1.
Se desea construir una caja de base cuadrada y abierta por la parte superior, utilizando para ello una lámina cuadrada de 1,20 m. de lado, recortando un cuadrado pequeño en cada esquina y doblando los bordes hacia arriba. Determinar la longitud de los lados para obtener una caja de olumen má!imo. Solución
Se construye la "igura seg#n el enunciado.
1,2m
x
x
x
x
1,2-2x
1,2m
1,2-2x
1,2m– 2x
x x $l olumen de la caja es%
x
x
1,2m– 2x
x 2
V & x ' = &1, 2 − 2 x' x
Deriar la "unci(n olumen e igualar a cero para encontrar el alor de ! que ma!imice al olumen. $s decir% V )& x' =
12 2*
&* x − 1'&* x − +' = 0
alores cr-ticos%
1 + . * * /bicar los puntos cr-ticos en la recta real%
+
∞
– 1/5 x =
+ 3/5
1 *
m = 0, 2m
∞ x =
+ *
m = 0, m
Del grá" Del grá"ic icoo se conc conclu luyye qu quee ma!i ma!imi miza za al olu olum men y minimiza al olumen. or lo tanto, las dimensiones de la caja que tiene olumen má!imo es%
0,8m
0,2m 0,8m Fig. d
2.
/na entana rectangular coronada por un semic-rculo, tiene un per-metro dado. Determinar las dimensiones que dejan pasar el má!imo de luz. Solución
Se construye el grá"ico seg#n el enunciado en un plano cartesiano% Y
x X
0
–y $l per-metro% longitud de la semicircun"erencia 3 los tres lados del rectángulo. y =
P − &π + 2' x
π ⇔ 2 ! 3 2! 3 2y ! 4 0, y 4 0 5ue pase la má!ima luz signi"ica que el área de la entana debe ser de área má!ima. $ntonces el área total es% 6rea total 6rea del semic-rculo 3 6rea del rectángulo
A& x ' =
π
x
2
+ 2 xy =
2
π
x
2
+ 2 x7
2
P − &π + 2' x 2
8 = Px −
π
x 2
2
− 2x 2
Deriando e igualando a cero se tiene% A )& x ' = P − π x − 9 x = 0 ⇔ x =
P π
+9
/se el criterio de la segunda deriada para determinar si el alor cr-tico de la primera deriada genera el alor má!imo de la "unci(n área. $s decir% A ))& x' = −π − 9 < 0 ⇒ A&
P π
+9
or lo tanto, las dimensiones de la enta son% x =
P π
:adio del c-rculo%
+9
'
es alor má!imo de la "unci(n área.
2 x =
2 P π
;ase del rectángulo%
y =
P − &π + 2' x 2
+9 del
P − &π + 2'
=
&π + 9'
=
P &π + 9' − &π + 2' P 2&π + 9'
=
P &π + 9'
2 P π
P
2
y + x =
rectángulo%
+9
Se necesita diseñar una lata cil-ndrica con radio r y altura h. =a base y la tapa deben hacerse de cobre, con un costo de 2 c>ntimos ? cent-metro cuadrado. $l lado curo se hace de aluminio, que cuesta 1 c>ntimo?cent-metro cuadrado. ;uscamos las dimensiones que ma!imicen el olumen de 300π la lata. =a #nica restricci(n es que el costo total de la lata sea c>ntimos. Solución
Base y Tapa
r
r
h
Lad La!era" r h
2
2π rh
4πr
@osto total @osto 1 3 @osto 2 2
2
+00π = 9π r + 2π rh ⇔ h =
1*0 − 2r
r
A.. & 1 ' olumen de la lata es% 2
2
V &r ' = π r h = π r 7
2
1*0 − 2r
r
+
8 = 2π &B*r − r '
Deriar e igualar a cero para encontrar el alor de ! que ma!imice al olumen de la lata. $s decir% 2
V )& x' = 2π &B* − +r ' = 0 ⇒ r = *
=a ra-z negatia se descarta pues el radio nunca es negatio. or el criterio de la segunda deriada se tiene%
V ))& x' = −12π r < 0 ⇒ V &*'
es olumen má!imo. or lo tanto, las dimensiones de la lata son%
h = 20
r = *
:adio%
Se a a construir un embalaje con tapa para contener 2 m + de naranjas. Cste se a a diidir en dos partes mediante una separaci(n paralela a sus e!tremos cuadrados. $ncuentre las dimensiones del embalaje que requiere la menor cantidad de material. Solución
rea !!a" x
A& x y' = + x
x
2
+
9 xy ... &1'
"(me'
y
2
V & x y ' = x y = 2 ⇒ y =
2 2
... &2'
=uego, &2' en &1' se tiene el área% A& x' = + x
2
+
9x
2
x
=
2
+x
2
D
+
x
Deriar e igualar a cero. A )& x' = x −
D
x
2
=
x
+
x
−D
2
=
0⇒ x =
2 +
≈ 1,10
Deriar por segunda ez. A ))& x' = +
$ntonces, por el criterio de la segunda deriada, or lo tanto, las dimensiones del embalaje son% y =
largo 1. Tres
+
+ 2
x
, ancho
=
1
x
+
>
0
2 A& + '
2 1,10 +
es área m-nima.
