Subido por Boris Mauricio Martínez

TALLER Optimización. Cálculo

Anuncio
Universidad de Santiago de Chile
Facultad de Ciencia, Dpto. de Matemática y C.C.
Cálculo 1, Módulo Básico Ingeniería
Guillermo Acuña H. - Cristián Burgos G.
Taller 10: Optimización.
mediante el presente documento, se muestran ejercicios de dicultad creciente, el objetivo de esta
guía en el fondo es orientar al estudiante el cómo debe ir avanzado con los problemas que debe resolver para
establecer una estrategia y metodología de estudio clara, de manera de llegar lo más rápido y acertivamente
posible a niveles de aprendizaje altos y con el trasfondo teórico que corresponde aplicado a diversas situaciones
aquí planteadas. De ninguna manera se quiere decir que esto reemplaza el estudio de conceptos, es justamente
necesario para poder resolver problemas.
Estimados:
1. Se le ha pedido diseñar una lata con capacidad de un litro con tapa que tenga la forma de un cilindro circular
recto. ¾Qué dimensiones harán que se utilice la menor cantidad de material? (ver gura) (Indicación:
considere que las dimensiones están en centímetros)
Solución:
Se optimizará el área de la gura, así
A(r, h) = 2 · πr2 + 2πrh
De los datos de la gura, tenemos que el volumen es de 1[L] = 1000[cm3 ] , luego
= πr2 h = 1000
1000
h =
πr2
V
Reemplazando
1000
A(r) = 2πr + 2πr ·
πr2
1000
A(r) = 2 πr2 +
r
2
1
Derivando
1000
A (r) = 2 2πr − 2
r
0
Ahora A0 (r) = 0, si
1000
2 2πr − 2
r
= 0
2πr3 − 1000 = 0
r
r =
3
500
π
Ahora, derivando nuevamente
2000
A (r) = 2 2π + 3
r
00
q
Puesto que el radio obtenido es positivo, tenemos que A00 3 500
> 0 lo que asegura que el punto obtenido
π
minimiza el área y por ende se minimiza la cantidad de material utilizado.
√
2. Un triángulo cuya hipotenusa mide 3 m de largo se hace girar alrededor de uno de sus catetos para
generar un cono circular recto. Determine el radio, la altura y el volumen del cono de mayor volumen que
se pueda hacer de esta manera.
Solución:
Se busca optimizar el volumen del cono, el cual se obtiene mediante
V (r, h) =
1 2
πr h
3
Del triángulo interno, usando el Teorema de Pitágoras
h2 + r2 = 3
r2 = 3 − h2
Reemplazando
V (h) =
=
2
1
πh(3 − h2 )
3
1
π(3h − h3 )
3
Derivando
1
π 3 − 3h2
3
= π(1 − h2 )
V 0 (h) =
Ahora V 0 (h) = 0 si
π(1 − h2 )
=
|h|
=
0
1

