matematicas

Matemáticas II

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Funciones: optimización

PROBLEMAS DE OPTIMIZACIÓN
Planteamiento y resolución de los problemas de optimización
Se quiere construir una caja, sin tapa, partiendo de una lámina rectangular de 32 cm de
larga por 24 de ancha. Para ello se recortará un cuadradito en cada esquina y se doblará.
¿Cuál debe ser el lado del cuadradito cortado para que el volumen de la cajaresultante sea
máximo?
A partir del enunciado puede seguirse el proceso que se detalla a continuación:
1. Determinar el objetivo del problema: lo que hay que hacer máxima o mínima.
En el ejemplo anterior el objetivo es que el volumen de la caja sea máximo.
2. Expresar en forma de función tal objetivo.
La caja es un prisma rectangular: volumen = área de la base por la altura.
Para mejorcomprensión conviene hacer un dibujo.

24

24  2x

x
x

32  2x

32

Si se corta un cuadradito de lado x, el volumen de la caja obtenida será:
V  (32  2 x)(24  2 x) x  V  4 x 3  112 x 2  768x
3. Los puntos máximos o mínimos se encuentran, si existen, entre las soluciones de V ´ 0 .
28  208
(hemos simplificado)
V ´ 12 x 2  224 x  768  0  x 
3
Se obtienen x  4,53 y x 14,14
4. Para ver cuál de ellos es el máximo hacemos V ´´ 24 x  224 y sustituimos.
Como V ´´(4,53)  0 y V ´´( ,14)  0 , el máximo se da para x = 4,53. Esta es la solución
14
buscada.
Nota: El valor x = 14,14 no es posible, pues 24 cm no da para cortar dos trozos de tamaño
14,14 cada uno.

José María Martínez Mediano (www.profes.net)

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Funciones: optimizaciónPAJ05

1. Se dispone de una tela metálica de 100 metros de longitud para
vallar una región como la de la figura. ¿Cuáles son los valores de x e
y que hacen que el área encerrada sea máxima? (2,5 puntos)
Solución:
Se trata de un problema de optimización.
Objetivo: que el área de la figura sea máxima.
La figura está formada por un triángulo equilátero de lado x y por un rectángulo de lados xe
y.
3
x· x
2  3 x 2 . Véase la figura.
Área del triángulo: AT =
2
4
2

3
 x
x
La altura del triángulo es: h  x 2    
2
2

Área del rectángulo: AR = xy
Área total: A 

3 2
x  xy
4

Condición: perímetro de la figura = 100 m  100 = 3x + 2y  y  50 

3
x
2

Sustituyendo en la expresión anterior, se tiene:
A( x) 

3 2
3
x  50 x  x 2
4
2

Estafunción alcanza el máximo en las soluciones de A´(x) = 0 que hacen negativa a A´´(x).

A´(x) 

100
100(6  3 )
3 6

x  50  0  x 
33
2
6 3

3 6
 0 , para ese valor hallado se tendrá el máximo buscado.
2
50(6  3 )
El valor de y será: y  50 
.
11
Como A´´(x) 

José María Martínez Mediano (www.profes.net)

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Funciones: optimización

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PAS052. Se dispone de una tela metálica de 100 metros de longitud para
vallar una región rectangular. ¿Cuáles son los valores de x e y ,
dimensiones del rectángulo, que hacen que el área del romboide,
formado por la unión de los puntos medios de los lados, sea
máxima? (2,5 puntos)
Solución:
Se trata de un problema de optimización.
Objetivo: que el área del romboide sea máxima. Su área es lamitad que la del rectángulo. Por
tanto:
Área del romboide: AR =

x·y
.
2

Condición: perímetro del rectángulo = 100 m  100 = 2x + 2y  y  50  x
Sustituyendo en la expresión anterior, se tiene:

A( x)  25 x 

1 2
x
2

Esta función alcanza el máximo en las soluciones de A´(x) = 0 que hacen negativa a A´´(x).
A´(x)  25  x  0  x  25

Como A´´(x)  1  0 , para ese valorhallado se tendrá el máximo buscado.
El valor de y será: y  25 .
Por tanto, tanto el rectángulo como el romboide son cuadrados. El “rectángulo” tendrá lado
25
25; el “romboide” será un cuadrado de lado
.
2

José María Martínez Mediano (www.profes.net)

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Funciones: optimización

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CTS05

3. Considera la función f ( x)  3  x 2 y un punto de su gráfica, M, situado...