Universidad de la Frontera
1
Departamento de Matemática y Estadı́stica
Clı́nica de Matemática
Problemas de Optimización
J. Labrin - G.Riquelme
1. Una caja con base cuadrada y parte superior abierta debe tener un volumen de 50cm3 . Encuentre las
dimensiones de la caja que minimicen la cantidad de material que va a ser usado.
V = x2 y & = 50
50 = x2 y
Solución
Luego diremos que el área de la caja sin tapa será:
A = x2 + 4xy
Ésta es la cantidad de material que deseamos que sea mı́nima; vemos que es una función de dos variables.
Despejamos y de la restricción dada:
50
y= 2
x
Sustituimos en el área y obtenemos uan función de una sola variable:
200
50
2
2
=x +
= x2 + 200x−1
A(x) = x + 4x
x2
x
Derivando:
A′ (x) = 2x − 200x−2 = 2x −
2x3 − 200 ′′
200
=
A (x)
x2
x2
=2+
400
>0
x3
Calculamos Puntos crı́ticos:
A′ (x) = 0 ⇒ 2x3 − 200 = 0 ⇒ x3 = 100 ⇒ x =
√
3
100cm
Es un mı́nimo absoluto, pues A′′ (x) > 0 para cualquier x¿0. El valor correspondiente de la otra variable
es:
1√
1
50
3
100 = x
y=
2 =
2
2
100 3
1
2. Una hoja de papel debe tener 18 cm2 de texto impreso, márgenes superior e inferior de 2 cm de altura y
márgenes laterales de 1 cm de anchura. Obtener las dimensiones que minimizan la superficie del papel.
Solución
Sea x el ancho de la hoja e y el alto de ella, de esta manera su area es A = xy. Como los márgenes
superior e inferior suman 4 cm en total y los márgenes laterales suman 2 cm. tenemos que el área del
texto escrito es (x − 2)(y − 4) = 18. de esta ecuacion podemos despejar la variable y obteniendo que
4x + 10
4x + 10
. Luego podemos escribir el área de la hoja como A = x
, dicha área debemos
y =
x−2
x−2
minimzar.
4x2 + 10x
x−2
(8x + 10)(x − 2) − (4x2 + 10x)
A′ =
(x − 2)2
2
8x − 16x + 10x − 20 − 4x2 − 10x
A′ =
(x − 2)2
4x2 − 16x − 20
A′ =
(x − 2)2
A=
Vemos que x = 5 y x = −1 anulan la derivada, descartando el -1 como mı́nimo debemos quedarnos con
x = 5. De este modo las dimensiones pedidas son x = 5, y = 10.
3. Un campesino tiene 300m de malla para cercar en dos corrales rectangulares iguales y contiguos. Determinar las dimensiones de los corrales para que el área cercada sea máxima.
Solución
Tenemos que el perı́metro y el área de los corrales son:
P = 4x + 3y = 300 & A = 2xy
Despejamos y quedando:
y=
2
300 − 4x
3
Entonces el aárea es:
A(x) =
8
2x(300 − 4x)
= 200x − x2
3
3
Derivando y obteniendo puntos crı́ticos:
A′ (x) = 200 −
16
75
16
x = 0 ⇒ x = 200 ⇒ x =
es el punto crı́tico
3
3
2
Derivando por segunda vez:
A′′ (x) = −
16
< 0 entonces se trata de un máximo.
3
Luego el área máxima ocurre para x =
75
2 m
& y = 50m
4. Un terreno tiene la forma de un rectángulo con dos semicı́rculos en los extremos. Si el perı́metro del
terreno es de 50m, encontrar las dimensiones del terreno para que tenga el área máxima.
Solución
El área del terreno es
A = 2xy + πx2
El perı́metro, P = 50m, está dado por P = 2y + 2πx, por lo que:
2y − 2πx = 50 ⇒ y =
50 − 2πx
= 25 − πx
2
Si sustituimos éste valor en la fórmula del área, la tendremos expresada como función de una viariable
x:
A(x) = 2x(25 − πx) + πx2 = 50x + x2 (π − 2π) = 50x − πx2
Obteniendo puntos crı́tico:
A′ (x) = 0 ⇒ A′ (x) = 50 − 2πx = 0 ⇔ x =
25
π
Como A′′ (x) = −2π < 0, se trata de un máximo; además y = 25 − π 25
π = 0, es decir, el área máxima
se obtiene cuando el terreno tiene la forma circular.
3
5. Una ventana presenta forma rectángular coronada por un semicı́rculo. Encuentre las dimensiones de la
ventana con máxima, si su perı́metro es de 10m.
Solución
Si A es el área que deseamos que sea máxima y P es el perı́metro de la ventana, entonces:
1
A = xy + πr 2 & P = x + 2y + πr
2
Pero r =
x
2
y P = 10:
x
π x 2
& 10 = x + 2y + π
2 2
2
π 2
π
A = xy + x & 10 = x 1 +
+ 2y.
