EJERCICIOS DE OPTIMIZACIÓN SELECTIVIDAD 2001 – 2012 1.
Determina las dimensiones de una puerta formada por un rectángulo y un semicírculo (como en la figura), sabiendo que es la que tiene perímetro mínimo entre las que tienen área igual a 2 m2. Solución:
A = 2 xy +
π x2 2
= 2 ; 4 xy + π x 2 = 4 ; y =
P = 2 x + 2 y + π x = (2 + π ) x + P '( x) = 2 + π + 2+π =
π x2 + 4 2 x2
P ''( x) = − x=
4 − π x2 4 − π x2 ; Queremos minimizar P( x) = (2 + π ) x + : 2x 2x
−2π x ⋅ 2 x − (4 − π x 2 )2 −2π x 2 − 4 + π x 2 π x2 + 4 = 2 + + = 2 + − ; P '( x) = 0 : π π 4 x2 2 x2 2 x2 ; 4 x 2 + 2π x 2 = π x 2 + 4 ; 4 x 2 + π x 2 = 4 ; x 2 =
4 2 4 = = 0'7484 ; ;x= 4 +π 4 +π 4+π
2 2π x ⋅ 2 x 2 − (π x 2 + 4) ⋅ 4 x π x3 − π x3 − 4 x 4 =− = 3 ; P '' = P ''(0 '7484) > 0 ⇒ 4 4x x4 x 4 +π
2 4+π
= 0 '7484 es un mínimo.
Para calcular y, sustituimos x en y =
4 − π x2 y obtenemos: 4x
4 16 + 4π − 4π 16 4 + π 2 4 + π π 4 + 4 +π y= = = = = 2 8 8(4 + π ) 4 +π 4 4 +π 4 +π Por tanto la solución es: 4 −π
2.
4 − π x2 ; 4x
2 4+π
= 0 '7484
Un hilo de alambre de 1 m de longitud se corta en dos trozos formando con uno de ellos una circunferencia y con el otro un cuadrado. Prueba que la suma de las áreas es mínima cuando el lado del cuadrado es el doble que el radio de la circunferencia. Solución:
2π r + 4l = 1 ; l =
1 − 2π r ; 4
La suma de las áreas será AT = π r 2 + l 2 = π r 2 +
AT' (r ) = 2π r + r=
π 2π 2 + 8π
(1 − 2π r ) 2 ; Vamos a calcular el mínimo de AT ( r ) : 16
2(1 − 2π r ) ⋅ (−2π ) 2π 2 r − π π − 2π 2 r = 2π r + ; AT' ( r ) = 0: 2π r = ; 8π r = π − 2π 2 r ; 4 16 4
=
π 2(π 2 + 4π )
;
AT' ' (r ) = 2π +
2π 2 π ; Como AT' ' (r ) > 0 para cualquier valor de r, resulta que r = es un mínimo. 2 4 2(π + 4π )
Por tanto la suma de las áreas es mínima cuando r =
1 − 2π lado del cuadrado: l =
π 2
2(π + 4π )
. Sustituyendo en l =
1 − 2π r calculamos el 4
π π 2(π + 4π ) 2π 2 + 8π − 2π 2 = = 2 = 2r . 4 π − 8π 8(π 2 + 4π ) 2
Por tanto la suma de las áreas es mínima cuando el lado del cuadrado es el doble del radio de la circunferencia. 3.
Considera la función f : [0,3] → R definida por f(x) = 3x – 2. Calcula el punto de la gráfica de f más cercano al punto (2, 6) y calcula también el más alejado. Solución:
Un punto de la gráfica de f será de la forma ( x,3x − 2) ; con 0 ≤ x ≤ 3 . La distancia de un punto de la gráfica de f al punto (2, 6) será: 2
2
d ( ( x,3 x − 2), (2, 6) ) = ( x − 2) 2 + ( (3 x − 2) − 6 ) = ( x − 2) 2 + ( 3 x − 8 ) = x 2 − 4 x + 4 + 9 x 2 − 48 x + 64 =
= 10 x 2 − 52 x + 68 ;Queremos calcular el máximo y el mínimo de la función d(x) = 10 x 2 − 52 x + 68 , con 0≤ x≤3:
20 x − 52
d'(x) =
2
2 10 x − 52 x + 68
=
10 x − 26 10 x 2 − 52 x + 68
10 ⋅ 10 x 2 − 52 x + 68 − (10 x − 26) ⋅ d’’(x) =
; d’(x) = 0 para x = 2’6.
