RAZÓN DE CAMBIO Y OPTIMIZACIÓN

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Razón de Cambio Relacionadas I. 
BLOQUE I 
1.El radio r de un círculo está creciendo a razón de 4 centímetros por minuto. Calcular la 
razón de cambio del área cuando el radio mide 32 centímetros 
 
 Nos dan 𝑟 =
4𝑐𝑚
𝑚𝑖𝑛
 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=
4𝑐𝑚
𝑚𝑖𝑛
 
 
 Nos piden 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=? 
 
solución: 
𝐴 = 𝜋𝑟2 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 𝜋2𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 𝜋2𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= (3.1416) × 2 × 32𝑐𝑚 ×
4𝑐𝑚
𝑚𝑖𝑛
= 𝟖𝟎𝟒. 𝟐𝟒
𝐜𝐦𝟐
𝐦𝐢𝐧
 
 
2. Un cuadrado está inscrito en un círculo de radio r, como se muestra en la figura. ¿A qué razón cambia el 
área del cuadrado en el instante en que el radio del círculo mide 2 pulg y crece a razón de 4 pulg/min? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. Una escalera de 15 pies está apoyada contra una casa cuando su base empieza a 
resbalarse. En el momento en que la parte superior de la escalera está a 12 pies del 
suelo, esta se está moviendo a una razón de 6 pies/seg. ¿Qué tan rápido se está 
resbalando la base de la escalera en ese momento? 
 
 𝐿𝑎𝑟𝑔𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑒𝑟𝑎: 𝑙 =
15 𝑝𝑖𝑒𝑠 
𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑒𝑟𝑎 𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑠𝑎 𝑥
= 12 𝑝𝑖𝑒𝑠 
𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 "y" =
𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑜𝑝𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑒𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑝𝑖𝑠𝑜 
𝑦2 + 122 = 152 
𝑦2 = 225 − 144 
𝑦 = √81 = 9 𝑝𝑖𝑒𝑠 
 
𝑆𝑒𝑎 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 𝑙𝑎 𝑟𝑎𝑧ó𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑒𝑟𝑎 𝑠𝑒 𝑎𝑙𝑒𝑗𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑖𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑠𝑎: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
=
6 𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠𝑒𝑔.
 
𝑆𝑒𝑎 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑙𝑎 𝑟𝑎𝑧ó𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑐ó𝑚𝑜 𝑒𝑙 𝑡𝑜𝑝𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑒𝑟𝑎 𝑠𝑒 𝑟𝑒𝑠𝑏𝑎𝑙𝑎: 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= ? 
OJO: El largo de la escalera no cambia, es decir, es constante: 
⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 152 
𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑚𝑜𝑠: 𝑥2 + 𝑦2 = 152 = 2𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 + 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 = 0 
𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 + 𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 = 0 
𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 
−𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑦
=
−12𝑝𝑖𝑒𝑠.
6 𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠𝑒𝑔.
9𝑝𝑖𝑒𝑠
= 8
𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠𝑒𝑔.
 
 
12pies 
Y 
5. Una persona de 5 pies de estatura se aleja caminando de un poste de 20 pies de altura a razòn 
constante de 3 pies/s ¿A què razòn crece la sombra de la persona? 
Resoluciòn: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dato: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 3
𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠⁄ 
Piden: 
𝑑𝑠
𝑑𝑡
=? 
𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠⁄ 
 
 
 
Derivado la ecuación: 𝑠 =
𝑥
3
 
→
𝑑𝑠
𝑑𝑡
=
1
3
 𝑥 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
Reemplazando los datos: 
 →
𝑑𝑠
𝑑𝑡
=
1
3
 𝑥 3
𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠⁄ = 𝟏
𝒑𝒊𝒆𝒔
𝒔⁄ 
 
6. Un tanque de agua en forma de cilindro circular recto de 40 m de diàmetro se drena de modo que 
el nivel del agua disminuye a razòn constante de 3/2 m/min ¿Cuàn ràpido decrece el volumen del 
agua? 
Resoluciòn: 
 
20pies 
5pies 
𝑠 = 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑚𝑏𝑟𝑎 
𝑥 = 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑎𝑙𝑒𝑗𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑒 
De la gráfica por semejanza: 
20𝑝𝑖𝑒𝑠
5𝑝𝑖𝑒𝑠
=
𝑥+𝑠
𝑠
→ 20𝑠 = 5𝑥 + 5𝑠 
→ 15𝑠 = 5𝑥 
𝑠 =
𝑥
3
 
 
 
40m 
 
 
 
 
 
Dato:
𝑑𝐻
𝑑𝑡
= −
3
2
𝑚 𝑚𝑖𝑛⁄ 
Piden: :
𝑑𝑉𝐶
𝑑𝑡
= ? 
→ Como se observa en la figura, a medida que decrete el volumen el radio se mantiene 
constante. 
Entonces en 𝑣𝑐 = 𝜋. 𝑟
2. 𝐻 = 𝜋. 400.𝐻 𝑚3 
Derivando: 
→
𝑑𝑉𝐶
𝑑𝑡
= 400𝜋.
𝑑𝐻
𝑑𝑡
 
→
𝑑𝑉𝐶
𝑑𝑡
= 400𝜋.
−3
2
𝑚3 𝑚𝑖𝑛⁄ = −𝟏, 𝟖𝟖𝟒𝒎𝟑 𝒎𝒊𝒏⁄ 
 
BLOQUE II 
 
1.En un lago en calma se deja caer una piedra, lo que provoca ondas circulares. El radio r 
del círculo exterior está creciendo a una razón constante de 1 pie/s. Cuando el radio es 
4 pies, ¿a qué razón está cambiando el área A de la región circular perturbada? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Hm 
𝑣𝑐 = 𝜋. 𝑟
2. 𝐻 
𝐷𝑖à𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 = 2𝑟 = 40 
𝑟 = 20𝑚 
Datos que dan: 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=
1𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠
 
Piden: 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
; 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑟 = 4𝑝𝑖𝑒𝑠 
 
 
SOLUCION: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. Encontrar el ritmo de cambio del volumen de un cono, si la razón de cambio del radio es 
de 2 pulgadas por minuto y h=3r, cuando el radio es de 6 pulgadas. 
→
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=
2𝑝𝑙𝑔
𝑚𝑖𝑛
 
→
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=? 
𝑉 =
1
3
𝜋𝑟2ℎ 
𝑉 =
1
3
𝜋𝑟2(3𝑟) 
𝑉 = 𝜋𝑟3 
→
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 3𝜋𝑟2
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 
→
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 3𝜋(6)2(2) 
∴
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 678,58
𝑝𝑙𝑔3
𝑚𝑖𝑛
 
