APLICACIONES DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS DE FUNCIONES DE DOS VARIABLES (OPTIMIZACIÓN) En esta sección se resolverá algunos ejercicios de aplicación de los criterios de las derivadas parciales para funciones de dos variables (se debe tomar en cuenta los teoremas respectivos explicados en la sección anterior). Condiciones suficientes para la existencia de extremos. (a) Caso Caso de dos variables. Sea P( x0 , y0 ) un punto crítico de una función z = f ( x, y ) con las derivadas parciales de segundo orden continuas en P, y sea H ( x0 , y0 ) el determinante de su matriz Hessiana, entonces:
⎡ ∂ 2 f ( x0 , y0 ) ∂ 2 f ( x0 , y 0 ) ⎤ ⎢ ⎥ x 2 x∂y ∂ ∂ ⎥ H ( x0 , y0 ) = ⎢ 2 2 ⎢ ∂ f ( x0 , y0 ) ∂ f ( x0 , y0 ) ⎥ ⎢ ⎥ 2 ∂ y ∂ x ∂ y ⎣ ⎦
H ( x0 , y0 )
f xx ( x0 , y0 )
TIPO
Positivo Positivo Negativo
Positivo Negativo
Mínimo Máximo Punto de silla
Cero
Duda
Es decir, si el Hessiano es positivo hay extremo (el tipo nos lo da f xx ( x0 , y0 ) , si es negativa máximo y si es positiva mínimo). Si el Hessiano es negativo no hay extremo. Y si el Hessiano es cero hay duda (que habrá que resolver por otro método) (b) Caso de tres o más variables. Calculamos los siguientes determinantes:
⎡ f xx Δ1 = [ f xx ] ; Δ 2 = ⎢ ⎢⎣ f yx
⎡ f xx f xy f xz ⎤ f xy ⎤ ⎢ ⎥ ⎥ ; Δ 3 = ⎢ f yx f yy f yz ⎥ ...Δ n f yy ⎥⎦ ⎢ f f f ⎥
Mínimos y Máximos Absoluto En esta sección se desea optimizar una función, que es identificar el mínimo absoluto y / o el máximo absoluto de la función, en una región determinada en R 2 . Tenga en cuenta que cuando decimos que vamos a estar trabajando en una región en la R 2 queremos decir que vamos a estar mirando a alguna región en el plano x y. x y. Con el fin de optimizar una función en una región que vamos a tener que conseguir un par de definiciones de un medio y un hecho. Primero vamos a obtener las definiciones de un medio. Definiciones 1. Se llama cerrado si incluye su frontera. Una región se llama abierta si no incluye ningún límite de sus puntos. 2. Una región en R 2 . Se llama acotada si se puede estar completamente contenida en un disco. En otras palabras, una región será limitada si es finito. Pensemos un poco más sobre la definición de cerrado. Dijimos que una región se cierra si se incluye su frontera. Justo lo que significa esto? Pensemos en un rectángulo. A continuación se presentan dos definiciones de un rectángulo, uno se cerrado y la otra está abierta. ⎧ −5 ≤ x ≤ 3 cerrado : ⎨ ⎩1 ≤ y ≤ 6
⎧− 5 < x < 3 abierta : ⎨ ⎩1 < y < 6
En este primer caso no se permite el rango para incluir los puntos finales (es decir, no estamos incluyendo los bordes del rectángulo) y por lo que no se permitió a la región para incluir todos los puntos en el borde del rectángulo. En otras palabras, no se permitió a la región para incluir a su límite y por lo que es abierto. En el segundo caso, estamos permitiendo que la región que contiene los puntos en los bordes y así contendrá así contendrá toda su límite y por lo tanto se cierra. Esta es una idea importante por el hecho siguiente.
