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Universidad de Los AndesFacultad de Arquitectura y Diseño

Departamento de Tecnología de la Construcción

1. Construir una caja sin tapa, con base rectangular, a partir de una pieza de cartón de 16cm de ancho y 21 cm de largo, recortando un cuadrado en cada esquina y doblando los lados. Encuentre el lado del cuadrado para el cual se obtiene una caja de volumen máximo.

Función objetivo

Volumen de una caja VV=largo.ancho.alto

V= (21−2 x ) (16−2x ) xV= (21−2 x ) (16 x−2 x2)V=336x−42 x2−32 x2+4 x3

V=336 x−74 x2+4 x3

Restricciones

0< x <8

Proceso de optimización de la función objetivo Derivada de la función Volumen V

V '=336−148 x+12 x2

Números críticos V '=0 ó V '=∃

V '=0⇒ 336−148x+12 x2=0V '=∃⇒ No se estudia pues la función volumen es un polinomio.

Usamos la resolvente

para encontrar la solución a

Profa. Yajaira Ramos Rojas Ciencias Básicas 20 1

16-2x21-2x

x

16

21

x

16-2x21-2x

Función objetivo dependiendo de una sola variable lista para derivar

ax 2+bx+c=0

x1,2=−b±√b2−4ac2a336−148 x+12 x2=0



esto es,

De tal manera que

x1=9.33x2=3

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivada, sólo en el dominio de V, es decir entre 0<x<8

V '=336−148 x+12 x2

V ' '=−148+24 xSustituyendo el número crítico X=3 en la V”

V ' '=−148+24 (3)=−76Como V” <0 entonces, en X=3 ocurre el máximo volumen-

2. Construir un recipiente con la forma de un cilindro circular sin tapa con un volumen de 24π cm3. Si el precio del material que se usa en el fondo es el triple que el del material que se usa para la parte curva. Encuentre las dimensiones del recipiente para los cuales el costo de fabricar el recipiente sea mínimo. Suponga que el precio del material es constante e igual a 1000 Bs/cm2

Función objetivo

Costo de la parte curva


r

h

2Πr

Número crítico descartado porque no se encuentra en el dominio de V.

Dimensiones x=3cm

Volumen máximo =450 m3

12 x2−148 x+336=0

x1,2=148±√(−148)2−4(12 )(336 )2 (12 )

x1,2=148±7624



C1 = área de la parte curva * precioC1=2 π rh1000=2000π rh

Costo de la tapa del fondo C2 =área de la tapa del fondo * precioC2=πr23000=3000πr2

Costo de fabricación

C= C1 + C2

C=2000π rh+3000 πr2

Restricciones

r>0h>0

Otras ecuaciones

Usaremos la ecuación V=πr2h que representa el volumen del recipiente como ecuación auxiliar. Sabiendo que V=24π cm3, se tiene que 24 π=πr2 hDespejamos h

(1)

Sustituyendo (1) en C para lograr escribir la función objetivo en términos de una sola variable se tiene,

C=2000πr (24r2 )+3000 πr2C=

48000 πr +3000 πr2

Proceso de optimización de la función objetivo Derivada de la función Costo C

C=48000 πr−1+3000 πr2

C '=−48000 πr−2+6000 πr

C '=−48000 π+6000πr 3

r2

Números críticos C '=0 ó C '=∃


Función objetivo lista para derivar

Función objetivo con dos variables r y h

h=24r 2



C '=0⇒

−48000π+6000 πr3=0

r3=48000π6000 π

=8

r=3√8=2

C '=∃⇒ r2=0r=0

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivada

C '=−48000 πr−2+6000 πrC ' '=96000πr−3+6000π

Sustituimos r=2 en C”, C ' '=96000π

r 3+6000 π=96000π

8+6000 π=12000 π+6000 π

C ' '=18000 πComo C” >0 entonces, en r=2 ocurre el mínimo costo

3. Hallar la altura y el radio de un cilindro de volumen máximo que puede inscribirse en un cono de 12cm de altura y base 4cm de radio. Suponga que los ejes del cilindro y del cono coinciden.

Función objetivo

Volumen del cilindro

V=πr2h

Restriccionesr>0h>0Otras ecuaciones


Número crítico descartado porque no se encuentra en el dominio de C.

