Juan Fermín Recio González
Problemas Problemas de Optimización
1- Una caldera tiene forma de prisma recto de base cuadrada y un volumen de 768 metros cúbicos. Se sabe que la pérdida de calor a través de las paredes laterales vale 100 unidades por metro cuadrado mientras que a través del tec!o es de "00 unidades por metro cuadrado. #a pérdida por el suelo es tan peque$a que puede considerarse nula %&0'. (alcula las dimensiones de la caldera para que la pérdida de calor sea m)nima.
Antes de nada tenemos que tener bien claro los pasos que tiene un problema de optimización. Encontrar dentro del problema la función a maximizar o minimizar. Ésta vendrá acompañada de la expresión sea m)nima o sea m/ima , maimia o minimia . *aso 1+,
Debemos encontrar en el problema una ecuación que me relaciones las variables que intervienen en la función, generalmente vienen dadas por un nmero que representa una fórmula conocida. En problemas de geometr!a me tengo que fi"ar siempre en triángulos rectángulos para aplicar el teorema de #itágoras, en áreas de figuras planas o volmenes de figuras en el espacio. En nuestro caso$ volumen de 768 metros cúbicos.
*aso 2+,
En la ecuación que relaciona las variables, despe"amos una de las variables en función de la otra % sustituimos en la función a maximizar o minimizar. As! consigo una función en una variable.
*aso "+,
&na vez que tengo la función en una variable, derivo e igualo a cero la derivada. 'esuelvo la ecuación que me queda, % las soluciones serán los posibles máximos % m!nimos. #ara comprobar que los valores son máximos o m!nimos basta ver que ocurre a ambos lados del posible máximo o m!nimo en cuestión de crecimiento o decrecimiento. (ambi)n se puede ver con la derivada segunda. En problemas de la vida real casi siempre se descartan las soluciones negativas.
*aso 3+,
*ustitu%o en la ecuación que relaciona las variables % %a tengo las soluciones para las variables que intervienen en mi función. A+ora sustitu%o dic+os valores en la función % obtendr) cuál es el valor máximo o m!nimo que alcanza la función. *aso 4+,
#ara empezar debemos de +acer un dibu"o. Esta es mi caldera. omo tiene la base cuadrada, el largo % el anc+o de la base miden lo mismo, esto es, a.
Juan Fermín Recio González
Problemas de Optimización
A+ora vamos a ver cuál es la función a maximizar % cuál es la ecuación que me relaciona las
*aso 1+,
variables a % b. El texto nos indica cual es la función a maximizar o minimizar$ - la pérdida de calor sea m)nima. A+ora esta p)rdida se produce por el tec+o % por las paredes laterales en unidades por metro cuadrado. a caldera tiene cuatro caras laterales cu%a superficie es
a5b % tiene un tec+o cu%a superficie es a5a.
As! pues la función a maximizar es$ f ( a, b) = 100·4·a·b + 300·a·a , /00 unidades por cada metro cuadrado de cada cara % 100 unidades por cada metro cuadrado del tec+o, esto es$ f (a, b) = 400ab + 300a *aso 2+, - un
volumen
a·a·b
2
.
(enemos que buscar en el texto una frase que me relacione las variables % esta es la siguiente$ de 768 metros cúbicos. El volumen de un prisma es alto x largo x anc+o. En este caso,
= 768 , es decir$
= 768 .
2
a ·b
Despe"amos una de las variables de la ecuación obtenida 2preferiblemente despe"amos b porque despe"ar a supone traba"ar con ra!ces3 % despu)s sustituimos en la función. *aso "+,
b =
768 a
. *ustituimos en f (a, b) = 400ab + 300a . 4os queda $ f (a) = 400a· 2
2
768
a
2
+ 300a 2 , o lo que es lo
mismo$ f (a) =
307200
*aso 3+,
Derivamos, igualamos a cero % obtenemos los posibles máximos % m!nimos.
f ' (a) =
600a 3
a
− 307200 a
2
= 307200 ;
+ 300a 2 .