absoluto y / o máximo absoluto se puede producir en el interior de la región o puede ocurrir en la frontera de la región. PROCESO BÁSICO PARA ENCONTRAR EXTREMOS ABSOLUTOS FUNCIONES DE DOS VARIABLES 1. Buscar todos los puntos críticos de la función que se encuentran en la región D y determinar el valor de la función en cada uno de estos puntos. 2. Buscar todos los extremos de la función en la frontera. 3. Los valores de mayor a menor y se encuentran en los dos primeros pasos son el mínimo y el máximo absoluto de la función. EJERCICIOS RESUELTOS. 1. Determine los tres números números positivos cuya suma sea 24 de modo que su producto sea el mayor posible. Dejar x, y y z como los tres números positivos cuya suma es 24. Sea P su producto. x + y + z = 24; z = 24 − x − y . Entonces P ( x, y ) = xyz = xy ( 24 − x − y ) = 24 xy − x2 y − xy xy 2 Si x ≥ 24 o y ≥ 24 o x = 0 ó y = 0 , entonces P ≤ 0 . Por lo tanto el máximo de P se produce en un momento critico dentro del cuadrado 0 ≤ x ≤ 24, 0 ≤ y ≤ 24 . 24 y − 2 xy − y 2 ⇒ Px ( x , y ) = 0; y ( 24 − 2x − y ) = 0 P x ( x, y ) = 24 24 x − x 2 − 2 xy ⇒ Py ( x , y ) = 0; 0; x ( 24 − x − 2 y ) = 0 P y ( x, y ) = 24
Porque x > 0, y > 0 , el único punto critico es ( 8,8 ) que da el máximo absoluto. Entonces z = 8 , y así los tres números positivos son 8, 8 y 8. Alternativamente, ver ejercicio 26. 2. Obtenga tres números positivos cuyo producto sea 24 de manera que su suma sea lo más pequeña posible. Supongo que lo números no son todos iguales. Reemplazamos los mas pequeños, por ejemplo x , y el mas largo, digamos y de dos números a y
xy
con el mismo
suma y demostrar que el producto a ( x + y − a ) − xy = ( a − x ) ( y − a ) > 0 .
se
incrementa.
De
hecho
3. Encuentre el punto del plano 3 x + 2 y − z = 5 que esté más cerca al punto (1, −2,3 ) , y calcule la distancia mínima. Dejar w unidades de la distancia desde el punto (1, −2,3) a un punto ( x, y, z ) en el plano 3 x + 2 y − z − 5; z = 3x + 2 y − 5 . Entonces
2
2
2
2
2
2
w2 = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3 ) ; w2 = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( 3x + 2 y − 8 ) .
Porque w será de un mínimo cuando w2 es un mínimo, buscamos el valor mínimo 2 2 1, −2,3) absoluto de ( . Porque f ( x, y ) ≥ 100 cuando ( x − 1) + ( y + 2 ) ≥ 100 el 2
2
mínimo debe ocurrir en un punto crítico dentro del círculo ( x − 1) + ( y + 2 ) = 100 . f x ( x, y ) = 2 ( x − 1) + 2 ( 3 x + 2 y − 8 ) ( 3 ) = 20 x + 12 y − 50. f x ( x, y ) = 0;10 x + 6 y = 25
1 2 x + 10 y − 28. f y ( x, y ) = 0; 6 x + 5 y = 14 f y ( x, y ) = 2 ( y + 2 ) + 2 ( 3 x + 2 y − 8 ) ( 2 ) = 12 41 5 33 El único punto crítico es ⎛⎜ , − ⎞⎟ que debe ser el mínimo absoluto. Entonces z = . 14 ⎝ 14 7 ⎠ 41 5 33 Por lo tanto, el punto más cercano en el plano de (1, −2,3 ) es ⎛⎜ , − , ⎞⎟ y la ⎝ 14 7 14 ⎠ 2
distancia mínima es de
2
2
9 ⎛ 41 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 33 ⎞ 14 14 . ⎜ − 1⎟ + ⎜ − + 2 ⎟ + ⎜ − 3 ⎟ = 1 4 7 1 4 1 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
4. Determine los puntos de la superficie y 2 − xz = 4 que estén más cerca al origen, y calcule la distancia mínima. Sea F el cuadrado del número de unidades entre el origen y cualquier punto ( x, y, z ) en el hiperboloide de una hoja y 2 − xy = 4 . La distancia es de un mínimo cuando F es un mínimo. Hemos F = x 2 + y2 + z 2 = x2 + z2 + xz + 4 ⇒ F x = 2 x + z ⇒ Fy = 2 z + x . Por lo tanto, x = 0 y z = 0 es el único punto crítico de la función, y cuando x = z = 0 , que tenemos F = 4 .
valor mínimo absoluto de F para todos los puntos. Además, si x = 0 y z = 0 , hemos 2 y = 4 . Por lo tanto, la distancia de 2 se produce en los puntos ( 0,2,0 ) y ( 0, −2,0 ) .
