Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (57)

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10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
(b) El valor de y se puede obtener sustituyendo el de x en y = A−πx
2/2
2x y operando, pero es un poco
más cómodo usar A = 2xy + 12 πx
2 para obtener
2xy = A− π
2
2A
4 + π
= A
(
1− π
4 + π
)
=
4A
4 + π
⇒ xy = 2A
4 + π
= x2 ⇒ y = x
(c) El peŕımetro mı́nimo es entonces P = πx+ 2x+ 2y = (4 + π)x =
√
2A(4 + π).
o
22. Un sector circular de radio R y ángulo α (positivo y en radianes) tiene área
1
2 αR
2, y la longitud del correspondiente arco de circunferencia es αR. De todos
los sectores circulares de peŕımetro 12, ¿cuál tiene mayor área? α
R
Solución: El peŕımetro es la suma del arco más los dos radios, luego se tiene 2R+ αR = 12, y se
trata de maximizar el área A(R,α) = 12 αR
2 con esa condición.
Si en la condición despejamos α = (12 − 2R)/R = 12/R − 2 nos queda el área en función del
radio A(R) = 12 (12/R − 2)R2 = 6R − R2; la derivada A′(R) = 6 − 2R se anula para R = 3 (con
α = 4 − 2 = 2) y, como la derivada segunda A′′(R) = −2 es siempre negativa, en ese punto se
alcanza un máximo. Por tanto, el sector de mayor área es el que tiene radio 3 y ángulo 2 radianes.
Sale más complicado si en la condición despejamos R = 12/(2 + α): El área en función del ángulo
vale A(α) = 12 α
122
(2+α)2
= 72 α
(2+α)2
y su derivada
A′(α) = 72
(2 + α)2 − α 2(2 + α)
(2 + α)4
= 72
(2 + α)− 2α
(2 + α)3
= 72
2− α
(2 + α)3
se anula para α = 2, y entonces R = 12/4 = 3. Ejercicio: calcula A′′(α) y comprueba que A′′(2) < 0.
o
23. Una recta pasa por el punto (−5, 4) y tiene pendiente positiva m. Se pide:
(a) Calcula (en función de m) el área del triángulo que forma esa recta con los ejes de coordenadas.
(b) Calcula el valor de m que minimiza esa área.
Solución: La ecuación de la recta es y − 4 = m(x + 5). El corte con el eje horizontal y = 0
se produce cuando −4 = m(x + 5), o sea cuando x = −5 − 4/m, y el correspondiente cateto del
triángulo mide pues 5 + 4/m. El corte con el eje vertical x = 0 se produce cuando y − 4 = 5m, o
sea que ese cateto mide 4 + 5m. El área en función de la pendiente m vale por tanto
A(m) =
1
2
(5 + 4/m)(4 + 5m) =
(5m+ 4)2
2m
Para minimizarla calculamos su derivada
A′(m) =
2(5m+ 4)5m− (5m+ 4)2
2m2
=
25m2 − 16
2m2
que se anula en el valor positivo m =
√
16/25 = 4/5. Ah́ı se alcanza el mı́nimo, bien por conside-
raciones geométricas o bien porque A′′(m) = 16/m3 toma un valor positivo en m = 4/5.
o
Matemáticas de 1 , problemas 169 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
24. En el plano R2 se considera el punto P = (2, 3), y se pide:
a) Escribe la ecuación de la recta de pendiente m que pasa por P , y calcula sus puntos de corte
con los ejes.
b) Para valores negativos de m, esa recta y la parte positiva de los ejes forman un triángulo.
Calcula el valor de m para el cual ese triángulo tiene la menor área.
Solución: La ecuación de la recta con pendiente m es y − 3 = m(x − 2). El corte con el eje
horizontal se produce cuando y = 0, y entonces se tiene x = 2 − 3/m (no existe el corte para
m = 0). El corte con el eje vertical se produce cuando x = 0, y entonces se tiene y = 3− 2m. Los
puntos de corte son pues (2− 3/m, 0) y (0, 3− 2m).
En vista de los puntos de corte, los lados del triángulo miden 2−3/m y 3−2m (cantidades positivas,
pues sólo se consideran valores negativos de m). Su área es por lo tanto
A(m) =
1
2
(2− 3/m)(3− 2m) = 6− 9
2m
− 2m con A′(m) = 9
2m2
− 2
La derivada se anula cuandom2 = 9/4, y como sólo valen valores negativos consideramosm = −3/2,
donde se alcanza un mı́nimo pues A′′(m) = −9m−3 y, al sustituir el m negativo, sale un valor
positivo.
o
25. Un trozo de alambre de longitud 1 se divide en dos partes. Con una de ellas, de longitud x, se forma
una circunferencia. Con la otra se forma un cuadrado. ¿Para qué valor de x alcanza un extremo la
suma de las áreas de esas dos figuras? ¿Se trata de un máximo o de un mı́nimo?