Función objetivo con dos

variables r y h

Número crítico valido

Dimensiones r=2cmh=6cm

Costo mínimo C=24000π+12000π=36000π Bs



Observe los dos triángulos semejantes:

Usando el teorema de Thales de Mileto

124

= h4−r

Despejamos la hh=12−3 r (1)

Sustituyendo (1) en la función objetivo tenemos

V=πr2 (12−3 r )V=12 πr2−3πr3


V '=24 πr−9πr2


V '=0⇒ 24 πr−9πr2=0(24 π−9πr ) r=0

r=0

r=2.67

V '=∃⇒ No se estudia pues la función volumen es un polinomio.

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivada, sólo en el número crítico r=2.67



Número crítico descartado porque

no se encuentra en el dominio de

h

12

4

r 4-r

12

h

12

4

r 4-r

12



V '=24 πr−9πr2

V ' '=24 π−18 πr

Sustituyendo r=2.67 en V”V ' '=24 π−18 π 2.67=−6 .06π

Como V”<0 en r=2.67 ocurre el máximo volumen de cilindro inscrito en el cono de 12cm de altura y base 4cm de radio.

4. Si tres lados de un trapecio miden cada uno 10 cm. ¿Cuánto debe medir el cuarto lado para que el área sea máxima?

Función objetivo

Área del trapecio

A=(B+b)2

h

Como b=10

A=(B+10 )2

h

Restricciones B>0 h>0

Otras ecuaciones

B=b1+a+ca=cB=b1+2c


3.30

Dimensiones {r=2 .67cmh=4 cm

Volumen máximo =28.52π m3

Función objetivo

con dos variables B y h



Por otra parte, como b1=10, entonces B=10+2c (1)

Usando el teorema de Pitágoras tenemos que h2+c2=102 por tanto

h=√102−c2

(2)Ahora sustituyendo (1) y (2) en la función objetivo se tiene

A=(10+2c+10)2 √102−c2

A=(20+2c )2 √102−c2

A=(10+c ) √102−c2

Proceso de optimización de la función objetivo Derivada de la función Área A

A'=(√100−c2)+(10+c )−2c2√102−c2

A'=(√100−c2)−10c+c2

√102−c2

A'=100−c2−10c−c2

√100−c2

A'=100−10 c−2 c2

√100−c2

Números críticos A'=0 ó A'=∃

A'=0⇒ 100−10c−2c2=0 Usamos la resolvente para hallar los valores de c





c1,2=10±√(−10 )2−4 (−2 ) (100 )2 (−2 )

c1,2=10±√100+800−4

=10±30−4

c1=−10c2=5

A'=∃⇒

√100−c2=0100−c2=0c=±√100c3=10c4=−10

De los números críticos hallados descartamos c=10 y c=-10, en consecuencia sólo nos interesa estudiar c=5

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la primera derivada, de los números críticos c=5 y c=10

A'=100−10 c−2c2

√100−c2No existe No existe

Como A' , alrededor de c=5 pasa de positiva a negativa, entonces en c=5 ocurre la máxima área del trapecio.Entonces si c=5, B=20

5. Se desea construir una valla alrededor de un campo rectangular, y dividirla en dos parcelas por otra valla paralela a uno de los lados. Si el área A del campo es dada, hallar la razón de los lados para que la longitud total de las vallas sea mínima.

Función objetivo

L: Longitud total de vallas


10

+ -0

Dimensiones B=20 cmb=10 cmh=√75cm

Área máxima =129.9 cm2

5-10

x

Y



L=3 y+2 x (1)

Restricciones

x>0 y>0

Otras ecuaciones

Como el área A es conocida A=xy , entonces y= A

x (2) Ahora (2) en (1)

L=3 ( Ax )+2x

Proceso de optimización de la función objetivo Derivada de la función Longitud

Reescribimos LL=3 Ax−1+2xL'=−3 Ax−2+2

L'=−3 A+2 x2

x2

Números críticos L'=0 ó L'=∃

L'=0⇒

−3 A+2 x2=0

x=±√3A2x1=√ 3 A2x2=−√ 3 A2

L'=∃⇒ x2=0x=0

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la

segunda derivada, con el número critico x1=√ 3 A2

L' '=6 Ax−3

L' '=6 Ax3



Número crítico descartado porque no se encuentra en el dominio de L.