8
2
A = xy +
Despejamos y de la ecuación 10 = x 1 +
π
2
+ 2y, quedando:
y =5−
2+π
x
4
Sustituimos en A:
π 2
2+π
π
A(x) = xy + x = x 5 −
x + x2
8
4
8
π+4 2
x + 5x
A(x) = −
8
A(x)es la función de la variable x que queremos maximizar. Derviando y calculando puntos crı́ticos:
π+4
π+4
· 2x + 5 = −
x+5
8
4
π+4
20
π+4
x+5=0⇔
x=5⇔x=
A′ (x) = 0 ⇔ −
4
4
π+4
A′ (x) = −
4
Derivando nuevamente:
A′′ (x) = −
A(x) tiene un máximo local estricto en x =
20
x = π+4
m, para lo cual:
y =5−
y=
Es decir, cuando x =
20
4+π m
20
π+4 .
π+4
<0
4
Entonces el área A de la ventana es máxima cuando
2+π
x=5−
4
2+π
4
20
π+4
10
π+4
y cuando y =
10
π+4 m.
6. Se desea construir un recipiente cilı́ndrico de metal con tapa que tenga una superficie total de 80cm2 .
Determine sus dimensiones de modo que tenga el mayor volumen posible.
Solución
Se desea maximizar el volumen V = πr 2 h que depende de dos variables r & h.
Se sabe que el área total A = 2πr 2 h + 2πrh debe ser igual a 80cm2 , es decir:
80 = 2πr 2 h + 2πrh
Entonces tenemos:
Una función V = πr2h y una ecuación 80 = 2πr 2 h + 2πrh. Despejamos cualquier variable de la
ecuación.
40 − πr 2
80 = 2πr 2 h + 2πrh ⇒ h =
πr
Sustituyendo en V :
2
2
2 40 − πr
⇒ V (r) = 40r − πr 3
V = πr h = πr
πr
Derivando y obteniendo puntos crı́ticos:
V ′ (r) = 40 − 3πr 2
5
V ′ (r) = 0 ⇔ 40 − 3πr 2 = 0
p
40
⇔ r2 =
≈ 4,2441 ⇒ r = ± 4,2241 ≈ ±2,0601.
3π
Derivando nuevamente:
V ′′ (r) = −6πr
Evaluando en r1 ≈ 2,0601:
V ′′ (r1 ) : −6π(2,0601) < 0
Nota: Se descarta la parte negativa, pues estamos trabajando con medidas.
Ahora que ya conocemos el valor de r ≈ 2,0602, debemos conocer el valor de h.
h=
40 − π(2,0602)2
40 − πr 2
≈
≈ 4,1203
πr
π(2,0602)
Por lo tanto las medidas del cilı́ndro con volumen máximo son:
r ≈ 2,0601 & h ≈ 4,1203
7. Un trozo de alambre de 10 m. de largo se corta en dos partes. Una se dobla para formar un cuadrado y
la otra para formar un triángulo equilátero. Hallar cómo debe cortarse el alambre de modo que el área
encerrada sea:
Máxima.
Mı́nima.
Solución
x
. La parte
4
x − 10
x − 10 del alambre se usar para el triángulo equilátero, por lo tanto cada lado tiene longitud
.
3
La parte x del alambre se usa para el cuadrado, por lo tanto cada lado tiene de longitud
De la figura del triángulo, usando el teorema de Pitágoras, obtenemos la siguiente relación:
10 − x
h +
6
2
2
=
10 − x
3
2
√
3
1
3
1
2
2
2
2
(10−x)
⇒ h = (10−x) − (10−x) ⇒ h = (10−x) ⇒ h =
9
36
36
6
2
6
El área del cuadrado es:
AC (x) =
x2
16
El área del triángulo es:
√
√
1 1
1
3
3
(10 − x) =
(10 − x)2
AT (x) = · base · altura = · (10 − x) ·
2
2 3
6
36
El área de ambas figuras es:
A(x) = AT (x) + AC (x) =
√
x2
3
(10 − x)2 +
36
16
Nótese que el dominio de esta función es DA = [0, 10] (la longitud de alambre de 10 m.).
Calculamos la primera derivada:
√
√
1
1
3
3
′
· 2(10 − x)(−1) =
x−
(10 − x)
A (x) = x +
8
36
8
18
√
√
5 3
1
3
x−
+
x
=
8
18
18
√
√
5 3
9+4 3
x−
=
72
9
Calculando puntos crı́tico:
√
√
9+4 4
5 3
A (x) = 0 ⇒
x−
=0
72
√ 9
72(5 3)
√ ≈ 4, 34965.
⇒ x=
9(9 + 4 3)
′
Calculando la segunda derivada se obtiene:
√
9+4 3
>0
A (x) =
72
′′
Entonces el punto crı́tico anterior es un mı́nimo local.