 
3. En una pila cónica se deja caer arena a razón de 600 pies3 /s. Si la altura de la pila es 
el doble del radio de la base. Determina en que razón aumenta la altura cuando la pila 
tiene 5 pies de altura. 
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 600 𝑝𝑖𝑒𝑠3 
 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
𝑙5 = ? 
Área de la región circular𝐴 = 𝜋𝑟2 
Derivamos el Área: 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2𝜋𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2𝜋4(1) 
 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 8 𝜋 
 
Rpta: Cuando el radio es de 4 pies 
el Área está cambiando a razón de 
8 𝜋𝑝𝑖𝑒𝑠2/𝑠 
H=3r 
 𝑟 =
ℎ
2
 
 𝑉 =
1
3
𝜋𝑟2ℎ 
Reemplazamos 
V =
1
3
π(
h
2
)2h 
V =
1
3
π
h3
4
 
V =
πh3
12
 
Derivamos 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
 = 
𝜋ℎ3
12
𝑥
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
 = 
3𝜋ℎ2
12
𝑥
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
 = 
𝜋ℎ2
4
𝑥
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
Reemplazamos 
600 𝑝𝑖𝑒𝑠3 = 
𝜋(5)2
4
𝑥
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
30.57 
𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠
 = 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
 
5. Un obrero levanta, con ayuda de una soga, un tablón hasta lo alto de un edificio en 
construcción (ver figura). Asumiendo que el extremo por donde es sujetado el tablón 
sigue una trayectoria perpendicular al piso a razón de 0.15 m/s. ¿A qué ritmo desliza 
por el suelo el otro extremo cuando está a 2.5 m de la base del edificio? 
 
 
SOLUCIÓN: 
 
1,5m/s=VY 
 
 
 Teorema de Pitágoras: 
 52 = Y2 + (2,5)2 
 Y 5m Y = 4,33 
 
 52 = Y2 + X2 …(diferencial) 
 X = 2,5m Vx=? 0 = 2Y.
𝑑(𝑦)
𝑑(𝑡)
 + 2X. 
𝑑(𝑥)
𝑑(𝑡)
 
 0 = 2(4,33).(1,5) + 2(2,5). 
𝑑(𝑥)
𝑑(𝑡)
 
 Vx = -0,2598 m/s 
 I Vx l = 0,2598 m/s 
 
Razón de Cambio relacionado II. 
BLOQUE I 
 
1. Un avión recorre una ruta de vuelo que le llevara directamente sobre una estación de 
radar, la altitud del avión es de 6 millas. Si la distancia entre el avión y el radar está 
decreciendo a razón de 400 millas/hora, cuando s=10 millas ¿Cuál es la velocidad del 
avión? 
 
 
 
 
 
 
 
 SOLUCIÓN: 
 
 400millas/h =VY 
 Teorema de Pitágoras: 
 S2 = X2 + 62 
 S 6millas 102 = X2 + 62 
 X = 8 millas 
 S2 = X2 + 62 …(diferencial) 
 X Vx=? 2S. 
𝑑(𝑆)
𝑑(𝑡)
 = 2X. 
𝑑(𝑥)
𝑑(𝑡)
 
 2.10.400 = 2(8). 
𝑑(𝑥)
𝑑(𝑡)
 
 Vx = - 500 millas por hora 
 
2.-Una cámara de rastreo, ubicada a 1200 pies del punto de lanzamiento, sigue a un globo 
de aire caliente con ascenso vertical. En el instante en que el ángulo de elevación θ de 
la cámara es 
𝜋
6
, el ángulo crece a razón de 0.1 rad/min. ¿A qué razón sube el globo en 
ese instante? 
 
 
 
 
 
 
 
1200 pies 
=
𝜋
6
 
Cambia a 
0.1rad/min 
solución 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3. Un tanque rectangular de agua de 5 𝑝𝑖𝑒𝑠 de ancho está divididoen dos tanques por 
medio de una separación que se mueve en la dirección indicada a razón de 
1 𝑝𝑖𝑒3/𝑚𝑖𝑛 cuando al tanque frontal se bombea agua a razón de 1 𝑝𝑖𝑒3/𝑚𝑖𝑛. ¿A qué 
razón cambia el nivel del agua cuando el volumen del agua en el tanque frontal es de 
80 𝑝𝑖𝑒𝑠3 y 𝑥 = 8 𝑝𝑖𝑒𝑠? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Datos: 
𝑑𝜃
𝑑𝑡
= 0.1𝑟𝑎𝑑/𝑚𝑖𝑛 
 
Calcular: 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
Relación: 
𝑡𝑎𝑛𝜃 =
ℎ
1200
 
 
derivando: 
𝑑𝑡𝑎𝑛𝜃
𝑑𝑡
=
𝑑ℎ
𝑑𝑡. 1200
 
𝑠𝑒𝑐2𝜃
𝑑𝜃
𝑑𝑡
=
1
1200
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
Reemplazando: 
𝑠𝑒𝑐2(
𝜋
6
). (0.1) =
1
1200
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
(
2
√3
)
2
. (0.1) =
1
1200
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
2
15
=
1
1200
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
= 160𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑚𝑖𝑛 
Interpretación: 
El globo sube a razón de 160 
pies por minuto 
5 pies 
h 
Nos dan: 
 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
= 1𝑝𝑖𝑒3/𝑚𝑖𝑛 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 1𝑝𝑖𝑒3/𝑚𝑖𝑛 
Por los datos se puede hallar h 
𝑉 = 5 × ℎ × 𝑋 
80 𝑝𝑖𝑒𝑠3 = 5 𝑝𝑖𝑒𝑠 × ℎ × 8 𝑝𝑖𝑒𝑠 
ℎ = 2 𝑝𝑖𝑒𝑠 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nos piden: 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
Relacionan: 
𝑉 = 𝑉𝑆𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 + 𝑉𝑏𝑜𝑚𝑏𝑒𝑜 
𝑉 = 5 × ℎ × 𝑋 + 5 × ℎ × 𝑋 
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
𝑑𝑉
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝑑𝑉
𝑑ℎ
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 5ℎ ×
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 5𝑥 ×
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 5ℎ ×
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 5𝑥 ×
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 5ℎ ×
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 5𝑥 ×
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
1𝑝𝑖𝑒3
𝑚𝑖𝑛
= 5𝑝𝑖𝑒𝑠 ×
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 5 × 8 × 1 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= −8
𝑝𝑖𝑒3
𝑚𝑖𝑛
 
Interpretación: 
El nivel del agua en el 
tanque se reduce a razón 
de 8
𝑝𝑖𝑒3
𝑚𝑖𝑛
 
4. Por la parte inferior de un tanque cónico se fuga agua a razón de 1 pie^3/min, como se 
muestra en la figura. 
a. ¿A qué razón cambia el nivel del agua cuando el agua tiene 6 pies de profundidad? 
 