Número crítico descartado porque no se encuentra en el dominio de A.



Sustituyendo

L' '=6 A

(√3 A2 )3=6 A3 A2 √3 A2

L' '=4

√3 A2Como L”>0, en

x=√ 3 A2 ocurre la mínima cantidad de valla para cercar un terreno de área A.

6. Calcular las dimensiones del triángulo isósceles de mayor área y de perímetro 10m.

Función objetivo

A= xh

2 (1)

Restricciones x>0

h>0y>0

Otras ecuaciones

Usando el teorema de Pitágoras tenemos h2+( x2 )

2= y2


Dimensiones ¿¿

Razón

yx=

A

√ 3 A2√ 3 A2

= A3 A4

=43

hh

x

y

x/2

x1=√ 3 A2



Despejamos la h

h=√ y2−( x2 )2

(2)

Por otra parte, se sabe que 2 y+ x=10 , entonces, despejamos la Yy=10−x

2 , simplificandoy=5− x

2 (3)

Sustituyendo (3) en (2)

h=√(5− x2 )2−( x2 )

2=√25−5 x+ x

4

2− x4

2=√25−5 x

(4)

Ahora (4) en (1)

A= x √25−5 x2

Proceso de optimización de la función objetivo Dominio de A

0<x<5 Derivada de la función Área A

A'=12 (√25−5 x+ x

2√25−5 x(25−5x )′)

A'=12 (√25−5 x−5 x2√25−5 x )=12 (2 (√25−5 x )2−5 x

2√25−5 x )A'=1

2 (2 (25−5 x )−5 x2√25−5 x )=12 (50−10x−5x2√25−5 x )=12 (50−15 x2√25−5 x )


A'=0⇒ 50−15x=0x=3 .3

A'=∃⇒ 25−5x=0x=5



Número crítico descartado porque no se encuentra en el dominio de A.



Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la primera derivada, sólo en el dominio de A, es decir entre 0<x<5

12 (50−15 x2√25−5 x )

Como A' , alrededor de x=3.3 pasa de positiva a negativa, entonces en x=3.3 ocurre la máxima área del triángulo isósceles de perímetro 10.

Entonces si x=3.3,

y=5−x2

y=3 . 35

7. Una ventana tiene la forma de un rectángulo coronado con un triángulo equilátero. Encuentre las dimensiones de la ventana que deja pasar más luz, si su perímetro mide 20m.

Función objetivo

Área del rectángulo A1=xy

Área del triángulo A2=

xh2

Área Total A

(1)

Restricciones x>0

h>0y>0

Otras ecuaciones

Usando el teorema de Pitágoras tenemos h2+( x2 )

2=x2

Despejamos la h

h=√x2−( x2 )2=√ x2− x2

4=√ 3 x24 =√3

2x

(2)


3.3

+ -0 5

Dimensiones { x=3.3my=3 . 35mh=2 .9m

Área máxima =4.8 m2

x

x

hh

x

y

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

A=xy+( xh2 )



Por otra parte, se sabe que el perímetro de la ventana debe ser 20m, esto

quiere decir que 3 x+2 y=20

despejando la Yy=20−3 x

2 , simplificandoy=10−3 x

2=10−1.5 x

(3)Sustituyendo (2) y (3) en (1) tenemos

A=x(10−1.5 x )+x √32

x

2=x (10−1.5 x )+√3 x2

4A=10x−1.5 x2+0 .43x2

A=10x−1.07 x2

Proceso de optimización de la función objetivo Dominio de A

0<x<6.67

Derivada de la función Área AA'=10−2 .14 x


A'=0⇒ 10−2.14 x=0x=4 .67

A'=∃⇒ Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la

segunda derivadaA' '=−2 .14Como A' '<0 , entonces en x=4.67 ocurre la máxima entrada de luz, es decir, la máxima área. Entonces si x=4.67

y=10−1 .5( 4 .67)y=2. 99



A´ existe siempre por ser una

función polinómica.

