PROBLEMAS DE OPTIMIZACIÓN

PROBLEMAS DE OPTIMIZACIÓN
La teoría de máximos y mínimos junto a los criterios de la primera y segunda derivada son
aplicados para obtener la gráfica de una función, el paso siguiente es hallar el área de una
región plana determinada por la gráfica y luego el volumen cuando esta región gira respecto
a un eje. Esto será posible si aprende a integrar una función y si SABE GRAFICAR LA
FUNCIÓN.
Otra aplicación de los máximos y mínimos es referente a problemas de optimización pero,
no es como graficar la función porque no se requiere la gráfica, por lo tanto su aplicación es
muy sencilla ya que se trabaja sobre un máximo o un mínimo.
Por ejemplo: se requiere construir con una plancha de metal de 1mt. De ancho por 2 mts.
De largo; un depósito en forma de un prisma de base rectangular sin tapa.
2 Mt.
1 Mt.
a.-Se requiere obtener un volumen de 0.8 mt3, ¿Qué medidas debe tener este prisma para
minimizar la perdida de material?
b.- ¿Qué medidas debe tener el prisma para obtener un máximo volumen?
Dos problemas diferentes que requieren:
En el primer caso cortar la plancha, este corte es pérdida de material y este material al ser
caro debe minimizarse para obtener el volumen deseado.
En el segundo caso no interesa el material que se pierda, lo que se busca es hacer los cortes
de forma de poder obtener un depósito con el volumen máximo posible.
Si se le diera la función para obtener el volumen, por ejemplo 𝑓(𝑥) = (2𝑥 2 − 3)(𝑥 + 4),
obtener el máximo y el mínimo no es problema porque sabe como hacerlo.
El problema pasa por si es capaz de construir con los datos dados la función.
Como verá este no es un problema de máximos y mínimos sino un problema de
racionamiento matemático, ¿cómo construye la función?
Debe recordar el área de un cuadrado, rectángulo, triángulo y circunferencia. Debe recordar
el volumen de un prisma recto de cualquier base, el volumen de un cilindro y
probablemente de una esfera.
Luego poder relacionar entre los datos de un área y un volumen dos variables en el caso
más sencillo, ya que hay problemas que requieren el uso de más variables y el problema ya
tiene un mayor grado de dificultad.
En este material voy a resolver solo algunos casos que requieren relacionar dos variables
por ser los más sencillos, aun así debe aprender a razonar con los datos en forma lógica.
1.- Se quiere construir con un alambre de 2 mts. de longitud un cuadrilátero de ángulos
rectos cuya área sea la mayor posible. ¿Qué dimensiones debe tener este cuadrilátero y cuál
será su Máxima área?
Solución:
La longitud del cuadrilátero es: 2𝑥 + 2𝑦 = 2𝑚𝑡𝑠.
𝑦
El área del cuadrilátero es: = 𝑥. 𝑦
𝑥
Observe que tiene que relacionar los datos de la longitud con los datos del área, al desear un
área máxima, debe derivar el área pero en función de una sola variable.
De la Longitud: 𝑥 + 𝑦 = 1 → 𝑦 = 1 − 𝑥
Aplicado en el área: 𝐴 = 𝑥. 𝑦 = 𝑥. (1 − 𝑥) → 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑥 2
Derivando la función “área” 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − 2𝑥
El punto crítico: 1 − 2𝑥 = 0
→ 𝑥 = 1/2.
1
Derivando por segunda vez: 𝑓 ″ (𝑥) = −2; luego al ser negativo 𝑥 = 2 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑜.
Como: 𝑦 = 1 − 𝑥 → 𝑦 = 1 −
1
2
1
→𝑦= .
2
Rpta. Las dimensiones del cuadrilátero son 50 cm. Por lado y tiene la forma de un cuadrado
de área máxima. 2500 cm2.
2.- Se quiere construir en una pared de un cuarto una ventana, cuya longitud o perímetro de
la ventana sea de 6 mts. la forma que sugiere el arquitecto es una semicircunferencia en la
parte superior y la parte inferior tipo rectángulo.
El dueño de la casa quiere que esta ventana tenga el área máxima para que ingrese la mayor
cantidad de luz.
Solución:
La ventana tiene dos áreas compuestas por la semicircunferencia
𝑟
Y el rectángulo.
𝑦
La longitud de la ventana: 𝑥 + 2𝑦 + 𝜋. 𝑟 = 6
Y el área: 𝑥. 𝑦 +
𝑥
𝜋𝑟 2
2
Observe que la longitud del rectángulo no es 2x + 2y, ya que no tiene la parte superior
razón por la que se tiene solo x + 2y.
𝑥
El radio es 𝑟 = 2 ; de la longitud despejamos “y”→ 𝑦 =
6−𝜋.𝑟−𝑥
2
Se quiere maximizar el área por esta razón debe derivar el área pero expresado en una sola
variable.
𝑥. 𝜋
𝑥
6− 2 −𝑥
𝜋. (2)2
𝜋. 𝑟 2
6 − 𝜋. 𝑟 − 𝑥
𝜋. 𝑟 2
𝑓(𝑥) = 𝑥. 𝑦 +
→ 𝑥(
)+
→ 𝑥(
)+
2
2
2
2
2
𝑓(𝑥) = 3𝑥 −
𝑥2 𝑥2𝜋
−
2
8
Derivando la función:
𝑓′(𝑥) = 3 − 𝑥 −
𝑥. 𝜋
4
Hallando el punto crítico:
3−𝑥−
𝑥. 𝜋
3
=0 → 𝑥=
𝜋 ≅ 1.68
4
1+4
En este caso no podemos hacer uso de la segunda derivada, sino analizar por intervalos.
𝑥 = 1.68
< −∞, 1.68 > −
< 1.68, +∞ > +
El punto es un máximo.
𝑟 = 0.84
𝑦 = 0.84
El área máxima alcanzada
es 2.52 mts2