 
 
 
Razón de cambio: altura respecto al tiempo 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝜋ℎ3
18
+
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
18
3𝜋ℎ2
=
𝑑𝑣
𝑑𝑡
 
a. ¿A qué razón cambia el nivel del agua cuando el agua tiene 6 pies de profundidad? 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
18
3𝜋62
 
 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
18
3𝜋 × 36
 
 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 0,05
𝑓𝑡
𝑚𝑖𝑛
 
 
 
 
 
DATOS 
 
 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑓𝑡3
𝑚𝑖𝑛
 
𝑑 = 6𝑓𝑡 
𝑟 = 3𝑓𝑡 
ℎ = 9𝑓𝑡 
 
 
 
 
 
VOLUMEN DE UN CONO 
 
𝑉 =
1
3
𝜋𝑟2ℎ 
 
9
ℎ
=
3
𝑟
 𝑉 =
1
3
𝜋 (
ℎ
3
)
2
ℎ 
 
𝑟 =
3×ℎ
9
 
𝑉 =
𝜋ℎ3
18
 
 
𝑟 =
ℎ
3
 
 
BLOQUE II 
 
1. Suponga un incendio forestal se propaga en forma de un círculo cuyo radio cambia a 
razón de 1.8m/min. ¿A qué razón está creciendo el área de la región incendiada cuando 
el radio alcanza 60m? Interprete este resultado en términos de área y tiempo. 
 
Para un radio arbitrario r, el área del círculo es 𝐴 = 𝜋𝑟2. 
Considerando que r varía en el tiempo, es decir, que 𝑟 = 𝑟(𝑡), 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝐴 = 𝐴 (𝑡). 
Luego entonces 
𝐴 = 𝜋𝑟2 → 𝐴(𝑡) = 𝜋𝑟2(𝑡) 
 
Derivando respecto a t obtenemos que: 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝐴(𝑡) = 𝜋
𝑑
𝑑𝑡
𝑟2(𝑡) → 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2𝜋𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 
 
Donde 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
 es la razón de cambio del área y 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 es la razón de cambio del radio, ambas con 
respecto a t. 
Para 𝑟 = 60𝑚 𝑦 
𝑑𝑟
𝑑𝑡
 = 1.8 m/min tenemos 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2𝜋(60 𝑚)(
1.8𝑚
min
) = 216𝜋𝑚2/𝑚𝑖𝑛 
 
Por lo tanto, la razón o rapidez de cambio del área es 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 679𝑚2/𝑚𝑖𝑛 
 
2.las 8:00 p.m., el barco P está a 20 millas dirección norte del barco Q. El barco P navega 
hacia el sur a razón de 9 millas/hora y el barco Q se dirige hacia el oeste a razón de 12 
millas/hora. A las 9:20 p.m. ¿A qué razón cambia la distancia entre los dos barcos? 
 
 
dx
dt
= 9
millas
hora
 
dy
dt
= 12
millas
hora
 
 
1. z2 = x2 + y2 
2z
dz
dt
= 2x
dx
dt
+ 2y
dy
dt
 
z
dz
dt
= x
dx
dt
+ y
dy
dt
 
dz
dt
=
1
z
(
dx
dt
+ y
dy
dt
) 
 
2. x = velocidad ∗ primer tiempo y = velocidad ∗ segundo tiempo 
x = 9mph ∗
4
3
h 
x =
36
3
mp 
x = 12mp 
 
y = velocidad ∗ segundo tiempo 
y = 12mph ∗
4
3
h 
x =
48
3
mp 
x = 16mp 
 
3. z2 = x2 + y2 
z2 = 122mp + 162mp 
z2 = 114mp2 + 256mp2 
z = √114mp2 + 256mp2 
z = √400mp2 
z = 20 mp 
 
4. 
dz
dt
=
1
20mp
(12mph ∗ 9mph + 16mph ∗ 12mph 
5. 
dz
dt
= 15mph 
3.Una polea está asegurada a una orilla de un muelle situado a 15 pies por arriba de la 
superficie del agua. Un bote pequeño es jalado hacia el muelle por medio de una 
cuerda en la polea. La cuerda está unida a la proa del bote a 3 pies antes de la línea de 
agua. Si la cuerda se jala a razón constante de 1 pie/s, ¿cuán rápido se aproxima el 
bote al muelle cuando se encuentra a 16 pies de éste? 
 
 Resolver: 
𝑥2 + 122 = 𝑦2 
 Cuando x = 16 pies 
(16)2 + 122 = 𝑦2 
√144 + 256 = 𝑦 
20 𝑝𝑖𝑒𝑠 = 𝑦 
Datos: Derivando: 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 1
𝑝𝑖𝑒
𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. En una plaza cuadrada de lado “a” hay un foco luminoso en una esquina. Un hombre 
ubicado en el centro de la plaza camina con una velocidad de 4 m/seg. Sobre la diagonal 
hacia la esquina “A” según muestra la figura. Halle la variación del ángulo 𝜃 con respecto 
al tiempo en términos de “𝜃 ” y “a”. 
 
 
 
Resolución: 
Dado que la plaza es cuadrada y que el hombre está en el centro de la misma, no debemos 
apoyaremos en el Teorema de Pitágoras para hallar la variación del ángulo Ф con 
respecto al tiempo. 
𝑥2 + 122 = 𝑦2 
2𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 0 = 2𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 
2(16)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 0 = 2(20)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 
2(16)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 0 = 2(20)(1) 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
=
40
32
 
𝑣𝑥 = 1,25
𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠
 
 
 
 
 
Comprensión del problema: 
En la figura anexa apartado c) llamamos x a la 
distancia que separa el punto A del punto D, el 
centro de la plaza. Esta distancia se reduce a razón 
de 4 m/s en la medida que el hombre que está en 
D se desplaza hacia A. 
De esa figura obtenemos: 
𝑆𝑒𝑛𝜃 = 
𝑥
𝑎
 
Si derivamos esta expresión implícitamente con respecto al tiempo, obtenemos: 
𝐶𝑜𝑠𝜃 (
𝑑𝜃
𝑑𝑡
) = (
1
𝑎
) (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
) 
de aquí se despeja 
𝑑𝜃
𝑑𝑡
 = (
1
𝑎
) (𝑆𝑒𝑐𝜃) (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
) 
Conociendo que, en el instante estudiado, 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= −4 (la distancia x se está reduciendo) 
Entonces la variación del ángulo 𝜃 será: 
𝑑𝜃
𝑑𝑡
 = (
4
𝑎
) (𝑆𝑒𝑐𝜃) 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
 