Dimensiones {x=4 .67my=2 .99mh=4 .04m

Área máxima =22.98 m2



8. Un rectángulo está acotado por los ejes x y y, y por la recta

y= 6−x2 ¿Qué longitud y anchura ha de tener para que el

rectángulo sea de área máxima?

Función objetivo

Área del rectángulo A=xy

Restricciones0<x<6

0<y<3

Otras ecuaciones

Ecuación de la recta (2)

Sustituyendo (2) y en (1) tenemos

A=x(6−x2 )

A=6 x−x2

2 Proceso de optimización de la función objetivo

Dominio de A 0<x<6

Derivada de la función Área AA'= 6−2x

2



Y

X

(0,3)

(6,0)

y=6−x2

hrV 2

3




A'=0⇒

6−2x2

=0

x=3

A'=∃⇒

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivadaA' '=−1

Como A' '<0 , entonces en x=3 se define el rectángulo de mayor área.Entonces si x =3

y=6−32

y=1 .5

9. Para hacer un filtro de laboratorio, se pliega un papel circular. Si el radio de dicho papel mide 9 cm, calcular la altura del cono que se forma para que el volumen sea máximo.

Función objetivo

Volumen del cono (1)

Restriccionesr>0h>0

Otras ecuaciones


Dimensiones {x=3y=1 .5

Área máxima =4.5

A´ existe siempre por ser una función polinómica.

9 999999999999999999999999999999999999999999999999999999



Usando el teorema de Pitágoras tenemos

(2) Sustituyendo (2) y en (1) tenemos

Proceso de optimización de la función objetivo

Dominio de V 0<h<9

Derivada de la función volumen VV '=84 . 8−3 .15h2


V '=0⇒

84 .8−3 .15h2=0h2=26 .9h=±5 .1

V '=∃⇒ Sólo consideramos h=5.1 por ser el número critico que se encuentra dentro del dominio de la función V

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivadaV ' '=−6 .3h

Sustituyendo h=5.1 en V ' '

V ' '=−6 .3(5.1)=−32.13Como V ' '<0 , entonces con h=5.1 se puede construir el cono de máximo volumenComo h=5.1 cm

r=√81−h2

r=√81−(5 .1)2=7 .41cm

10. Una hoja rectangular de metal, con perímetro de 4m va a ser enrollada para formar la cara lateral de un recipiente cilíndrico. Encuentre las dimensiones del recipiente de volumen máximo.


Dimensiones {h=5 .1cmr=7 .41cm

Volumen =293.2 cm3

V´existe siempre por ser una función polinómica.


h

2Πr

h2+r2=92

r2=81−h2

V=Π3

(81−h2 )h

V=84 . 8h−1 .05h3

hrV 2



Función objetivo

Volumen del cilindro

(1)

Restriccionesr>0

h>0Otras ecuacionesUsando el perímetro tenemos

(2)



Dominio de V 0<r<1/Π

0<r<0.31 Derivada de la función volumen V

V '=4 πr−6 π2r2


V '=0⇒

4 πr−6 π2r2=0r ( 4 π−6 π2r )=0r=04 π−6 π2r=0

r=23π

V '=∃⇒

Sólo consideramos r=23π

=0 .21 por ser el número critico que se

encuentra dentro del dominio de la función V

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivadaV ' '=4 π−12π2r


V´existe siempre por ser una función polinómica.


4 πr+2h=42h=4−4 πrh=2−2 πr

V=πr2 (2−2πr )V=2πr2−2π2r 3



Sustituyendo r=23π

=0 .21. en V ' '

V ' '=4 π−12π2 ( 23 π )=−4 π

Como V ' '<0 , entonces con r=0.21 m se puede construir el cilindro de máximo volumen

Como r=23π

=0 .21 entonces,

h=2−2 πr

h=2−2 π23 π

=2−43

=23

11. Un generador de corriente continua tiene una fuerza electromotriz de E Voltios y una resistencia de R1 Ω (suponga E y R1 constantes). ¿Cuál deberá ser el valor de una resistencia externa R2 para que la potencia P que se consume en ella sea máxima? (P=I 2Rdonde I la intensidad de la corriente del circuito, recuerde que resistencias en serie se suman y que V=IR t )

Función objetivo

Potencia P

(1)

RestriccionesR2>0I>0Otras ecuaciones


Dimensiones { h=23 mr= 2

3πm

Volumen =π ( 23π )

