Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (56)

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10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
16. Determina el trapecio de mayor área que se puede inscribir en una semicircunferencia de radio 10,
y comprueba que su área vale 75
√
3. El dibujo representa lo que significa “inscribir un trapecio
en una semicircunferencia”: ✬✩q
✁
✁
❆
❆
Solución: Cada trapecio inscrito en la semicircunferencia de radio 10 viene determinado por el
punto (x, y) de la figura ✬✩
✲
✻
✁
✁
❆
❆
x
q (x,y)
que debe verificar x2+y2 = 100 (ó y =
√
100− x2) por estar en la circunferencia. Las bases inferior
y superior del trapecio tienen longitudes 20 y 2x, y su altura es y, luego el área del trapecio es10
A(x) =
20 + 2x
2
y = (10 + x)
√
100− x2
Se trata pues de encontrar el máximo de esta función de x; los candidatos son los puntos cŕıticos,
es decir, los puntos donde se anula la derivada
A′(x) =
√
100− x2 + (10 + x) −2x
2
√
100− x2
=
(100− x2)− x(10 + x)√
100− x2
=
100− 10x− 2x2√
100− x2
Las ráıces del numerador son, dividiendo por −2, las mismas que las de x2+5x−50, que son x = 5
y x = −10. La negativa queda descartada por las condiciones del problema, y en x = 5 se alcanza
el máximo11, para el cual el área vale A(5) = 15
√
75 = 15
√
3 · 25 = 15 · 5
√
3 = 75
√
3.
o
17. Se considera la función f(x) = 1 − x2 y su recta tangente en el punto de abscisa x = a (con
0 ≤ a ≤ 1). Encuentra el valor de a que minimiza el área del triángulo que forman esa tangente y
los ejes:
✲
✻ q❅❅
❅
❅
❅
❅
x=a
Solución: La tangente pasa por el punto P = (a, f(a)) = (a, 1−a2), y su pendiente es f ′(a) = −2a,
luego la ecuación es y − (1− a2) = −2a(x− a), que reordenando queda 2ax+ y = 1 + a2.
Los puntos de corte con los ejes son
(
0, 1 + a2
)
y
(
1 + a2
2a
, 0
)
.
10También se puede llegar a ella “llevándose a la izquierda” el triángulo determinado por la linea discontinua y observando
que entonces se tiene un rectángulo de altura y y base 10 + x (10 unidades a la izquierda del eje más x a la derecha).
11Por el planteamiento geométrico hay un máximo. También se puede calcular la derivada segunda A′′(x) =
2x3 − 300x− 1000
(100− x2)3/2
y sustituir x = 5 para ver que A′′(5) < 0.
Matemáticas de 1 , problemas 166 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
Por tanto el área del triángulo en función de a vale S(a) = 12(1 + a
2)1+a
2
2a =
(1+a2)2
4a . Su derivada
vale S′(a) = 14
4a2(1+a2)−(1+a2)2
a2
= (1+a
2)(3a2−1)
4a2
y se anula cuando 3a2 − 1 = 0, es decir cuando
a =
√
1/3.
Para asegurar que en ese punto cŕıtico se alcanza un mı́nimo se pueden usar consideraciones
geométricas, o se puede ver que la derivada segunda S′′(a) =
6a4 + 2
4a3
es positiva para a > 0,
o se puede estudiar el signo de S′(a) para deducir que S(a) es decreciente cuando a <
√
1/3 y
creciente cuando a >
√
1/3.
o
18. En un rectángulo de 4 metros de peŕımetro, se sustituyen los cuatro lados por semicircunferencias
exteriores. Halla las dimensiones de los lados para las que el área de la figura resultante es mı́nima.
Solución: Si llamamos x, y a las longitudes de los lados del rectángulo, la condición sobre el
peŕımetro nos dice que 2x + 2y = 4, o sea que x + y = 2 y aśı y = 2 − x. El área de la figura
resultante es la del rectángulo más la de un ćırculo (dos semićırculos) de diámetro x y la de otro de
diámetro y, es decir A(x, y) = xy + π(x/2)2 + π(y/2)2. Usando la restricción y = 2− x nos queda
una función de una sola variable f(x) = x(2 − x) + π4 (x2 + (2 − x)2) = 2x − x2 + π2 (x2 − 2x + 2),
cuya derivada f ′(x) = (π2 − 1)(2x− 2) se anula cuando x = 1 (y por tanto y = 2− x = 1, es decir,
cuando el rectángulo es de hecho un cuadrado). Como f ′′(1) = π − 2 es positiva, para esos valores
se alcanza un mı́nimo.
o
19. Se quiere construir un recinto como el de la figura (un semićırculo de radio
r bajo cuyo diámetro hay un rectángulo de altura h) con peŕımetro fijo
P = 2π + 8 y con área máxima.
