α = arctag ; como lo que hay que maximizar es α ya tenemos la función a

Transcripción

1 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Un oservdor se encuentr frente un cudro colgdo de un pred verticl. El orde inferior del cudro está situdo un distnci sore el nivel de los ojos del oservdor, el orde superior un distnci. A qué distnci de l pred dee siturse el oservdor pr que el ángulo jo el que ve el cudro se el máimo? α β tg ( α β ) ; tgα tgβ tgα. tgβ puesto que tg β, result: ( tg α ) ( tgα. ) ; tgα ( ) ; ( ) tgα ( ) α rctg ; como lo que h que mimizr es α tenemos l función derivr pr clculr el etremo. Derivndo se otiene: dα d ( )( ) ( ) ( ) ( ) 0; de donde ( )( ) 0 ± que en nuestro cso solo nos servirá l solución positiv, es decir que lo estudimos en el dominio de l función que es. 0 L derivd en 0 es positiv pues viene determind por el signo de l epresión (-) que es positiv tod vez que > mos son positivos. L derivd en es negtiv pues viene determind por el signo de l epresión -() < 0. H un máimo. A prtir de este momento no volveremos compror si el vlor que nul l derivd determin un máimo o un mínimo slvo que h necesidd de discernir. Dmos por hecho l optimizción estlecid en el enuncido del prolem. Pontevedr

2 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Determinr l rzón entre el rdio de l se l ltur de un cilindro que, con el volumen ddo, teng l superficie totl mínim. r V V πr h ; h πr h S T π rh πr S T V r πr Si l superficie totl h de ser mínim, l derivd respecto l rdio se nul en dicho mínimo, es decir: V V V π r 0 de donde, r h por tnto l relción entre r π V π π r el rdio l ltur es h Hllr el áre totl máim de un cilindro inscrito en un esfer de rdio. r A πr πr, r r A π en r: π r r r ; derivndo e igulndo 0, se otiene l ecución icudrd 5r - 5 r 0, de donde r 5 ± 5 0 Otenemos pr r dos posiles soluciones 5 5 r 0 Pontevedr

3 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González 5 5 r, cuos respectivos 0 vlores de son Vemos entonces cuánto vle el áre lterl en mos csos: En el primer cso el áre vle: π ( 5) En el segundo cso el áre vle: π ( 5) que es inferior l nterior. Por tnto l 5 solución es: π ( 5) L fáric A dee unirse medinte un crreter con un líne férre rectilíne en l que se encuentr el poldo B. L distnci AC desde l fáric hst el ferrocrril es igul, en tnto que l distnci BC por el ferrocrril es igul. El costo del trnsporte de ls mercncís por l crreter es k veces (k>) mor que por el ferrocrril. En que punto D del segmento BC h que trzr l crreter desde l fáric pr que el costo del trnsporte de ls mercncís desde l fáric A hst el poldo B se el mínimo? A - B D C Si supongo que el precio por unidd de distnci por tren es, por crreter es k. Por tnto l función coste es: k. - Ahor ien, por tnto l función coste es: C( ) k Pontevedr

4 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González k C '( ) ; C () 0 implic k por tnto el punto D h de estr del puelo B un distnci por l líne del ferrocrril igul - k A 0 Km de tu cs te cuerds que te hs dejdo el gu corriendo, lo que te cuest 0 pts. l hor. Volver cs un velocidd constnte de Km/h te cuest en comustile 9(/0) pts. el Km. ) Cuánto te cuest volver cs km/h (en comustile)? ) Cuánto tiempo trds en llegr cs si vijs es velocidd? c) Cuánto te cuest el consumo de gu mientrs regress cs? d) A qué velocidd dees regresr cs pr que el coste totl de consumo de gu comustile se mínimo. SOLUCION: ) 0 [9(/0)] 90 pesets. ) t 0/ hors c) 00/ pesets d) 00/ 90 h de ser minimo; derivndo -00/ 0 : de donde 0 Km/h Un fáric situd Km. de l orill de un río rectilíneo, h de trnsportr sus producto un ciudd situd en l orill del río 80 Km del punto de éste más próimo de l fáric. El trnsporte de mercncís en cmión cuest 0 pts por toneld km el trnsporte en grr por el río cuest 50 pts. por toneld km. En qué punto de l orill se deerí crgr l mercncí en grrs pr que el coste totl del trnsporte se mínimo? ; Coste 0. 5 Km. 50 (80-) ; derivndo se otiene Pontevedr

