Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (58)

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10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
28. Se considera un triángulo isósceles como el de la figura
(lado desigual de longitud 12, altura sobre ese lado de
longitud 5) y un punto P en esa altura que está a distancia
x de la base (con 0 ≤ x ≤ 5). Se pide:
bP
12
5
x
a) Demuestra que la función que da la suma de las distancias de P a los tres vértices es f(x) =
5− x+ 2
√
x2 + 36.
b) Calcula la fórmula general de f ′(x) y la de f ′′(x), simplificándolas todo lo que puedas.
c) Calcula el valor de x para que esa suma de distancias alcance un extremo relativo, y determina
si se trata de un máximo o un mı́nimo.
d) Calcula la suma de distancias para ese valor de x, simplificando el resultado.
Solución: a) La distancia de P al vértice superior es 5− x, y la distancia de P a cada uno de los
otros vértices es la hipotenusa de un triángulo rectángulo de catetos x y 6, o sea
√
x2 + 36.
b) f ′(x) =
(
5− x+ 2(x2 + 36)1/2
)′
= −1 + 212(x2 + 36)−1/22x = −1 + 2x(x2 + 36)−1/2.
f ′′(x) = 2(x2+36)−1/2+2x−12 (x
2+36)−3/22x = 2(x2+36)−3/2
[
x2 + 36− x2
]
= 72(x2+36)−3/2.
c) Como la derivada segunda siempre es positiva, los puntos cŕıticos (soluciones de f ′(x) = 0 con
0 ≤ x ≤ 5) serán mı́nimos relativos. Resolvemos f ′(x) = 0:
2x(x2 + 36)−1/2 = 1 ⇔ 2x = (x2 + 36)1/2 ⇔ 4x2 = x2 + 36 ⇔ x2 = 12 ⇔ x = 2
√
3
(puesto que solo se toma el valor positivo; nótese que 2
√
3 < 5 porque 12 < 25). Por tanto en
x = 2
√
3 se alcanza un mı́nimo relativo.
d) Para ese valor de x la suma de las distancias vale f(2
√
3) = 5− 2
√
3 + 2
√
12 + 36 = 5 + 6
√
3.
o
29. Una hoja de papel debe contener 294cm2 de texto impreso. Los márgenes laterales deben ser de
2cm., mientras que el superior y el inferior deben ser de 3cm.
¿Qué dimensiones debe tener la hoja para que su superficie sea mı́nima?
Solución: Si llamamos x e y a la anchura y la altura (en cm.) del texto impreso, debe ser xy = 294
y, en vista de los márgenes, la superficie total de la hoja será f(x, y) = (x + 4)(y + 6). Como
y = 294/x, realmente se trata de una función de una sola variable
f(x) = (x+ 4)
(
294
x
+ 6
)
= 6x+
4 · 294
x
+ 24 + 294 f ′(x) = 6− 4 · 294
x2
La derivada se anula cuando x2 =
4 · 294
6
= 196, o sea cuando x = ±14. Por las condiciones del
problema, sólo nos interesa el valor positivo x = 14, en el que se alcanza un mı́nimo porque la
derivada segunda f ′′(x) = 8 · 294/x3 toma valor positivo.
Como y = 294/14 = 21, las dimensiones del texto impreso son 14× 21 (ancho por alto, en cent́ıme-
tros) y por tanto las de la hoja son 18× 27.
o
Matemáticas de 1 , problemas 172 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
30. Un póster debe contener 588cm2 de texto impreso. Los márgenes laterales deben ser de 3cm.,
mientras que el superior y el inferior deben ser de 4cm.
¿Qué dimensiones debe tener el póster para que su superficie sea mı́nima?
Solución: Si llamamos x e y a la anchura y la altura (en cm.) del texto impreso, debe ser xy = 588 y,
en vista de los márgenes, la superficie total del póster será f(x, y) = (x+6)(y+8) = xy+8x+6y+48.
Como xy = 588, realmente se trata de una función de una sola variable
f(x) = 636 + 8x+ 6 · 588x−1 f ′(x) = 8− 6 · 588x−2
La derivada se anula cuando x2 = 6 · 588/8 = 441, o sea cuando x = ±21. Por las condiciones
del problema, sólo nos interesa el valor positivo x = 21, en el que se alcanza un mı́nimo porque la
derivada segunda f ′′(x) = 12 · 588x−3 toma valor positivo.
Como y = 588/21 = 28, las dimensiones del texto impreso son 21× 28 (ancho por alto, en cent́ıme-
tros) y por tanto las de la hoja son 27× 36.
o
31. Se quiere construir una piscina rectangular con una superficie fija
de 210m2, de x metros de largo por y de ancho, rodeada por un
pasillo de losas con las dimensiones del dibujo.
Si se quiere minimizar la superficie total ocupada por la piscina
y los pasillos, ¿qué proporción debe haber entre x e y? (o sea, se
pide el valor del cociente x/y).