− 307200 + 600a 3
+ 600a = 0 ; a3
=
a
307200
( − ∞,8 ) 5ormo dos intervalos ( 8,+∞ )
600
a
;
3
= 512 ;
=3
512
40 + 4 y 2
2 − 16 y − 10 y − 2 y ( y − 4 ) 2
=
0
;
=8
= −307200 + 600 = −306600 < 0 f ( x) es decrecient e. f ' (10) = −3072 + 60000 = 56928 > 0 f ( x ) es creciente.
*ustitu%o en b =
768 a
2
a
= 8 tenemos un m!nimo.
, que es la ecuación que relaciona las variables % obtengo que b = 12 .
alculo la p)rdida de calor que sufre la caldera sustitu%endo f (8,12) = 400·8·12 + 300·8 2
a
−
f ' (1)
(enemos claro que si decrece % crece, en
*aso 4+,
2
10 y
= 0;
=
38400 + 19200
=
57600
a
= 8 % b = 12 en
f (a, b) = 400ab + 300a 2 .
Juan Fermín Recio González
Problemas de Optimización
2- Se quiere construir un recipiente cnico de eneratri 10 cm y de capacidad m/ima. (u/l debe ser el radio de la base9
En este caso +acemos primero el dibu"o, que tiene que ser algo parecido a lo siguiente$ El problema nos pide capacidad m/ima con lo que la función a maximizar en este caso es el volumen del cono, que %a sabemos que es *aso 1+,
π
V Cono
=
·r 2 ·h 3
En este caso tenemos dos variables, la altura % el radio, as! pues la función a maximizar será$ V ( R, h) =
π
· R 2 ·h 3
.
Esta función tiene dos variables, ' % +, as! pues necesitamos una ecuación que nos relacione las variables. El nico dato que an no +emos usado es eneratri 10 cm % observando el dibu"o vemos que la generatriz, /0 cm, forma un triángulo rectángulo con + % ', por lo que la ecuación que nos relaciona las *aso 2+,
variables es el (eorema de #itágoras$ relaciona las variables es$ 10 2
100 − h
= R , V (h) = 2
h
=±
+
h
2
=
c
2
+
c
2
. En este caso los catetos son + % ', as! pues la ecuación que
, 100 = R 2 + h 2 .
π
·(100 − h )·h 2
3
=
100hπ − h 3
3 π
⇒ V (h) =
100hπ − h
3 π
3
Derivamos, igualamos a cero % obtenemos los posibles máximos % m!nimos.
*aso 3+,
V ' (h) =
2
2
Despe"amos R 2 de la ecuación % sustituimos en la función$
*aso "+, 2
= R
h
100π − 3h
2
π
=
3
100 3
=±
10
100π = 3h 2 π ;
0 ; 100π − 3h 2π = 0 ;
100π 3π
=
h2 ;
;
3
omo estamos ante un problema de la vida real, la solución negativa no tiene cabida, pues la altura del cono no puede ser negativa. #ara ver si es máximo o m!nimo$ 0, 10 V ' (1) = 100π − 3π = 97π > 0 f ( x) es creciente. 3 3 3 5ormo dos intervalos 10 ,+∞ V ' (10) = 100π − 300π = − 200π < 0 f ( x) es decrecient e. 3 3 3
(enemos claro que si crece % decrece, en h =
R =
3
3
=
5'77 tenemos un máximo.
*ustitu%o en 100 − h 2 = R 2 , que es la ecuación que relaciona las variables % obtengo que
*aso 4+, 200
10
=
8'16 . alculo el volumen máximo
V (8'16,5'77 )
·8'16 2 ·5'77
π
=
3
=
402 '33
sustitu%endo h = 5'77 % R = 8'16 en V ( R, h) =
cm 3
π
· R 2 ·h 3
.