5 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González De un chp redond de hojlt se cort un sector circulr que se enroll en form de un emudo cónico. Cuál dee ser el ángulo del sector pr que el emudo teng el volumen máimo? El perímetro de l se del cono es π- (π) ddo que su vez es πr, result que: r ( π ) π l ltur del cono es r r (π ) Así pues el volumen es V π. r, sustituendo r por su vlor π en función de, derivndo respecto e igulndo 0 se otiene que π 6 por tnto el ángulo que determin el vso cónico es π Pontevedr

6 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Un grnjero compr un terner de 70 Kg por 8000 pts. Alimentr l niml cuest 5 pts l dí l terner ument de peso 0,5 Kg cd dí. Por otro ldo, cd dí que ps, el vlor del niml en el mercdo disminue, de modo que el vlor l co de t dís, dependiendo del peso del niml es (00-(t/8)) pts por Kilo. Clculr: ) Peso de l terner l co de t dís ) Vlor totl de l terner en el mercdo l co de t dís. c) Coste totl invertido en esos t dís, incluendo l compr l limentción. d) Gnnci otenid por el grnjero si vende l terner los t dís (l gnnci será el vlor de l terner en ese instnte menos los costes invertidos) e) Cuándo deen vender l terner pr otener l máim gnnci? ) 70 0,5t ) (00-(t/8))( 70 0,5t) c) t d) (00-(t/8))( 70 0,5t) - ( t) e) Derivndo l epresión d) e igulndo 0, result t 0 dís. Entre todos los rectángulos que tienen el áre dd S, hllen quel que: ) teng el menor perímetro; ) teng l menor digonl: ) Sen e l ltur se respectivmente del rectángulo.. S; de donde S/ ( S) S El perímetro P (), cu derivd es: result l únic solución posile S por tnto S, e igulndo 0, L solución es un cudrdo de ldo S ) L menor digonl: d S derivndo e igulndo 0, result: S S por tnto Pontevedr

7 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Hllr l mor áre del rectángulo inscrito en un círculo de rdio Sen l se ltur respectivmente del rectángulo. Otenemos l relción:, de donde. El Are es entonces Derivndo e igulndo 0 se otiene: A - 0, por tnto, Hllr en l hipérol el punto más próimo l punto (, 0) Se (, ) el punto uscdo. H que hcer l distnci (, 0) mínim, es decir ( ) ; semos que d, con lo que 6 d, derivndo d e igulndo 0, result 6-0, de donde, por tnto ±. Los puntos uscdos son (,) (,-) Hllr en l práol el punto más próimo l punto (, /) Igul que en ejercicio nterior result l ecución ( ) ( ). 0; 0, de donde, Solución: (,) d ( ) ( ), derivndo e igulndo 0, Pontevedr

8 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Hllr el áre máim de un rectángulo cuos dos vértices cen en los ejes X e Y de un sistem crtesino de coordends, el tercero en el punto (0,0) el curto está en l práol El re es (- ), cu derivd es -, igulndo 0, ±. Solo nos vle l solución positiv. El áre máim es. Hllr l pendiente de l rect que ps por el punto A(,) que cort l primer cudrnte de coordends en el triángul de áre mínim. ( )( ) El áre del triángulo es A, hor ien, los triángulos BP PA son semejntes, por tnto / /. Sustituendo por / en l ecución del áre, result que A, derivndo e igulndo 0, result - 8 0, por lo que, en consecuenci l pendiente de l rect m n que ps por (,) por (,0) es -. puesto que es el vlor de m l resolver el sistem mn 0mn Hllr l longitud del ldo del trpecio que teng el perímetro mínimo entre todos los trpecios isósceles con áre prefijd S ángulo α entre el ldo l se inferior. En el desrrollo del prolem sustituiremos el ángulo por α l ltur es.sen α L se menor es. L se mor es.cos α Perímetro (.cos α) El áre de un trpecio es l semisum de ls ses por l ltur: Pontevedr