Optimización I. 
BLOQUE I 
 
1. Encontrar el largo y el ancho de un rectángulo que tiene el perímetro de 80 metros y un 
área máxima. 
 
Resolución: 
 
P: suma de los lados. 
𝐴 = 𝑏 ∙ ℎ 
𝑃 = 80 𝑚 
2𝑏 + 2ℎ = 80 
𝑓(𝑏,ℎ) = 𝑏 ∙ ℎ 
 
 
 
 
 
2𝑏 + 2ℎ = 80 
2𝑏 = 80 − 2ℎ 
𝑏 = 
80
2
− 
2ℎ
2
 
𝑏 = 40 − ℎ 
 
𝑓(𝑏, ℎ) = 𝑏 ∙ ℎ 
𝑓(ℎ) = (40 − ℎ)ℎ 
𝑓(ℎ) = 40ℎ − ℎ2 
𝑓’(ℎ) = 40 − 2ℎ 
 
0 = 40 − 2ℎ 
ℎ = 20 
2𝑏 + 40 = 80 
2𝑏 = 40 
𝑏 = 20 
 
Finalmente, el área máxima seria: 𝐴 = 𝑏 ∙ ℎ = 20 ∙ 20 = 400 𝑚2 
 
2. Encontrar el largo y el ancho de un rectángulo que tiene el área de 32 pies cuadrados y 
un perímetro mínimo. 
 
Resolución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Perímetro 
𝑓(𝑥; 𝑦) = 2𝑥 + 2𝑦 … (1) 
Reemplazar 
 
𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 2(
32
𝑥
)… (2) → 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 (2) 𝑒𝑛 (1) 
𝑓(𝑥) =
2𝑥2 + 64
𝑥
 
Derivar: 
𝑓(𝑥) =
2𝑥2 + 64
𝑥
 
∴ 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
4𝑥. 𝑥 − (2𝑥2 + 64)
𝑥2
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
4𝑥2 − 2𝑥2 − 64
𝑥2
 
 
𝑥 
𝑦 𝑦 
𝑥 
𝐴 
𝑦 =? 
𝑥 =? 
𝐴 = 32 
Relación: 
𝑥. 𝑦 = 𝐴 
𝑥. 𝑦 = 32 
𝑦 =
32
𝑥
… (2) 
 
PROPIEDAD: 
𝑑
𝑑𝑥
(
𝑢
𝑣
) =
𝑢′𝑣 − 𝑢𝑣′
𝑣2
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
4𝑥2 − 2𝑥2 − 64
𝑥2
= 0 → 2𝑥2 − 64 = 0 
Puntos críticos: 
2𝑥2 − 64 = 0 
2𝑥2 = 64 → 𝑥2 = 32 
𝑥1 = 4√2 ∇ 𝑥2 = −4√2 (𝑑𝑎𝑡𝑜 𝑛𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑡𝑖𝑏𝑙𝑒) 
𝑥 = 4√2 → 𝑦 =? 
 
𝑥. 𝑦 = 32 → (4√2). 𝑦 = 32 → 𝑦 = 4√2 
Respuesta: 
∴ 𝑥 = 4√2 ∇ 𝑦 = 4√2 
 
3. encuentre las dimensiones de la región sombreada de modo que su área sea máxima. 
 
 
 
 
 
 
 
 Resolución: 
Relación: 
2𝑥 + 3𝑦 = 6 → 𝑦 = 
6 − 2𝑥
3
 
𝑦 = 2 −
2𝑥
3
 
𝑆= 𝑥. 𝑦 → 𝑆 = 𝑥 (2 −
2𝑥
3
) 
𝑆 = 2𝑥 −
2𝑥2
3
 
Derivar: 
𝑆 
𝑆′ = 2 − 
4𝑥
3
 (𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 
𝑆′′ = −
4
3
(𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎) 
𝑆′ = 2 − 
4𝑥
3
= 0 → 2 =
4𝑥
3
→ 𝑥 =
3
2
 
𝑆𝑖: 𝑥 =
3
2
→ 𝑦 (𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙) = 2 −
2𝑥
3
→ 𝑦 = 1 
Hallando área máxima: sería 
𝑥. 𝑦 = 
3
2
. 1 = 
3
2
= 1.5𝑚2 
 
4. Una página rectangular contendrá 30 pulgadas cuadradas de área impresa. Los 
márgenes de cada lado son de una pulgada. Encontrar las dimensiones de la página de 
manera que se use la menor cantidad de papel. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐷𝑎𝑡𝑜: 𝑏. ℎ = 30 → ℎ =
30
𝑏
… (1) 
𝐴 = (𝑏 + 2)(ℎ + 2) 
𝐴 = 𝑏ℎ + 2𝑏 + 2ℎ + 4 (𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑑𝑎𝑡𝑜 1) 
𝐴 = 30 + 2𝑏 + 2ℎ + 4 → 𝐴 = 34 + 2𝑏 + 2ℎ 
𝐴 = 34 + 2𝑏 + 2(
30
𝑏
) → 𝐴 = 34 + 2𝑏 + 60. 𝑏−1 
Derivar: 
 
𝑏 
ℎ 
𝑏 + 2 
ℎ + 2 
1 
𝑑𝐴
𝑑𝑏
= 2 −
60
𝑏2
→
𝑑𝐴
𝑑𝑏
= 2 −
60
𝑏2
= 0 
2𝑏2 = 60 → 𝑏 = √30 (𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙) 𝑏. ℎ = 30 
𝑆𝑖 𝑏 = √30 → ℎ = √30 
Respuesta. 
𝑏 + 2 = √30 + 2 = 7.48 (𝑏𝑎𝑠𝑒) 
ℎ + 2 = √30 + 2 = 7.48 (𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎) 
 
5. Determinar las dimensiones de un sólido rectangular (con una base cuadrada) de 
volumen máximo si su área superficial es de 150 pulgadas cuadradas. 
Resolución: 
 
Sólido rectangular de base cuadrada → 2 bases 
cuadradas (fondo y tope) y 4 superficies laterales 
de áreas rectangulares. 
 