Juan Fermín Recio González
Problemas de Optimización
"- Se quiere construir una pista de entrenamiento que consta de un rect/nulo y de dos semic)rculos adosados a dos lados opuestos del rect/nulo. Si se desea que el per)metro de dic!a pista sea de 200m !alla las dimensiones que !acen m/ima el /rea de la rein rectanular.
o primero es +acer el dibu"o. Este dibu"o es el que dan en el examen. #ersonalmente en vez de poner %, prefiero coger la mitad % llamarlo r como en la figura nueva$
El problema nos pide m/ima el /rea de la rein rectanular con lo que la función a maximizar en este caso es el área de un rectángulo$ A = base · altura = x·2·r *aso 1+,
En este caso tenemos dos variables, la base % altura será$ A( x, r ) = x·2·r . Esta función tiene dos variables, x % r, as! pues necesitamos una ecuación que nos relacione las variables. El nico dato que an no +emos usado es per)metro de dic!a pista sea de 200m . En este caso el per!metro es la pista por fuera, es decir$ 2 2 10 y − 40 + 4 y − 16 y − 10 y − 2 y As! pues el per!metro es$ π ·r + π ·r + 2·x = 200 =0 2 ( y − 4) Es decir$ 2·π ·r + 2·x = 200 *aso 2+,
Despe"amos x de la ecuación % sustituimos en la función$
*aso "+, x
=
200 − 2·π ·r 2
*aso 3+,
= 100 − π ·r , A( r ) = (100 −
·r )·2·r = 200 r − 2π ·r 2
π
⇒ A( r ) = 200 r − 2π ·r 2
Derivamos, igualamos a cero % obtenemos los posibles máximos % m!nimos.
A' (r ) = 200 − 4·π ·r = 0 ;
200
= 4·π ·r ;
200 4π
= r ;
r =
50
=
15'92 m .
π
#ara ver si es máximo o m!nimo$ 5ormo dos intervalos ( 0,15'92) A' (1) = 200 − 4π = 200 − 12'56 = 187'44 > 0 f ( x) es creciente. (15'92,+∞) A' (20) = 200 − 80π = 200 − 251'33 = −51'33 < 0 f ( x) es decrecient e.
(enemos claro que si crece % decrece, en r = 15'92 tenemos un máximo. *aso 4+, *ustitu%o en x = 100 − π ·r , que es la ecuación que relaciona las variables % obtengo que x
=
100 − 15'92·π
=
100 − 50
=
50
m. .
Juan Fermín Recio González
alculo el área máxima sustitu%endo r = 15'92 %
Problemas de Optimización
= 50 en A( x, r )
x
=
x·2·r
A(50,15'92) = 50·2·15'92 = 1592 m 2 .
3- Se desea construir el marco para una ventana rectanular de 6 metros cuadrados de superficie. :l metro lineal de tramo !oriontal cuesta 2;4 < y el de tramo vertical " <. (alcula las dimensiones de la ventana para que el coste del marco sea m)nimo. (u/l ser/ ese coste m)nimo9
o primero es +acer el dibu"o. Este dibu"o es el de un rectángulo como el de la figura, de base x % de altura %.
El problema nos pide el coste del marco sea m)nimo con que la función a maximizar en este caso es coste que supone la construcción de un marco para una ventana rectangular. Dic+o coste va a venir dado por la siguiente función$
lo
*aso 1+,
C ( x, y ) = 2'5· x + 3· y .
Esta función tiene dos variables, x e %, as! pues necesitamos una ecuación que nos relacione las variables. El nico dato que an no +emos usado es 6 metros cuadrados de superficie . a superficie o área del rectángulo es 6rea 7 base 8 altura, as! pues 6 x· y . *aso "+, Despe"amos x de la ecuación % sustituimos en la función$ *aso 2+,
=
x
=
6
6
, C ( y) = 2'5· y y
=
3 y
=
15
y
+
3 y
=
15 + 3 y 2
y
⇒
C ( y) =
15 + 3 y 2
y
Derivamos, igualamos a cero % obtenemos los posibles máximos % m!nimos.
*aso 3+, C ' ( y )
+
6 y· y − (15 + 3 y 2 )·1
y
2
= 0;
6 y
2
−
15 − 3 y
2
=
3 y 2
0;
−
15
=
0 ; y 2
=
5 ; y
=
5
=
#ara ver si es máximo o m!nimo$ ( 0,2'24) C ' (1) =
6 − 15 − 3
5ormo dos intervalos ( 2'24,+∞) C ' (3) =
(enemos claro que si decrece % crece, en
=
6 2'24
y
=
9 =
f ( x) es decrecient e. =
9
2'24 tenemos
1'33 > 0
f ( x) es creciente.
un m!nimo.
