Optimización de Áreas y Volúmenes: Ejemplos y Resolución de Problemas

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.

Es un problema de optimización.

La ecuación en forma explícita de una recta r en el plano es y = mx + n.

Como corta en la parte positiva de los ejes coordenados, la gráfica de la recta es como la de la figura con lo cual la pendiente m es negativa.

Como pasa por el punto C(1,2) tenemos 2 = m + n, de donde n = 2 – m, y la recta queda en la forma

y = mx + (2 – m)

El corte de la recta con el eje OX es el punto B que se obtiene haciendo y = 0, de donde mx = m – 2, con lo cual x = (m – 2)/m, y el punto tiene de coordenadas B((m – 2)/m, 0 )

El corte de la recta con el eje OY es el punto A que se obtiene haciendo x = 0, de donde y = 2 – m, con lo cual el punto tiene de coordenadas A(0, 2 – m).

El triángulo es un triángulo rectángulo por tanto su área es ½.Cateto.Cateto, es decir

Área = A(m) = (1/2)[(m – 2)/m].(2 – m)

La función a optimizar es A(m). Calculamos su primera derivada, la igualamos a 0, tomamos para m valores negativos (por cortar la recta en la parte positiva de los ejes coordenados), y comprobamos que es un mínimo sustituyendo en la 2ª derivada y viendo que sale positiva par dicho valor

De A’(m) = 0, tenemos -2m² + 8 = 0, de donde m² = 4, y m = ± 2. L a solución negativa es m = -2.

Comprobamos que es un mínimo, viendo que A’’(-2) > 0

, por tanto m = - 2 es un mínimo, y el área pedida es A(-2) = (-16)/(-4) = 4 u².

DE ENTRE TODOS LOS RECTÁNGULOS DE PERÍMETRO 8 CM, DETERMINA LAS DIMENSIONES DEL QUE TIENE DIAGONAL DE MENOR LONGITUD.

Es un problema de optimización,

Función a optimizar 

Relación 2x + 2y = 8, de donde x + y = 4. Despejando y = 4 – x

Nuestra función es .

d’(a) = 0

d’’(a) > 0, x = a es un mínimo)

De d’(x) = 0 tenemos 2x – 4 = 0, de donde x = 2, que será el posible mínimo.

, por tanto x = 2 es un mínimo.

El rectángulo tiene de dimensiones x = 2 e y = 4 – 2 = 2, es decir es un cuadrado de lado
 2.

Un alambre de longitud
2 metros se divide en dos trozos. Con el primero se forma un rectángulo
cuya base es el doble de su altura y con el segundo trozo se forma un cuadrado. 
Calcula las longitudes de dichos trozos para que la suma de las áreas del rectángulo y el cuadrado
resultantes sea mínima.

Función a optimizar Área = área rectángulo + área cuadrado = 2a2
+ b2
Relaciones: perímetro: 6a = x → a = x/6; 4b = 2 - x → b = (2 – x)/4.
Mi función A(x) = 2(x2
/36) + (2 – x)2
/16
El mínimo anula A’(x)
A’(x) = 4x/36 – 2(-1)(2 – x)/16,
De A’(x) = 0 → x/9 -2(2 – x)/16 = 0 → x/9 = (2 – x)/8 → 8x = 18 – 9x → 17x = 18 → x = 18/17 m.
Veamos que es mínimo A’’(x) = 4/36 + 2/16 > 0, luego es mínimo independientemente del valor de “x”
Dimensiones pedidas: x = 18/17 m. Y 2 – x = 2 – 18/17 = 16/17 m.

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.