7m3m
3m
3m
x
y
Solución: Sea S = 210 la superficie que debe tener la piscina, de modo que debe ser xy = S, o sea
y = Sx−1. La superficie total por minimizar es (x+ 10)(y + 6), que realmente sólo depende de x:
f(x) = (x+ 10)(Sx−1 + 6) = 6x+ 10Sx−1 + S + 60 f ′(x) = 6− 10Sx−2
La derivada se anula cuando 10Sx−2 = 6, o sea cuando x2 = 10S/6 = 5S/3, y por las condiciones
del problema se considera sólo el valor positivo de la ráız, x =
√
5S/3.
Se alcanza en efecto un mı́nimo porque la derivada segunda f ′′(x) = 20Sx−3 es positiva.
El cociente pedido es
x
y
=
x
Sx−1
=
x2
S
=
5
3
.
Los valores concretos de S = 210 y de x e y no son necesarios, y de hecho el argumento muestra
que el cociente x/y no depende de S. Si se quieren usar se obtiene x =
√
5S/3 =
√
5 · 70 = 5
√
14,
y entonces y = Sx−1 = 210/5
√
14 = 42/
√
14 = 42
√
14/14 = 3
√
14 y por tanto x/y = 5/3.
o
32. De un cartón cuadrado de lado 60 se recortan cuadrados
de lado x en cada una de las esquinas para doblar y cons-
truir una caja.
¿Para qué valor de x tiene esta caja volumen máximo?
60
x
 
x
Solución: La altura de la caja es x, y su base tiene lado 60− 2x = 2(30− x). El volumen vale por
tanto f(x) = x · 4(30− x)2 = 4(x3 − 60x2 +900x), y alcanza extremos relativos cuando se anula su
derivada f ′(x) = 4(3x2 − 120x+ 900) = 12(x2 − 40x+ 300), o sea cuando
x =
40±
√
402 − 1200
2
=
40± 20
2
 x = 30 o x = 10
Matemáticas de 1 , problemas 173 Alberto del Valle Robles
10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACIÓN
La derivada segunda f ′′(x) = 12(2x − 40) es positiva para x = 30 y negativa para x = 10, por lo
que el máximo se alcanza cuando x = 10, o sea cuando se recortan 10 cm en las esquinas.
(Obsérvese que, por la naturaleza del problema, x sólo tiene sentido para valores entre 0 y 30; el
valor x = 30 da una caja de volumen nulo).
o
33. Se quiere fabricar un bote ciĺındrico de volumen 54π minimizando el área superficial para gastar la
menor cantidad de chapa. ¿Cuánto deben valer el radio de la base y la altura?
Solución: Si el radio de la base es r y la altura es h, el volumen vale πr2h (área de la base por
altura), y por tanto se debe tener 54π = πr2h, o sea h = 54r−2.
Por otra parte, el área superficial vale en general 2πr2 + 2πrh (el área de las dos bases más el área
lateral, que a su vez es la de un rectángulo de lados 2πr y h). Pero sustituyendo la relación anterior
vemos que esta área sólo depende de r:
A(r) = 2πr2 + 2πr54r−2 = 2πr2 + 108πr−1
Calculemos las derivadas primera y segunda de esta función de r:
A′(r) = 4πr − 108πr−2 A′′(r) = 4π + 216πr−3
La derivada primera se anula cuando 4πr = 108πr−2, o sea cuando r3 = 27, o sea cuando r = 3,
y en este punto cŕıtico la derivada segunda es positiva, por lo que se trata efectivamente de un
mı́nimo relativo. En definitiva, el área lateral se minimiza para r = 3 y h = 54/9 = 6.
o
34. Se quiere fabricar un bote ciĺındrico de volumen 250π minimizando el área superficial para gastar
la menor cantidad de chapa. ¿Cuánto deben valer el radio de la base y la altura?
Solución: Como el anterior. Se tiene h = 250r−2 y A(r) = 2πr2 + 500πr−1. Entonces A′(r) =
4πr − 500πr−2 se anula para r = 5, donde A′′(r) = 4π + 1000πr−3 es positiva. El área lateral se
minimiza pues para r = 5 y h = 250/25 = 10.
o
35. Se quieren fabricar recipientes ciĺındricos de altura h con tapas circulares de radio r (ambas medidas
en metros) que deben tener un volumen fijo de 27π m3.
Si el material de las tapas cuesta 4 euros/m2 y el del lateral cuesta 1 euro/m2, ¿cuánto deben valer
h y r para minimizar el coste? ¿Cuál es ese coste mı́nimo?
Solución: El volumen es el área de la base, πr2, por la altura h, de modo que πr2h = 27π y por
tanto r2h = 27, o sea h = 27r−2.
El coste (en euros) de las dos bases es 2× 4× πr2, y el del lateral es su área, o sea 2πr ·h, de modo
que el coste total es 8πr2 + 2πrh, y sustituyendo h = 27r−2 nos queda una función de una sola
variable r, a saber f(r) = 8πr2 + 54πr−1.
Matemáticas de 1 , problemas174 Alberto del Valle Robles