Solución alternativa: 2
1 ⎞ 3 ⎛ Completar el cuadrado de x , tenemos F = ⎜ x + z ⎟ + z 2 + 4 ≥ 4 2 ⎠ 4 ⎝
Y la igualdad se da si y solo si x +
1 2
z = 0 y z = 0 , es decir, es decir, si y solo si x = 0 y
z = 0 . Por consiguiente F tiene un valor mínimo absoluto de 4 cuando x = 0 y z = 0 .
5. Obtenga los puntos de la curva de intersección del elipsoide x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 4 y el plano x − 4 y − z = 0 que estén más cerca del origen, y calcule la distancia mínima. Sea
unidades de la distancia desde el punto
w
x + 4 y + 4 z = 4 2
2
2
al
origen.
Entonces
P ( x, y, z )
y 2 + z 2 = 1 −
1 4
x2
del elipsoide
de
modo
que
⎛ 1 2⎞ 3 2 x ⎟ = x + 1 que tiene un valor mínimo absoluto de 1 4 ⎝ ⎠ 4 cuando porque x = 0 . Porque P se encuentra sobre el elipsoide y en el plano x − 4 y − z = 0 , nos encontramos con la coordenadas y y z de P resolviendo el w2 = x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + ⎜ 1 −
sistema y 2 + z 2 = 1, 4 y + z = 0 . Entonces z = −4 y; y 2 + 16 y 2 = 1; y = ±
1 17
;z =
m
4 17
.
⎛ 1 4 ⎞ ⎛ 1 4 ⎞ Los puntos son ⎜ 0, ,− , ⎟ y ⎜ 0, − ⎟. 17 17 ⎠ ⎝ 17 17 ⎠ ⎝ 6. En una fábrica, los trabajadores se han clasificado en dos maneras: A y B . Los trabajadores tipo A ganan $14 por jornada, por jornada, mientras que los del tipo B ganan $13 . Para alcanzar cierta producción en una jornada, se ha determinado aumentar los salarios de los trabajadores, si se emplean x trabajadores del tipo A y y del tipo B , encontrar el número de dólares del costo de la jornada es y 3 + x 2 − 8xy + 600 . ¿Cuántos trabajadores de cada tipo deben emplearse a fin de que el costo de la
C yy ( 7, 3 ) = 18 ⇒ D ( 7, 3 ) = −24 punto de silla.
⎛ 71 2 3 ⎞ ⎛ 71 23 ⎞ ⎛ 71 23 ⎞ , = 46 ⇒ D ⎜ − ⎟ = 28 , mínimo relativo. En ⎜ , ⎟ ⇒ C = 590.2 y ⎟ 3 ⎠ ⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 3 ⎝ 3 3 ⎠
C yy ⎜
las curvas de nivel son aproximadamente z =
1
( 2h 2
2
46k 2 ) = h 2 − 8hk + 23k 2 . − 16hk + 46
Elegimos z = 1 y completar el cuadrado de h para obtener una representación 2
paramétrica. Por lo tanto 1 = ( h − 4k ) + 7 k 2 ⇒ k = sen x =
71 3
+ 4 sen
θ
7
+ cos θ ⇒ y =
23 3
+ sen
θ
7
θ
7
⇒ h = 4 k + cos θ .
. Vemos que el punto entero más
cercano ( 24,8 ) se encuentra fuera la curva, pero ( 25,8 ) se encuentra en el interior. De hecho, C ( 24, 8) = 592 pero C ( 25, 8) = 591 es el mínimo.
