2 .2hx xy - xy - ) 15( xx - - 225 30 + - x 225 30 +

+-/8Optimización de funciones
1º.- ( ejerc. 33 pág 299 ).- Entre todos los triángulos isósceles, de perímetro 30 cm, ¿ cuál es el de
área máxima?
Solución
Perímetro 2 x + 2 y = 30
x + y = 15 => y = 15 – x
(1)
2 x.h
=x.h
2
(2)
De la figura tenemos que h =
y 2 − x 2 de donde:
Área =
Área
=
y2 − x2
x.
=
x.
(15 − x) 2 − x 2 =
x. − 30 x + 225
Si queremos que el área sea máxima implica que ( Área ) ´ = 0
( Área ) ´ =
− 30 x + 225 +
obteniendo x =
− 30 x
2 − 30 x + 225
= 0 => 2 ( - 30 x + 225) – 30 x = 0
450
= 5
90
Se comprueba que corresponde a un máximo estudiando el signo de ( Área ) ´ en el entorno de x = 5.
2º.- (ejerc 36 pag 299). En un triángulo isósceles de base 12 cm ( el lado desigual) y altura 10 cm, se
inscribe un rectángulo de forma que uno de sus lados esté sobre la base del triángulo y dos de sus
vértices sobre los lados iguales:
a) Expresa el área, A, del rectángulo en función de la longitud de su base, x, y di cuál es el
dominio de la función.
b) Halla el máximo de esa función
Solución
a) A = MN . PB´= x . y
Como los triángulos ABB´y C´BP son semejantes tenemos
que:
−5
AB´
BB´
6
10
=>
=
de donde y =
=
x + 10
C´P
BP
x / 2 10 − y
6
Con esto
A=x.(
−5
6
x + 10) =
−5
6
.x 2 + 10 x
b) Para hallar el valor máximo => A´=
−5
.x + 10 => x = 6
3
-1-
3.- je-38 pag 299.- Un triángulo isósceles tiene el lado desigual de 12 m y la altura relativa a ese
lado de 5 m. Encuentra un punto sobre la altura tal que la suma de distancias a los tres vértices sea
mínima.
Solución
S = AO + OC + OB = 2.AO + OB
(1)
36 + x 2
AO =
OB = 5 – x
Sustituyendo estos resultados en (1)
36 + x 2 + ( 5 – x )
S = 2.
S´=
S´=
2x
36 + x 2
2x
36 + x
2
- 1 => para que sea extremo relativo
- 1 = 0 =>
2x
36 + x
2
= 1 => 4 x 2 = 36 + x 2 => x = 2. 3 m.
4º.- eje. 45 pág 299.- Entre todos los triángulos inscritos en una semcircunferencia de 10 cm de
diámetro, ¿ cuál es el de área máxima?
Solución
El triángulo ABC,inscrito en una semicircunferencia, es un triángulo rectángulo en B
Área =
x. y
2
Por Pitágoras 100 = x 2 + y 2 => y =
Con lo que Área =
x. 100 − x 2
2
Derivamos => A´=
1
( 100 − x 2 +
2
100 − x 2
− x2
100 − x
)
Igualando a cero y elevando al cuadrado:
100 – x 2 =
x4
=> - 200 x 2 + 10000 = 0 => x =
2
100 − x
50 => y =
50
La solución nos indica que el triángulo, además de rectángulo, es isósceles.
5º.- De todas las rectas que pasan por el punto P(1, 2), encuentra la
que determina con los ejes de coordenadas, y en el primer
cuadrante, un triángulo de área máxima
Solución
Las rectas que pasan por P tienen de ecuación y – 2 = m ( x – 1)
-2-
Las coordenadas de A y B son: A( 0, - m+2) y B(
m−2
,0)
m
m − 2 1 − m 2 + 4m − 4
1
1
El área pedida será: A = .OA.OB = (- m+2).
= .
2
2
m
2
m
Derivamos esta expresión
A´=
1 − m2 + 4
.
e igualamos a cero A´= 0 => - m2 + 4 = 0 => m = 2
2
m
Se comprueba que, en el entorno de m = 2, A´ pasa de ser negativa a positiva lo que nos dice que
corresponde a un mínimo.
Ecuación de la recta pedida: y – 2 = 2 ( x – 1 )
6º.- Dos postes de 12 y 18 m de altura distan entre si 30 m. Se desea tender un cable que una un
punto del suelo, entre los dos postes, con los extremos de estos. ¿ Dónde hay que situar el punto del
suelo para que la longitud total del cable sea
mínima?
Solución
En la figura vemos que la distancia pedida es:
D = MO + ON
MO =
144 + x 2
ON =
324 + (30 − x) 2
Sustituyendo estos valores
D=
144 + x 2 + 324 + (30 − x) 2
Derivando e igualando a cero => D´=
x
144 + x 2
=
(30 − x)
324 + (30 − x) 2
x
144 + x
2
+
− (30 − x)
324 + (30 − x) 2
=0
=> elevando al cuadrado para quitar las raíces
(30 − x) 2
x2
=
=> quitando denominadores 0 = 180 x 2 – 8640 x + 12960
2
2
144 + x
324 + (30 − x)
simplificando x 2 – 48 x + 162 = 0 de donde x = 3´65 m
La distancia OA = 3´65 m
Nota Los cálculos no están revisados
7.- ejerc 53 pág 300.- Dentro del triángulo limitado por los ejes OX y OY y la recta 2x + y = 8, se
inscribe un rectángulo de vértices ( a, 0), (0, 0) y (0, b). Determina el punto P(a, b) al que
corresponde el rectángulo de área máxima.
Solución
-3-
Área = a . b
Como P pertenece a la recta sus coordenadas
satisfacen su ecuación:
2 a + b = 8 => b = - 2 a + 8
de donde
Área = a . (- 2 a + 8 ) = - 2 a 2 + 8 a
Derivando
A´= - 4 a + 8 => A´= 0 => a = 2
Por lo que b = - 2.2 + 8 = 4
P( 2, 4)
Se omite la justificación de que el valor obtenido corresponde a un máximo.
8.- ejerc 52 pág 300. Calcula el punto de la curva y =
1
en el que la pendiente de la recta
1+ x2
tangente sea máxima
Solución
La función f ´(x) nos da la pendiente de todas las rectas tangentes a la curva dada. ( se muestra su gráfica)
f ´(x) =
− 2x
(1 + x 2 ) 2
Si queremos que la pendiente sea máxima
entonces f ´´ (x) = 0
f ´´ (x) =
6x 2 − 2
(1 + x 2 ) 3
Esta derivada se anula cuando 6 x 2 – 2 = 0
=> x = ±
3
3
Se comprueba que para x = -
3
la
3
derivada pasa de positiva a negativa en su entorno. Hay un máximo en x = -
-4-
3
3