ENGL 101 TEST 2

INSTITUTO UNIVERSITARIO DE TECNOLOGÍA
“JOSÉ ANTONIO ANZOÁTEGUI”
EL TIGRE-EDO-ANZOÁTEGUI
Cátedra: Matemática II
Especialidades: Mecánica - Química
Lic. MSc. DÁMASO ROJAS
PROBLEMAS DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS.
Los métodos para determinar los máximos y mínimos de las funciones se pueden aplicar a
la solución de problemas prácticos, para resolverlos tenemos que transformar sus
enunciados en fórmulas, funciones o ecuaciones.
Debido a que hay múltiples tipos de ejercicios no hay una regla única para sus soluciones,
sin embargo puede desarrollarse una estrategia general para abordarlos, la siguiente es de
mucha utilidad.
ESTRATEGIA PARA RESOLVER PROBLEMAS APLICADOS A LA OPTIMIZACIÓN.
a) Identificar los hechos dados y las cantidades desconocidas que se tratan de
encontrar.
b) Realizar un croquis o diagrama que incluya los datos pertinentes introduciendo
variables para las cantidades desconocidas.
c) Enunciar los hechos conocidos y las relaciones entre las variables.
d) Determinar de cuál de las variables se desea encontrar el máximo o el mínimo y
expresa resta variable como función de una de las otras variables.
e) Encontrar los valores críticos de la función obtenida.
f) Utilizar el criterio de la primera o de la segunda derivada para determinar si esos
valores críticos son máximos o mínimos.
g) Verificar si hay máximos o mínimos en la frontera del dominio de la función que se
obtuvo anteriormente.
h) MUCHA DEDICACIÓN Y PRÁCTICA.
1.) Hallar dos números cuya suma es 18, sabiendo que el producto de uno por el
cuadrado el otro es máximo.
Según el enunciado x + y = 18
y
x ⋅ y 2 = Máximo
Despejemos una en la primera ecuación y su valor lo llevamos a la ecuación del máximo.
y = 18 − x ;
Máximo = x (18 − x )
2
⇒ M ( x) = x (18 − x ) , En esta ecuación hallamos el
2
valor de x que la hace máxima.
A.‐ Hallar la primera derivada, se iguala a cero y se resolve la ecuación resultante.
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M ´( x) = (18 − x ) − 2 x (18 − x ) ⇒ M ´( x) = 3 ( x − 18 )( x − 6 )
2
si : M ´( x) = 0 ⇒ −3 (18 − x )( x − 6 ) = 0 ⇒ x1 = 18; x2 = 6(v.c.)
B.‐ Calculamos la segunda derivada y hallamos su valor numérico para las raíces
anteriores.
M ′′( x) = 6 ( x − 12 ) ⇒ M ′′( 6) = −36 < 0 ⇒ ∃ máximo; M ′′(18) = 36 > 0 ∃ mínimo
si x = 6 ⇒ y = 12
2) Se dispone de una lámina de cartón cuadrada de 12 cm. de lado. Cortando cuadrados
iguales en las esquinas se construye una caja abierta doblando los laterales. Hallar las
dimensiones de los cuadros cortados para que el volumen sea máximo.
Volumen de la caja = v = (12 − 2 x )(12 − 2 x )( x ) ⇒ v = x (12 − 2 x )
2
v( x) = x (12 − 2 x ) ⇒ v′( x) = 12( x − 2)( x − 6)
2
si : v′( x) = 0 ⇒ 12( x − 2)( x − 6) = 0 ⇒ x = 2; x = 6(v.c.)
v′′( x) = 24( x − 4) ⇒ v′′(2) = −48 < 0 ∃ máximo; v′′(6) = 48 ∃ mínimo
NOTA: Por la naturaleza del problema, se ve que x no puede valer 6 cm. Porque el
volumen sería 0, por lo tanto x = 2 cm.
3) ¿Cuál será la forma rectangular de un campo de área dada igual a 36 Dm 2 para que
sea cercado por una valla de longitud mínima?
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Según el enunciado, área = x . y ; x . y = 36
Mínimo = 2 x + 2 y ; Min = 2 x + 2 y
Despejamos y en la primera ecuación y su valor lo llevamos a la ecuación del mínimo.
2
36
2 x 2 + 72
⎛ 36 ⎞ 2 x + 72
y=
⇒ Min( x) = 2 x + 2 ⎜ ⎟ =
⇒ Min( x) =
x
x
x
⎝ x ⎠
2 x 2 − 72
2 x 2 − 72
′
;
:
(
)
0
si
Min
x
=
⇒
= 0 ⇒ x = ± 6(v.c.)
x2
x2
144
Min′′( x) = 3 ⇒ Min′′(6) = 23 > 0 ⇒ ∃ mín (nota : no se toma en cuenta x = −6)
x
Min′( x) =
4) Se quiere cercar un campo rectangular que está junto a un camino. Si la valla del lado
que está junto al camino cuesta BF. 8 el metro y para los lados BF. 4 el metro, halla el
área del mayor campo que puede cercarse con BF.1.440.
Según el enunciado, área = x. y
8 x + 4 x + 4 x + 4 y = 1.440 ⇒ 12 x + 8 y = 1.440 ⇒ 3 x + 2 y = 360
Despejando y en la segunda y llevando su valor al área, nos queda:
360 − 3x
360 x − 3x 2
⎛ 360 − 3x ⎞
⇒ A = xy ⇒ A( x) = x ⎜
⇒
A
x
=
(
)
⎟
2
2
2
⎝
⎠
360 − 6 x
360 − 6 x
A′( x) =
⇒ si : A′( x) = 0 ⇒
= 0 ⇒ x = 60(v.c.)