2 23m3=0.09m3

P=I 2R2

V=E=IRtRt=R1+R2E=I (R1+R2 )

I=ER1+R2



(2)



Dominio de PE y R1 son valores conocidos (constantes)R2>0

Derivada de la función potencia PP'=−2 E2 (R1+R2 )−3R+E2(R1+R2)−2

P'=−2 E2R2(R1+R2)

3 +E2

(R1+R2 )2

P'=−2 E2R2+E

2 (R1+R2)(R1+R2)3

=−2 E2R2+E

2R1+E2R2(R1+R2 )3

P'=−E2R2+E

2R1(R1+R2)3

Números críticos P'=0 ó P'=∃

P'=0⇒ −E2R2+E

2R1=0R2=R1

P'=∃⇒ (R1+R2)3=0R2=−R1

Sólo se considera R2=R1 como número crítico Є al dominio de P

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la primera derivada

−E2R2+E2R1(R1+R2)

3

Según el criterio de la primera derivada, cuando R2=R1 la potencia P es máxima.


R2=R1

Potencia máxima P =E2

4 R1


+ -R1-∞ +∞

P=(ER1+R2 )2R2

P=E2 (R1+R2)−2R2



12. Un terreno rectangular que tiene 1500m2 va a ser cercado y dividido en dos porciones iguales mediante una cerca adicional paralela a dos de los lados. Encontrar las dimensiones del terreno que requiere la menor cantidad de cerca.

Función objetivo

Cantidad de cerca C

C=3Y +2 X (1)

Restricciones

X>0Y>0

Otras ecuaciones

(2)Sustituyendo (2) y en (1) tenemos

Proceso de

optimización de la función objetivo

Dominio de CX>0

Derivada de la función cantidad de cerca CC '=−4500 X−2+2

C '=−4500X2

+2

C '=−4500+2 X2

X2


C '=0⇒

−4500+2 X2=0X2=2250X=±47 .4

C '=∃⇒ ´ X2=0X=0

Sólo se considera X=47.4 como número crítico Є al dominio de C, los otros valores no tienen sentido físico.



Y

X

A=XY1500=XY

Y=1500X

C=3(1500X )+2 XC=4500 X−1+2 X

221 2

2yxhAAA



Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivadaC ' '=9000 X−3

C ' '=9000X3

SustituyendoX=47.4 en C ' '

C ' '=900047 .43

=0.08

Como C ' '>0 , entonces con X=47.4 se puede cercar el terreno de área=4500 con la mínima cantidad de material.Dado que X=47.4 , entonces

13. Un alambre de 36cm de largo se va a partir en dos trozos. Una de las partes se va a doblar en forma de triángulo equilátero y la otra en forma de rectángulo cuya longitud es el doble de su ancho ¿Cómo debe partirse el alambre para que la suma de las áreas del triángulo y del rectángulo sea mínima?

Función objetivo

Área del triángulo

Área del rectángulo

Área Total A

(1)

Restriccionesx>0y>0h>0


Dimensiones {X=47 .4mY=31 .6m

Cantidad mínima de cerca =189.6m

y

2y

x

x

x h

Y=1500X

=150047 .4

=31.6

A1=xh2

A2=2 yy=2 y2



Otras ecuacionesUsando la longitud del alambre

(2) Por otra parte,

(3)

Sustituyendo (3) y (2) en (1) tenemos


Dominio de A 0<x<12

Derivada de la función Área AA'=0.88 x+4 (6−0 .5x )(−0 .5)A'=0.88 x−12+xA'=1 .88x−12


A'=0⇒ 1 .88 x−12=0x=6 .38

A'=∃⇒

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivadaA' '=1 .88

Como A' '>0 , entonces con x=6.38 ocurre la mínima área AComo x=6.38 cm

y=6−0 .5(6 .38)y=2.81cm


Dimensiones {x=6 .38 cmy=2.81cm

Área del triángulo= 17.7 cm2

Área rectángulo= 15.8 cm2

A´existe siempre por ser una función polinómica.


