Universidad de la Frontera Departamento de Matemática y Estadística. Problemas de Optimización. Cĺınica de Matemática. J. Labrin - G.

Transcripción

1 Universidad de la Frontera Departamento de Matemática y Estadística Cĺınica de Matemática 1 Problemas de Optimización J. Labrin - G.Riquelme 1. Una caja con base cuadrada y parte superior abierta debe tener un volumen de 50cm. Encuentre las dimensiones de la caja que minimicen la cantidad de material que va a ser usado. V = x 2 y & = = x 2 y Luego diremos que el área de la caja sin tapa será: A = x 2 +xy Ésta es la cantidadde materialquedeseamos que sea mínima; vemos que es una función dedos variables. Despejamos y de la restricción dada: y = 50 x 2 Sustituimos en el área y obtenemos uan función de una sola variable: ( ) ( ) A(x) = x 2 +x x 2 = x 2 + = x x 1 x Derivando: A (x) = 2x 200x 2 = 2x 200 x 2 = 2x 200 x 2 A (x) = x > 0 Calculamos Puntos críticos: A (x) = 0 2x 200 = 0 x = 100 x = 100cm Es un mínimo absoluto, pues A (x) > 0 para cualquier x 0. El valor correspondiente de la otra variable es: y = 50 = = x 1

2 2. Una hoja de papel debe tener 18 cm 2 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. 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 cm en total y los márgenes laterales suman 2 cm. tenemos que el área del texto escrito es (x 2)(y ) = 18. de esta ecuacion podemos despejar la variable y obteniendo que y = x+10. Luego podemos escribir el área de la hoja como A = xx+10, dicha área debemos x 2 x 2 minimzar. A = x2 +10x x 2 A = (8x+10)(x 2) (x2 +10x) (x 2) 2 A = 8x2 16x+10x 20 x 2 10x (x 2) 2 A = x2 16x 20 (x 2) 2 Vemos que x = 5 y x = 1 anulan la derivada, descartando el -1 como mínimo debemos quedarnos con x = 5. De este modo las dimensiones pedidas son x = 5, y = 10.. Un campesino tiene 00m de malla para cercar en dos corrales rectangulares iguales y contiguos. Determinar las dimensiones de los corrales para que el área cercada sea máxima. Tenemos que el perímetro y el área de los corrales son: P = x+y = 00 & A = 2xy Despejamos y quedando: y = 00 x 2

3 Entonces el aárea es: Derivando y obteniendo puntos críticos: A(x) = 2x(00 x) = 200x 8 x2 A (x) = x = 0 16 x = 200 x = 75 2 es el punto crítico Derivando por segunda vez: A (x) = 16 < 0 entonces se trata de un máximo. Luego el área máxima ocurre para x = 75 2 m & y = 50m. Un terreno tiene la forma de un rectángulo con dos semicírculos en los extremos. Si el perímetro del terreno es de 50m, encontrar las dimensiones del terreno para que tenga el área máxima. El área del terreno es A = 2xy +πx 2 El perímetro, P = 50m, está dado por P = 2y +2πx, por lo que: 2y 2πx = 50 y = 50 2πx 2 = 25 πx Si sustituimos éste valor en la fórmula del área, la tendremos expresada como función de una viariable x: A(x) = 2x(25 πx)+πx 2 = 50x+x 2 (π 2π) = 50x πx 2 Obteniendo puntos crítico: 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 se obtiene cuando el terreno tiene la forma circular. = 0, es decir, el área máxima

4 5. Una ventana presenta forma rectángular coronada por un semicírculo. Encuentre las dimensiones de la ventana con máxima, si su perímetro es de 10m. Si A es el área que deseamos que sea máxima y P es el perímetro de la ventana, entonces: A = xy πr2 & P = x+2y +πr Pero r = x 2 y P = 10: A = xy + π 2 ( x 2 A = xy + π 8 x2 & 10 = x ) 2 & 10 = x+2y +π ( x 2) ( 1+ π ) +2y. 2 Despejamos y de la ecuación 10 = x ( 1+ π 2) +2y, quedando: Sustituimos en A: y = 5 2+π x A(x) = xy + π ( 8 x2 = x 5 2+π ) x A(x) = π + x 2 +5x 8 + π 8 x2 A(x)es la función de la variable x que queremos maximizar. Derviando y calculando puntos críticos: A (x) = π + 8 A (x) = 0 π + 2x+5 = π + x+5 x+5 = 0 π + x = 5 x = 20 π +

5 Derivando nuevamente: A (x) = π + A(x) tiene un máximo local estricto en x = 20 π+. Entonces el área A de la ventana es máxima cuando x = 20 π+m, para lo cual: y = 5 2+π x = 5 y = 10 π + Es decir, cuando x = πm y cuando y = π+ m. < 0 ( 2+π )( ) 20 π + 6. Se desea construir un recipiente ciĺındrico de metal con tapa que tenga una superficie total de 80cm 2. Determine sus dimensiones de modo que tenga el mayor volumen posible. 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 80cm 2, 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. 80 = 2πr 2 h+2πrh h = 0 πr2 πr Sustituyendo en V: ( ) 0 πr V = πr 2 h = πr 2 2 V(r) = 0r πr πr Derivando y obteniendo puntos críticos: V (r) = 0 πr 2 5