¿Cuánto deben valer r y h? ¿Cuánto vale esa área máxima?
r
h
Solución: El radio es r y la base del rectángulo 2r, por lo que el peŕımetro y el área valen
P = 2h+ 2r + πr = 2h+ (2 + π)r A = 2rh+
1
2
πr2
Como se fija el peŕımetro, debe ser 2h+(2+π)r = 2π+8, de donde despejamos 2h = 2π+8−(2+π)r.
Entonces el área se expresa como función de la variable r:
A(r) = (2h)r +
1
2
πr2 = (2π + 8)r − (2 + π)r2 + 1
2
πr2 = (2π + 8)r − (2 + 1
2
π)r2
La derivada A′(r) = (2π + 8) − (4 + π)r se anula cuando 2π + 8 = (4 + π)r, o sea cuando r = 2,
y en ese valor se alcanza un máximo porque la derivada segunda A′′(r) = −(4 + π) es negativa. El
valor correspondiente de h es
h =
1
2
(2π + 8− (2 + π)r) = π + 4− (2 + π) = 2
y el área para r = 2 y h = 2 vale A = 8 + 2π.
Ejercicio: para un peŕımetro P arbitrario el máximo se alcanza en r = h =
P
4 + π
y el área vale
1
2 P
2
4 + π
.
o
Matemáticas de 1 , problemas 167 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
20. Se quiere construir un recinto como el de la figura (semićırculo de radio x sobre
un rectángulo de altura y) con área fija A = 8 + 2π.
¿Cuánto deben valer x e y para minimizar el peŕımetro? ¿Cuánto vale ese peŕıme-
tro mı́nimo?
[Sugerencia: no sustituyas el valor concreto de A hasta el momento adecuado.]
x
2x
y
Solución: El peŕımetro y el área valen P = πx+ 2x+ 2y y A = 2xy + 12 πx
2.
El valor de A es fijo, y en su fórmula podemos despejar 2y para sustituirlo luego en el peŕımetro,
que quedará entonces como función de la única variable x. Lo hacemos:
A = 2xy + πx2/2 ⇒ 2y = A− πx
2/2
x
= Ax−1 − πx/2 ⇒
P (x) = πx+ 2x+Ax−1 − πx/2 = (2 + π/2)x+Ax−1 ⇒ P ′(x) = (2 + π/2)−Ax−2
La derivada se anula cuando x2 =
A
2 + π/2
= 4, o sea cuando x = 2 (no se considera x = −2 por
ser una medida), y en ese valor se alcanza un mı́nimo porque la derivada segunda P ′′(x) = 2Ax−3
es positiva. El valor de y es
2y = Ax−1 − πx/2 = A/2− π = 4 ⇒ y = 2
y el peŕımetro mı́nimo es entonces P = πx+ 2x+ 2y = 8 + 2π.
Ejercicio: para un área A arbitraria el mı́nimo se alcanza en x = y =
2A
4 + π
y vale P =
√
(8 + 2π)A .
o
21. Se quiere construir un recinto como el de la figura (semićırculo de radio x sobre un rectángulo de
altura y) con área fija A. Se pide:
a) Calcula (en función de A) el valor de x que optimiza el peŕımetro y
decide si para ese valor se alcanza un máximo o un mı́nimo.
b) Halla el correspondiente valor de y, comprobando que x = y.
c) Calcula (en función de A) ese peŕımetro óptimo.
x
y
Solución: (a) El peŕımetro y el área valen P = πx+ 2x+ 2y y A = 2xy + 12 πx
2.
P es la función que hay que optimizar, y del valor fijo del área deducimos la relación entre x e y
que nos permitirá ver a P como función de una sola variable:
A = 2xy + πx2/2 ⇒ y = A− πx
2/2
2x
=
1
2
Ax−1 − 1
4
πx ⇒
P (x) = πx+2x+2y = πx+2x+Ax−1−πx/2 = (2+π/2)x+Ax−1 ⇒ P ′(x) = (2+π/2)−Ax−2
La derivada se anula cuando 2+π/2 = Ax−2, o sea x2 =
A
2 + π/2
=
2A
4 + π
, o sea x =
√
2A
4 + π
(solo
se considera el valor positivo por ser x una medida), y en ese valor se alcanza un mı́nimo porque la
derivada segunda P ′′(x) = 2Ax−3 es positiva.
Matemáticas de 1 , problemas 168 Alberto del Valle Robles