Auxiliar 8

FACULTAD DE INGENIERÍA Y CIENCIAS APLICADAS
UNIVERSIDAD DE LOS ANDES
ING1150 Cálculo I. Semestre 2012-01
Profesor: Fernando Arenas
Auxiliar: Sebastián Bustamante Franco
Auxiliar 8
Problema 1: Se quiere construir una caja, sin tapa, partiendo de una lámina rectangular de 32 cm de largo
por 24 de ancho. 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 caja resultante sea máximo?
Solución
V (x) = Area base · altura
= (32 − 2x)(24 − 2x)x
= 4x3 − 112x2 + 768x
Con lo anterior, los puntos crı́ticos son tales que
V 0 = 12x2 − 244x + 768 = 0 ⇔ x =
244 ±
√
√
23 ± 208
2242 − 4 · 12 · 768
=
.
24
3
Para ver cuál de ellos es el máximo hacemos
V 00 (x) = 24x − 224
√
√
y sustituimos. Como V ( 28−3 208 ) < 0 y V ( 28+3 208 ) > 0, el máximo se da para x =
√
28− 208
.
3
Problema 2: Se desean determinar las dimensiones óptimas a, x, y que minimicen la superficie de una caja
de leche, donde a, x e y corresponden al fondo, ancho y alto respectivamente (sin considerar los pliegues),
para un volumen total de V.
(i) Encuentre una expresión para la superficie en términos de x y a.
(ii) Tomando a como parámetro conocido, demuestre que el valor x = x(a) que minimiza dicha superficie
es
r
V
x=
.
a
Justifique que se trata de un mı́nimo.
(iii) Usando lo anterior, encontrar una expresión S(a) para la superficie solamente en función de a y determine el valor mı́nimo de esta función, justificando por qué es mı́nimo. Explicitar los valores de a, x e
y.
Solución
1
(i) Se tiene que axy = V ⇒ y =
V
.
ax
Luego,
A
=
=
=
2xy + 2ya + 2xa
2V x 2V a
+
+ 2xa
ax
ax 1
1
2V
+
+ 2xa.
a x
(ii) Suponiendo A como función de x
⇒ A(x) = 2V
1
1
+
a x
+ 2xa.
Luego, minimizamos el área buscando los puntos crı́ticos, i.e., x tales que A0 (x) = 0:
r
V
2V
∗
A (x ) = − ∗ 2 + 2a = 0 ⇔ x = ±
(x )
a
0
∗
Veamos que el valor positivo se trata de un mı́nimo:
A00 (x) =
4V
⇒ A00 (x∗ ) > 0 ⇒ x∗ es mı́nimo.
x3
(iii) Buscamos ahora A(a), utilizando x∗ :
A(a)
=
=
Recordando que
1
1
+ ∗ + 2x∗ a
a x
r √
1
a
2V
+
+ 2 V a.
a
V
2V
√
d a
1
= √ ,
da
2 a
buscamos los puntos crı́ticos de A(a):
r
−1
1
V
A (a) = 2V
+ √
+
=0
2
a
a
2 Va
r
−2V
V
⇔
+2
=0
a2
a
r
V
V
⇒
=
a2
a
1/2
⇒ V
= a3/2
0
⇒ a = a∗ = V 1/3
Para ver que el anterior es un mı́nimo, notemos que
√
4V
V
V 1/2
A (a ) = ∗ 3 − 3/2 = 4 − 1/2 > 0.
a
V
a
00
∗
2
Problema 3: 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?
Solución
No es difı́cil notar que el área del romboide es la mitad del área del rectángulo. Luego, AR = xy. Además,
el perı́metro del rectángulo debe ser de 100 m, de modo que
100 = 2x + 2y ⇒ y = 50 − x.
Sustituyendo en la expresión del área del rombo, obtenemos
AR (x) =
x2
x(50 − x)
= 25x − .
2
2
Ası́, los puntos crı́ticos serán
A0R (x) = 0 ⇔ 25 − x = 0 ⇔ x = 25.
Como A00R (25) = −1 < 0, entonces en valor hallado es un máximo y se tendrá que y = 25.
Problema 4: Una planta productora de cobre con capacidad instalada máxima de 9 ton/dı́a, puede producir
x toneladas de cobre corriente e y toneladas de cobre fino diarias. Si se sabe que las producciones diarias
de cobre fino y corriente cumplen la relación y = 40−5x
10−x y que el precio de venta de cobre fino es 3,6 veces
el precio del cobre corriente, se pide determinar cuál es la producción diaria que proporciona un ingreso
máximo.
Solución
Si p es el ingreso por venta de cada tonelada de cobre corriente, el ingreso por cada tonelada de cobre fino
será 3,6p.
Ası́, el ingreso por ventas será I(x, y) = px + 3,6py. Pero x e y se relacionan como y = 40−5x
10−x , de modo que
40 − 5x
40 − 5x
I(x, y) = I(x) = px + 3,6p
= p x + 3,6
.
10 − x
10 − x
Calculamos
−5(10 − x) + 40 − 5x
36
I 0 (x) = p 1 + 3,6
=
p
1
−
.
(10 − x)2
(10 − x)2
36
Luego, I 0 (x) = 0 si (10−x)
2 = 1 ⇒ 10 − x = ±6, es decir, x = 10 ∓ 6 de donde x = 4 ton/dı́a es admisible,
pues la capacidad instalada máxima son 9 ton/dı́a.
Además,
72(10 − x)
72
I 00 (x) = −p
= −p
,
(10 − x)4
(10 − x)3
con lo que I 00 (4) < 0 y por lo tanto x = 4 genera un máximo para I(x).
De este modo, la producción óptima será 4 ton/dı́a de cobre corriente y
3
40−5·4
10−4
=
10
3
ton/dı́a de cobre fino.
Problema 5: Encuentre los valores de x e y que minimicen la distancia de la recta f (x) = ax + b al punto
(x0 , y0 ).
Solución
Debemos minimizar
dist((x, f (x)), (x0 , y0 )) =
p
(x − x0 )2 + (y0 − f (x))2 .
Como el crecimiento es el mismo, por simplicidad minimizaremos g(x) = (x − x0 )2 + (f (x) − y0 )2 :
g 0 (x) = 2(x − x0 ) + 2(f (x) − y0 )f 0 (x) = 0 ⇔ (x − x0 ) + (f (x) − y0 )f 0 (x) = 0
⇔ x − x0 + a(ax + b − y0 ) = 0
⇔ x(1 + a2 ) − x0 + ab − ay0 = 0
x0 + ay0 − ab
⇔x=
1 + a2
0 −ab
Luego, y = a x0 +ay
+ b.
1+a2
4