6
*ustitu%o en x = y , que es la ecuación que relaciona las variables % obtengo que
*aso 4+,
x
= −12 < 0 1 54 − 15 − 27 12
=
2'68 m. .
alculo el coste m!nimo sustitu%endo x = 2'68 e C ( 2'68,2'24)
=
2'5·2'68 + 3·2'24
=
y
6'7 + 6'72
=
=
2'24 en
13'42 € .
C ( x, y ) = 2'5· x + 3· y
2'24 m .
Juan Fermín Recio González
Problemas de Optimización
4- Un tanque de aceite tiene forma de cilindro con forma plana en la base y semiesfera en la parte superior. Si este tanque debe contener un volumen de 1000 metros cúbicos y se desprecia el espesor del material determina las dimensiones que minimian la cantidad de material necesario.
o primero es +acer el dibu"o. Este dibu"o es el de un cilindro normal que en la tapa tiene una semiesfera. El problema nos pide las
*aso 1+,
dimensiones que minimian la cantidad de
material necesario con lo que la función a minimizar en este
caso es el material necesario para la construcción de un tanque como el de la figura. El material necesario es el área de cada elemento que recubre dic+o tanque. El área del cilindro recordemos que la sabemos sin mas que recurrir al desarrollo plano de )ste, % )stas áreas son$ Área Base = π ·r 2 , Área
Área Semiesfera A( r , h)
=
Re ctángulo
=
2·π ·r ·h
%
2·π ·r 2 , con lo que la función a
maximizar es
= π ·r 2 + 2·π ·r ·h + 2·π ·r 2 ⇒ A(r , h) = 3·π ·r 2 + 2·π ·r ·h .
Esta función tiene dos variables, r % +, as! pues necesitamos una ecuación que nos relacione las variables. El nico dato que an no +emos usado es un volumen de 1000 metros cúbicos . El volumen del tanque de la figura es volumen del cilindro 9 volumen de la semiesfera, esto es$ *aso 2+,
1000
= Volumen Tanque = π ·r 2 ·h +
, as!, la ecuación que relaciona r % + es$ 1000 =
3
2·π ·r 3 3
= π ·r
2
·h , +aciendo cuentas$
3000 − 2·π ·r
3000 − 2·π ·r 3 3·π ·r 2
3
3
*aso 3+,
Derivamos, igualamos a cero % obtenemos los posibles máximos % m!nimos.
A' (r ) = 6·π ·r +
2
3·π ·r
9·r 2
− 36·π ·r 3 − 18000 + 12·π ·r 3 9·r
18000 30·π
=
⇒ A(r ) = 3·π ·r + 2
− 12·π ·r 2 ·3·r − 3·( 6000 − 4·π ·r 3 )
2
r = 3
3
6000 − 4·π ·r
+ 2·π ·r ·
3
2·π ·r 3
= h , sustituimos en la función % obtenemos$
A(r ) = 3·π ·r
2
54·π ·r
·r 2 ·h +
π
Despe"amos + de la ecuación % sustituimos en la función$
*aso "+, 1000 −
2·π ·r 3
5'76 m
#ara ver si es máximo o m!nimo$
=0;
3
30·π ·r
3·r
= 0 ; +aciendo cuentas obtengo la siguiente expresión − 18000 = 0 :
30·π ·r 3
= 18000 :
.
Juan Fermín Recio González
Problemas de Optimización
( 0,5'76) A' (1) =
30π − 18000
5ormo dos intervalos ( 5'76,+∞) A' (10) =
=< 0 f ( x) es decrecient e. 9 30000π − 18000 > 0 f ( x) es creciente. 3600
(enemos claro que si decrece % crece, en r = 5'76 tenemos un m!nimo. *ustitu%o en
*aso 4+,
h=
3000 − 1200'73 312'69
=
3000 − 2·π ·r 3 3·π ·r 2
= h , que es la ecuación que relaciona las variables % obtengo que
5'75 m.
alculo el área m!nimo sustitu%endo r = 5'76 % h = 5'75 en A(r , h) = 3· ·r π
A(5'76,5'75)
=
3·3'14·5'76
2
+
2
+
2·π ·r ·h
2·3'14·5'76·5'75 = 312'69 + 208'1 = 520'79
m2 .