 
 
 
Dimensiones de la base: lado = x → Área = 𝑥2 
Altura del sólido = ℎ 
Superficie del sólido rectangular: 150 𝑖𝑛2 = 2𝑥2 + 4 𝑥ℎ 
=> ℎ =
150 −2𝑥2
4𝑥
 = 
37.5
𝑥
−
𝑥
2
 
Volumen del sólido = Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 ∙ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
Volumen del sólido = 𝑥2 ∙ (
37.5
𝑥
−
𝑥
2
) = 37.5𝑥 − 
𝑥3
2
 
Para hallar el volumen máximo derivamos la función del volumen respecto al lado x: 
𝑉′ = 37.5 − 
3𝑥2
2
 = 0 => 
3𝑥2
2
 = 37.5 => 𝑥2 = 37.5 ∙
2
3
 = 25 
𝑥 = √25 = 5 𝑖𝑛 
Dimensiones: 
x = 5 pulgadas 
ℎ =
37.5
5
 − 
5
2
 = 5 𝑖𝑛 
Finalmente, el sólido es un cubo de lado: 5 pulgadas 
𝑉 = (5 𝑖𝑛)2 ∗ 5 𝑖𝑛 = 125 𝑖𝑛3 
 
6. Un granjero planea cercar un pastizal rectangular adyacente a un río. El pastizal debe 
contener 245 000 m2 para proporcionar suficiente pastura para el rebaño. ¿Qué 
dimensiones requeriría la cantidad mínima de cercado si no es necesario vallar a los 
largo del río? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7. Un granjero desea construir un corral rectangular de 64000 pies2 con un lado a 
lo largo de un acantilado vertical. El cercado a lo largo del acantilado cuesta S/. 
2.50 por pie, mientras que a lo largo de los otros tres lados cuesta S/. 3.50 por 
pie. Encuentre las dimensiones del corral, de modo que el costo del cercado sea 
mínimo. 
∆= 𝑦 𝑥 𝑥 = ℎ 𝑥 𝑏 
245000 = 𝑌 𝑥 𝑥 
245000
𝑥
= 𝑦 
245000
700
= 𝑦 
350 m = y 
Largo: 
𝑙 = 𝑥 + 2𝑦 
𝑙 = 𝑥 + 2 𝑥
245000
𝑥
 
𝑙 =
𝑥2 + 490000
𝑥
 
𝑑𝑙
𝑑𝑥
=
2𝑥(𝑥) − 𝑥2 − 490000
𝑥2
 
𝑑𝑙
𝑑𝑥
=
2𝑥2 − 𝑥2 − 490000
𝑥2
 
0 =
𝑥2 − 490000
𝑥2
 
490000 = 𝑥2 
𝑥 = 700 𝑚 
 
𝑦 = 350 
𝑥 = 700 
𝑙 = 𝑥 + 2𝑦 
𝑙 = 350 + 2(700) 
𝑙 = 1400 𝑚 
 
 
 
SOLUCIÓN: 
Sea X el lado cerca al acantilado y las dimensiones del corral largo X y ancho Y. 
Entonces: 
 𝐴) 𝑋 ∗ 𝑌 = Á𝑟𝑒𝑎 = 64000 𝑝𝑖𝑒𝑠2 
𝐵) 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 = 𝐶 = 𝑥(2.5) + 𝑥(3.5) + 𝑦(7) → 𝐶 = 6𝑥 + 7𝑦 
𝐷𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝐴 ∶ 𝑋 = 
64000 
𝑌
 → 𝐸𝑛 𝐵 ∶ 𝐶 =
64000
𝑌
(6) + 𝑦(7) 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑜: 
𝑑𝐶
𝑑𝑌
= 0 
 
 
𝑑𝐶
𝑑𝑌
=
(−1)(6)(64000)
𝑌2
+ 7 = 0 
 
𝑌 = 234.21 𝑝𝑖𝑒𝑠. → 𝑋 = 273.25 𝑝𝑖𝑒𝑠. 
 
𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜: 
𝐶𝑚í𝑛 = 234.21(7) + 273.25(6) = 3277.47 
Respuesta: S/ 3277.47 
 
OPTIMIZACIÓN II 
 BLOQUE I. 
 
 
1. Un pasillo de 2 metros de ancho da vuelta en ángulo recto. ¿Cuál es la longitud de la 
varilla delgada más larga que puede trasladarse alrededor de la esquina, asumiendo 
que la varilla no puede doblarse? 
 
 
 
 
A 
B 
x 
x 
 
 
solución 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐿 = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ + 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ 
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
2
𝐴𝐵
→ 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ =
2
𝑐𝑜𝑠𝛼
 
𝑠𝑒𝑛𝛼 =
2
𝐵𝐶̅̅ ̅̅
→ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ =
2
𝑠𝑒𝑛𝛼
 
𝐿 =
2
𝑐𝑜𝑠𝛼
+
2
𝑠𝑒𝑛𝛼
 
𝐿′ = 0 
𝐿′ =
−2(−𝑠𝑒𝑛𝑥)
𝑐𝑜𝑠2𝑥
+
−2𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
= 0 
2𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
=
2𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛2𝑥
 
𝑠𝑒𝑛3𝑥 = 𝑐𝑜𝑠3𝑥𝑡𝑔3𝑥 = 1𝑡𝑔𝑥 = 1 𝛼 = 45° 
𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 1𝑡𝑔2𝑥 + 1 =
1
𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥
=
1
2
→ 𝑐𝑜𝑠𝑥
=
1
√2
𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥
= 1𝑠𝑒𝑛2𝑥 +
1
2
= 1𝑠𝑒𝑛2𝑥 =
1
2
→ 𝑠𝑒𝑛𝑥 =
1
√2
 
𝐿 =
2
𝑐𝑜𝑠𝛼
+
2
𝑠𝑒𝑛𝛼
 
𝐿 =
2
1
√2
+
2
1
√2
 
𝐿 = 2√2 + 2√2𝐿 = 4√2 
Interpretación: 
La longitud máxima de la varilla 
es = 4√2 
 
c 
2.Encuentre la longitud máxima L de una lámina delgada que puede transportarse 
horizontalmente alrededor de una esquina en ángulo recto. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SOLUCIÓN: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Y 
 
X 
 
8 
 
8 
 
L-X 
 
Pitagoras: 
𝑋2 = 𝑌2 + 82 
𝑌 = √𝑋2 − 64 
Proporcion: 
𝐿 − 𝑋
8
=
𝑋
𝑌
 
Reemplazamos “Y”: 
𝐿 − 𝑋
8
=
𝑋
√𝑋2 − 64
 
Despejamos “L”: 
𝐿 = 𝑥 +
8𝑋
√𝑋2 − 64
 
Derivamos: 
𝐿′ = 1 +
8(√𝑋2 − 64) − 8𝑋 (
2𝑋
2√𝑋2 − 64
)
(√𝑋2 − 64)
2 
𝐿′ = 1 +
16(𝑋2 − 64) − 16𝑋2
2√𝑋2 − 64
√𝑋2 − 64
 
𝐿′ = 1 +
−1024
2(√𝑋2 − 64)
3 
𝐿′ = 1 −
512
(√𝑋2 − 64)
3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3.Una isla está ubicada en el punto A, 4km del punto más cercano B de una playa recta. 
Una mujer, en la isla quiere ir al punto C, que está a 6 km de B, tal como se ve en la 
figura. La mujer puede dirigirse al punto P, entre B y C en un bote con remos a 5 km/h y 
después caminar de P a C a una velocidad de 8 Km/h. Determinar la mejor ruta que la 
mujer puede recorrer en el menor tiempo posible. 
 
