos)
Solución:
Se trata de un problema de optimización.
Objetivo: que el área de la figura sea máxima.
La figura está formada por un triángulo equilátero de lado x y por un rectángulo de lados x e y.
Área del triángulo: AT =^2 4
x
x x . Véase la figura.
La altura del triángulo es: x x h x 2
2 (^2)
Área del rectángulo: AR = xy
Área total: A x^2 xy 4
Condición: perímetro de la figura = 100 m 100 = 3x + 2y y x 2
Sustituyendo en la expresión anterior, se tiene:
2 2 2
A ( x ) x x x
Esta función alcanza el máximo en las soluciones de A´(x) = 0 que hacen negativa a A´´(x).
A x x 33
x
Como 0 2
A x , para ese valor hallado se tendrá el máximo buscado.
El valor de y será: 11
y .
P-
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Optimización Resueltos
3. Considera la función f ( x ) 3 x^2 y un punto de su gráfica, M, situado en el primer cuadrante (x 0, y 0). Si por el punto M se trazan paralelas a los ejes de coordenadas, su intersección con OX y OY determina dos puntos, A y B, respectivamente. a) Haz una gráfica de los elementos del problema. b) Halla las coordenadas del punto M que hace que el rectángulo OAMB tenga área máxima.
Solución:
a) La curva es una parábola. Puede representarse dando valores. La situación es la siguiente.
b) Si el punto M = (x, y), las coordenadas de A y B son: A = (x, 0) y B = (0, y).
El área del rectángulo será:
S = xy
Como y 3 x^2 , sustituyendo se tiene:
S ( x ) x ( 3 x^2 ) 3 x x^3
El máximo de S(x) se da en las soluciones de S´(x) = 0 que hagan negativa a S´´(x).
S ´( x ) 3 3 x^2 0 x = 1 y x = 1 (esta última no vale)
Como S ´´( x ) 6 x , se tiene que S´´(1) = 6 < 0; luego para ese valor de x se tendrá la superficie máxima.
Por tanto M = (1, 2).
P-
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4. Una imprenta recibe el encargo de diseñar un cartel con las siguientes características: la zona impresa debe ocupar 100 cm^2 , el margen superior debe medir 3 cm, el inferior 2 cm, y los márgenes laterales 4 cm cada uno. Calcula las dimensiones que debe tener el cartel de modo que se utilice la menor cantidad de papel posible.
Solución:
Si las dimensiones de la parte impresa son x por y, el cartel será como el que dibujamos.
La cantidad de papel que se necesita, y que se desea que sea mínima, es: S = (x + 8) (y + 5) Con la condición de que xy = 100 y = 100/x
Sustituyendo en S, queda:
( ) ( 8 )^100 5
x
S x x 140
x
S x x
Esta función es mínima en las soluciones de S´= 0 que hacen positiva a S´´.
2
x
S x 3
x
S x
S´(x) = 0 x^2 160 x 160 4 10 2 , 5 10 4 10
y
Como para ese valor S´´ es positiva se tiene la solución mínima buscada.
Las dimensiones del cartel deben ser: ancho: x 8 8 4 10 alto: y 5 5 2 , 5 10
P-
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Optimización Resueltos
6. De todos los rectángulos de diagonal 6 2 , encontrar las dimensiones del de perímetro máximo.
Solución:
Los rectángulos son de la forma
Su perímetro es P = 2x + 2y, siendo la relación entre los lados
2 2 2 x y 6 2.
Despejando ( y 72 x^2 ) y sustituyendo en P queda:
P ( x ) 2 x 2 72 x^2
El máximo de P se obtiene en las soluciones de P´(x) que hacen negativa a P´´(x).
2 2
x
x x
x P x 2 x 2 72 x^2
x^2 72 x^2 x = 6
En vez de hacer P´´(x), porque resulta engorrosa, podemos estudiar el signo de P´(x) a izquierda y derecha de x = 6. Así, si x < 6, P´(x) > 0 P(x) es creciente. si x > 6, P´(x) < 0 P(x) es decreciente Como la función crece a la izquierda de x = 6 y decrece a su derecha, para x = 6 se da el máximo de P(x).
Si el lado x = 6, el otro lado vale también 6. Así pues, se trata de un cuadrado de lado 6.
P-
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7. Calcular la base y la altura de un triángulo isósceles de perímetro 8 y área máxima.
Solución:
Sea el triángulo de la figura.
Su perímetro vale 8 2y + x = 8 2
8 x y
Por Pitágoras:
2 2 2 2
y h x 4
2 h y^2 x
Sustituyendo el valor de 2
8 x y
x x x x h 16 4 4 4
El área del triángulo es 2
x · h A .