7. Una inyección de x miligramos de cierto medicamento A y y miligramos del medicamento B produce una respuesta de R unidades, y R = x 2 y 3 ( c − x − y ) , donde c es una constante positiva. ¿Qué dosis de cada medicamento ocasionarán la
respuesta máxima? R = x y 2
3
( c − x − y ) = cx2 y 3 − x3 y3 − x2 y4 , x ≥ 0, y ≥ 0 . Si
x ≥ c, y ≥ c, x = 0 , o y = 0 ,
entonces R ≤ 0 . Tanto, el máximo que buscamos ha de producirse en un punto crítico dentro del cuadrado 0 ≤ x ≤ c, 0 ≤ y ≤ c . R x = 2cxy 3 − 3x 2 y 3 − 2 xy 4 y R y = 3cx 2 y 2 − 3 x3 y 2 − 4 x2 y3 . R x = 0; xy
3
( 2c − 3 x − 2 y ) = 0; 3 x + 2 y = c ⇒ Ry = 0; x2 y2 ( 3c − 3 x − 4 y ) = 0; 3 x + 4 y = 3c 1
1
3
2
El único punto crítico es cuando x = c ⇒ y =
c . Por lo tanto, la respuesta máxima
t = 1, x = 0 o x = c . Si R x ( t , x ) = 0 , entonces o bien t = 0 o x =
1 2
c . Los puntos
⎛ 1 ⎞ críticos son ( 0,0) , (0, c ) , y ⎜1, c ⎟ . ⎝ 2 ⎠ El dominio de R es el conjunto cerrado, pero son límites {( t , x ) : t ≥ 0, 0 ≤ x ≤ c} .
⎛ 1 ⎞ 1 Para demostrar que R ⎜1, c ⎟ = e −1c 2 ≈ 0.09c 2 es un valor máximo absoluto, ⎝ 2 ⎠ 4 considere la cerrada y acotada D = {( t , x ) : 0 ≤ t ≤ 2, 0 ≤ x ≤ c} . En los tres lados de la frontera t = 0, x = 0 , y x = c tiene el valor 0. Porque 1 ⎞ ⎛ (c − x) x = c − ⎜ x − c ⎟ 4 2 ⎠ ⎝ 1
R ( 2, x ) = 2c
2
2
−2
(c − x ) x ≤
a
continuación,
en
el
t = 2 ,
lado
hemos
⎛ 1 ⎞ − c 2 c 2 ≈ 0.07c2 < R ⎜ 1, c ⎟ . 2 ⎝ 2 ⎠
1
Por lo tanto R tiene un valor máximo absoluto en D que debe ocurrir en el punto crítico interior. Además, porque Dt ( te −t ) = (1 − t ) e − t < 0 para x > 1 , entonces te− t es decreciente para t > 1 . Por lo tanto, para cualquier punto ( t , x ) fuera de D tenemos R ( t , x ) = te− t ( c − x ) x < 2e−
2
( c − x) x < R ( 2, x) .
Por lo tanto el máximo absoluto en D es un máximo absoluto de todo el dominio de R . Por lo tanto, la máxima respuesta se produce cuando t = 1 y x =
Alternativamente
R ( t , x ) = g ( t ) h ( x ) ,
donde
1 2
c. − t
g ( t ) = te , t ≥ 0
y
h ( x ) = ( c − x ) x, 0 ≤ x ≤ c . Porque g y h son positivos, maximizamos cada función por
separado. g ′ ( t ) = (1 − t ) e−t Porque g ′ ( t ) > 0 donde 0 ≤ t < 1 y g ′ ( t ) < 0 si t > 1 , entonces g tiene un valor máximo absoluto cuando t = 1 . h′ ( x ) = c − 2 x Porque h′ ( x ) > 0 si 0 ≤ x <
1 2
máximo absoluto cuando x =
c y h′ ( x ) < 0 si
1 2
1 2
c < x ≤ c , entonces h tiene un valor
c . Así, R tiene un valor máximo absoluto cuando t = 1
36l 2 + 9ω 2 + 4h 2 = 36; h2 =
9
( 4 − 4l 4
− ω 2 ) . Si V unidades cúbicas es el volumen de
2
P , entonces V = ( 2l) ( 2ω ) ( 2h ) = 8lω h . Dejar
f
( l, ω ) = V 2 = 64l 2ω 2 h 2 = 144l2ω 2 ( 4 − 4l2 − ω 2 ) = 144 ( 4l2 ω 2 − 4l4 ω 2 − l2 ω 4 )
El dominio de f es la región cerrado y acotado por el circulo 4l 2 + ω 2 = 4 , y f ( l, ω ) = 0 en la frontera. Tanto el máximo que buscamos ha de ocurrir en un interior
de puntos críticos.