20 x − 52
2 10 x 2 − 52 x + 68 ; d’’(2’6) > 0 ⇒ x = 2’6 es un mínimo local de d. (10 x − 52 x + 68) 2
Como d está definida en el intervalo [0, 3], calculamos: d(0) = 68 = 8' 25 , d(3) = 2 = 1' 41 , d(2’6) = 0' 4 = 0 '63 . Por tanto, en el intervalo [0, 3], d alcanza su máximo absoluto en x = 0 y su mínimo absoluto en x = 2’6. Así, los puntos más alejados y más cercanos al punto (2, 6), son, respectivamente, (0, –2) y (2’6, 5’8).
4.
1 2 x y la recta y = 9. De entre los 3 rectángulos situados como en la figura, determina el que tiene área máxima. Solución: 1 La esquina inferior derecha del rectángulo es el punto de coordenadas P(x, x 2 ) y la esquina superior derecha 3
Considera el recinto limitado por la curva y =
1 2 es el punto Q(x, 9). El área del rectángulo será 2 x ⋅ 9 − x 2 = 18 x − x3 . Queremos calcular el máximo de la 3 3 función A(x) = 18 x −
2 3 x , con 0 < x < 27 (la parábola y la recta se cortan en los puntos x = ± 27 ). 3
A’(x) = 18 − 2x 2 , A’(x) = 0 para x = 3 (desechamos la solución negativa), A’’(x) = – 4x, A’’(3) < 0 ⇒ x = 3 es un máximo relativo de A(x). Por tanto, el rectángulo con área máxima es el que tiene como esquina inferior derecha el punto P(3, 3), como esquina superior derecha el punto Q(3, 9), como esquina inferior izquierda P’(– 3, 3), y como esquina superior izquierda Q’(– 3, 9). Es decir, es un cuadrado de lado 6 y área 36.
5.
De entre todos los rectángulos que tienen uno de sus vértices en el origen de coordenadas, el opuesto de este
2 x2 (x >1), uno de sus lados situado sobre el semieje positivo de abscisas y otro lado x2 − 1 sobre el semieje positivo de ordenadas, halla el que tiene área mínima. Solución:
vértice en la curva y =
Los vértices del rectángulo serán: (0, 0), (x, 0), (x,
2 x2 2 x2 2x2 2 x3 ), (0, ). El área será A(x) = x ⋅ = , x2 − 1 x2 − 1 x2 − 1 x 2 − 1
con x > 1. Queremos calcular el máximo de A(x), con x >1: A’(x) = A’(x) = 0: 2x4 – 6x2 = 0; 2x2(x2 – 3) = 0; x = 3
A’’(x) =
2
4
3 (desechamos x = 0 x = –
6 x 2 ( x 2 − 1) − 2 x 3 ⋅ 2 x 2 x 4 − 6 x 2 = ; x2 − 1 x2 − 1 3 porque no son mayores que 1).
2
(8 x − 12 x)( x − 1) − (2 x − 6 x ) ⋅ 2 x , A’’( 3 ) > 0 ⇒ x = x2 − 1
3 es mínimo local de A(x).
Por tanto, la solución es el rectángulo de vértices (0, 0), ( 3 , 0), ( 3 , 3) y (0, 3).
6.
Se desea construir una caja cerrada de base cuadrada con una capacidad de80 cm3. Para la tapa y la superficie lateral se usa un material que cuesta 1 €/m2 y para la base se emplea un material un 50% más caro. Halla las dimensiones de la caja para que su coste sea mínimo. Solución: Área de la tapa = área de la base= x2; Área lateral = 4xy; Coste total = 1·(x2 + 4xy) + 1’5·x2 €. Volumen = Ab·h = x2y = 0’00008 m3⇒
Queremos minimizar C(x) = 4
C’(x) = 5 5
; C’(x) = 0:
1 5 2 5
; 5x3 = 0’00032; x3 = 0’000064; x = 0’04. C’’(x) = 5
.