3 x+6 y=36y=6−0 .5 x

(x2 )2+h2=x2

h=√x2−x2

4=√32

x

A=x0 .87 x2

+2 (6−0 .5 x )2

A=0 .44 x2+2 (6−0.5 x )2

22

222

8

8

xzy

xzy



14. Un edificio debe apuntalarse con una viga que ha de pensar sobre un muro paralelo de 10m de altura y ubicado a 8m de distancia del edificio. Hallar la mínima longitud posible de esa viga.

Función objetivo

(1)

Restriccionesz>0y>0x>0

Otras ecuacionesUsando el teorema de Thales

(2)

Sustituyendo (2) en (1) tenemos


Derivada de la función largo de la escalera y



x8

zy

10x

=zx+8

z=10( x+8 )

x

y=√(10 ( x+8 )x )

2

+( x+8 )2

y=√100 ( x+8 )2

x2+ ( x+8 )2

y=x+8x √100+x2



y '=(x−( x+8 )x2 )√100+x2+x+8x

12√100+x2

2 x

y '=−8√100+x2x2

+x+8√100+x2

y '=−8 (√100+x2 )2+x2 (x+8 )x2√100+x2

=−8(100+x2 )+x3+8 x2

x2√100+x2

y '=−800−8 x2+x3+8x2

x2√100+x2=

−800+x3

x2√100+ x2

Números críticos y'=0 ó y '=∃

y '=0⇒ −800+x3=0x=3√800=9 .28

y '=∃⇒

x2=0 ⇒ x=0√ x2+100⇒ x=∃

Sólo se considera X=9.28 como número crítico Є al dominio de C, los otros valores no tienen sentido físico.

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la primera derivada

Como A' '>0 , entonces con x=6.38 ocurre la mínima área AComo x=6.38 cm

y=6−0 .5(6 .38)y=2.81 cm

15.Una ventana tiene la forma de un rectángulo coronado con un semicírculo. Encuentre las dimensiones de la ventana que deja pasar más luz, si su perímetro mide 10m.


Dimensiones {x=6 .38 cmy=2.81cm

Área del triángulo= 17.7 cm2

Área rectángulo= 15.8 cm2



Función objetivo

Área del rectángulo A1=xy

Área de la mitad de la circunferencia

A2=πr 2

2

Área Total A

(1)

Restricciones x>0

y>0

Otras ecuaciones

Perímetro total P=10

Perímetro de la parte rectangular 2y+x

Perímetro de la mitad de la circunferencia π ( x2 )

2 y+ x+π ( x2 )=10Despejando y se tiene

y=10−x−π x

22 , simplificando

y=5− x2−π x

4 (2)

Por otra parte, r= x2 (3)

Sustituyendo (2) y (3) en (1)



A=xy+ πr2

2

A=x(5−x2

−π x4 )+πx

2

8

A=5x−x2

2−πx2

4+πx

2

8=5 x−x2

2−πx2

8




Derivada de la función Área A

A'=5−x−πx4


A'=0⇒

5−x−πx4

=0

x=204+π

A'=∃⇒


A' '=−1− π4

Como A' '<0 , entonces en x=204+π ocurre la máxima entrada de luz,

es decir, la máxima área.

16. Una pieza larga y rectangular de lámina de 30 cm de ancho, va a convertirse en un canal para agua doblando hacia arriba dos de sus lados hasta formar ángulos rectos con la base. ¿Cuál debe ser el ancho de las partes dobladas para que el canal tenga capacidad máxima? Suponga que el largo de la pieza es constante k.

Función objetivo

Capacidad máxima = Volumen V


k


Dimensiones x=204+π m

y= 14+π m

A=5x− x2

2− πx2

8



V=k (30−2x ) x

V=30kx−2kx2 (1)

Restricciones x>0


Derivada de la función Volumen VV '=30k−4 kx


V '=0⇒

30k−4 kx=0

x=−30k−4k

=7 .5

V '=∃⇒

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivadaV ' '=−4 kComo V ' '<0 , entonces en x=7 .5 ocurre el máximo volumen

17. Un veterinario cuenta con 30m de tela de alambre y quiere construir 6 jaulas para perros instalando primero una cerca alrededor de una región rectangular y luego dividiendo la región en seis rectángulos iguales mediante 5 cercas paralelas a uno de los lados. ¿Cuáles son las dimensiones de la región rectangular con las que el área total sea máxima?