(
)
(
f l ( l, ω ) = 144 8lω 2 − 16l3ω 2 − 2lω 4 ⇒ f ω ( l ,ω ) = 144 8l 2 ω − 8l4 ω − 4l 2 ω 2
(
)
)
f l ( l, ω ) = 0 ⇒ 288l ω 2 4 − 8l 2 − ω 2 = 0 ⇒ 8l2 + ω 2 = 4 ( l = 0 o ω = 0 da un punto
(
l
2
=
1 3
cuando
y
)
f ω ( l, ω ) = 0 ⇒ 576l 2ω 2 − 2l 2 − ω 2 = 0 ⇒ 2l 2 + ω 2 = 2
frontera)
2
ω
l
=
=
4 3
1 3
⎛ máximo es 8 ⎜ ⎝
Por lo tanto
. El único punto crítico, y por lo tanto el valor máximo absoluto, es 9⎛ 4 4⎞ . Entonces h 2 = ⎜ 4 − − ⎟ = 3; h = 3 y el volumen 4⎝ 3 3⎠ 3 1 ⎞⎛ 2 ⎞ 16 16 3 . Como alternativa, porque la suma = ⎟⎜ ⎟ 3 = 3 3 ⎠⎝ 3 ⎠ 3
y
ω =
2
( )
2 2 2 36l + 9ω + 4 h es una constante, el producto
cuando
las
condiciones
36l 2 = 9ω 2 = 4h2 = 12 ⇒ l =
1 3
, ω =
81 4
son 2 3
,h =
(
V 2 = 3 6l 2
) ( 9ω ) ( 4h )
iguales,
2
2
y
es mayor así
3.
10. Se elabora una caja rectangular sin tapa con un costo de material de $10 . Si el material para el fondo de la caja cuesta $0.15 por pie cuadrado y el material para los lados cuesta $0.30 por pie cuadrado, determine las dimensiones de la caja de mayor volumen que pueda elaborarse. Dejar l pie, ω pie , y h pie la longitud, anchura y altura del piso, de la caja V pie3 el volumen. 15l 30 ( 2lh 2 h ) 10 3l 12 lh 12 h 200 la
pie cuadrado, el costo del material para el frente y la parte trasera es de $0.16 por pie cuadrado, y el costo del material para los otros dos lados es de $0.12 por pie cuadrado. Calcule las dimensiones de la caja de modo que el costo de los materiales sea un mínimo. Dejar
l pie, ω pie
y h pie la longitud, anchura y altura, respectivamente, de la caja.
Que centavos C es el costo de los materiales. Entonces C = 18lω + 16ω h + 12lh = 18lω + ω ≥ 1000 ,
si
ω ≤ 1 ,
256 l
+
192 ω
. Si
entonces C ≥ 18 (1000 ) ( 0.1) = 1800 . Si
entonces C ≥
192
( 0.1)
lω h
= 16 ⇒ h =
ω ≥
0.1 o
l
≥ 1000 y
l
≤ 0.1, entonces C ≥
l
256
( 0.1)
16 lω
y
≥ 0.1 y = 2560 ;
= 1920 . Por lo tanto, el valor mínimo absoluto de C debe
ocurrir en un momento crítico en el interior de la plaza 0.1 ≤ l ≤ 1000, 0.1 ≤ ω ≤ 1000 . 2
⎛ 9l 2 ⎞ ∂C 256 64 ∂C 192 512 3 = 18ω − 2 = 0 ⇒ ω = 2 = 18l − 2 = 0 ⇒ 18l − 192 ⎜ ⎟ ⇒l = 27 ∂l 9l ∂ω l ω ⎝ 64 ⎠ El único punto crítico, y por lo tanto el valor mínimo absoluto, es cuando ω =
l
=
8 3
y
2 . Entonces h = 3 y C = 288 .