Función a optimizar Área = x⋅y + (1/2)⋅π(x/2)2
Relación entre las variables: perímetro 10 = 2y + x + πx/2, de donde y = 5 - x/2 - πx/4.
A = x⋅y + (1/2)⋅π(x/2)2 = x⋅(5 - x/2 - πx/4) + (1/2)⋅π(x/2)2 = 5x – x2 /2 - πx2 /4 + (1/2)⋅π(x/2)2 = A(x).
Sabemos que su A’(a) = 0 y A’’(a) < 0,="" x="a" es="" un="" máximo="" relativo.="">
A(x) = 5x - x2 /2 - πx2 /4 + (1/2)⋅π(x/2)2
A’(x) = 5 - x - πx/2 + (1/2).π.2(x/2).(1/2) = 5 - x - πx/2 + πx/4 = 5 - x - πx/4.
De A’(x) = 0, tenemos 5 - x - πx/4 = 0, es decir 5 = x + πx/4 = x(1 + π/4), por tanto x = 5/(1 + π/4).
Las dimensiones del marco son:
x = 5/(1 + π/4); y = 5 - x/2 - πx/4 ; y = 5 – 5/[2(1 + π/4)] - 5π/[4(1 + π/4)] y la semicircunferencia = π/[2(1 +
π/4)].
Veamos que es un máximo:
A’(x) = 5 - x - πx/4.
A’’(x) = - 1 - π/4, luego A’’(1 + π/4) = - 1 - π/4 < 0="" (no="" depende="" del="" valor),="" y="" efectivamente="" es="" un="">

Calcula la base y la altura del triángulo isósceles de perímetro 8 y de área máxima

Es un problema de optimización
Función a optimizar: Área = (1/2)base.Altura = (1/2).X.H
Relación entre las variables: Perímetro = 8 = x + 2y, de donde y = 8/2 – x/2 = 4 – x/2.
También tenemos es cuenta que tenemos dos triángulos rectángulos y podemos aplicar el Teorema de
Pitágoras. H2 = y2 – (x/2)2 = ( 4 - (x/2) )2 – (x/2)2 = 16 – 4x + x2 /4 – x2 /4 = – 4x + 16, de donde como “h” es
una longitud (es positiva) tenemos h = √-4x+16
A(x) = (1/2).X.H =(1/2).X. √-4x+16
Si A’(b) = 0 y A’’(b) < 0,="" x="b" es="" un="" máximo="" de="" a(x).="">
A(x) = (1/2).X.H = (1/2).X. √-4x+16
A’(x) = (1/2). √-4x+16 + (1/2).X. -4 /2√-4x+16 = (1/2). √-4x+16 – x /-4x+16.
De A’(x) = 0, tenemos (1/2).√-4x+16 – x √-4x+16= 0, es decir (1/2). √-4x+16 = x √-4x+16 , por tanto
(– 4x+16) = 2x, luego 6x = 16. “x” = 16/6 = “8/3” y “y” = 4 – (8/3)/2 = 4 – 4/3 = “8/3”.
Es un triángulo equilátero
Es decir las dimensiones del triángulo son x = 8/3, y = 8/3 y su área es (1/2).X. √-4x+16 = (1/2).(8/3).
√-4(8/3)+16 = (4/3). √16/3 = 16/3√3 u2 .
Veamos para terminar que es un máximo, es decir A’’(8/3) < 0="">
A’(x) = (1/2). √-4x+16 – x / √4x+16.

Queremos hacer junto a la carretera un cercado rectangular para unos caballos en una zona
llana. Cada metro del lado del cercado que está junto a la carretera nos cuesta 100 euros, 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? 

Es un problema de optimización
Función a optimizar: Área = x.Y
Relación entre las variables: Coste = 3000€ = 100€.X + 10€.Y + 10€.Y +10€.X, de donde 3000 = 20y + 110x,
por tanto 2y + 11x = 300, luego y = -(11/2)x + 150 = -5’5x + 150.
Área = A(x) = x.Y = x.( -5’5x + 150) = -5’5x2 + 150x
Si A’(b) = 0 y A’’(b) < 0,="" x="b" es="" un="" máximo="" de="" a(r)="">
A(x) = -5’5x2 + 150x
A’(x) = -11x + 150
De A’(x) = 0, tenemos -11x + 150 = 0, es decir 11x = 150 luego x = 150/11 m.
Las longitudes del rectángulo son x = 150/11 m  e  y = -5’5(150/11 ) + 150 = - 75 + 150 = 75 m.