Función objetivo

Área = AA=xy (1)

Restricciones x>0 y>0


V´ existe siempre por ser una función polinómica.

x=7 .5 cmVolumen máximo= 112.5k cm3

y

x



Otras ecuaciones

Cantidad de tela de alambre C=30

2 x+7 y=30 despejando xx=30−7 y

2=15−3 .5 y

(2)Sustituyendo (2) en (1) se tieneA=(15−3 .5 y ) yA=15 y−3 .5 y2


Derivada de la función Área AA'=15−7 y


A'=0⇒

15−7 y=0

y=157

=2 .14

A'=∃⇒

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivadaA' '=−7

Como A' '<0 , entonces en y=2.14 ocurre la máxima área

18. Se quiere construir una caja de base cuadrada y sin tapa que tenga un volumen de 4 decímetros cúbicos. Encuentre las dimensiones que hagan que el material necesario para su construcción sea mínimo (ignore el espesor del material y lo que se desperdicia en la construcción)


V´ existe siempre por ser una función polinómica.

Dimensiones {y=2 .14mx=7 .51m

Área máxima total= 16.07 m2

Área por jaula= 2.69 m2


xx

Y

xx

y



Función objetivo

C1 = Cantidad de material del fondoC1=x2

C2 =Cantidad de material de las cars lateralesC2=4 xy

Cantidad de material C

C= C1 + C2

C=x2+4 xy

Restricciones

x>0y>0

Otras ecuaciones

Usaremos la ecuación V=x2 y que representa el volumen de la caja de base cuadrada como ecuación auxiliar. Sabiendo que V=4 dm3, se tiene que 4=x2 yDespejamos y

(1)

Sustituyendo (1) en C para lograr escribir la función objetivo en términos de una sola variable se tiene,

C=x2+4 x (4x2 )C=x2+16x

Proceso de optimización de la función objetivo Derivada de la función Costo C



Función objetivo con dos variables x y y

y= 4x2



C=x2+16 x−1

C '=2x−16 x−2

C '=2x3−16x2


C '=0⇒

2 x3−16=0x3=8x=2

C '=∃⇒ x2=0x=0


C '=2x−16 x−2

C ' '=2+32 x−3

Sustituimos x=2 en C”, C ' '=2+32

23=2+4=6

Como C” >0 entonces, en r=2 ocurre la mínima cantidad de material

19. La resistencia de una viga de sección rectangular es directamente proporcional a su ancho y al cuadrado de su altura. Encuentre las dimensiones de la viga más resistente que puede cortarse de un tronco cilíndrico de radio 10 cm.

Función objetivo R: Resistencia

R=β xy2

Restricciones x>0


Número crítico descartado porque no se encuentra en el dominio de C.

Función objetivo con dos variables x y y

β Constante de proporción

x

yr


Dimensiones x=2dmy=1dm

Cantidad mínima de materiaL C=4 dm2+8dm2=12dm2



y>0Otras ecuaciones

Haciendo uso del teorema de Pitágoras se tiene x2+ y2=202

Despejamos y2

y2=400−x2 (1)

Sustituyendo (1) en R para lograr escribir la función objetivo en términos de una sola variable se tiene,

R=βx (400−x2)R=β400 x−βx3

Proceso de optimización de la función objetivo Derivada de la función Resistencia R

R'=β 400−3 βx2

Números críticos R'=0 ó R'=∃

R'=0⇒

β 400−3 βx2=0

x=±√400β3 β =±11.54

x=11.54

x=−11.54


R' '=−6 βx

Sustituimos x=11.54 en R”, R' '=−6 β (11.54 )

Como R” <0 entonces, con x=11.54 tenemos la viga de máxima resistencia.



Dimensiones x=11.54cmy=16−33cm


Número crítico descartado porque

20

x

yr



20. De una pieza cuadrada de cartón se va a formar una caja abierta por arriba; cortando un cuadrado en cada una de sus esquinas y doblando los bordes. Dado que el cartón mide 4 cm de lado, encuentre las dimensiones de la caja que darán el volumen máximo. ¿Cuál es el volumen máximo?