;
; C’’(0’04) > 0 ⇒ x = 0’04 es un
mínimo local de C(x). Por tanto, la caja debe tener de lado de la base x = 0’04 m = 4 cm, y altura y = 0’05 m = 5 cm. 7.
Se quiere fabricar una caja abierta de chapa con base cuadrada y con 32 litros de capacidad. Halla las dimensiones de la caja que precisa la menor cantidad de chapa. Solución: Cantidad total de chapa = AL + AB = 4xy + x2; Volumen = AB·h = x2y = 32 dm3 = 0’032
m3⇒
. Queremos minimizar A(x) = x2 + 4
= x2 +
C’(x) = 0: 2x3 = 0’128; x3 = 0’064; x = 0’4. C’’(x) = 2 +
. C’(x) = 2
;
, C’’(0’4) > 0 ⇒x = 0’4 es un
mínimo local de C(x). Por tanto, la caja debe tener de lado de la base x = 0’4 m = 40 cm, y altura y = 0’2 m = 20 cm. 8.
Determina los puntos de la parábola de ecuación y = 5 – x2que están más próximos al origen de coordenadas. Calcula la distancia entre los puntos obtenidos y el origen decoordenadas. Solución: Un punto de la parábola será de la forma P(x, 5 – x2), queremos minimizar la distancia de P a O(0, 0): d(P, O) = 5 √ 25 10 √ 9 25; d’(x) =
√
!
x = 0, "# = ± 2’12.
d’’(x) =
√
; d’(x) = 0: 2x3 – 9x = 0; x(2x2 – 9) = 0,
!
√ ! !
% &'% % &'% ()
d’’("# > 0 ⇒ x = "# son dos mínimos relativos de d(x).
; d’’(0) < 0;
Por tanto los puntos de la parábola más próximos al origen son *# , , y *# , ,.
La distancia de cada uno de los puntos al origen de coordenadas vale:
#- . 9 - . 25 # 25 # = 2’1794.
9.
De un terreno se desea vender unsolar rectangular de 12800 m2dividido en tres parcelas iguales como las que aparecen en el dibujo. Si se quieren vallarlas lindes de las tres parcelas (los bordes y las separacionesde las parcelas), determina las dimensiones del solar para quela longitud de la valla utilizada sea mínima. Solución:
La longitud total de valla utilizada será 6x + 4y. El área total del terreno es 3xy = 12800 ⇒
Queremos minimizar L(x) = 6x + 4· L’’(x) =
= 6x +
; L’(x) = 6 –
;
; L’(x) = 0: 18x2 = 51200; x = 53’33.
; L’’(53’33) > 0 ⇒ x = 53’33 es un mínimo local de L.
Por tanto cada parcela tiene de lado x = 53’33 m, y de altura y = 80 m. El terreno tendrá de ancho 3x = 160 m y de altura 80 m. Otra forma:
El área total es xy = 12800 ⇒ y =
Queremos minimizar 2x + 4y = 2x + 4 L’’(x) =
;
; L(x) = 2x +
; L’(x) = 2 –
; L’(x) = 0 para x = 160.
; L’’(160) > 0 ⇒ x = 160 es un mínimo de L(x). Solución: x = 160 m, y = 80 m.