Veamos que es un máximo es decir A’’(150/11) < 0="">
A’(x) = -11x + 150.
A’’(x) = - 11 < 0,="" independientemente="" del="" valor="" de="" “x”,="" luego="" es="" un="">

Un alambre de 100 m de longitud se divide en dos trozos. Con uno de los trozos
se construye un cuadrado y con el otro un rectángulo cuya base es doble que su altura.
Calcula las longitudes de cada uno de los trozos con la condición de que la suma de las áreas
de estas dos figuras sea mínima.

Es un problema de optimización
Función a optimizar: Área = (x/4)2 + a.(2a) = (x/4)2 + 2a2
Relación entre las variables a+a+2a+2a = 100 – x, de donde 6a = 100-x, y a = (100-x)/6
Área = A(x) = (x/4)2 + 2( (100-x)/6 )2
Si A’(b) = 0 y A’’(b) > 0, x = b es un mínimo de V(r)
A(x) = (x/4)2 + 2( (100-x)/6 )2
A’(x) = 2.(x/4)(1/4) + 2.2( (100-x)/6 )(-1/6) = (x/8) – (100-x)/9.
De A’(x) = 0, tenemos (x/8) – (100-x)/9 = 0, es decir 9x = 800-8x, luego x = 800/17 m.
Las longitudes de los trozos son x = 800/17 m. Y 100 – x = 100 - 800/17 = 900/17 m.
Veamos que es un mínimo es decir A’’(800/17) > 0
A’(x) = (x/8) – (100-x)/9.
A’’(x) = 1/8 + 1/9 >0, independientemente del valor de “x”, luego es un mínimo.

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.

Función a maximizar Volumen = V = (área base).Altura = (πr² ).H
Relación entre las variables área total = 54 = (2πr).H + 2.( πr² ), de donde h =  54 - 2πr²/2πr y simplificando nos queda h = 27/(πr) - r.
Función a maximizar V(r) = (πr 2 ).H = (πr 2 ).[ 27/(πr) - r] = 27r - πr 3.
Si V’(b) = 0 y V’’(b) < 0,="" x="b" es="" un="" máximo="" de="" v(r)="">
V’(r) = 27 - 3πr² .

De V’(r) = 0, tenemos 27 - 3πr²= 0, es decir r2 = 9/π, de donde x = ±√(9/π), y
como “r” es una longitud tenemos r = 3/√(π) m.
Las dimensiones del depósito son r = 3/√(π) m y h = 27/(πr)–r=9/√(π)–3/√(π) = 6/√(π)m, lo
cual es cierto pues la altura tiene que ser igual al diámetro .
Veamos que r = 3/√(π) es un máximo, viendo que V’’(3/√(π)) < 0="">
V’(r) = 27 - 3πr²
V’(r) = - 6πr.
Sustituyendo “3/√(π))” por “r” en V’’(r) obtenemos V’’(3/√(π)) = - 18√(π) < 0,="" luego="" es="" un="">
máximo.

Entre todos los triángulos rectángulos de 5 metros de hipotenusa, determina los catetos del de área máxima

Solución

Función a maximizar A = (x)(y)

Relación entre las variables x² + y² = 5², de donde y = +√(25 – x²), tomamos sólo la solución positiva porque es una longitud.

Función a maximizar A(x) = (1/2).(x).( √(25 – x2))

Si A’(b) = 0 y A’’(b) < 0,="" x="b" es="" un="" máximo="" de="">

A’(x) = (1/2)[(√(25 – x²)) – (x²) / (√(25 – x²))]. De A’(x) = 0, tenemos ( (√(25 – x²) )² = x², es decir 2x² = 25, de donde x = ± √(25/2), y como "x" es una longitud x = √(25/2) m.