9 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González (.cosα) S. senα senα.cosα. senα, de donde S cosα. senα, sustituendo en l fórmul del perímetro se otiene: senα S cosα. senα S senα S P (.cos α) senα senα senα Derivndo P, se otiene S senα 0, de donde S senα Por el punto (, /) se trzn rects que cortn los semiejes positivos en los puntos B C. Hllr l ecución de quell rect pr l que el segmento BC tiene l longitud mínim. L distnci entre B C viene dd por d ( ) ( c ) Oservemos que por semejnz de triángulos c/ /, de donde c / tenemos: d ( ) ( ) Sustituendo en l epresión de l distnci, si derivmos e igulmos 0 llegmos l epresión: ( ) ( )( ) 0, simplificndo se otiene l ecución que por uffini se descompone en ()(8 -) 0. L solución - no es válid por tnto l solución es / c. L ecución de l rect pedid es 5 5 o 5 Hllr los ángulos gudos del triángulo rectángulo que tiene el áre máim entre todos los triángulos en los que l sum de ls longitudes de uno de los ctetos l hipotenus es constnte. Se un cteto (se del triángulo) e l hipotenus. El otro cteto, por el teorem de Pitágors es. El re es A. Como k, k-, de donde Pontevedr

10 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González ( k ) k k A ; Derivndo e igulndo 0, se otiene: k 6k 0; k( k ) 0; e α 60º β0º. k k, cos α / /. Por tnto Determinr los ángángulos del triángulo ABC de áre máim, si se d l longitud de su se BC semos que el ángulo BAC vle Se otiene entonces: En l resolución del prolem sustituiremos el vlor del ángulo por α los 80º los epresmos en rdines por π Si descomponemos el triángulo en los dos triángulos rectángulos de l figur, otenemos que los ctetos que conformn sus ses se otienen del cálculo de ls tngentes de de l tngente de π-(α). c tg, hor ien tg (π-(α)) - tg (α), sí pues: tg( π ( α )) c tg ; de donde tg( α ) c tg tg( α ) L función mimizr, el áre del triángulo, es: c A. tg tg( α ) ecución:, si derivmos respecto de e igulmos 0, llegmos l tg ± tg( α ) Dos csos: Si tg tg( α ), entonces α π. Solución no válid pues α π Si tg tg( α ), entonces tenemos que α π -, de donde el ángulo uscdo π α π α es por tnto el tercero es Pontevedr

11 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Determinr los ldos del rectángulo de áre máim inscrit en l elipse: de form que los ldos del rectángulo sen prlelos los ejes de l elipse. Se, l mitd de l se e l mitd de l ltur. Despejndo de l ecución de l elipse se tiene:. El áre del rectángulo es., es decir, derivndo respecto e igulndo 0, se otiene l ecución: - 0, de donde 0 (No vle) rectángulo es l ltur es, de donde l se del Clculr el áre máim del trpecio inscrito en un semicírculo de rdio, de form que l se inferior del trpecio se el diámetro del semicírculo. ( ) A ( ) ( ), derivndo respecto de e igulndo 0, llegmos que /. e Por tnto el áre pedid es: Pontevedr

12 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González L sección de un túnel tiene l form de un rectángulo que termin en un semicírculo. Determinr el rdio del semicírculo con el que el áre de l sección será l máim si el perímetro de l sección es igul p. Si llmmos l rdio del semicírculo e l ltur del rectángulo, el perímetro p π, El áre de l sección es A π / De l primer ecución tenemos que (p-- π)/ Por lo que el áre qued en función de del siguiente modo: A p- -π /; derivndo respecto de e igulndo 0 se otiene: p - - π 0, de donde p/(π) Por qué punto de l elipse se dee trzr un tngente de form que se l mínim el áre del triángulo formdo por est tngente los semiejes positivos O O? Se l rect tngente m n Por tnto A (0,n) B (-n/m, 0) El áre del triángulo es -n /m Pr otener l relción eistente entre m n prtimos del hecho de que l rect es tngente, es decir que solmente tiene un único punto de corte con l elipse, por lo que l resolver el sistem de ms ecuciones otenemos un ecución de segundo grdo en cuo discriminnte tiene que ser 0, de donde se otiene que n m ; sustituendo en l epresión del áre, result: m A, derivndo respecto de m e igulndo 0 tenemos que: m m ; n. De este modo he otenido l rect tngente que v hcer mínim el áre del triángulo que es Como me piden el punto P, hemos de resolver el sistem formdo por ls ecuciones de l elipse de l rect, oteniendo de dicho sistem que ; que son ls coordends respectivmente del punto P. Pontevedr