10. Un alambre de longitud 1 metro se divide en dos trozos, con uno se forma uncuadrado y con el otro una circunferencia. Calcula las longitudes de los dos trozos para que la suma de las áreas de ambos recintos sea mínima. Solución:
2π r + 4l = 1 ; l =
1 − 2π r ; 4
La suma de las áreas será AT = π r 2 + l 2 = π r 2 +
AT' (r ) = 2π r + r=
π 2
2π + 8π
AT' ' (r ) = 2π +
(1 − 2π r ) 2 ; Vamos a calcular el mínimo de AT ( r ) : 16
2(1 − 2π r ) ⋅ (−2π ) 2π 2 r − π π − 2π 2 r = 2π r + ; AT' ( r ) = 0: 2π r = ; 8π r = π − 2π 2 r ; 4 16 4
=
π 2
2(π + 4π )
;
2π 2 π ; Como AT' ' (r ) > 0 para cualquier valor de r, resulta que r = es un mínimo. 2 4 2(π + 4π )
Por tanto la suma de las áreas es mínima cuando r =
1 − 2π lado del cuadrado: l =
π 2
2(π + 4π )
. Sustituyendo en l =
π π 2(π 2 + 4π ) 2π 2 + 8π − 2π 2 = = 2 = 2r . 2 4 π + 4π 8(π + 4π )
1 − 2π r calculamos el 4
Por tanto la suma de las áreas es mínima cuando el lado del cuadrado es el doble del radio de la circunferencia. Los trozos en los que dividimos el alambre de un metro de longitud serán, uno de 2πr = 0’44 m, con el que haremos el círculo de radio 0’07 m, y el otro de 4l = 0’56 m, con el que haremos un cuadrado de lado 0’14 m. 2
11. Determina un punto de la curva de ecuación
y = xe− x en el que la pendiente de la recta tangente sea máxima.
Solución:
Un punto de la curva será de la forma P(x, 0 ). La pendiente de la recta tangente a la curva en un punto es la derivada en dicho punto, por tanto queremos maximizar la función:
D(x) = y’(x) = 0 2 0 1 2 0 .
D’(x) =40 21 2 0 4 2 4 0 4 60 ; D’(x) = 0: x = 0, "# .
D’’(x) = 12 60 24 60 ; D’’(0) < 0, D’’("# > 0. Por tanto el máximo de la función
D(x) se alcanza en el punto (0, 0). El punto de la curva donde la recta tangente tiene mayor pendiente es el origen de coordenadas.
12. Se desea construir una lata de conserva en forma de cilindro circular rectoque tenga una superficie total de 200cm2. Determina el radio de la base y la altura de la lata para que el volumen sea máximo. Solución:
AT = AL + 2AB = 2πrh + 2πr2 = 200 ⇒2
V = AB·h = πr2h =
34 πr2· 34
34 34
34 34
;
= 100r – πr3; Queremos maximizar la función V(r):
V’(r) = 100 – 3πr2; V’(r) = 0 para r = 3’25735. V’’(r) = – 6πr; V’’(3’25735) < 0 ⇒ r = 3’25735 es un máximo local de la función V(r). El cilindro de volumen máximo es el que tiene como radio de la base r = 3’25735 cm, y como altura h = 6’5147 cm (= 2r). 13. Determina dos números reales positivos sabiendo que su suma es 10 y que el producto de sus cuadrados es máximo. Solución: Los números serán x y 10 – x, con 0 < x < 10. Queremos maximizar f(x) = x2·(10 – x)2; f(x) = x2·(100 – 20x + x2) = x4 – 20x3 + 100x2; f ’(x) = 4x3 – 60x2 + 200x; f ’(x) = 0: 4x(x2– 15x + 50) = 0, x = 0, 5, 10. La única solución que nos puede interesar es x = 5, comprobemos que es un máximo local de f(x): f ’’(x) = 12x2 – 120x + 200; f ’’(5) < 0 ⇒ x = 5 es un máximo local de f. Por tanto los números buscados son 5 y 5. 14. Tenemos que fabricar dos chapas cuadradas con dos materiales distintos. El precio de cada uno de estos materiales es 2 y 3 euros por centímetro cuadrado, respectivamente. Por otra parte, la suma de los perímetros de los dos cuadrados tiene que ser 1 metro. ¿Cómo hemos de elegirlos lados de los cuadrados si queremos que el coste total sea mínimo? Solución: Llamemos al lado de la chapa cuadrada cuyo precio es 2 €/cm2, x cm; y al lado de la chapa cuadrada cuyo precio es 3 €/cm2, y cm. Ha de ser 4x + 4y = 100 cm ⇔ x + y = 25 ⇒ y = 25 – x. El coste total será 2x2 + 3y2 euros. Queremos minimizar la función C(x) = 2x2 + 3(25 – x)2, 0 < x < 25; C’(x) = 4x – 6(25 – x); C’(x) = 0: x = 15; C’’(x) = 4 + 6 = 10; C’’(15) > 0 ⇒ x = 15 es un mínimo local de C(x). Por tanto, las chapas han de tener de lado 15 cm la de 2 €/cm2, y 10 cm la de 3 €/cm2.