6- Una !o=a de papel debe tener 18 cent)metros cuadrados de teto impreso m/renes superior e inferior de 2 cent)metros de altura y m/renes laterales de 1 cent)metro de anc!ura. >btener las dimensiones que minimian la superficie del papel.
o primero es +acer el dibu"o. Este dibu"o es el de un una +o"a de papel con márgenes. El problema nos pide las dimensiones que minimian la superficie del papel con lo que la función a minimizar en este caso es el área del rectángulo que forma la +o"a de papel. *aso 1+,
As! pues, la función a maximizar es A( x, y ) = x· y . Esta función tiene dos variables, x e %, as! pues necesitamos una ecuación que nos relacione las variables. El nico dato que an no +emos usado es 18 cent)metros cuadrados de teto impreso . *abiendo *aso 2+,
que el texto impreso es el recuadro central, tenemos que sus dimensiones son -2 para la base 2a x le restamos / cent!metro de margen izquierdo % otro cent!metro de margen derec+o3 e y-3 para la altura 2a % le restamos ; cent!metros de margen superior % otros ; cent!metros de margen inferior3, as! pues, la ecuación que nos relaciona las variables es$ 18 = ( x − 2) ·( y − 4) . Despe"amos x de la ecuación % sustituimos en la función$
*aso "+, 18
y − 4
+
A( y) =
2 = x , +aciendo cuentas$ 10 + 2 y
y − 4
· y
=
10 y + 2 y
y − 4
18 + 2 y − 8
=
y − 4
2
⇒
A( y) =
x : x
10 y + 2 y
=
10 + 2 y
y − 4
, sustituimos en la función % obtenemos$
2
y − 4
Derivamos, igualamos a cero % obtenemos los posibles máximos % m!nimos.
*aso 3+,
(10 + 4 y )·( y − 4) − (10 y + 2 y 2 ) = 0 ; +aciendo cuentas obtengo la siguiente expresión A' ( y ) = ( y − 4) 2 10 y − 40 + 4 y
2
−
16 y − 10 y − 2 y
( y − 4) 2
2 =
0;
2 y
2
−
16 y − 40
( y − 4) 2
=
0 : 2 y 2
−
16 y − 40
=
0
y y
= =
cm : −2 cm
10
Juan Fermín Recio González
Problemas de Optimización
omo estamos ante un problema de la vida real, la solución negativa no tiene cabida, pues el anc+o no puede ser negativo. #ara ver si es máximo o m!nimo$ − 54 < 0 f ( x ) es decrecient e. ( 0,10 ) A' (1) = 5ormo dos intervalos
9
(10,+∞ ) A' (11) =
(enemos claro que si decrece % crece, en *ustitu%o en x =
*aso 4+,
x
=
10 + 20 6
10 + 2 y
y − 4
242 − 176 − 40 49
y
=
10
=
26 49
>0
f ( x ) es creciente.
tenemos un m!nimo.
, que es la ecuación que relaciona las variables % obtengo que
= 5 cm.
alculo el área m!nimo sustitu%endo x = 5 e
y
=
10
en A( x, y ) = x· y
A(5,10) = 5·10 = 50 cm 2 .