13 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Un hoj de crtón tiene l form de un rectángulo con ldos. Cortndo por sus ángulos cudrdos dolndo ls prtes soreslientes de l figur cruciforme, otenemos un cj iert por rri, cu ltur es igul l ldo del cudrdo. Cuál dee ser el ldo del cudrdo pr que el volumen de l cj se el máimo? Volumen de l cj es V (-).(-). Derivndo respecto de, otenemos -(-)-(-). (-)(-) 0 -() 0 ( 6 Hllr l ltur de un prism regulr tringulr de volumen máimo inscrito en un esfer de rdio. En primer lugr un prism regulr tringulr es quel cus ses son sendos triángulos equiláteros ls rists que determinn l ltur son perpendiculres ls ses. Se el ldo del triángulo. Se l mitd de l ltur. Otenemos l siguiente figur: Vmos verigur el cteto del triángulo rectángulo (rojo) cuo otro cteto e hipotenus respectivmente son,. Vemos el triángulo que conform l se: Como el triángulo es / equilátero, l situción es l de l figur. Por tnto cos0º, de donde c c Por tnto l relción entre ls dos vriles e, endo l primer figur (triángulo rectángulo rojo) es c, o lo que es lo mismo Como el volumen del prism es Are de l se por l ltur. Tenemos: V.. Sustituendo por su vlor otenido en l relción nterior, result que V ( ), derivndo e igulndo 0-9 0, de donde:, por tnto l ltur del prism que hce el volumen máimo es Pontevedr

14 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Un círculo de rdio está dividido en dos segmentos con l rect l lejd del centro del círculo un distnci h. Entre todos los rectángulos inscritos en el menor de dichos segmentos, hllr el de áre máim. El áre del rectángulo es. L relción entre e es: (h) Despejndo h ( ) El áre es entonces ( h ) derivndo e igulndo 0, se otiene l ecución de segundo grdo siguiente: 6h (h - h h 8 ) 0, cu solución es que es l ltur del rectángulo inscrito de áre máim, por tnto l distnci del centro l ldo del rectángulo prlelo l rect l es h h h Hllr el volumen máimo de un cilindro cuo perímetro en su sección il es. Así pues, el volumen pedido es π / 6 8 L sección il es el rectángulo coloredo, cuo perímetro es, de donde (-)/. El volumen del círculo es: V π.; es decir V (π -π )/, derivndo e igulndo 0 se otiene: π - π 0; 0 (No vle) /6. por tnto /6 Clculr el volumen de un cilindro cu áre totl es S. Sirviéndonos de l figur nterior, se el rdio de l se e l ltur. S π π. Por tnto (S-π )/ π El volumen es V π. (S-π )/, derivndo e igulndo 0: S - 6π 0 de donde S S S S/6π.. El volumen pedido es V 6π 6π Un lt de conservs tiene form cilíndric. Hllr ls dimensiones más ventjoss de l lt, es decir determinr l relción entre el dimetro de l se l ltur del cilindro con l que teng el volumen máimo con l superficie totl prefijd. Sirviéndonos de l figur nterior, se el rdio de l se e l ltur. S π π. Por tnto (S-π )/ π El volumen es V π. (S-π )/, derivndo e igulndo 0: S - 6π 0 Pontevedr

15 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González S de donde S 6π S/6π.. l relción pedid es / 6π S 6π esult que diámetro de l se ltur hn de tener el mismo vlor. Cómo dee ser un clder constituid por un cilindro remtdo en dos semiesfers, con ls predes del grosor prefijdo, pr que l cpcidd prefijd v pr su construcción se emplee l cntidd mínim de mteril? Buscremos sus dimensiones r h. El volumen prefijdo es: v π r υ π r π r h ; de donde h υ - r π r π r Y h que minimizr l superficie totl que es: S π r π rh, sustituendo h por l epresión nterior 8 υ S π r derivndo respecto de r e igulndo 0, r υ otenemos que r h 0. Con lo que l clder tiene que ser un esfer de π υ rdio π Determinr l rzón entre el rdio de l se l ltur de un cilindro que, con el volumen ddo, teng l superficie totl mínim. V πr h, de donde h V/πr. S πr πrh, sustituendo h en l últim epresión result que S (πr V/r), V V derivndo respecto r e igulndo 0, result que r, siendo h π V π ( ) π Si psmos todo potencis frccionris result: r h V (π ) V (π ) π V V π (π ) Pontevedr

16 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González ecordemos: V πr h/ POBLEMAS CON CONOS: Are lterl πrg (g es l genertriz, r el rdio de l se h es l ltur) Hllr l ltur del cono de volumen máimo, inscrito en un esfer de rdio. V π ()/ - π ( )( ) V derivndo respecto de e igulndo 0, otenemos l ecución: -() - 0 ; de donde /, por tnto l ltur pedid es / / Hllr l ltur del cono de volumen mínimo circunscrito en un esfer de rdio. Los triángulos OPC OAB son semejntes pues tienen un ángulo común O un ángulo recto en P A respectivmente. Por tnto tenemos l siguiente relción de semejnz: ( ), elevndo l cudrdo: ( ) ( ) ( ) ( ) ; ( ). El volumen del cono es V π ( ) por tnto ( ) V π, derivndo respecto de e igulndo 0, otenemos. Por tnto l ltur del cono pedid es. ; Pontevedr