x
≈
y alto
=
2 1,10 + ≈
#$%ri&as es!$' si!(ads e' "s )*r!i&es de (' !ri$'g(" iss&e"es. Las #$%ri&as B y (e dis!a' e'!re si de 1 m es!$' si!(ads e' "a %ase, mie'!ras (e "a #$%ri&a dis!a 10 m de "a %ase de" !ri$'g(". (*
dis!a'&ia de , a " "arg de "a a"!(ra, se de%e &"&ar ('a i's!a"a&i' de %m%e de ag(a de ma'era (e se emp"ee "a me'r "'gi!(d de &aer6as para a%as!e&er de ag(a "as !res #$%ri&as7 Solución:
ea x "a dis!a'&ia %(s&ada desde , 9as!a :. ;agams (' gr$<& de" pr%"ema, A
M
B
8
N
C
8
=sa'd e" !erema de >i!$gras se e'&(e'!ra "a 9ip!e'(sa de" !ri$'g(" re&!$'g(" ABC
BMN
, es! es,
√ 64 +( 10− x ) . dem$s &m e" !ri$'g("
es iss&e"es, es de&ir e" $'g("
adem$s
AN
CAN
BAN
L= AM + BM + CM
@" %Ae!i) es mi'imiar
√
L
2
L= x + 2 64 +(10 − x )
Ceri)a'd '
= 1−
BC
C
,
, de
BC
.
"a "'gi!(d de "as &aer6as, para a%as!e&er de ag(a a "as !res
#$%ri&as,
L
es ig(a" a" $'g("
es &'gr(e'!e &' e" !ri$'g("
. >r !a'! ? es p('! medi de" "ad L
B
, es a"!(ra, " &(a" &ae perpe'di&("arme'!e a" "ad
es! se !ie'e (e e" !ri$'g("
ea
2
L
, !e'ems
( − x ) √ 64 +( 10− x ) 2 10
2
Dg(a"ams a &er para p!imiar
−
1
( − x ) 2 ( 10− x ) =0 → 1= √ 64 +( 10 − x ) √ 64 + ( 10− x ) 2 10
2
2
→
√ 64 + ( 10 − x ) =2 (10− x ) 2
10
>dems e"e)ar a" &(adrad a am%s "ads de "a ig(a"dad, p(es
− x > 0
, represe'!a "'gi!(d E)er gr$<&, e'!'&es 64
→
+ (10 − x ) =4 ( 10 − x ) 2
64 3
= ( 10− x )
2
2
→±
√
→ 64
64 3
=3 ( 10− x )
2
=10 − x → x =10 ±
@" )a"r (e 's i'!eresa es
√
x =10−
64 3
√
64 3
→ x ≈ 5.4
>ara aseg(rar (e 's ge'era (' m6'im, (sams e" &ri!eri de "a primera deri)ada, para es! (sams p('!s &er&a's a" 5.4, es!s ser$' 5 y , "(eg reemp"aams e' "a primera deri)ada y a'a"iams e' "a re&!a rea"
5
+ 5.4
@" &am%i de me's a m$s gara'!ia (e e" )a"r para
x =5.4
ge'era ('
m6'im, pr " !a'! "a i's!a"a&i' de %m%e se de%e &"&ar a de" )*r!i&e
A
.
5.4 km