 
 
Igualamos a 0 “𝐿′": 
0 = 1 −
512
(√𝑋2 − 64)
3 
512
(√𝑋2 − 64)
3 = 1 
512 = (√𝑋2 − 64)
3
 
8 = √𝑋2 − 64 
𝑋 = √128 = ±8√2 
Reemplazamos en: 
𝐿 = 𝑥 +
8𝑋
√𝑋2 − 64
 
 
𝐿 = 8√2 +
8(8√2)
√(8√2)
2
− 64
 
𝐿 = 16√2 = 22,62 
 
SOLUCIÓN: 
 
𝐵𝑃 = 𝑥 
 
Primero debemos hallar la ecuación: 
𝑡(𝑥) = 𝑡(𝑟𝑒𝑚𝑎𝑟) + 𝑡(𝑐𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟) 
 Pero nosotros sabemos que, cuando el sistema es uniforme: 
𝑡 =
d
v
 
 Ahora el 𝑡(𝑟𝑒𝑚𝑎𝑟) por Pitágoras y MRU es: 
𝑡(𝑟𝑒𝑚𝑎𝑟) =
√16 + 𝑥2
5
 
 También el 𝑡(𝑐𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟) por diferencia de distancias es: 
𝑡(𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑟) =
6 − x
8
 
 Uniendo las dos ecuaciones tenemos la ecuación deseada: 
𝑡(𝑥) =
√16 + 𝑥2
5
+
6 − x
8
 
Entonces a la siguiente ecuación vamos a hallarle el tiempo mínimo y para eso debemos 
derivar: 
𝑡(𝑥) =
√16 + 𝑥2
5
+
6 − x
8
 
𝑡′(𝑥) =
(16 + 𝑥2)1/2
5
+
(−1)
8
 
5 km/h 
8 km/h 
x 
𝑡′(𝑥) = [ 
1
2
∗
1
5
∗ (16 + 𝑥2)−1/2 ∗ 2𝑥 ] −
1
8
 
𝑡′(𝑥) = [ 
x
5√16 + 𝑥2
 ] −
1
8
 
Ahora esto igualando a 0 la ecuación obtenida: 
0 = [ 
x
5√16 + 𝑥2
 ] −
1
8
 
1
8
= [ 
x
5√16 + 𝑥2
 ] 
5√16 + 𝑥2 = 8𝑥 
√25(16 + 𝑥2)
2
= (8𝑥)2 
400 + 25𝑥2 = 64𝑥2 
400 = 39𝑥2 
 √
400
39
= 𝑥 
Por lo tanto, la distancia de B entre P seria: 3.2026 km 
La distancia que recorre seria de BPC, en tiempo minimo. Sabemos que si t>0, es el min y 
si t<0 es máximo. 
Para estar seguros calculamos la segunda derivada: 
𝑡′(𝑥) = [ 
x
5√16 + 𝑥2
 ] −
1
8
 
𝑡′′(𝑥) = [ 
(x)′ ∗ (5√16 + 𝑥2) − x ∗ (5√16 + 𝑥2)′
(5√16 + 𝑥2)2
 ] − 0 
𝑡′′(𝑥) = [ 
(5√16 + 𝑥2) − x ∗ (
5
2 ∗
(16 + 𝑥2)−1/2 ∗ 2𝑥 )
(5√16 + 𝑥2)2
 ] 
𝑡′′(𝑥) =
[
 
 
 
 
(5√16 + 𝑥2) −
5𝑥2
√16 + 𝑥2
(5√16 + 𝑥2)2
 
]
 
 
 
 
𝑡′′(𝑥) =
[
 
 
 
 
√16 + 𝑥2 −
𝑥2
√16 + 𝑥2
5(16 + 𝑥2)]
 
 
 
 
𝑡′′(𝑥) =
[
 
 
 
 
16 + 𝑥2 − 𝑥2
√16 + 𝑥2
5(16 + 𝑥2)
1
 
]
 
 
 
 
𝑡′′(𝑥) = [ 
16
5(16 + 𝑥2)√16 + 𝑥2
 ] 
Ahora evaluando la 𝑥 = √
400
39
 en la segunda derivada: 
Obtenemos: 
𝑡′′ (√
400
39
) = 0.0238 
Según lo calculado esto vendría a ser que es min ya que t>0. 
 
4. Un campo de atletismo de 400 kilómetros de perímetro consta de un rectángulo que tiene 
pegado en cada uno de sus lados menores un semicírculo. Con el fin de realizar varias 
actividades al mismo tiempo, se pretende que el área de la parte rectangular sea la mayor 
posible. Halle las dimensiones del campo para tal fin. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
y/2 
Perímetro del campo atlético 
 Datos: 
 P=400 km 
Lcircunferencia=2π.r 
Lcircunferencia =2π.y/2 
Lcircunferencia =π. y 
 
 
 Relación de x con y (A=área del rectángulo) 
𝐴 = 𝑥 ⋅ 𝑦 = 𝑥 ⋅ (
400−2𝑥
𝜋
) =
400𝑥−2𝑥2
𝜋
 
𝐴′ =
400−4𝑥
𝜋
= 0 
 400 − 4𝑥 = 0 
𝑥 =
400
4
= 100 𝑘𝑚 
 
 
5) Algunas aves vuelan más lentamente sobre el agua que sobre tierra. Un ave vuela a 
razones constantes de 6km/h sobre el agua y 10 km/h sobre tierra. Use la información 
de la figura para encontrar la trayectoria a la cual ave debe seguir para minimizar el 
tiempo total de vuelo entre la costa de una isla y su nido ubicado en la costa de la otra 
isla. 
Distancia del agua 
Dagua = √ (32 + x2) 
Distancia en la tierra 
Dtierra = 20 – X 
T = Da / va + Dt/ vt 
T= 1/6 √ (32 + x2) + 1/10 (20-x) 
dT/ dx = 1/6 (2x) / 2√ (32 + x2) + 1/10 (-1) 
x/ 6√ (32 + x2) = 1/10 
x / √ (32 + x2) = 3/5 
π ⋅ y + 2x = 400 
 π ⋅ y = 400 − 2x 
𝑦 =
400 − 2𝑥
𝜋
 
 
 
