Varios
Páginas: 7 (1522 palabras)
Publicado: 21 de septiembre de 2014
EJERCICIOS DE MODELACIÓN GEOMÉTRICA
RESUELTOS
1. Se considera un circuito de carreras compuesto por dos tramos rectos paralelos de la misma longitud, unidos en ambos extremos por sendas semicircunferencias.
Si la longitud total del circuito es L, determinar sus dimensiones de modo que el área del rectángulo central sea máxima.
¿Qué ocurre si se desea maximizar el área total?Solución:
Sea x la longitud de cada tramo recto y sea d el diámetro de la semicircunferencia.
Por construcción 0 ≤ x < L 2.
Entonces, la longitud total del circuito es L = 2x + π·d.
Entonces d = L−2x π .
El área central será entonces A = x·d = xL−2x π .
Esta es una parábola con coeficiente cuadrático negativo por lo que tiene un máximo.
Completando el cuadrado obtenemos:
−π2 ·A(x) = x2 − L 2
x =(x− L 4)2 − L2 16 ⇒ A(x) = −2 π (x− L 4)2 + L2 8π.
Esto toma su valor máximo en x = L 4. Entonces d = L−L 2 π = L 2π.
El area total del circuito es el área central más una circunferencia de radio d 2, es decir:
T(x) = xL−2x π + π(L−2x 2π )2 = 4Lx−8x2 4π + L2 −4Lx + 4x2 4π, = L2 −4x2 4π
Esta función es decreciente en la región [0, L 2[.
Por lo tanto elóptimo es en x = 0 es decir una pista circular sin tramo recto lo que implica d = L π.
2. Se necesita construir un bidón cilíndrico con 2 caras, de volumen máximo, fijando el material utilizado en 200π metros cuadrados.
Solución:
Sea r ≥ 0 el radio de las tapas y h ≥ 0 la altura del bidón.
Entonces el área de material es:
A(r,h) = envoltura cilindro z}|{ 2πr·h +2· tapas z}|{ (2π·r) =200π.
El volumen será:
V (r,h) = área de la base z}|{ Π·r2 · altura z}|{ h .
Si r ̸= 0 (que no puede ser óptimo) de la ecuación de área, podemos despejar la altura h en función del radio como h = 100−2r r . Al reemplazar en la ecuación de volumen tenemos:
V (r) = π·r2 · 100−2r
r = π·r(100−2r) = 2π·r(50−r).
Esto es una parábola con raices 0 y 50.
Entonces el vértice está enr = 25 donde tiene su valor máximo, puesto que la parábola tiene coeficiente negativo en r2.
Si r = 25 entonces h = 100−2·25 25 = 2.
Entonces el óptimo corresponde a dividir los 200π metros cuadrados de material mitad y mitad (100π) entre la envoltura y las tapas.
OBSERVACIÓN:
Si sed espeja el radio r en función de la altura h se obtiene r = 100 h+2.
Al reemplazar en el volúmen daV (h) = π·(100 h+2)2·h que es más compleja de maximizar pero igualmente tiene valor máximo en h = 2.
3. El propietario de un campo pretende cercar un recinto rectangular que tiene uno de sus extremos bordeando un río.
Dispone de 100 metros de cerca y no es necesario cercar el lado del rio.
Determine las dimensiones que producen la mayor área.
Solución:
Sea x la longitud dellado paralelo al río.
Sea y el otro lado, entonces 100 = 2y + x y por tanto y = 50− x 2.
El área será A(x) = x·y = x·(50− x 2).
Esto tiene sentido six ≥ 0 y cuando y = 50− x 2 ≥ 0.
Esto es una parábola con raices en x = 0 y x = 100 por lo que tiene vértice con valor máximo en x = 50.
Es decir, un rectángulo de máxima área con dimensiones x = 50 e y = 25.
4. Se tiene unbosque en forma de trapecio con bases de 128 y 92 km respectivamente y una altura de 40 km. Se decide talar el perímetro externo del bosque de manera perpendicular a los lados del mismo con una penetración de 4 km uniformemente en todo el borde.
Calcular el área de bosque talado.
Solución:
El area del bosque se puede obtener directamente por la fórmula del área de un trapecio, es decir h·(a+b) 2 , donde a y b son los largos de las bases y h la altura.
En nuestro caso (128+92) 2 ·40 = 4,400.
Si asumimos que el rectángulo es rectángulo en uno de sus lados es más simple y se descompone en un rectángulo de 92 de ancho y 40 de alto (área 92·40 = 3,680) y un triángulo de base 36 y altura 40 (área 36·40 2 = 720) que al suma da lo mismo 3,680 + 720 = 4,400.