Sustituyendo h por su valor, 4 2 3 2
( ) x x x x A x
Para que A sea máxima: A´(x) = 0 y A´´(x) < 0:
2 3
2
x x
x x A x 8 x 3 x^2 0 x = 0, x = 8/
En vez de calcular la derivada segunda, que resulta muy engorroso, estudiamos el crecimiento y el decrecimiento de A(x).
Para x < 0 no tiene sentido ver el signo de A´. Para 0 < x < 8/3, A´(x) > 0 A(x) crece. Para x > 8/3, A´(x) < 0 A(x) decrece.
Como la función crece a la izquierda de x = 8/3 y decrece a su derecha, en x = 8/3 se da el máximo.
Por tanto, la base pedida es x = 8/3, mientras que la altura valdrá 3
h 16 4 ( 8 / 3 )
P-
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9. Tenemos que hacer dos chapas cuadradas de dos distintos materiales. Los dos materiales tienen precios respectivamente de 2 y 3 euros por centímetro cuadrado. ¿Cómo henos de elegir los lados de los cuadrados si queremos que el coste total sea mínimo y si además nos piden que la suma de los perímetros de los dos cuadrados ha de ser de un metro? (2,5 puntos)
Solución:
Sean los cuadrados siguientes:
Perímetro = 4x + 4y = 100 cm
Superficie = x^2 + y^2
Coste = 2x^2 + 3y^2
Despejando y en la ecuación del perímetro: x
x y
Sustituimos en la expresión del coste:
C ( x ) 2 x^2 3 ( 25 x )^2 C ( x ) 5 x^2 150 x 1875
El coste será mínimo en la solución de C´(x) = 0 que haga positiva C´´(x).
C ´( x ) 10 x 150 0 x = 15
Como C´´(x) = 10 > 0, para ese valor de x = 15 se obtiene el mínimo buscado.
Por tanto, los lados deben ser de 15 cm y de 25 15 = 10 cm.
P-
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10. Descomponer el número e en dos sumandos positivos de forma que la suma de los logaritmos neperianos de los sumandos sea máxima (1,5 puntos). Calcular dicha suma ( punto)
Solución:
Sean los sumandos x y e x:
Se desea que S(x) = ln x + ln(e x) sea máxima.
El máximo se da en las soluciones de S´(x) = 0 que hacen negativa a S´´(x).
x e x
S x 0 ( ) ( )
xe x
x xe x
e x e x x = 0 2
e x
Como 2 2 ( )
x e x
S x
es suma de dos números negativos, S´´(x) < 0 para cualquier
valor de x; en consecuencia, para 2
e x se tendrá el máximo buscado.
La suma pedida es:
2 (ln ln 2 ) 2 2 ln 2 2
2 ln 2
ln 2
ln e e e e S
P-
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12. Expresa el número 60 como suma de tres números positivos de forma que el segundo sea doble del primero. Si el producto de los tres es máximo, determina el valor de dicho producto.
Solución:
Sean x, y, z los números.
Se sabe que y = 2x; y que x + y + z = 60 3x + z = 60 z = 60 3x
El producto de los tres números es:
P = xyz = x · 2x · (60 3x) = 6x^3 + 120x^2
El producto en función de x es: P(x) = 6x^3 + 120x^2
Este producto es máximo en los valores de x que cumplen que P´(x) = 0 y P´´(x) > 0
P´(x) = 18x^2 + 240x = 6x(3x + 40) = 0 x = 0; x = 40/3.
Como P´´(x) = 36x + 240 se tiene que P´´(40/3) = 120 < 0. Por tanto, el producto será máximo cuando x = 40/3.
Los otros dos números son y = 2x = 80/3; z = 20.
El producto máximo es P = · 20 7111 , 11 3
P-
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13. Se desea construir un paralelepípedo rectangular de 9 litros de volumen y tal que un lado de la base sea doble que el otro. Determinar las longitudes de sus lados para que el área total de sus 6 caras sea mínima.
Solución:
Si su altura es h, el volumen de este paralelepípedo vale: V = 2x · x · h = 2x^2 h
El área total de sus 6 caras es:
A = 2 · (2x · x) + 2 · (2x · h) + 2 · (x · h) A = 4x^2 + 6xh
Como V = 2x^2 h = 9 2 2
x
h
Sustituyendo en A:
x
A x x
Esta función es mínima en las soluciones de A´ = 0 que hacen positiva a A´´.
2
x
A x x = 0 8 x^3 27 0 2
x
Como 3
x
A x > 0 para todo x > 0, para 2
x se tiene la solución mínima.