12. Suponga que T grados es la temperatura en cualquier punto ( x, y, z ) de la esfera 2 2 2 2 x + y + z = 4 , y T = 100 xy z . Obtenga los puntos de la esfera donde la temperatura
es la máxima y también los puntos donde es mínima. Además, calcule la temperatura en estos puntos. Porque y 2 = 4 − x 2 − z 2 es una función de x y z
(
)
T ( x, z ) = 100 xz 4 − x 2 − z 2 ⇒ x 2 + z 2 ≤ 4 (1)
Así:
T x ( x, z ) = 100 ⎡ xz ( −2 x ) + z ( 4 − x − z 2
⎣
T z ( x, z ) = 100 ⎡ xz ( −2 z ) + x ( 4 − x − z
⎣
2
2
2
)⎤⎦ = − 100z ( 3x
)⎤⎦ = − 100z ( 3z
2
+ x 2 − 4) .
2
+ z 2 − 4)
y
Por lo tanto, T ( 0, 0 ) = 0 ⇒ T ( 0, 2 ) = 0 ⇒ T (0, −2 ) = 0 ⇒ T (2, 0 ) = 0 ⇒ T ( −2, 0 ) = 0 y 200 ⇒ T (1, −1 ) = T ( −1,1 ) = −200 . T (1,1) = T ( −1, −1) = 20
Porque x 2 + z 2 ≤ 4 es un conjunto cerrado y acotado y T tiene el valor 0 en el límite, el máximo absoluto y el mínimo de T se encuentran en los puntos críticos. Además y = 2 cuando x = ±1 y z = ± 1 . Por lo tanto, 200 grados es la mayor temperatura, y 2
(
)
esta temperatura se produce en los puntos 1, ± 2 ,1 y
( −1, ±
)
2 , −1 . La menor
(1, ±
temperatura es −200 grados, que se produce en los puntos
( −1, ±
)
2 , −1
y
)
2 2 ,1 . Alternativamente, los extremos de la T se produce en el máximo de T .
(
)
(
)
T 2 = 2500 2 x 2 y 2 y 2 2x 2 Porque la suma de los factores 2 x + y + y + 2 z = 8 es la 2
2
2
2
más grande una constante, el producto es cuando los factores son iguales, que es 1
cuando 2 x 2 = y 2 = 2 z 2 = ( 8) = 2 ⇒ x = ± 1, y = ± 2 , z = ± 1 que conduce a la misma 4
conclusión. 13. Suponga que en la producción de cierto artículo se requieren x horas – horas – máquina y y horas – persona, y que el costo de producción está dado por f ( x, y ) , donde horas – máquina y de horas f ( x, y ) = 2 x − 6 xy + y + 500 . Determine los números de horas – 3
2
– persona necesarios para producir el artículo al costo mínimo. Cuando la producción de la mercancía requiere x horas máquinas y y horas – persona, el costo de producción está dada por 3 2 f ( x, y ) = 2 x − 6 xy + y + 500 ⇒ x ≥ 0, y ≥ 0 . 0; y = x2 y f y ( x, y ) = −6 x + 2 y = 0; −6 x + 2 x2 = 0; x = 0, 3 f x ( x, y ) = 6 x 2 − 6 y = 0; 0, 0 ) y ( 3, 9) . f ( 0, 0 ) = 500 y f ( 3, 9 ) = 473 . Ahora ( 0,0 2 1600 > 473 ; f ( x , y ) = z 2 ( 2 x − 9 ) + ( 3x − y ) + 500 . Sí x ≥ 10, f ( x, y ) ≥ 100 (11) + 500 =16
Los puntos críticos son
2
si 0 ≤ x ≤ 10 y y ≥ 60 entonces f ( x, y ) ≥ −9 (100 ) + ( 30 ) + 500 = 500 > 47 473 . Por lo tanto, el mínimo absoluto debe ocurrir en un punto crítico dentro del rectángulo 0 ≤ x ≤ 10, 0 ≤ y ≤ 60 , es decir, en ( 3, 9 ) .