𝑦 =
400 − 2𝑥
𝜋
 
𝑦 =
400 − 2(100)
𝜋
 
𝑦 =
200
𝜋
 
𝑦 = 63,66km 
x 
20-X 
5x=3√ (9 + x2) 
25x2 = 9(9 + x2) 
25x2= 81 + 9x2 
16x2 = 81 
X2 = 81/16 
X= 9/4 
X=2,5 km 
 
 
6. Un fabricante desea construir cajas cerradas de 256 cm3 de capacidad. La base debe 
ser un rectángulo cuyo largo es el doble del ancho. Si se sabe que el precio del material 
para la base y la tapa es de S/. 3 por cm 2, y para los lados es de S/. 2 por cm2, halle 
las dimensiones de la caja que minimizan su costo. 
datos: 
𝑉 = 𝐴𝑏 × ℎ 
256 = 2𝑥 × 𝑥 × ℎ 
ℎ =
256
2𝑥2
 
 
costo base S/. 3 por cm 2 
costo lateral S/. 2 por cm2 
 
 
 
 
 
 
 
 
Respuesta: para un costo mínimo las dimensiones serán x=4,2x=8 y h=8 
Trayectoria = Da / va + Dt/ vt 
Trayectoria =√ (32 + x2) +20 – x 
Trayectoria =√ (32 +(2,5)2) +20-2,5 
Trayectoria =√ (61/4) +17,5 
Trayectoria=21,40 km 
 
2x 
h 
x 
 𝐶𝐴𝑏 = 3(2 × 2𝑥2) 
𝐶𝐴𝑏 = 12𝑥2 
 𝐶𝐴𝑙 = 3(6𝑥ℎ) 
𝐶𝐴𝑙 = 18𝑥ℎ 
𝐶𝐴𝑙 = 18𝑥
256
2𝑥2
 
𝐶𝐴𝑙 =
1536
𝑥
 
Minimizar costo total: 
𝐶𝑇 = 𝐶𝐴𝑏 + 𝐶𝐴𝑙 
𝐶𝑇 = 12𝑥2 +
1536
𝑥
 
𝐶𝑇´ = 24𝑥 − 1536𝑥−2 = 0 
24𝑥3 = 1536 
𝑥 = 4 
 
 
7. Se producirá un canalón transversal rectangular al doblar cantidades iguales de los 
extremos de una plancha de aluminio de 30 cm de ancho. ¿Cuáles son las dimensiones 
de la sección transversal de modo que el volumen sea máximo? 
 
2° Para que el volumen sea máximo derivamos e igualamos a 0: 
V'(x) = 900 − 240𝑥 + 12𝑥2 
. 900 − 240𝑥 + 12𝑥2 = 0 
. (𝑥 − 15)(𝑥 − 5) = 0 
 X1 = 15. X2 = 5 
3° Elegimos X = 5 para que el volumen sea máximo: 
 Largo = Ancho 
 30 – 2x = 30 – 2(5) = 20 cm 
 
 Rpta: La sección transversal del canalón debe ser un cuadrado de 20 cm de lado, para 
que el volumen sea máximo. 
 
OPTIMIZACIÓN III 
BLOQUE I 
1. Un muro de 10 pies de altura està a 5 pies de un edificio, como se muestra en la figura. Encuentre la longitud 
L de la escalera màs corta, apoyada en el muro, que llega desde el suelo hasta el edificio. 
 
Resoluciòn: 
 
 
1° Volumen del canalón: 
V = largo x ancho x alto 
V = (30 − 2𝑥). (30 − 2𝑥). (𝑥) 
V = (900 − 120𝑥 + 4𝑥2). (𝑥) 
V = 900𝑥 − 120𝑥2 + 4𝑥3 
 
30 cm 
30 – 2x 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑦2 + (5 + 𝑥)2 = 𝑙2 
√𝑦2 + (5 + 𝑥)2 = 𝑙 
√(
50
𝑥
+ 10)2 + (5 + 𝑥)2 = 𝑙 
−2(
50
𝑥 + 10
) (
50
𝑥2
) + 2(5 + 𝑥)
2√(
50
𝑥 + 10)
2 + (5 + 𝑥)2
= 𝑙′ 
−2(
50
𝑥 + 10
) (
50
𝑥2
) + 2(5 + 𝑥)
2√(
50
𝑥
+ 10)2 + (5 + 𝑥)2
= 0 
 
(
50
𝑥
+ 10) (
50
𝑥2
) + (5 + 𝑥) = 0 
−2500
𝑥3
−
500
𝑥2
+ 5 + 𝑥 = 0 
−2500 − 500𝑥 + 5𝑥3 + 𝑥4 = 0 
−500(5 + 𝑥) + 𝑥3(5 + 𝑥) = 0 
−500 + 𝑥3 = 0 
𝑥
10
=
5 + 𝑥
𝑦
 
𝑦 =
10(5 + 𝑥)
𝑥
 
𝑦 =
50
𝑥
+ 10 
 
 
 
 𝑓(𝑢) = 𝑢𝑛 ⇒ 𝑓´(𝑢) = 𝑛. 𝑢𝑛−1. 𝑢´ 
 𝑓(𝑢; 𝑣) = 𝑢 − 𝑣 ⇒ 𝑓´(𝑢; 𝑣) = 𝑢´ − 𝑣´ 
 
𝑥3 = −500 
𝑥 = 7.94 
Reemplazando: 
𝑦2 + (5 + 𝑥)2 = 𝑙2 → L= 20.81pies 
 
2. Un sòlido se forma juntando dos hemisferios a los extremos de un cilindro circular recto. El volumen 
total del sòlido es de 14 cm3. Encontrar el radio del cilindro que produce el àrea superficial mìnima. 
Resoluciòn: 
 Superficie a utilizar: 
 S = 2πRh + 2 πR2 
 Reemplazar la altura en función del radio: 
a) 14 = πR2h b) S(R) = 2πR ( 
14
πR2
 )+ 2 πR2 
 
14
πR2
 = h S(R)= 2πR ( 
14
πR2
 )+ 2 πR2 
 
 S(R) = 
28
R
 + 2 πR2 
 Derivar: 
 
𝑑𝑆
𝑑𝑅
 = 4πR + 28 R-1 = 4 πR - 28 R-2 
 0 = 4 πR - 28 R-2 
 
28 
𝑅2
= 4 πR 
 7/ π = R3 
 2,228 = R3 → R = 1,306 cm 
 
 
4. Una lámpara está situada sobre el centro de una mesa circular de 4 metros de diámetro. 
Hallar la altura “h” para que la iluminación “I” en el perímetro de la mesa sea máxima, si: 
 𝐼 =
𝑘 𝑆𝐸𝑁𝜃
𝑏2
 , k: constante…………. (1) 
 