6 Derivando nuevamente: Evaluando en r 1 2,0601: V (r) = 0 0 πr 2 = 0 r 2 = 0 π,21 r = ±,221 ±2,0601. V (r) = 6πr V (r 1 ) : 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 = 0 πr2 πr 0 π(2,0602)2 π(2,0602),120 Por lo tanto las medidas del ciĺındro con volumen máximo son: r 2,0601 & h, 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. Mínima. La parte x del alambre se usa para el cuadrado, por lo tanto cada lado tiene de longitud x. La parte x 10 del alambre se usar para el triángulo equilátero, por lo tanto cada lado tiene longitud x 10. De la figura del triángulo, usando el teorema de Pitágoras, obtenemos la siguiente relación: ( ) 10 x 2 ( ) 10 x 2 h 2 + = h 2 = (10 x)2 1 6 (10 x)2 h 2 = 6 (10 x)2 h = 6 (10 x) 6

7 El área del cuadrado es: El área del triángulo es: A C (x) = x2 16 El área de ambas figuras es: A T (x) = 1 2 base altura = (10 x) 6 (10 x) = 6 (10 x)2 A(x) = A T (x)+a C (x) = 6 (10 x)2 + x2 16 Nótese que el dominio de esta función es D A = [0,10] (la longitud de alambre de 10 m.). Calculamos la primera derivada: A (x) = 1 8 x+ 6 2(10 x)( 1) = 1 8 x 18 (10 x) = 1 8 x x Calculando puntos crítico: Calculando la segunda derivada se obtiene: = 9+ x A (x) = 0 9+ x 5 = x = 72(5 ) 9(9+ ),965. A (x) = Entonces el punto crítico anterior es un mínimo local. Calculamos la función A(x) en los extremos de su dominio: A(0) = 6 > 0 100,81125 y A(10) = = 6,25 Vemos entonces que la máxima área encerrada es cuando x=10, es decir, sólo cuando se construye el cuadrado. La mínima área encerrada es cuando x =,965, caso en el que se construye ambas figuras. 8. Dos Poblados P A y P B están a 2km y km, respectivamente, de los puntos más cercanos A y B sobre una ĺınea de transmisión, de los cuales están a km uno del otro. Si los dos poblados se van a conectar con un cable a un mismo punto de la ĺınea, Â cuál debe ser la ubicación de dicho punto para utilizar el mínimo de cable? 7

8 Sea C el punto de conexión ubicado, digamos, a x km del punto A y por supuesto a x km del punto B. Si l es la longitud del cable utilizado para conectar P a y P b con C, entonces: La función a minimizar es: l(x) = l (x) = 0 l = P a C +P b C = x 2 +b 2 + ( x) 2 + x 2 ++ ( x) 2 +9 = (x 2 +) 1 2 +[( x) 2 +9] 1 2 l (x) = 1 2 (x2 +) 1 2 2x+ 1 2 [( x)2 +9] 1 2 2( x)( 1); l (x) = x x 2 + x x 2 + x ( x) 2 +9 ; x ( x) 2 +9 = 0 x x 2 + = x ( x) 2 +9 Elevando al cuadrado la igualdad: x ( x) 2 +9 = ( x) x 2 + x 2 [( x) 2 +9] = ( x) 2 (x 2 +) x 2 ( x) 2 +9x 2 Esta última ecuación tiene por soluciones: 9x 2 = ( x) 2 9x 2 = (16 8x+x 2 ) 9x 2 = 6 2x+x 2 5x 2 +2x 6 = 0 x = 2± (2) 2 (5)( 6) 2(5) De donde se obtienen dos puntos críticos que son: = 2± = 2±8 10 X 1 = = = 1,6 y X 2 = 2 8 = = 8 Claramente el valor x 2 = 8 < 0 es descartada y sólo consideramos x 1 = 1,6 ya que l 9 (x) = +, (x 2 +) 2 [( x) 2 +9] 2 8

9 entonces l (x) > 0 para cada x. En particular l (1,6) > 0, por lo que l(x) es mínimo cuando x = 1,6km. Puesto que 0 x, calculamos los números l(0),l(1,6) y l(): l(0) = ( 0) 2 +9 = = 2+5 = 7 l(1,6) = (1,6) 2 ++ ( 1,6) 2 +9 = 6,56+ 1,76 6, l() = 2 ++ ( ) 2 +9 = 20+ 7,5 Se puede ver que l(x) es menor cuando x = 1,6km, siendo la longitud mínima del cable igual a 6,km aproximadamente. 9. Determinar las dimensiones del cono circular recto de máximo volumen que puede ser inscrito en una esfera de radio R. 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 πr2 h que es la función de dos variables (r&h). El triángulo rectángulo CQP, por el teorema de Pitágoras, vemos que R 2 = x 2 +r 2 con x = h R, por lo que R 2 = (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: y una ecuación: De la ecuación despejamos (por conveniencia) r 2 V = 1 πr2 h R 2 = (h R) 2 +r 2 r 2 = R 2 (h R) 2 = R 2 h 2 +2hR R 2 = 2hR h 2 9

10 Así tenemos (R es una constante): V(h) = 1 π(2rh2 h ) que es la función a maximizar. Derivamos para obtener puntos críticos: V (h) = 1 π(rh h2 ) V (h) = 0 1 π(rh h2 ) = 0 h(rh h 2 ) = 0 h = 0 o bien h = R 10