Función objetivo

Volumen de una caja VV=largo.ancho.alto

V= (4−2 x ) (4−2 x ) xV= (4−2 x )2 xV= (16−16 x+4 x2 ) xV=16 x−16x2+4 x3

V=16 x−16 x2+4 x3

Restricciones

0< x <2


V '=16−32 x+12 x2


V '=∃⇒ No se estudia pues la función volumen es un polinomio.V '=0⇒ 16−32 x+12 x2=0Usamos la resolvente para encontrar la solución a 16−32 x+12 x

2=0

esto es,


Función objetivo dependiendo de una sola variable, lista para derivar

4

x

4

4-2x4-2x

x

12 x2−32 x+16=0

x1,2=32±√(−32)2−4 (12)(16 )2 (12 )

x1,2=32±1624



De tal manera que

x1=2x2=0 .66

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivada, sólo en el dominio de V, es decir entre 0<x<2

V '=16−32 x+12 x2

V ' '=−32+24 xSustituyendo el número crítico X=0.66 en la V”

V ' '=−32+24 (0.66 )=−16 .16Como V” <0 entonces, en X=0.66 ocurre el máximo volumen

21. Una página rectangular tiene 525 cm2 de área útil para escritura, al mismo tiempo tiene los siguientes márgenes: 4 cm (superior), 3 cm (inferior), 3 cm (izquierda) y 2 cm (derecha). Calcular las dimensiones de la página que cumpla con las condiciones dadas y tenga área mínima.

Función objetivo

Área de la página = AA=xy (1)


Otras ecuaciones

Área de escritura: AE

AE=525 ( x−5 )( y−7 )=525

despejando xx=525

y−7+5

(2)


Número crítico descartado porque no se encuentra en el dominio de V.

Dimensiones x=0 .66 cm

Volumen máximo =4.74 cm3

2

3

3

4

Área de escritura

Y

x



Sustituyendo (2) en (1) se tiene

A=(525y−7+5) y

A=525 y+5 y2−35 y

y−7=490 y+5 y

2

y−7


Derivada de la función Área A

A'=(490+10 y ) ( y−7 )−(490 y+5 y2)( y−7 )2

A'=490 y−3430+10 y2−70 y−490 y−5 y2

( y−7 )2

A'=5 y2−70 y−3430

( y−7 )2


A'=0⇒ 5 y2−70 y−3430=0

Usamos la resolvente para hallar los valores de c

y1,2=70±√(70 )2−4 (5 ) (−3430 )2 (5 )

y1,2=70±√4900+6860010

=70±271.110

y1=34 .1y2=−20 .11

A'=∃⇒

( y−7 )2=0y−7=0y=7

A'=5 y2−70 y−3430

( y−7 )2

Al observar el cuadro del comportamiento de signo de la primera derivada concluimos:

y=-20.11 se descarta por ser negativo y no se encuentra en el dominio de y

y=7 se descarta porque el área de escritura sería cero



7

+ +-20.11 34.1

--



Como A' , alrededor de y =34.1 pasa de negativa a positiva, entonces en y =34.1 ocurre la mínima área de la página,

Entonces si y =34.1

,

x=52534 .1−7

+5

x=24 .37

22. Un terreno tiene la forma de un rectángulo con dos semicírculos en los extremos. Si el perímetro del terreno es de 50 m, encontrar las dimensiones del terreno para que tenga el área máxima.

Función objetivo

Área= A

A=2 xy+πx2 (1)


Otras ecuaciones

Perímetro P=50

2πx+2 y=50 despejando yy=50−2πx

2=25−πx

(2)Sustituyendo (2) en (1) se tiene

A=2x (25−πx )+πx2

A=50x−2πx2+πx2

A=50x−πx2



Dimensiones {y=34 .1cmx=24 .37cm

Área mínima = 831.02 cm2




Derivada de la función Área AA'=50−2πx


A'=0⇒

50−2πx=0

x=502 π

=25π

A'=∃⇒

Estudio de máximos o mínimos usando el criterio de la segunda derivadaA' '=−2π

Como A' '<0 , entonces en x=25

π ocurre la máxima área del terreno de perímetro 50m.

y=50−2π 25

π2

=0

Como y es cero para que el área sea máxima el terreno debe ser

circular



Dimensiones { y=0m

x=25π

m

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