Las medidas de los catetos son x = √(25/2) m. E y = (√(25 – ((√(25/2)²)) = √(25/2) m., es decir es un triángulo isósceles rectángulo.

Veamos que x = √(25/2) es un máximo, viendo que A’’(√(25/2))

A’(x) = (√(25 – x2)) – (x2) / (√(25 – x2))

A’’(x) = (-2x) /( (√(25 – x2)) – [ (2x. (√(25 – x2)) + x3 / (√(25 – x2)) ] / (25 – x2)

Sustituyendo "√(25/2)" por "x" en A’’(x) obtenemos A’’(√(25/2)) = 72/(3)³ = – 1 – [25.√(25/2) +25/2] / (25/2) < 0,="" luego="" es="" un="">

La hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 90 cm. Si se hace girar alrededor 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 engendrado sea máximo? (Recuerda que el volumen del cono es V = (1/3)πr²h).

Función a maximizar V = (1/3)πr²h = (1/3)πx²y

Relación entre las variables x² + y² = 90², de donde y = +√(8100 – x²), tomamos sólo la solución positiva porque es una longitud.

Función a maximizar V(x) = (π/3) x².√(8100 – x²)

Si V’(a) = 0 y V’’(a) < 0,="" x="a" es="" un="" máximo="" de="">

V’(x) = (2π/3)x.√(8100 – x²) + (π/3)x².[-x/√(8100 – x²)]

De V’(x) = 0, tenemos (2π/3)x.√(8100 – x²) = (π/3) x³/[√(8100 – x²)], es decir (2π/3)x.(8100 – x²) = (π/3) x³, por tanto 3x³ – 16200x = x(3x² – 16200) = 0. Las soluciones son x = 0 y x = ± √(5400). Como "x" es una longitud x = +√(5400) = 30√(6)

Las medidas de los catetos son x = √(5400) = 30√(6) cm. E y = √(8100–5400) =√(2700) = 30√(3) cm.

Veamos que x = 30√(6) es un máximo, viendo que V’’(30√(6)) <>

V’(x) = (2π/3)x.√(8100 – x²) – (π/3)x³/[√(8100 – x²)]

V’’(x) = (2π/3)√(8100 – x²) – (2π/3)x²/[√(8100 – x²)] –

– (π/(3.(8100 – x²)).[ 3x².√(8100 – x²) + x⁴/√(8100 – x²) ]

Sustituyendo "30√(6)" por "x" en V’’(x) y simplificando obtenemos

V’’(30√(6)) = (π/3).( √(2) – 420√(3) ) < 0,="" luego="" x="30√(6)" es="" un="">

Una hoja de papel tiene que contener 18 cm² de texto. Los márgenes superior e inferior han de ser de 2 cm cada uno y los laterales 1 cm. Calcula las dimensiones de la hoja para que el gasto de papel sea mínimo

Función a maximizar A = (x+2)(y+4)

Relación entre las variables x.Y = 18, de donde y = 18/x, tomamos sólo la solución positiva porque es una longitud.

Función a maximizar A(x) = (x + 2)((18/x) + 4)

Si A’(b) = 0 y A’’(b) > 0, x = b es un mínimo de A(x)

A’(x) = ((18/x) + 4) + (x + 2) = 4 – 36/x². De A’(x) = 0, tenemos 4 – 36/x² = 0, es decir x² = 9, de donde x = ± √(9), y como "x" es una longitud x = 3.

Las medidas del papel son ancho = x + 2 = 5 cm     y     alto = y + 4 = 18/3 + 4 = 10 cm.

Veamos que x = 3 es un mínimo, viendo que A’’(3) > 0

A’(x) = 4 – 36/x² = 4 – 36.X^-2.

A’’(x) = 0 – 36.(-2).X^-3 = 72/x³  

Sustituyendo "3" por "x" en A’’(x) obtenemos A’’(3) = 72/(3)³ = 72/27 > 0, luego es un mínimo.