h1
⇒
h
2
=1
= −1
Como h > 0 ya que es una altura , el punto seleccionado es h1 = 1. Derivando nuevamente tenemos que
V 00 (h) = −2πh
Como h = 1 , entonces V 00 (1) < 0 lo que asegura que el punto h = 1 maximiza la función volunen , para
obtener r
r2 = 3 − h2
√
r= 2
Finalmente, el volumen máximo
1
2
Vmax = π(1)(3 − 12 ) = π[u3 ]
3
3
3. Un jugador de fútbol americano quiere patear un gol de campo con el balón colocado en la línea punteada
de la derecha. Suponga que los postes del marco de anotación distan b[f t] entre sí y la línea punteada está
a distancia a > 0[f t] del poste derecho del marco. (Véase la gura). Encuentre la distanciah desde la línea
de los postes de anotación que le dará al pateador el mayor ángulo β de tiro. Suponga que el campo de
fútbol es plano.
3
Solución:
Notemos en primer lugar que debemos optimizar el ángulo β . En ptimer lugar, recordemos que
tan(β + θ) =
tan(θ) =
a+b
, (∗)
h
a
, (∗∗)
h
además de la suma de ángulos de la tangente
tan(β) + tan(θ)
1 − tan(β) tan(θ)
tan(β + θ) =
Despejando tan(β)
(1 − tan(β) tan(θ)) tan(β + θ) = tan(β) + tan(θ)
tan(β + θ) − tan(β) tan(θ) tan(β + θ) = tan(β) + tan(θ)
tan(β) (1 + tan(θ) tan(β + θ)) = − tan(θ) + tan(β + θ)
tan(β + θ) − tan(θ)
tan(β) =
1 + tan(θ) tan(β + θ)
Reemplazando (∗) y (∗∗) en esta última ecuación
tan(β) =
1
a+b
a
h − h
+ ha · a+b
h
bh
+ a(a + b)
bh
β(h) = arctan
h2 + a(a + b)
tan(β) =
h2
Derivando
1
0
β (h) =
1+
bh
h2 +a(a+b)
b
=
1+
=
bh
h2 +a(a+b)
2
h + a(a + b) − h · 2h
2 · b
(h2 + a(a + b))2
2 ·
a(a + b) − h2
(h2 + a(a + b))2
a(a + b) − h2
2 bh
· (h2 + a(a + b))2
1 + h2 +a(a+b)
Ahora β 0 (h) = 0 , si
a(a + b) − h2
2 bh
1 + h2 +a(a+b)
· (h2 + a(a + b))2
= 0
a(a + b) − h2 = 0
p
|h| =
a(a + b)
4
Como h > 0 , se tiene que
p
a(a + b)
h=
Consideremos la información del enunciado, en que a > 0 y b > 0 ya que son distancias, además observando
la expresión de la primera derivada vemos que el denominador es siempre positivo, por tanto, el signo de
β 0 (h) depende únicamente del numerador, con esto podemos ver que para h > 0:
β 0 (h) < 0 ⇔ a(a + b) − h2 < 0
p
⇔ h > a(a + b)
Consecuentemente,
β 0 (h) > 0 ⇔ 0 < h <
Como antes del punto x0 =
maximiza el ángulo β .
p
a(a + b)
p
a(a + b) la función crece, y luego decrece, tenemos que el punto encontrado
4. Se dispone de un alambre de largo 3a con el cual se desea formar un trapecio isósceles, con tres lados
iguales a a y la base más grande de largo x de modo de maximizar el área. Determine el valor de x que
cumple con esta condición extremal. Justique su respuesta.
Solución:
Se tiene que el área del trapecio esta dada por
A =
1
(a + x)h
2
Donde h es la altura del trapecio. Se puede apreciar (hacer la gura) que la base del triángulo rectángulo
formado por la altura h y el lado a vale x−a
2 , luego, se cumple la relación
x−a 2
a = h +
2
s
x−a 2
2
h =
a −
2
p
1
=
2ax − x2 + 3a2
2
2
2
Luego
A(x) =
p
1
(a + x) 2ax − x2 + 3a2
4
5
Derivando
0
A (x) =
=
=
p
2a − 2x
2
2
√
2ax − x + 3a + (a + x) ·
2 2ax − x2 + 3a2
1
√
2ax − x2 + 3a2 + a2 − x2
2
2
4 2ax − x + 3a
ax − x2 + 2a2
√
4 2ax − x2 + 3a2
1
4
Luego A0 (x) = 0 si
ax − x2 + 2a2 = 0
(a + x)(2a − x) = 0
Como x > 0, la única solución factible de esta ecuación es x = 2a, la cual es nuestro candidato a máximo.
Notese que el signo de la primera derivada sólo depende del factor (2a − x), donde A0 (x) < 0 para x > 2a
y A0 (x) > 0 para x < 2a lo que conrma el hecho de que x = 2a es un máximo.
5. Determine el área máxima de un rectángulo que puede inscribirse en la región limitada por la parábola
y = x2 + 4x y el eje X (ver gura).
Solución:
Notemos que el área del rectángulo es:
A = ab
De aquí de acuerdo a los datos de la gura, es posible ver que como la distancia entre las raíces de la
parábola es igual a 4 unidades, y ésta es simétrica con respecto al eje que pasa por su vértice, entonces
a = 4 + 2x y donde el hecho se sumar 2xse explica porque la componente x del vértice P (x, y) es negativa.
Como la componente y del vértice P (x, y) también es negativa, pues está bajo el eje X el alto debe ser
positivo, se cumple que b = −y , como y = x2 + 4x, se tiene que
A = −y(4 + 2x)
= −(x2 + 4x)(4 + 2x)
A(x) = −2x3 − 12x2 − 16x
6
Donde x ∈ [−2, 0], derivando
A0 (x)
=
−6x2 − 24x − 16
A0 (x) = 0 ⇔ −6x2 − 24x − 16 = 0
⇔ −2(3x2 + 12x + 8) = 0
√
2 3
⇔ x1,2 = −2 ±
3
√
Como x ∈ [−2, 0], solo nos quedamos con aquel que cumple esa condición, el cual es x0 = −2 + 2 3 3 luego:
Amax = A(x0 )
√
32 3 2
=
[u ]
9
7
Descargar
Fichas aleatorios
tarjeta del programa pfizer norvasc

0 Tarjetas joseyepezsumino

tarjeta del programa pfizer norvasc

0 Tarjetas joseyepezsumino

free fire garena

1 Tarjetas Rene Jonathan Ramos Reyes

“DIDÁCTICA PASADO Y PRESENTE

0 Tarjetas BENILDA RINCON PEÑA

Médicos de Francia del siglo XVI

15 Tarjetas Mr. Card

Crear fichas