15. De entre todos los rectángulos situados en el primercuadrante que tienen dos de sus lados sobre los ejes coordenados y un vértice en la recta r de ecuación x + y = 1 (ver figura), determina el que tiene mayor área. 2 Solución: Las cuatro esquinas del rectángulo son los puntos (0, 0), (x, 0), (x,1 ), (0, 1 ), con 0 < x < 2.
El área del rectángulo será A(x) = x·(1 = x
. Queremos maximizar A(x):
A’(x) = 1 – x; A’(x) = 0 para x = 1; A’’(x) = – 1; A’’(1) < 0 ⇒ x = 1 es un máximo de A(x). Por tanto el rectángulo es el que tiene por vértices (0, 0), (1, 0), (1, ½), (0, ½).
16. Se quiere construir un depósito en forma de prisma de base cuadrada sin tapadera que tenga una capacidadde 500 m3. ¿Quédimensiones ha de tener el depósito para que su superficie sea mínima? Solución:
La superficie del depósito será AL + AB = 4xy + x2.
El volumen es V = AB·h = x2y = 500 ⇒
Queremos minimizar S(x) = x2 + 4x· A’’(x) = 2 +
=
2 x + ;
;
A’(x) = 2x –
; A’’(x) = 0: 2x3 = 2000; x = 10;
; A’’(10) > 0 ⇒ x = 10 es un mínimo local de A(x).
Por tanto el depósito de superficie mínima y volumen 500 cm2 es el que tiene como lado del cuadrado de la base x = 10 m, y como altura y = 5 m. 17. De entre todas las rectas del plano que pasan por el punto (1, 2), encuentra aquella que forma con las partes positivas de los ejes coordenados un triángulo de área mínima. Halla el área de dicho triángulo. Solución: La ecuación de la recta será de la forma y – 2 = m(x – 1), donde m es la pendiente de la recta. (La pendiente tendrá que ser negativa para que se forme un triángulo en el semieje positivo). y = mx +(2 – m); Los puntos de corte de la recta con los ejes serán los puntos (0, 2 – m) y (
5 5
, 0).
El triángulo que forma la recta con las partes positivas de los ejes coordenados tendrá por vértices los puntos (0, 0), (0, 2 – m) y (
5 5
, 0).
5! 5 5 !5
A’’(m) =
5 5 5 5 ! 5 5
=
·
5
5 5 !5!5 5!
El área del triángulo será A(m) = 5
·(2 – m) =
=
5 ! 5
5 !5 5
; A’(m) =
5! 5 5 !5 5
=
; A’(m) = 0 para m = ±2;
; A’’(– 2) > 0 y A’’(2) < 0. Por tanto el área A(m) es mínima cuando m = – 2.
La recta buscada es la recta y = – 2x + 4, el triángulo tendrá por vértices (0, 0), (0, 4), (2, 0), y el área de dicho triángulo será 4 u2.
18. De entre todos los rectángulos de perímetro 8 cm, determina las dimensiones del que tiene diagonal de menor longitud. Solución: Sean x cm e y cm la base y la altura del rectángulo, respectivamente. P = 2x + 2y = 8 ⇔ x + y = 4 ⇒ y = 4 – x. La diagonal del rectángulo será = 4 = √2 8 16 = D(x). Queremos minimizar D(x). D’(x) =
!
=
!
; D’(x) = 0 para x = 2; D’’(x) =
%& % &7%(89
!
!
; D’’(2) > 0
⇒ x = 2 es un mínimo local de D(x). Por tanto, el rectángulo de perímetro 8cm con diagonal menor es el cuadrado de lado 2 cm.
