Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (55)

Vista previa del material en texto

10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
El valor positivo es x = 12/3 = 4, y efectivamente f(x) alcanza ah́ı un máximo relativo (pues el
valor de f ′′(x) = −2− 6x en x = 4 es negativo) con valor f(4) = 56 · 4− 16− 64 = 144.
Para valores negativos de x el área es g(x) = −f(x) = x3 + x2 − 56x, cuya derivada se anula
en los mismos puntos que f ′(x), y por tanto las cuentas de antes nos dicen que el punto cŕıtico es
x = −14/3, donde hay un máximo relativo pues la derivada segunda g(x) = 2+6x vale 2−2·14 < 0.
El valor del área es
g(−14/3) = −14
3
27
+
142
9
+ 56
14
3
≈ 181
por lo que el valor de x pedido es x = −14/3.
o
9. ¿Cuál es el menor peŕımetro que puede tener un rectángulo con una esquina en el origen de coor-
denadas, dos lados sobre los ejes y una esquina sobre la curva xy = 1?
Solución: Si llamamos x e y a las longitudes de los lados que están sobre cada eje, el peŕımetro
vale P (x, y) = 2(x+ y) y la condición sobre la esquina es y = x−1, por lo que nos queda la función
f(x) = 2(x+x−1) cuya derivada f ′(x) = 2(1−x−2) se anula en x = ±1, pero al ser x una longitud
sólo consideramos el caso x = 1. Aqúı se alcanza un mı́nimo, pues f ′′(x) = 4x−3 toma un valor
positivo, y el peŕımetro para ese valor de x es f(1) = 2(1 + 1) = 4.
o
10. Justifica que, de todos los cuadrados inscritos en un cuadrado de
lado L, el que tiene menor área es el que tiene sus vértices en los
puntos medios del cuadrado inicial.
L
Solución: Llamando x a la distancia entre los vértices de ambos cuadrados, aparecen triángulos
rectángulos con catetos x y L− x, y podemos calcular el área del cuadrado inscrito de dos formas:
Como el área de un cuadrado cuyo lado es la hipotenusa de esos triángulos, de modo que el lado
vale
√
x2 + (L− x)2 =
√
L2 − 2Lx+ 2x2 y el área vale por tanto L2 − 2Lx+ 2x2.
O como el área del cuadrado grande (L2) menos el área de los 4 triángulos, que vale 4 · 12 x(L− x),
lo que da en total L2 − 2x(L− x) = L2 − 2Lx+ 2x2.
La derivada del área es −2L+ 4x y se anula cuando x = L/2, luego el punto cŕıtico se alcanza en
el punto medio del cuadrado inicial, y es un mı́nimo pues la derivada segunda es positiva (vale 4).
o
11. Se considera el triángulo T de vértices (0, 0), (a, 0) y (0, b). Si R es el rectángulo de mayor área que
se inscribe en T (en el sentido de la figura), comprobar que el área de R es la mitad de la de T .
✻
✲
❍❍❍❍❍❍
❍❍❍❍❍❍❍❍
(a,0)
(0,b)
Matemáticas de 1 , problemas 163 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
Solución: El área del triángulo es ab/2, luego se trata de ver que el máximo de esas áreas vale
ab/4.
La recta que pasa por (a, 0) y (0, b) tiene por ecuación y = ba(a − x), y si (x, y) es el vértice del
rectángulo que está en esa recta, el área correspondiente vale A(x) = A(x, y) = xy = ba(ax− x2).
Como A′(x) = ba(a − 2x) se anula para x = a2 y A′′(x) = −2ba < 0, en ese valor de x se alcanza el
máximo con valor A(a/2) = ba(a
2/2− a2/4) = ba(a2/4) = ab/4, como se queŕıa ver.
o
12. Tenemos 1.800e para vallar una parcela rectangular junto a una carretera recta (con lados paralelos
y perpendiculares a la carretera). La valla junto a la carretera cuesta 10e el metro, y el resto 5e el
metro. ¿Cómo ha de ser la parcela para que tenga la mayor área posible?
Solución: Si llamamos x a la longitud del lado paralelo a la carretera e y a la del perpendicular,
las condiciones sobre el dinero nos dicen que 15x+ 10y = 1,800, o sea y = 180− 32 x.
El área de la parcela será xy, pero realmente sólo depende de x por la relación anterior y queda
A(x) = x(180− 3
2
x) = 180x− 3
2
x2 A′(x) = 180− 3x
Esta derivada se anula para x = 60, donde se alcanza un máximo pues A′′(x) = −3. Además para
ese valor de x se tiene y = 180− 90 = 90, por lo que la parcela debe tener 60 metros en la dirección
paralela a la carretera y 90 en la dirección perpendicular.
o
13. Se tienen 280e para vallar un terreno rectangular aprovechando un tramo recto de un ŕıo. La valla
del tramo paralelo al ŕıo cuesta 10e/m, y la de los tramos perpendiculares cuesta 4e/m (la orilla
no se valla). ¿Cuál es la superficie del mayor terreno rectangular que se puede vallar?