Los beneficios son la unidad x − 40 y −50 . 2 P = ( x − 40 ) ( 3200 − 50 x + 25 y ) + ( y − 50 ) ( 25x − 25 y ) = 3950x + 250 y − 50x + 50xy
−25 y 2 − 128, 000 ⇒ P x = 3950 − 100x + 50 y = 0 ⇒ Py = 250 + 50x − 50y = 0 P x + Py = 4200 − 50 x = 0, x = 84 ⇒ Px + 2Py = 4450 − 50 y = 0, y = 89 P xx = −100 ⇒ Pyy = −50 ⇒ Pxy = 50 ⇒ D = 2500 > 0
El punto crítico es un máximo relativo. Ya que P es una cuádrica. También es un máximo absoluto, vender la primera $84 , el segundo en $89 para una ganancia de $49.025 .
15. Un decorador, quien es un monopolista, hace dos tipos de marcos para pinturas. Por medio de la experiencia, el decorador ha determinado que si elabora x marcos del primer tipo y y marcos del segundo tipo y los pone a la venta en una sala de exhibición, pueden venderse por (100 − 2 x ) dólares y (120 − 3 y ) dólares cada uno, respectivamente. El costo total de fabricación de estos marcos es (12 x + 12 y + 4 xy ) dólares. ¿Cuántos marcos de cada tipo debe producir para obtener la máxima utilidad, y cuál es esa utilidad? P = R − C = x (100 − 2 x ) + y (120 − 3 y ) − (12 x + 12 y + 4 xy ) = −2 x − 4 xy x y − 3 y + 88 x + 108 y 2
2
108 = 0 ⇒ 3 Px − 2 Py = −4 x + 48 4 8 = 0, x = 12 P x = −4 x − 4 y + 88 = 0 ⇒ Py = −4 x − 6 y + 10 P x − Py = 2 y − 20 = 0, y = 10 ⇒ Pyy = −4 ⇒ Pyy = −4 ⇒ D = 8 ⇒ (12,10 )
Es un máximo relativo, ya que P es una cuádrica, es un máximo absoluto. ,10 ) = 1064 . Producir 12 de tipo 1, 10 de tipo 2, con una ganancia de $1064 . P (12,10 16. Demuestre que la caja rectangular de mayor volumen que puede colocarse dentro de una esfera tiene la forma de un cubo. Dejar P (12,10 ,10 ) = 1064 unidades que el diámetro de la esfera, donde P (12,10 ,10 ) = 1064 es una constante. Suponemos que el cuadro es un sólido rectangular y que la caja con mayor volumen se inscribe es la esfera. Si los lados de la caja tienen una longitud x, y y z unidades, y el volumen es V unidades cúbicas, a continuación v = xyz . Porque el cuadro se inscribe en la esfera, una diagonal de la caja es de un diámetro de la esfera.
Eliminamos a de la ecuación del sistema en (1) y (2). Porque x ≠ 0 y y ≠ 0 , dividimos la ecuación (1) por y y ecuación (2) por x . Esto se traduce en 2 a 2 xy − 4 x 3 y − 2 xy 3 = 0 (3) 2 a 2 xy − 2 x 3 y − 4 xy 3 = 0 (4)
Restando la ecuación (4) de la ecuación (3), tenemos −2 x 3 y + 2 xy 3 = 0 . Dividiendo a ambos lados por 2 xy , obtenemos − x 2 + y 2 = 0 ⇒ y 2 = x 2 ⇒ y = x . Sustituyendo y = x en la ecuación (1), tenemos 2 a 2 x 3 − 4 x 5 − 2 x5 = 0 ⇒ 2 a3 = 6 x 2 ⇒ x =
1 3
3a ⇒ y =
1 3
3a .