19. Se divide un segmento de longitud L = 20 cm en dos trozos. Con uno de los trozos se forma un cuadrado y con el otro un rectángulo en el que la base es el doble de la altura. Calcula la longitud de cada uno de los trozos para que la suma de las áreas del cuadrado y del rectángulo sea mínima. Solución:
Los dos trozos tendrán longitudes x cm y 20 – x cm. Supongamos que con el trozo de x cm hacemos el rectángulo. Si la base del rectángulo mide a cm y la altura b cm, tenemos a = 2b y 2a + 2b = x ⇔ 3a = x ⇒ a = x/3 y b = x/6. Si con el trozo de 20 – x cm hacemos el cuadrado, cada lado medirá
Queremos minimizar f(x) =
; f ’(x) =
cm.
; f ’(x) = 0: 9(x – 20) = – 8x;
x = 180/17 = 10’5882. f ’’(x) = ; f ‘‘(180/17) > 0 ⇒ x = 180/17 es un mínimo local de f(x).
Los trozos medirán: uno x = 180/17 cm = 10’5882 cm, con el que haremos un rectángulo de lados 180/51 cm = 3’5294 cm y 180/102 cm = 1’7647 cm; el otro trozo medirá 20 – x = 160/17 cm = 9’4118 cm, con el que haremos un cuadrado de lado 160/68 cm = 2’3529 cm.
20. De entre todos los rectángulos cuya área mide 16 cm2, determina las dimensiones del que tiene diagonal de menor longitud. Solución: Llamemos x cm a la base del rectángulo e y cm a la altura. A = xy = 16 ⇒ y = 16/x.
La diagonal vale = # - . = #
D’(x) =
)8
%
= )9
# ! % :97
D’’(x) =
)9
%
)9
# ! %
= D(x). Queremos minimizar D(x).
; D’(x) = 0: x4 = 256, x = 4 (desechamos la solución negativa).
)9
)9
)9 %& % ; )9 #%( %
-! .# ! % % % )9
- ! . %
; D’’(4) > 0 ⇒ x = 4 es un mínimo local de D(x).
Por tanto, de entre todos los rectángulos de área 16, el que tiene menor diagonal es el cuadrado de lado 4 cm. 21. De todos los triángulos cuya base y altura suman 20 cm, ¿qué base tiene el de área máxima? Solución: Llamemos x cm a la base, e y cm a la altura. x + y = 20 ⇒ y = 20 – x. El área será
<
=
=
= A(x). Queremos maximizar A(x). A’(x) =
A’’(x) = – 1; A’’(10) < 0 ⇒ x = 10 es un máximo local de A(x). El triángulo de mayor área es el que tiene una base de x = 10 cm y de altura y = 10 cm.
; A’(x) = para x = 10;
22. Entre todos los triángulos rectángulos de 5 metros de hipotenusa, determina los catetos del de área máxima. Solución: Llamemos x m e y m a los catetos. x2 + y2 = 25; y = √25 ; <
El área será
=√25
A’’(x) = ?
=
= A(x). Queremos maximizar A(x). A’(x) =
>= =
punto x = #
&%
)&%
>= =
>; A’(x) = 0 para x = ±#
=√25
>=
= ± 3’5355.
@; A’’(# ) < 0 y A’’(–# ) > 0. A’’(x) alcanza un máximo local en el
cm.
Por tanto los catetos del triángulo rectángulo de área máxima medirán x = #
cm e y = #
cm.
23. La hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 90 cm. Si se hace giraralrededor de uno de sus catetos, el triángulo engendra un cono. ¿Qué medidas han de tener los catetos del triángulo para que el volumen del cono 1 engendrado sea máximo? (Recuerda que el volumen del conoes: V = π r 2 h ). 3 Solución:
Los catetos son el radio r y la altura h del cono, ambos en cm. r2 + h2 = 8100 ⇒ r2 = 8100 – h2.
V = AB 2 = A8100 2 2 = A81002 2 = V(h); V’(h) = A8100 32 ;
V’(h) = 0 para h = √2700 = 51’9615 (desechamos la solución negativa). V’’(h) = A62; V’’(√2700) < 0 ⇒
h = √2700 cm es un máximo local de V(h). El triángulo que engendra el cono de volumen máximo tendrá como catetos el radio del cono r = √2700 cm =
51’9615 cm y la altura del cono h = √5400 cm = 73’4847.