Calculamos la función A(x) en los extremos de su dominio:
√
3
100
A(0) =
· 100 ≈ 4, 81125 y A(10) =
= 6, 25
36
16
Vemos entonces que la máxima área encerrada es cuando x=10, es decir, sólo cuando se construye el
cuadrado.
La mı́nima área encerrada es cuando x = 4, 34965, caso en el que se construye ambas figuras.
8. Dos Poblados PA y PB están a 2km y 3km, respectivamente, de los puntos más cercanos A y B sobre
una lı́nea de transmisión, de los cuales están a 4km uno del otro. Si los dos poblados se van a conectar
con un cable a un mismo punto de la lı́nea, ¿cuál debe ser la ubicación de dicho punto para utilizar el
mı́nimo de cable?
Solución
7
Sea C el punto de conexión ubicado, digamos, a x km del punto A y por supuesto a 4 − x km del punto
B.
Si l es la longitud del cable utilizado para conectar Pa y Pb con C, entonces:
p
p
l = Pa C + Pb C = x2 + b2 + (4 − x)2 + 33
La función a minimizar es:
p
p
1
1
l(x) = x2 + 4 + (4 − x)2 + 9 = (x2 + 4) 2 + [(4 − x)2 + 9] 2
l′ (x) =
l′ (x) = 0 ⇒ √
1
1
1 2
1
(x + 4)− 2 2x + [(4 − x)2 + 9]− 2 2(4 − x)(−1);
2
2
x
4−x
;
l′ (x) = √
−p
x2 + 4
(4 − x)2 + 9
x
x2
+4
−p
⇒x
Elevando al cuadrado la igualdad:
p
4−x
(4 −
x)2
+9
=0⇒ √
x
x2
+4
p
(4 − x)2 + 9 = (4 − x) x2 + 4
=p
4−x
(4 − x)2 + 9
x2 [(4 − x)2 + 9] = (4 − x)2 (x2 + 4) ⇒ x2 (4 − x)2 + 9x2
⇒ 9x2 = 4(4 − x)2
⇒ 9x2 = 4(16 − 8x + x2 )
⇒ 9x2 = 64 − 32x + 4x2
⇒ 5x2 + 32x − 63 = 0
Esta última ecuación tiene por soluciones:
p
√
−32 ± (32)2 − 4(5)(−64)
−32 ± 2104
−32 ± 48
x=
=
=
2(5)
10
10
De donde se obtienen dos puntos crı́ticos que son:
X1 =
16
−32 − 48
−80
−32 + 48
=
= 1,6 y X2 =
=
= −8
10
10
10
10
Claramente el valor x2 = −8 < 0 es descartada y sólo consideramos x1 = 1,6 ya que
l′′ (x) =
4
(x2 + 4)
8
3
2
+
9
3
[(4 − x)2 + 9] 2
,
entonces l′′ (x) > 0 para cada x. En particular l′′ (1,6) > 0, por lo que l(x) es mı́nimo cuando x = 1,6km.
Puesto que 0 ≥ x ≥ 4, calculamos los números l(0), l(1,6) y l(4):
p
p
√
02 + 4 + (4 − 0)2 + 9 = 2 + 25 = 2 + 5 = 7
l(0) =
p
p
p
p
(1,6)2 + 4 + (4 − 1,6)2 + 9 = 6,56 + 14,76 ≈ 6,4
l(1,6) =
p
p
√
l(4) =
42 + 4 + (4 − 4)2 + 9 = 20 + 3 ≈ 7,5
Se puede ver que l(x) es menor cuando x = 1,6km, siendo la longitud mı́nima del cable igual a 6,4km
aproximadamente.
9. Determinar las dimensiones del cono circular recto de máximo volumen que puede ser inscrito en una
esfera de radio R.
Solución
Consideramos una esfera de radio R > 0 y un cono que tiene base circular de radio r > 0 y altura
h > 0.
Una sección transversal perpendicular a la base del cono y que pasa por su eje se muestra en la siguiente
imagen:
El volumen del cono es:
V =
1 2
πr h
3
que es la función de dos variables (r&h).
El triángulo rectángulo CQP , por el teorema de Pitágoras, vemos que R2 = x2 + r 2 con x = h − R,
por lo que R2 = (h − R)2 + r 2 , es decir, la ecuación asociada a la restricción en el problema (que la
esfera sea de radio R).
Tenemos pues una función:
1
V = πr 2 h
3
y una ecuación:
R2 = (h − R)2 + r 2
De la ecuación despejamos (por conveniencia) r 2
r 2 = R2 − (h − R)2 = R2 − h2 + 2hR − R2 = 2hR − h2
9
Ası́ tenemos (R es una constante):
1
π(2Rh2 − h3 )
3
que es la función a maximizar. Derivamos para obtener puntos crı́ticos:
V (h) =
1
π(4Rh − 3h2 )
3
1
4
V ′ (h) = 0 ⇒ π(4Rh − 3h2 ) = 0 ⇒ h(4Rh − 3h2 ) = 0 ⇒ h = 0 o bien h = R
3
3
V ′ (h) =
10