 ℎ2 + 22 = 𝑏2 
 𝑏 = √ℎ2 + 𝑟2 
 
 
 ILUMINACIÓN: 
 𝐼 = 
𝑘 sin 𝛳
𝑏2
 
 
 𝐼 =
𝑘 sin 𝛳
ℎ2+ 𝑟2
 
DERIVAR: 
𝐼 = 
𝑘 sin𝛳
ℎ2 + 𝑟2
 
𝐼′ =
𝑘 cos𝛳(ℎ2 + 𝑟2) − 𝑘 sin𝛳(2ℎ + 2𝑟)
ℎ2 + 𝑟2
 
 
 𝐼′= 
𝑘ℎ2 cos𝛳+𝑘𝑟2 cos𝛳 ̶ 2ℎ𝑘𝑠𝑒𝑛𝛳 ̶ 2𝑟𝑘 𝑠𝑒𝑛𝛳
ℎ2+𝑟2
 
𝐼′ = 
𝑘ℎ2 cos 𝛳 + 4𝑘 cos𝛳 ̶ 2ℎ𝑘 sin 𝛳 ̶ 4𝑘 sin 𝛳
ℎ2 + 4
 
𝐼′= 
𝑘ℎ2( 2 𝑏⁄ )+4𝑘
2
𝑏⁄ ̶ 2ℎ𝑘 (
ℎ
𝑏 ⁄ ̶ 4𝑘(
ℎ
𝑏⁄ )
ℎ2+4
 
0 = 2𝑘ℎ2 + 8k - 2ℎ2𝑘 − 4𝑘ℎ 
0= 8k - 4kh 
4kh = 8k 
H= 2m rpt….. 
 
 
 
4 m 
H 
r=2 
B 
ϴ 
 
5. Encuentre el radio “r” y la altura “h” del cilindro circular recto, que posee volumen máximo que puede 
inscribirse en un cono circular recto de 8 pulgadas de radio y 12 pulgadas de altura. 
SOLUCIÓN: 
1. Tenemos que encontrar una relación entre r y h, para lo cual, 
utilizaremos la propiedad de semejanza entre los triángulos cuyos 
catetos son H y R y (H-h) y r. 
 
 
𝑅
𝑟
=
𝐻
(𝐻 − ℎ)
 
 
 
 
2. Por dato sabemos que 𝑅 = 8 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 y 𝐻 = 12 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠, entonces: 
8
𝑟
=
12
12 − ℎ
 
2(12 − ℎ) = 3(𝑟) 
24 − 2ℎ = 3𝑟 
24 − 3𝑟
2
= ℎ 
3. Sabemos que el volumen del cilindro se halla con la siguiente fórmula: 𝑉 = 𝜋𝑟2ℎ, para poder derivar, 
expresemos el volumen solamente con respecto a “𝑟” 
𝑉 = 𝜋𝑟2ℎ 
𝑉 = 𝜋𝑟2 (
24 − 3𝑟
2
) 
𝑉 =
3𝜋
2
(8𝑟2 − 𝑟3) 
4. Derivando e igualando a cero, de acuerdo con la teoría de optimización: 
𝑑𝑉
𝑑𝑟
=
3𝜋
2
(16𝑟 − 3𝑟2) 
0 = 24𝜋𝑟 −
9𝜋𝑟2
2
 
9𝜋𝑟2
2
− 24𝜋𝑟 + 0 = 0 
5. Observamos que es una ecuación cuadrática, procedemos a aplicar la formula general paraobtener sus 
raíces: 
𝑟 =
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
 
𝑟 =
24𝜋 ± √(24𝜋)2 − 4(
9𝜋
2 × 0
)
2 (
9𝜋
2
)
 
𝑟 =
24𝜋 ± 24𝜋
9𝜋
 
𝑟1 =
24 + 24
9
= 5,33 
𝑟2 =
24 − 24
9
= 0 
6. Dado que el volumen del cilindro tiene que ser máximo, elegimos trabajar con el mayor radio encontrado. 
A partir del cual obtenemos el valor de su altura: 
24 − 3(5,33)
2
= ℎ 
ℎ = 4 
7. Concluimos que los valores del radio y la altura del cilindro, para que su volumen sea 
máximo son: 
𝑟 = 5,33 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 
ℎ = 4 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 
 
6.-Encuentre las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede circunscribirse 
alrededor de un rectángulo de longitud a y ancho b. (considerar “a” y “b” como 
constantes). 
 
 
 
 
 
𝑥
𝑎
=
√𝑏2 − 𝑦2
𝑏
 
𝑥 =
𝑎
𝑏
√𝑏2 − 𝑦2 
𝐴 = 𝑥√𝑎2 − 𝑥2 + 𝑦√𝑏2 − 𝑦2 
 
 
𝐴 =
𝑎
𝑏
√𝑏2 − 𝑦2√𝑎2 −
𝑎2
𝑏2
(𝑏2 − 𝑦2) + 𝑦√𝑏2 − 𝑦2 
𝐴 =
𝑎
𝑏
√𝑎2𝑏2 − 𝑎2(𝑏2 − 𝑦2) − 𝑎2𝑦2 +
𝑎2
𝑏2
𝑦2(𝑏2 − 𝑦2) + 𝑦√𝑏2 − 𝑦2 
𝐴 =
𝑎
𝑏
√𝑎2𝑏2 − 𝑎2𝑏2 + 𝑎2𝑦2 − 𝑎2𝑦2 +
𝑎2
𝑏2
𝑦2(𝑏2 − 𝑦2) + 𝑦√𝑏2 − 𝑦2 
𝐴 =
𝑎
𝑏
√
𝑎2𝑦2
𝑏2
(𝑏2 − 𝑦2) + 𝑦√𝑏2 − 𝑦2 
𝐴´ =
𝑎2
𝑏2
𝑦√𝑏2 − 𝑦2 + 𝑦√𝑏2 − 𝑦2 = (
𝑎2
𝑏2
+ 1)𝑦√𝑏2 − 𝑦2 
A´y=
1
2
(𝑏2𝑦2 − 𝑦4)−
1
2(2𝑏2𝑦 − 4𝑦3) = 0 
 
 
 
 
 
 2𝑦2 = 𝑏2 𝑥 = 
𝑎
𝑏
√𝑏2 −
𝑏2
2
=
𝑎
√2
 ; 𝑥 =
𝑎
√2
 
 𝐸𝑆 𝑈𝑁 𝐶𝑈𝐴𝐷𝑅𝐴𝐷𝑂 
 
 
 
𝐿 =
𝑎
√2
+
𝑏
√2
 A max =
𝑎2
2
+
𝑏2
2
+ 𝑎𝑏 
𝑥 =
𝑎
√2
 𝑦 =
𝑏
√2