24. Una hoja de papel tiene que contener 18 cm2de texto. Los márgenes superior e inferior han de tener 2 cm cada uno y los laterales 1 cm. Calcula las dimensiones de la hoja para que el gasto de papel sea mínimo. Solución:
(x – 2)(y – 4) = 18 ⇒ xy – 4x – 2y + 8 = 18; y(x – 2) = 10 + 4x; !
Queremos minimizar A(x) = xy = x· A’(x) =
! !
=
!
!
=
(desechamos la solución negativa). A’’(x) =
= A(x). =
!
;
; A’’(x) = 0 para x = 5 y x = – 1
E F
; A’’(5) > 0 ⇒ x = 5 es un mínimo
local de A(x). Por tanto, el gasto de papel es mínimo (área mínima) para una hoja rectangular de x = 5 cm de ancho por y = 10 cm de alto.
25. Se desea construir un depósito cilíndrico cerrado de área total igual a 54 m2.Determina el radio de la base y la altura del cilindro para que éste tenga volumen máximo. Solución:
AT = AL + 2AB = 2πrh + 2πr2 = 54 ⇒2 V = AB·h = πr2h = πr2·
G 34 34
34 34
G 34 34
;
= 27r – πr3; Queremos maximizar la función V(r):
V’(r) = 27 – 3πr2; V’(r) = 0 para r = 1’6926. V’’(r) = – 6πr; V’’(1’6926) < 0 ⇒ r = 1’6926 es un máximo local de la función V(r). El cilindro de volumen máximo es el que tiene como radio de la base r = 1’6926 cm, y como altura h = 3’3851 cm (= 2r). 26. Sea f : [1, +∞ ) → R la función definida por f ( x) = x − 1 .Determina elpunto P de la gráfica de f que se encuentra a menor distancia del punto A(2,0). ¿Cuál es esa distancia? Solución:
Un punto de la gráfica de f será de la forma P(x, √ 1), queremos minimizar d(A, P):
d(x) = # 2 E√ 1 0F =√ 4 4 1 = √ 3 3; d’(x) =
x = 3/2. d’’(x) =
%& ! % &%( !
!
; d’(x) = 0 para
; d’’(3/2) > 0 ⇒ x = 3/2 es un mínimo local de d(x).
El punto de la gráfica de f que se encuentra a menor distancia del punto A(2, 0) es el punto P( , # ), y dicha
distancia vale d = # 3 = # .
27. Un alambre de 100 m de longitud se divide en dos trozos. Con uno de lostrozos se construye un cuadrado y con el otro un rectángulo cuya base es doble que su altura. Calculalas longitudes de cada uno de los trozos con la condición de que la suma de las áreas de estas dos figuras sea mínima. Solución:(Este problema es igual que el 19) Los dos trozos tendrán de longitud x m y 100 – x m. Supongamos que con el trozo de x m hacemos el rectángulo. Si la base del rectángulo mide a m y la altura b m, tenemos a = 2b y 2a + 2b = x ⇔ 3a = x ⇒ a = x/3 y b = x/6. Si con el trozo de 100 – x m hacemos el cuadrado, cada lado medirá Queremos minimizar f(x) =
; f ’(x) =
m.
; f ’(x) = 0: 9(x – 100) = – 8x;
x = 900/17 = 52’9412. f ’’(x) = ; f ‘‘(900/17) > 0 ⇒ x = 900/17 es un mínimo local de f(x).
Los trozos medirán: uno x = 900/17 m = 52’9412 m, con el que haremos un rectángulo de lados 900/51 m = 17’6471 m y 900/102 m = 8’8235 m; el otro trozo medirá 100 – x = 800/17 m = 47’0588 m, con el que haremos un cuadrado de lado 800/68 cm = 11’7647 m.
