Optimizacion
J.M. Ramos González
Un observador se encuentra frente a un cuadro colgado de una pared vertical. El borde inferior del cuadro está situado a una distancia a sobre el nivel de los ojos del observador, el borde superior a una distancia b. ¿A qué distancia de la pared debe situarse el observador para que el ángulo bajo el que ve el cuadro sea el máximo?b
α β x puesto que tagβ =
a
tag (α + β ) =
b ; x
tagα + tagβ b = 1 − tagα .tagβ x tagα ( x +
a , resulta: x
(b − a ) x x 2 + ab
a a (tagα + ) x = (1 − tagα . )b ; x x
ab ) =b−a; x
tagα =
(b − a ) x ; como lo que hay que maximizar es α ya tenemos la función a x 2 + ab derivar para calcular el extremo. Derivando se obtiene:
α = arctag
dα = dx
(b − a )( x 2 +ab) − 2 x 2 (b − a ) ( x 2 + ab) 2 (b − a ) x 1+ 2 x + ab
2
= 0;
de donde (b − a )(− x 2 + ab) = 0
x = ± ab que en nuestro caso solo nos servirá la solución positiva, es decir que lo estudiamos en el dominio de la función que es R.
0 ab
ab
ab
La derivada en 0 es positiva pues viene determinada por el signo de la expresión ab(b-a) que es positiva toda vez que b>a yambos son positivos. La derivada en ab es negativa pues viene determinada por el signo de la expresión ab-(ab)2 < 0. Hay un máximo.1
A partir de este momento no volveremos a comprobar si el valor que anula la derivada determina un máximo o un mínimo salvo que haya necesidad de discernir. Damos por hecho la optimización establecida en el enunciado del problema.
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Problemas resueltos de máximos y mínimos
J.M. Ramos González
Determinar la razón entre el radio de la base y la altura de un cilindro que, con el volumen dado, tenga la superficie total mínima.
r
V = πr 2 h ; h = S T = 2πrh + 2πr 2 ST =
V πr 2
h
2V + 2πr 2 r
Si la superficie total ha de ser mínima, la derivada respecto al radio se anula en dicho mínimo, es decir:V V − 2V + 4πr = 0 de donde, r = 3 y h= por tanto la relación entre 2 2 2π r V π3 2π r 1 el radio y la altura es = h 2
Hallar el área total máxima de un cilindro inscrito en una esfera de radio R.
r x R
A = 2πr 2 + 4πrx ,
R2 = x2 + r2
x = R2 − r 2
A = 2πr 2 + 4πr R 2 − r 2 ; derivando e igualando a 0, se obtiene la ecuación bicuadrada en r: 5r4- 5R2r2 + R4 = 0, de donde5± 5 2 5+ 5 R Obtenemos para r dos posibles soluciones r = R r2 = 10 10 y
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Pontevedra
Problemas resueltos de máximos y mínimos
J.M. Ramos González
5− 5 r=R 10 , 5+ 5 x=R 10
cuyos
respectivos
valores
de
x
son
5− 5 x=R 10
y
Veamos entonces cuánto vale el árealateral en ambos casos: En el primer caso el área vale: πR 2 (1 + 5 ) 3 En el segundo caso el área vale: πR 2 (1 + 5 ) que es inferior a la anterior. Por tanto la 5 solución es:
πR 2 (1 + 5 )
La fábrica A debe unirse mediante una carretera con una línea férrea rectilínea en la que se encuentra el poblado B. La distancia AC desde la fábrica hasta el ferrocarril es igual a a, en tanto que ladistancia BC por el ferrocarril es igual a b. El costo del transporte de las mercancías por la carretera es k veces (k>1) mayor que por el ferrocarril. ¿En que punto D del segmento BC hay que trazar la carretera desde la fábrica para que el costo del transporte de las mercancías desde la fábrica A hasta el poblado B sea el mínimo?
A y B a x C D b-x
Si supongo que el precio por unidad dedistancia por tren es 1, por carretera es k. Por tanto la función coste es: k.y + b-x Ahora bien y = x 2 + a 2 , por tanto la función coste es: C ( x) = k x 2 + a 2 + b − x
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Problemas resueltos de máximos y mínimos
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x +a k 2 −1 por tanto el punto D ha de estar del pueblo B a una distancia por la línea del ferrocarril igual a a bk 2 −1...
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