Al realizar la tala...
RESUELTOS
1. Se considera un circuito de carreras compuesto por dos tramos rectos paralelos de la misma longitud, unidos en ambos extremos por sendas semicircunferencias.
Si la longitud total del circuito es L, determinar sus dimensiones de modo que el área del rectángulo central sea máxima.
¿Qué ocurre si se desea maximizar el área total?Solución:
Sea x la longitud de cada tramo recto y sea d el diámetro de la semicircunferencia.
Por construcción 0 ≤ x < L 2.
Entonces, la longitud total del circuito es L = 2x + π·d.
Entonces d = L−2x π .
El área central será entonces A = x·d = xL−2x π .
Esta es una parábola con coeficiente cuadrático negativo por lo que tiene un máximo.
Completando el cuadrado obtenemos:
−π2 ·A(x) = x2 − L 2
x =(x− L 4)2 − L2 16 ⇒ A(x) = −2 π (x− L 4)2 + L2 8π.
Esto toma su valor máximo en x = L 4. Entonces d = L−L 2 π = L 2π.
El area total del circuito es el área central más una circunferencia de radio d 2, es decir:
T(x) = xL−2x π + π(L−2x 2π )2 = 4Lx−8x2 4π + L2 −4Lx + 4x2 4π, = L2 −4x2 4π
Esta función es decreciente en la región [0, L 2[.
Por lo tanto elóptimo es en x = 0 es decir una pista circular sin tramo recto lo que implica d = L π.
2. Se necesita construir un bidón cilíndrico con 2 caras, de volumen máximo, fijando el material utilizado en 200π metros cuadrados.
Solución:
Sea r ≥ 0 el radio de las tapas y h ≥ 0 la altura del bidón.
Entonces el área de material es:
A(r,h) = envoltura cilindro z}|{ 2πr·h +2· tapas z}|{ (2π·r) =200π.
El volumen será:
V (r,h) = área de la base z}|{ Π·r2 · altura z}|{ h .
Si r ̸= 0 (que no puede ser óptimo) de la ecuación de área, podemos despejar la altura h en función del radio como h = 100−2r r . Al reemplazar en la ecuación de volumen tenemos:
V (r) = π·r2 · 100−2r
r = π·r(100−2r) = 2π·r(50−r).
Esto es una parábola con raices 0 y 50.
Entonces el vértice está enr = 25 donde tiene su valor máximo, puesto que la parábola tiene coeficiente negativo en r2.
Si r = 25 entonces h = 100−2·25 25 = 2.
Entonces el óptimo corresponde a dividir los 200π metros cuadrados de material mitad y mitad (100π) entre la envoltura y las tapas.
OBSERVACIÓN:
Si sed espeja el radio r en función de la altura h se obtiene r = 100 h+2.
Al reemplazar en el volúmen daV (h) = π·(100 h+2)2·h que es más compleja de maximizar pero igualmente tiene valor máximo en h = 2.
3. El propietario de un campo pretende cercar un recinto rectangular que tiene uno de sus extremos bordeando un río.
Dispone de 100 metros de cerca y no es necesario cercar el lado del rio.
Determine las dimensiones que producen la mayor área.
Solución:
Sea x la longitud dellado paralelo al río.
Sea y el otro lado, entonces 100 = 2y + x y por tanto y = 50− x 2.
El área será A(x) = x·y = x·(50− x 2).
Esto tiene sentido six ≥ 0 y cuando y = 50− x 2 ≥ 0.
Esto es una parábola con raices en x = 0 y x = 100 por lo que tiene vértice con valor máximo en x = 50.
Es decir, un rectángulo de máxima área con dimensiones x = 50 e y = 25.
4. Se tiene unbosque en forma de trapecio con bases de 128 y 92 km respectivamente y una altura de 40 km. Se decide talar el perímetro externo del bosque de manera perpendicular a los lados del mismo con una penetración de 4 km uniformemente en todo el borde.
Calcular el área de bosque talado.
Solución:
El area del bosque se puede obtener directamente por la fórmula del área de un trapecio, es decir h·(a+b) 2 , donde a y b son los largos de las bases y h la altura.
En nuestro caso (128+92) 2 ·40 = 4,400.
Si asumimos que el rectángulo es rectángulo en uno de sus lados es más simple y se descompone en un rectángulo de 92 de ancho y 40 de alto (área 92·40 = 3,680) y un triángulo de base 36 y altura 40 (área 36·40 2 = 720) que al suma da lo mismo 3,680 + 720 = 4,400.
Al realizar la tala...
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