Se
muestra
que
1 ⎛1 ⎞ 1 6 3a , 3a ⎟ = a es un valor máximo absoluto. Debido a que el domino de f 3 ⎝3 ⎠ 27 es el cerrado y acotado en sí x 2 + y 2 ≤ a 2 y f tiene el valor 0 en la frontera, entonces f tiene un valor máximo que debe ocurrir en el punto crítico interior. Porque 2 2 2 2 x + y + z = a , a continuación, sustituyendo los valores encontrados para x y y , f ⎜
1
1
1
obtenemos z 2 = a 2 − x 2 − y 2 = a 2 − a 2 − a 2 = a 2 . Por lo tanto x =
1
3a . Por lo 3 3 3 3 tanto x = y = z y concluimos que V tiene un volumen máximo si la caja está en la
forma de un cubo. Como alternativa, porque la suma de los factores de V 2 = x 2 y 2 z 2 es la constante x 2 + y 2 + z 2 = a 2 el producto es mayor, cuando los factores son iguales, por lo tanto, x = y = z y concluimos que V tiene un volumen máximo si la caja esta en forma de un cubo. 17. Se elabora una caja sin tapa con una cantidad de material dada. Determine las dimensiones relativas de la caja que contenga el mayor volumen posible. Dejar l, w y h el número de unidades de la longitud, anchura y altura de la caja. Sea S unidades cuadradas que su superficie ( S es una constante) y V unidades cubicas su volumen. 2 2 S − lw S lw − l w ⇒ V = lwh = , l > 0, w > 0 S = lw + 2lh + 2wh ⇒ h = 2 ( l + w) 2 ( l + w)
∂V Sw2 − l2 w2 − 2lw3 = = 0 ⇒ S − l 2 − 2lw = 0 ∂l 2 ( l + w)
( S − lw ) ≤ 0 . Si V = 2 ( l + w) lw
l
w ≤ 0.1 S ⇒ V ≤
(
)
0.1 S S 2l
3
=
S2
20
<
1 ⎛ S ⎞
3
⎜ ⎟ y lo mismo si
2⎝ 3 ⎠
≤ 0.1 S . Por lo tanto, el volumen máximo absoluto se produce en un momento crítico dentro del cuadrado 0.1 S ≤ l ≤ 10 S ⇒ 0.1 S ≤ w ≤ 10 S . Es decir, cuando l
l : w:h
1
= 1 : 1 : . Como alternativa, porque la suma lw + 2lh + 2wh es una constante,
2 el producto 4V 2 = ( lw) ( 2lh ) ( 2 wh ) es mayor cuando las condiciones son iguales. Por
lo tanto lw = 2lh = 2wh ⇒
1 h
=
2 w
=
2 l
⇒ l : w : h = 2 : 2 :1 .
18. Un monopolista produce engrapadoras y grapas cuyas ecuaciones de demanda son x = 11 − 2 p − 2 q y y = 19 − 2 p − 3q , donde la demanda de engrapadoras es 1000 x si el precio unitario es p dólares, y la demanda de grapas es de 1000 y cajas si el precio unitario por caja es q dólares. El costo de producción de cada engrapadora es de $2 , y el de cada caja de grapas es de $1 . Demuestre que para obtener la máxima utilidad total, las engrapadoras deben ser gratuitas y las grapas deben ser costosas. Centro de actividad: p − 2, q − 1 ⇒ P
( p − 2 ) (11 − 2 p − 2q ) + ( q − 1) (19 − 2 p − 3q ) = 17 p + 26q − 2 p 2 − 4 pq − 3q 2 − 41 0, p = − PP = 17 − 4 p − 4q = 0 ⇒ Pq = 26 − 4 p − 6q = 0 ⇒ PP − 2Pq = − 1 − 4 p = 0, P p − Pq = −9 + 2q = 0, q =
1 4
9 2
Porque el único punto crítico no está en el dominio, el máximo es en la frontera. Si p = 0 ⇒ P = 26q − 3q 2 − 41 ⇒ P ′ = 26 − 6q = 0 ⇒ q =
13 3
⇒P=
46 3
.
Sí q = 0 ⇒ 17 p − 2 p 2 − 41 ≤ 0 . Por lo tanto, el máximo beneficio se produce si las grapadoras son libres y una caja de grapas se vende por $4.33 .
Nota: Se recomienda consultar el archivo de optimización localizado en el enlace de TRAYECTO I MECANICA MANTENIMIENTO, TRIMESTRE II.