28. Una ventana normanda consiste en un rectángulo coronado con un semicírculo.De entre todas las ventanas normandas de perímetro 10 m, halla las dimensiones del marco de la de área máxima. Solución:
A = 2 xy +
π x2 2
P = 2 x + 2 y + π x = 10 ;
!3
Queremos maximizar A(x) = 2x· 3
3
!3
;
+
3 3
= 10 2 A +
3
=
10 2 A = 10 2 ; A’(x) = 10 – 22 x = 10 – (4 + π)x; A’(x) = 0 para x =
A’’(x) = – (4 + π); A’’(
!3
)<0⇒x=
!3
es un máximo local de A(x).
La ventana normanda de perímetro 10 m y de área máxima es la que tiene como base 2x = altura y =
!3
= 1’4 m = x.
!3
!3
;
= 2’8 m, y como
29. Calcula la base y la altura del triángulo isósceles de perímetro 8 y de áreamáxima. Solución:
A=
H
2; P = 2x + 2y = 8 ⇔ x + y = 4 ⇒ y = 4 – x.
x2 + h2 = y2⇒ h = 4 √16 8 ;
Queremos maximizar A(x) = √16 8; A’(x) = √16 8 √16 8 √ A’(x) = 0: x = 16/12 = 4/3. A’’(x) =
&7 √ √89&7%
√
√
;
; A’’(4/3) < 0 ⇒ x = 4/3 es un máximo local de
A(x). Por tanto el triángulo isósceles de perímetro 8 y área máxima es el que tiene como base 2x = 8/3 = 2’67, como
altura h = #16I3 = 2’31, y como lados iguales y = 8/3 = 2’67. Se trata del triángulo equilátero de lado 8/3.
30. En el primer cuadrante representamos un rectángulo de tal manera que tiene un vértice en el origen de coordenadas y el vértice opuesto en la parábola y = – x2 + 3. Determina las dimensiones del rectángulo para que su área sea máxima. Solución:
Los vértices del rectángulo serán (0, 0), (x, 0), (x, 3 – x2) y (0, 3 – x2). El área será A(x) = x(3 – x2) = 3x – x3. Queremos maximizar A(x), con 0 < x <√3. A’(x) = 3 – 3x2. A’(x) = 0 para x = 1. A’’(x) = – 6x; A’’(1) < 0 ⇒ x = 1 es un máximo local de A(x). El rectángulo de área máxima está determinado por los vértices (0, 0), (1, 0), (1, 2), (0, 2).
31. Queremos hacer junto a la carretera un cercado rectangular para unoscaballos en una zona llana. Cada metro del lado del cercado que está junto a la carretera nos cuesta 100euros, mientras que para el resto del cercado nos cuesta 10 euros el metro. ¿Cuáles son las dimensiones del prado de área máxima que podemos cercar con 3000 euros? Solución:
El coste total del cercado será 100x + 10(x + 2y), como el coste total ha de ser 3000€: 100x + 10(x + 2y) = 3000 ⇔ 110x + 20 y = 3000 ⇔ 11x + 2y = 300 ⇒ y =
.
= ; A’(x) = ; A’(x) = 0 para x = 300/22 = 150/11 = Queremos maximizar A(x) = x· K . A’’(x) = – 11; A’’(150/11) < 0 ⇒ x = 150/11 es un máximo local de A(x). 13J63 K m (es el lado que está junto a la carretera) por y = Por tanto, las dimensiones del prado son x = 150/11 = 13J63 75 m.
32. En una empresa los ingresos (en euros) dependen de la edad. Si la edad, x, es de 18 a 50 años, los ingresos vienen dados por la fórmula – x2 + 70x, mientras que para edades iguales o superiores a 50 años los ingresos 400 x están determinados por la expresión . Calcula cuál es el máximo de los ingresos y a qué edad se alcanza. x − 30 Solución: 70, 18 N O 50 Q 400 L M , P 50 30 I(x) es continua en todo su dominio [18, +∞). 2 70, 18 N O 50 2 70, 18 N O 50 Q=R Q. LJ R , P 50 , P 50
I’(x) = 0 para x = 35. Estudiamos el signo de I’ en los intervalos alcanza un máximo local (y global) en x = 35. Los ingresos máximos se alcanzan a los 35 años y son de I(35) = 1225 €.
Por
tanto,
la
función