Por tanto, el lado más largo valdrá 3, y la altura 2 2 ( 3 / 2 )
h 2
P-
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Optimización Resueltos
Un observador se encuentra frente a un cuadro colgado de una pared vertical. El borde inferior del cuadro está situado a una distancia a sobre el nivel de los ojos del observador, el borde superior a una distancia b. ¿A qué distancia de la pared debe situarse el observador para que el ángulo bajo el que ve el cuadro sea el máximo?
x
b
tag (α + β)= ;
x
b tag tag
tag tag
−
puesto que x
a
tag β = , resulta:
b x
a x tag x
a
( tag α + ) =( 1 − α. ) ; b a
x
ab
tag α ( x + )= − ;
x ab
b a x tag
x ab
b a x arctag
α ; como lo que hay que maximizar es α ya tenemos la función a
derivar para calcular el extremo. Derivando se obtiene:
2 2
2 2
2 2
x ab
b ax
x ab
b a x ab x b a
dx
d α
= 0; de donde ( b − a )(− x^2 + ab )= 0
x = ± ab que en nuestro caso solo nos servirá la solución positiva, es decir ab que lo estudiamos en el dominio de la función que es R.
La derivada en 0 es positiva pues viene determinada por el signo de la expresión ab(b-a) que es positiva toda vez que b>a y ambos son positivos. La derivada en ab es negativa pues viene determinada por el signo de la expresión ab-(ab)^2 < 0.
Hay un máximo.^1
(^1) A partir de este momento no volveremos a comprobar si el valor que anula la derivada determina un máximo o un mínimo salvo que haya necesidad de discernir. Damos por hecho la optimización establecida en el enunciado del problema.
α a
b
β x
ab
0 ab
P-
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Determinar la razón entre el radio de la base y la altura de un cilindro que, con el volumen dado, tenga la superficie total mínima.
V = π r^2 h ; 2
r
V
h
S 2 rh 2 r^2
T = π^ +^ π
(^2 2) r 2 r
V
ST = + π
Si la superficie total ha de ser mínima, la derivada respecto al radio se anula en dicho mínimo, es decir:
4 0
r r
V
π de donde, 3
V
r = y 3
2
2
π
π
V
V
h por tanto la relación entre
el radio y la altura es 2
h
r
Hallar el área total máxima de un cilindro inscrito en una esfera de radio R.
A = 2 π r 2 + 4 π rx , R^2 = x^2 + r^2 x = R^2 − r^2
A = 2 π r 2 + 4 π r R^2 − r^2 ; derivando e igualando a 0, se obtiene la ecuación bicuadrada
en r: 5r^4 - 5R^2 r^2 + R^4 = 0, de donde
2 2 10
r (^) R
= Obtenemos para r dos posibles soluciones (^)
r R y
r
h
R
r
x
P-
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2 2
x a
kx C x ; C’(x) = 0 implica (^2) − 1 = k
x a
por tanto el punto D ha de estar del pueblo B a una distancia por la línea del ferrocarril igual a b- k^2 − 1
a
A 10 Km de tu casa te acuerdas que te has dejado el agua corriendo, lo que te cuesta 10 ptas. la hora. Volver a casa a una velocidad constante de x Km/h te cuesta en combustible 9+(x/10) ptas. el Km. a) ¿Cuánto te cuesta volver a casa a x km/h (en combustible)? b) ¿Cuánto tiempo tardas en llegar a casa si viajas a esa velocidad? c) ¿Cuánto te cuesta el consumo de agua mientras regresas a casa? d) ¿A qué velocidad debes regresar a casa para que el coste total de consumo de agua y combustible sea mínimo.
SOLUCION:
a) 10 [9+(x/10)] = 90 + x pesetas.
b) t = 10/x horas
c) 100/x pesetas
d) 100/x + 90+x ha de ser minimo; derivando -100/x^2 + 1 = 0 : de donde x= 10 Km/h
Una fábrica situada a 12 Km. de la orilla de un río rectilíneo, ha de transportar sus producto a una ciudad situada en la orilla del río y a 80 Km del punto de éste más próximo de la fábrica. El transporte de mercancías en camión cuesta 130 ptas por tonelada y km y el transporte en gabarra por el río cuesta 50 ptas. por tonelada y km. ¿En qué punto de la orilla se debería cargar la mercancía en gabarras para que el coste total del transporte sea mínimo?
y = 144 + x^2 Coste = 130. 144 + x^2 + 50 (80-x) ; derivando se obtiene
50 0 ; 5. 144
x^2 x Km
x − = =
x 80-x
y
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De una chapa redonda de hojalata se corta un sector circular que se enrolla en forma de un embudo cónico. ¿Cuál debe ser el ángulo del sector para que el embudo tenga el volumen máximo?
El perímetro de la base del cono es 2πR-Rx = R(2π- x) y dado que a su vez es 2πr, resulta que:
R ( 2 x ) r
la altura del cono es R^2 − r^2
Así pues el volumen es V =. 2
2
R x 2 2 R − r , sustituyendo r por su valor
en función de x, derivando respecto a x e igualando a 0 se obtiene que
x 2 π
por tanto el ángulo que determina el vaso cónico es 3
2 π
R
x
r
R
P-