17 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González En un cono, en el que el rdio de l se es igul l ltur H, está inscrito el cilindro de volumen máimo. Hllr el rdio de l se l ltur de dicho cilindro. Los triángulos OCA ADB son ovimente semejntes de donde se otiene l relción de semejnz siguiente: H H, despejndo result: ; H ( ) H- El volumen del cilindro es: cilindro, es decir H- es H/ V π π H ( ) (H-), derivndo respecto de e igulndo 0, result que / l ltur del Hllr el áre lterl mínim de un cono de volumen V Se g l genertriz del cono, h l ltur r el rdio de l se. Semos que V π r h / el áre lterl es π r g. Ahor ien, g r h Por lo que el áre lterl se trnsform en π. r. r h π. r h r Ddo que h V/π r, el áre lterl en función del Volumen ddo de l vrile r: A L r 9V π r π. r 6, derivndo con respecto r e igulndo 0 otenemos: 9V, por tnto el áre lterl mínim es π π simplificndo es epresión, el resultdo es: V V 6, π π 6 8V π 7 6 πv Hllr el volumen máimo de un cono con l genertriz l dd. V π r h / l r h l r h V π (l - h ).h / ; derivndo respecto de h e igulndo 0, h Así pues el volumen pedido es π l 7 l l r Pontevedr

18 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Hllr el volumen mínimo de un cono circunscrito un semiesfer de rdio (se supone que ls ses de l semiesfer del cono están en un mismo plno son concéntrics). Despejndo de es relción se otiene que Los triángulos rectángulos APB ABC son semejntes pues tienen los tres ángulos igules. Oteniendo l siguiente relción de semejnz: El volumen del cono es V π π cu derivd es: π. 9( ). π 0, 9π ( - ) - π 0; 6π - 9π 0; π ( - ) 0. de donde por tnto. Por tnto el volumen es. π Consideremos un hz de rects que psn por el punto M(,), donde >0 >0, que cortn los semiejes positivos OX OY. Hllen l longitud mínim del segmento PQ, donde P Q son los puntos de intersección de un rect del hz con los semiejes positivos. L función que h que minimizr es l distnci entre P Q que es: ( ) ( ) L relción entre e viene dd por l semejnz de los triángulos rectángulos de hipotenuss PM MQ, es decir: L función distnci es:, de donde ( ) ( ), derivndo e igulndo 0 tenemos: Pontevedr

19 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González ( ) ( )( ) 0, se sigue: ()( - ) 0.. L distnci pedid es: ( ( ) ( ) Un piedr h sido lnzd velocidd inicil prefijd v jo el ángulo respecto l horizonte. Desprecindo l resistenci del ire, determinr con qué ángulo, l distnci de vuelo de l piedr será l máim. L distnci máim se lcnz en el vlor de v cos. t, cundo 0 es decir v.sen. t t 0. de donde t 0 (l piedr no h recorrido ningún espcio) t vsen. Por tnto h de ser máim l función v cos. v. sen v sen. Derivndo respecto de e igulndo 0, tenemos: v cos 0, de donde cos 0 ; π/; π/ Con el fin de reducir el rozmiento del liquido por ls predes de un cnl, el áre que el gu humedece dee ser l menor posile. Demostrr que l mejor form de un cnl ierto rectngulr con el re de l sección trnsversl prefijd, es tl que, con ell, l nchur del cnl es dos veces mor que su ltur. Se A el re de l sección trnsversl, esto es A de donde A/ L superficie de rozmiento del gu es: S ( que hemos tomdo como longitud del cnl ) Sustituendo, result que S (A )/, derivndo respecto de e igulndo 0, result - A - A A A 0, de donde A, quedndo A demostrdo que l nchur () es dole que l ltur (). Pontevedr