7- ?ecortando convenientemente en cada esquina de una l/mina de cartn de dimensiones 80 cm 40 cm un cuadrado de lado y doblando convenientemente se construye una ca=a. (alcular para que el volumen de dic!a ca=a sea m/imo.
o primero es +acer el dibu"o. Este dibu"o es el de un un rectángulo con las esquinas dibu"adas % el anc+o de la esquina es x. El problema nos pide (alcular para que el volumen de dic!a ca=a sea m/imo con lo que la función a maximizar en este caso es el volumen de la ca"a que vo% a formar con la lámina de cartón cu%as dimensiones son, @lto & @nc!o & 40-25 y #aro & 80-25 . *aso 1+,
As! pues, la función a maximizar es V ( x) = x·( 50 − 2 x ) ·( 80 − 2 x) . *aso 2+,
Esta función tiene una variable, as! pues, paso directamente al paso < % derivo la función para
obtener los máximos % m!nimos. V ( x) = 4 x *aso 3+, V ' ( x) = 12 x 2
3
− 260 x
2
+
4000 x
Derivamos, igualamos a cero % obtenemos los posibles máximos % m!nimos. −
520x + 4000 = 0 ;
x
+aciendo cuentas obtengo como resultados$ x
cm : = 33'3 cm =
10
#ara ver si cuál es el máximo % cuál es el m!nimo$ ( 0,10) V ' (1) = 12 − 520 + 4000 = 3492 > 0 f ( x) es creciente. 5ormo tres intervalos (10,33'3) V ' (11) = 1452 − 5720 + 4000 = −268 < 0 f ( x) es decrecient e. ( 33'3,+∞) V ' (40) = 19200 − 20800 + 4000 = 2400 > 0 f ( x) es creciente.
(enemos claro que si crece % decrece, en x = 10 tenemos un máximo % en x = 33'3 tenemos un m!nimo. *aso 4+, V (10)
alculo el volumen máximo sustitu%endo x = 10
= 4000 − 2600 + 40000 = 41400 cm 3 .
V ( x )
= 4 x 3 − 260 x 2 + 4000 x
Juan Fermín Recio González
Problemas de Optimización
8- Aalla las dimensiones de un depsito abierto superiormente en forma de prisma recto de base cuadrada de 400 metros cúbicos de capacidad y que tena un revestimiento de coste m)nimo.
o primero es +acer el dibu"o. Este dibu"o es el de un un prisma recto de base cuadrada
%
sin tapa pues es abierto superiormente. El problema nos pide tena un revestimiento de coste m)nimo con lo que la función a maximizar en este caso es el área del prisma que no tiene tapa. omo tiene cuatro caras laterales iguales % de dimensiones x8% % una base de dimensión x8x, *aso 1+,
tenemos que la función a minimizar es A( x, y) = 4· x· y + x 2 Esta función tiene dos variables, x e %, as! pues necesitamos una ecuación que nos relacione las variables. El nico dato que an no +emos usado es 400 metros cúbicos de capacidad . As! pues, como *aso 2+,
sabemos el volumen, tenemos que la ecuación que relaciona las variables es$
x 2
= y , sustituimos en la función % obtenemos$
2 x
3
=
3 x 2 · x − ( 2000 + x 3 ) x
− 2000 x
x 2 · y
A( x )
=
4· x·
500 x
2
+ x
2
=
2000 x
+ x
2
=
2000 + x 3 x
Derivamos, igualamos a cero % obtenemos los posibles máximos % m!nimos.
*aso 3+, A' ( x )
=
Despe"amos % de la ecuación % sustituimos en la función$
*aso "+, 500
500
2
=0:
=
2
2 x
3
0 ; +aciendo cuentas obtengo la siguiente expresión
3 x
3
− 2000 − x 3 x
2
− 2000 = 0 x = 10 m :
#ara ver si es máximo o m!nimo$ ( 0,10 ) A' (1) =
5ormo dos intervalos (10,+∞ )
− 1998 < 0
f ( x ) es decrecient e. 1 2662 − 2000 662 = > 0 f ( x) es creciente. A' (11) = 121 121
(enemos claro que si decrece % crece, en x = 10 tenemos un m!nimo. *ustitu%o en
*aso 4+,
y =
500 100
=
500 x
2
= y , que es la ecuación que relaciona las variables % obtengo que
5 cm.
alculo el área m!nimo sustitu%endo x = 10 e y = 5 en A( x, y ) = 4· x· y + x 2 A(10,5) = 4·10·5 + 10·10 = 200 + 100 = 300 m 2 .
= 0;