Solución: La circunferencia tiene longitud x; por tanto su radio es
x
2π
y su área es π(x/2π)2 =
x2
4π
.
El cuadrado tiene lado (1− x)/4 y por tanto su área es (1− x)2/16.
La función que da la suma de esas áreas es pues
f(x) =
x2
4π
+
(1− x)2
16
=
4x2 + π(1− x)2
16π
con
f ′(x) =
8x− 2π(1− x)
16π
=
(8 + 2π)x− 2π
16π
y f ′′(x) =
8 + 2π
16π
=
4 + π
8π
La derivada f ′(x) se anula para x =
π
4 + π
, y como la derivada segunda f ′′(x) es siempre positiva
deducimos que para ese valor de x la suma de esas áreas alcanza un valor mı́nimo.
o
Matemáticas de 1 , problemas 170 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
26. Un alambre de longitud 1 se divide en tres partes. Con dos de ellas, ambas de longitud x, se forman
sendas circunferencias. Con la otra se forma un cuadrado. Se pide:
a) ¿Para qué valor de x alcanza un extremo la suma de las áreas de esas tres figuras?
b) Ese extremo, ¿es un máximo o un mı́nimo?
Solución: Cada circunferencia tiene longitud x; por tanto su radio es
x
2π
y su área es π(x/2π)2 =
x2
4π
; el área de ambas es
x2
2π
.
El cuadrado tiene peŕımetro 1− 2x; por tanto su lado es (1− 2x)/4 y su área es (1− 2x)2/16.
La función que da la suma de esas áreas es pues
f(x) =
x2
2π
+
(1− 2x)2
16
=
8x2 + π(1− 2x)2
16π
con
f ′(x) =
16x− 4π(1− 2x)
16π
=
(16 + 8π)x− 4π
16π
=
(4 + 2π)x− π
4π
y f ′′(x) =
4 + 2π
4π
La derivada f ′(x) se anula para x =
π
4 + 2π
, y como la derivada segunda f ′′(x) es siempre positiva
deducimos que para ese valor de x la suma de esas áreas alcanza un valor mı́nimo.
o
27. Un ćırculo de radio x y un cuadrado de lado y tienen áreas que suman 1. a) ¿Para qué valor de x
alcanza un punto cŕıtico la suma de los respectivos peŕımetros? b) Comprueba que, para ese valor
de x, se tiene y = 2x. c) ¿Se trata de un máximo relativo o de un mı́nimo relativo?
Solución: a) La condición inicial es πx2 + y2 = 1, o sea y2 = 1 − πx2 o y =
√
1− πx2 (las
longitudes x e y son positivas, y como el área del ćırculo es πx2 < 1 el radicando es positivo).
La suma de los peŕımetros es 2πx+4y, pero usando y =
√
1− πx2 vemos que esa expresión queda
en función de una sola variable:
f(x) = 2πx+ 4(1− πx2)1/2
f ′(x) = 2π + 2(1− πx2)−1/2(−2πx) = 2π
[
1− 2x(1− πx2)−1/2
]
Los puntos cŕıticos de f(x) son las soluciones de f ′(x) = 0, que calculamos:
f ′(x) = 0 ⇔ 1− 2x(1− πx2)−1/2 = 0 ⇔ 2x(1− πx2)−1/2 = 1 ⇔
⇔ 2x = (1− πx2)1/2 ⇔ 4x2 = 1− πx2 ⇔ (4 + π)x2 = 1 ⇔ x2 = 1
4 + π
⇔ x = 1√
4 + π
b) Entonces se tiene y2 = 1− πx2 = 1− π
4 + π
=
4
4 + π
= 4x2, por lo que efectivamente y = 2x.
c) La derivada segunda vale (olvidando la constante poositiva 2π, que no afecta al signo):
[
1− x(1− πx2)−1/2
]′
= −
[
x(1− πx2)−1/2
]′
= −
[
(1− πx2)−1/2 + x−1
2
(1− πx2)−3/2(−2πx)
]
El último sumando se simplifica como +πx2(1 − πx2)−3/2 y por tanto el interior del corchete es
positivo (para cualquier valor x de la variable), por lo que la derivada segunda es siempre negativa
y por tanto en x se alcanza un máximo relativo.
o
Matemáticas de 1 , problemas 171 Alberto del Valle Robles