20 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González De un tronco redondo se cort un vig de sección trnsversl rectngulr. Considerndo que l resistenci de l vig es proporcionl h, donde es l se h l ltur del rectángulo, hllr l rzón h/ con l que l vig tendrá resistenci máim. Considermos el diámetro del tronco igul (L relción será l mism independientemente del diámetro del tronco) h, h - k..h, siendo k l constnte de proporcionlidd. - 0, de donde k( - ), derivndo respecto de e igulndo 0, tenemos 6 h h, de donde Un recipiente con pred verticl de ltur h se encuentr sore un plno horizontl. De un orificio en l pred del recipiente flue un chorro. Determinr l posición del orificio con l que el lcnce del chorro será el máimo si l velocidd del líquido que flue es igul g, donde es l profundidd del orificio (Le de Torricelli) gt, de donde t g h El espcio recorrido en sentido horizontl es gt Mientrs que en sentido verticl es un cíd lire, es decir gt El chorro lleg l suelo cundo en verticl h recorrido h-, es decir: ( h), en consecuenci el espcio recorrido en sentido ( h) horizontl totl es g. h, derivndo respecto de e igulndo 0 g llegmos l ecución - h 0, de donde h/, es decir que el gujero dee encontrrse en medio del recipiente. Pontevedr

21 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Hllr l longitud mínim del segmento que divide l triángulo equilátero de ldo en dos figurs de áres igules El áre del triángulo equilátero de ldo es, puesto que l se es l ltur. Por tnto, si el segmento d divide l triángulo en dos figurs de igul áre, el áre del triángulo que qued determindo en l prte inferior es 8 Teniendo en cuent que HB /tg 60, tenemos: ( ), despejndo de est relción, result 8 Por otr prte l función que h que minimizr es d epresión nterior result: d, sustituendo por l ( ), derivndo respecto de e igulndo 0, llegmos l ecución simplificd: , de donde Sustituendo en el vlor de d, otenemos que l longitud mínim del segmento que divide l triángulo en dos áres igules es d Un foco cuelg sore el centro de un mes redond de rdio r. A qué ltur de l mes dee estr el foco pr que l iluminción de un ojeto que se encuentre en el orde de l mes se l mejor posile? (L iluminción es directmente proporcionl l coseno del ángulo de incidenci de los ros luminosos e inversmente proporcionl l cudrdo de l distnci l foco de luz) i.cos Se I donde i es l intensidd de luz, el d ángulo de incidenci de l distnci del foco l ojeto ilumindo en el orde de l mes. Puesto que d r r/tg. Tenemos que i.cos i.cos. sen I, derivndo respecto r ( cot g r de e igulndo 0, result l ecución trigonométric: Pontevedr

22 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González sen (cos sen ) 0 de donde sen0 lo descrtmos por ser 0. por tnto resolvemos el otro fctor oteniendo.cos - sen 0 entonces tg, de donde tg Pero semos que tg r/, por tnto r De un tronco redondo de diámetro d se dee cortr un vig de sección rectngulr. Cuáles deen ser ls dimensiones de dich vig pr que est teng un resistenci l fleión máim, siendo que l resistenci l fleión es proporcionl l producto de l nchur por el cudrdo de l ltur de l sección. k..h, puesto que d h k. (d - ) kd - k. Derivndo respecto de e igulndo 0 otenemos kd - k 0, de donde d h d Determinr l ltur mínim h OA de l puert de un torre verticl pr que trvés de ell se pued introducir en l torre un rr rigid de longitud l, cuo etremo reslrá lo lrgo de l líne de tierr AB. L nchur de l torre es d < l L líne roj es l rr de longitud l. Tenemos que l h. sec d. cos ec h ( l d.cos ec). cos derivndo respecto de e igulndo 0 tenemos: h' d cot g.cos ec.cos l. sen d. sen.cos ec d l. sen 0 d d d sen, rcsen l l l d d con lo que h l d. cos ec( rcsen ).cos rcsen l l Semos que cosec (rcsen ) cos(rcsen ). Así pues / l d l d l ( l d )( l d ) h l d.. l l d ( l d d l l l ) Pontevedr

23 Prolems resueltos de máimos mínimos J.M. mos González Pontevedr Hci un río cu nchur es igul, jo un ángulo recto, se h construido un cnl de nchur. Hllr l longitud máim de un tronco que puede psr del río l cnl. L longitud del tronco es ABBC, es decir que ec l cos. sec., derivmos respecto del ángulo tenemos: sen sen g ec tg l.cos cos..cot cos. sec ' igulndo 0 0.cos sen, dividiendo por cos tg. tg, rctg.cos sec. ecrctg rctg l Semos que sec.rctgα /cos(rctgα), como cosα α tg.sec rctg Semos tmien que cosec(rctgα) /sen(rctgα), como α α tg sen.cos ecrctg De donde: l