Ayudanta 27 - Vargas

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CÁLCULO 1-MAT1503
Ayudant́ıa 27
Rodrigo Vargas
1. Con un trozo de material rectangular, se forma una caja abierta suprim-
iendo de cada esquina cuadrados iguales y doblando los lados hacia ar-
riba. Hallar las dimensiones de la caja de mayor volumen que se puede
construir de esta manera, si el material tiene dimensiones a y b.
Solución: La situación geometrica se aprecia en el siguiente dibujo:
El volumne de la caja es
V (x) = (a− 2x)(b− 2x)x = 4x3 − 2(a + b)x2 + abx
y su derivada es
V ′(x) = 12x2 − 4(a + b)x + ab
V ′(x) se anula en x± =
(a + b)±
√
a2 + b2 − ab
6
. Ambas ráıces son
reales y positivas, entonces como V ′′(x) = 24x− 4(a + b) y
V ′′(x±) = ±
√
a2 + b2 − ab
se concluye que hay un máximo en x− y un mı́nimo en x+. Finalmente
las dimensiones de la caja son: largo= a − 2x−, ancho= b − 2x− y
alto= x−.
2. Una Cancha de fútbol mide 90× 61 metros, y los arcos tienen un largo
de 11 metros. Unn puntero izquierdo, que chutea muy bien, se mueve
1
pegado a su costado. ¿A qué distancia del banderin del corner debe
chutear para obtener las máximas posibilidades de marcar un gol?.
Solución: Veamos primeramente la situación geométrica
Queremos máximizar ω = α − β que es equivalente a maximizar su
tangente
tan ω = tan(α− β) = tan α− tan β
1 + tan α tan β
=
b
x
− a
x
1 +
b
x
a
x
=
bx− ax
x2 + ab
Entonces,
d tan ω
dx
=
(b− a)(x2 + ab)− 2x(b− a)x
(x2 + ab)2
= 0 ⇔ ax2 − bx2 + ab2 − a2b = 0
⇔ x2(a− b) + ab(b− a) = 0
⇔ x2 = ab ⇔ x =
√
ab
Por otro lado, se tiene que 2a + 11 = 61 y a + 11 = b resolviendo este
sistema obtenemos que a = 25 y b = 36. Luego,
x =
√
ab =
√
25 · 36 = 30 metros
Note que
d2 tan ω
dx2
=
d
dx
(
(a− b)x2 + ab(b− a)
(x2 + ab)2
)
2
=
2x(a− b)(x2 + ab)2 − ((a− b)x2 + ab(b− a))2(x2 + ab)(2x)
(x2 + ab)4
=
2x(a− b)(x2 + ab)− 4x((a− b)x2 + ab(b− a))
(x2 + ab)3
= −(a− b)x[x
2 − 6ab]
(x2 + ab)3
Se verifica que
d2 tan ω
dx2
∣∣∣∣√
ab
=
(a− b)
√
ab(ab− 6ab)
(2ab)3
=
(a− b)
√
ab5ab
8a3b3
< 0
y x =
√
ab es un máximo.
3. Doble una hoja de papel rectángular haciendo conicideir el vértice C
con un punto del lado AD. Determine x para que la longitud del pliegue
l sea mı́nima. Obtenga además la longitud del pliegue mı́nimo.
Solución:
Usando el teorema de Pitágoras, tenemos:
w2 = x2 − (a− x)2 (1)
l2 = x2 + y2 (2)
y2 = (y − w)2 + a2 (3)
Por (3) tenemos que
y2 = a2 + y2 − 2yw + w2 ⇒ y = w
2 + a2
2w
3
Entonces
l2 = x2 +
(
w2 + a2
2w
)2
= x2 +
(w2 + a2)2
4w2
y usando (1) se tiene que
l2 = x2 +
[x2 − (a− x)2 + a2]2
4(x2 − (a− x)2)
= x2 +
[x2 − a2 + 2ax− x2 + a2]2
4(x2 − a2 + 2ax− x2)
= x2 +
ax2
2x− a
Entonces,
l =
√
x2 +
ax2
2x− a
Por otro lado, como
√
x es creciente, basta minimizar la cantidad sub-
radical, es decir:
f(x) = x2 +
ax2
2x− a
.
y
f ′(x) = 2x +
2ax(2x− a)− 2ax2
(2x− a)2
=
2x(2x− a)2 + 2ax2 − 2a2x
(2x− a)2
Si f ′(x) = 0 se debe tener que
2x(2x− a)2 + 2ax2 − 2a2x = 0 ⇒ 2x(4x2 − 4ax + a2) + 2ax2 − 2a2x = 0
⇒ x(4x− 3a) = 0
⇒ x = 3a
4
4
Entonces,
l =
√
x2 +
ax2
2x− a
∣∣∣∣∣
3a
4
=
√
9
16
a2 +
9
16
a3
3
2
a− a
=
√
9
16
a2 +
9
8
a2 =
3
√
3
4
a
la verificación de que x =
3a
4
es mı́nimo queda como desaf́ıo para el
lector.
4. Entre todos los triángulos rectángulos con peŕımetro 2p, ¿cuál es el que
tiene área máxima?
Solución:
De la figura tenemos
x + y + z = 2p (4)
x2 + y2 = z2 (5)
A =
xy
2
(6)
De la ecuación (4) tenemos z = 2p−x−y entonces elevando al cuadrado
obtenemos
z2 = 4p2 + x2 + y2 − 4px− 4py + 2xy
como z2 = x2 + y2 entonces
4p2 = 4px + 4py − 2xy
Despejando y se obtiene
y(4p− 2x) = 4p(p− x) ⇒ y = 4p(p− x)
2(2p− x)
=
2p(p− x)
2p− x
5
Este valor de y lo reemplazamos en la ecuación (6) para dejar el área
expresada como función de una variable:
A(x) =
p(px− x2)
2p− x
Entonces,
A′(x) =
(x2 − 4px + 2p2)p
(2p− x)2
Para que se anule A′(x), basta que se anule el denominador, por lo que
debemos resolver la ecuación
x2 − 4px + 2p2 = 0
cuyas soluciones son x = p(2±
√
2) de estas dos posibilidades debemos
elegir x = p(2−
√
2), pues el otro valor es mayor que el peŕımetro. Con
este valor de x calculamos y, z. Aśı, y = p(2 −
√
2), z = 2p(
√
2 − 1),
lo que nos dice que el triángulo es isósceles. Ahora verifiquemos que
los valores corresponden a un máximo usando el criterio de la segunda
derivada:
A′′(x) =
p[(2p− x)2(2x− 4p)− (x2 − 4px + 2p2)(2(2p− x)(−1))]
(2p− x)4
=
p(2p− x)[(2p− x)(4x− 2p) + 2x2 − 8px + 4p2]
(2p− x)4
=
−4p3
(2p− x)3
< 0.
El signo de la derivada nos confirma que los valores obtenidos corre-
sponden a un máximo
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