Solución: Si el tramo paralelo al ŕıo mide x y los tramos perpendiculares miden y, el coste en
euros es 10x+ 8y y por tanto tenemos la restricción 10x+ 8y = 280, o sea 5x+ 4y = 140.
Se quiere maximizar la superficie, que en vista de la restricción se puede expresar sólo en función
de x como
f(x) = área(x, y) = xy = x
140− 5x
4
=
140x− 5x2
4
Su derivada f ′(x) = (140 − 10x)/4 se anula para x = 14 y la derivada segunda f ′′(x) = −10/4 es
negativa, por lo que la superficie es máxima para x = 14. Lo que se pide es el valor de esa superficie,
que es f(14) = 245m2.
o
Matemáticas de 1 , problemas 164 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
14. Se quiere vallar un terreno rectangular de área fija A (metros cuadrados) con lados de longitudes x
e y (metros). En los dos lados de longitud x se usa una valla que cuesta P euros el metro, y en los
otros una que cuesta Q euros el metro (A,P,Q, x, y positivos). Se pide:
a) ¿Para qué valores de x e y (en función de A, P y Q) se minimiza el coste?
b) Comprueba que, para esos valores, se tiene x/y = Q/P . ¿Cómo interpretas esto?
c) ¿Cuál es ese coste mı́nimo (en función de A, P y Q)?
Solución: a) La condición del área se traduce en xy = A, y por tanto y = Ax−1. El coste en euros
es f(x, y)=2Px+ 2Qy=2(Px+Qy), donde sustituimos y=Ax−1 para obtener la función de una
variable f(x) = 2(Px+AQx−1) cuya derivada f ′(x) = 2(P −AQx−2) se anula cuando x2 = AQ/P .
Por tanto
x =
√
AQ√
P
=
√
APQ
P
e y =
A
x
=
AP√
APQ
=
AP
√
APQ
APQ
=
√
APQ
Q
Tomamos solo los valores positivos de las ráıces, pues las variables miden de longitudes. Además se
trata de un mı́nimo pues en ese valor (positivo) de x también f ′′(x) = 4AQx−3 es positiva.
b) Para esos valores se tiene x/y = Q/P puesto que xP =
√
APQ = yQ. Esta expresión nos dice
que, para esos valores óptimos, se gasta tanto dinero en la valla de un precio como en la del otro.
Otra interpretación consiste en notar que si Q > P entonces x > y (y viceversa, siempre para los
valores óptimos). O sea, si el tramo a coste Q es más caro entonces habrá que poner una cantidad
mayor (x) de valla barata, lo cual es “razonable”. Esta relación cualitativa es además cuantitativa,
pues si por ejemplo el tramo a coste Q es tres veces más caro (Q/P = 3) entonces se tiene x = 3y,
o sea habrá que poner el triple de cantidad de la valla barata.
c) Para esos valores el coste en euros es f(x, y) = 2Px+ 2Qy = 2
√
APQ+ 2
√
APQ = 4
√
APQ.
o
15. Se considera un trapecio como el de la figura (base menor x,
altura y y ángulo 45 ) con área fija A =
√
2.
¿Cuánto deben valer x e y para minimizar el peŕımetro? ¿Cuánto
vale ese peŕımetro mı́nimo? 45
x
y
Solución: Como el ángulo es de 45 , la base mayor mide x+2y. Por tanto la semisuma de las bases
es x+ y y el área del trapecio es A = (x+ y)y, mientras que su peŕımetro es P = 2x+ 2y + 2
√
2 y.
Como
√
2 = A = (x+y)y, se tiene x =
√
2 y−1−y, luego podemos expresar el peŕımetro en función
de y como P (y) = 2(
√
2 y−1 − y) + 2y + 2
√
2 y = 2
√
2 y−1 + 2
√
2 y = 2
√
2(y−1 + y).
Derivando se obtiene P ′(y) = 2
√
2(−y−2 + 1), que se anula cuando y−2 = 1, o sea para y2 = 1.
Como solo se admiten valores positivos se tiene finalmente y = 1. Como la derivada segunda
P ′′(y) = 2
√
2(2y−3) es positiva para y = 1, se obtiene efectivamente un mı́nimo para el peŕımetro.
El valor de x y el peŕımetro mı́nimo se obtienen sin más que sustituir: x =
√
2− 1, P (1) = 4
√
2.
o
Matemáticas de 1 , problemas 165 Alberto del Valle Robles