2
2
360 − 3x
360 − 3(60)
y=
⇒ y = y=
⇒ y = 90 m. ⇒ A = xy = (60 m)(90m) = 5.400m 2
2
2
si : y =
NOTA: Por la naturaleza del problema, no hace falta hallar la segunda derivada.
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5) Una esfera tiene un radio de 6 cm. Hallar la altura del cilindro de volumen máximo
inscrito en ella.
2
⎛h⎞
En la figura x es el radio de la base del cilindro. Por Pitágoras 62 = ⎜ ⎟ + x 2 .
⎝2⎠
2
h
Volumen = π . x 2 . h pero x 2 = 36 −
4
2
π (144h − h3 )
⎛
h ⎞
π
V (h) = π ⎜ 36 − ⎟ h ⇒ V (h) =
⇒ V ′(h) = (144 − 3h 2 )
4⎠
4
4
⎝
V ′(h) = 0 ⇒
π
12
144 − 3h ) = 0 ⇒ h =
= ±4
(
4
3
2
3; se toma : h = 4 3
NOTA: Por la naturaleza del problema, no hace falta hallar la segunda derivada.
6) Para hacer un filtro de laboratorio, se pliega un papel circular. Si el radio de dicho
papel mide 9cm. Calcular la altura del cono que se forma para que el volumen sea
máximo.
9 2 = h 2 + x 2 ⇒ x 2 = 81 − h 2
v=
π x2h
3
V ′( h) =
π
⇒ V (h) =
π ( 81 − h 2 ) h
3
⇒ V ( h) =
π
3
(81 h − h )
3
π
81 − 3h ) ; si : V ′( h) = 0 ⇒ ( 81 − 3h ) = 0 ⇒ h =
(
3
3
2
2
9
⇒ h = 3 3cm
3
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NOTA: Por la naturaleza del problema, no hace falta hallar la segunda derivada.
7) Se dispone de una hoja de papel para un cartel que mide 2m2. Los márgenes superior
e inferior, miden 20 cm. cada uno y los laterales 12 cm. cada uno. Hallar las dimensiones
de las hojas, sabiendo que la parte impresa es máxima.
parteimpresa : A = ( x − 40 ) ( y − 24 ) ; además área total : xy = 2 ⇒ x =
A( y) =
(
2
y
2
y
⎛ 2 − 40 y ⎞
− 40 ( y − 24 ) ⇒ A( y ) = ( y − 24 ) ⎜
⎟
⎝ y ⎠
)
⎛ y ( −40 ) − ( 2 − 40 y ) ⎞
⎛ 2 − 40 y ⎞
8(6 − 5 y 2 )
′
A′( y ) = ⎜
y
24
A
(
y
)
+
−
⇒
=
(
)
⎜
⎟
⎟
y2
y2
⎝ y ⎠
⎝
⎠
8(6 − 5 y2 )
si : A′( y) = 0 ⇒
=0⇒ y = ±
y2
xy = 2 ⇒ x = 2y ⇒ x =
10
30
⇒x=
30
3
;y=
30
5
(v.c.); y = 0 ∃A′( y)
30
5
8) De todos los triángulos isósceles de 12 m de perímetro, hallar el de área máxima.
2
En la figura: área =
2
2
2
y.h
⎛ y⎞
por Pitágoras BC = DC + BD ; x 2 = ⎜ ⎟ + h 2
2
⎝2⎠
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Perímetro: 2 x + y = 12 → y = 12 − 2 x
h = x2 −
y2
y.h
⇒ Area =
; Area =
4
2
si : y = 12 − 2x ; A( x) =
(12 − 2x )
x
2
y . x2 −
2
(12 − 2x )
−
4
2
y2
4
2
=
2 ( 6 − x)
4 x2 − 144 + 48x − 4x2
4
2
48x ( x − 3)
4 3 ( x − 3)
48x − 144
⇒ A( x) = ( 6 − x )
⇒ A( x) = ( 6 − x )
⇒
2
2
2
⎡
( 6 − x ) 3 ( x − 3) ( 3) ⎤
⎥
A( x) = 2 ( 6 − x ) 3 ( x − 3) ⇒ A′( x) = 2 ⎢− 2 3 ( x − 3) +
3 ( x − 3)
⎢⎣
⎥⎦
A( x) = ( 6 − x )
A′( x) =
3 3(4 − x)
⇒ A′( x) = 0 ⇒
x −3
para x = 4 ⇒ y = 4
3 3(4 − x)
x −3
= 0 ⇒ x = 4(v.c.); x = 3 ∃A′( x)
El triángulo de área máxima es equilátero de lado igual a 4cm.
NOTA: Por la naturaleza del problema, se ve que para x = 3, el triangulo se transformaría
en una recta, por lo tanto x = 4, es la solución.
9) En un triángulo isósceles, los lados iguales miden 20 cm. cada uno. Hallar la longitud
de la base para que el área sea máxima.
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en la figura : BC = BD + DC ; (20) 2 = h 2 + ( 2x ) ⇒ h = 400 −
2
2
2
2
x2
4
x 400 − x4
x 1600 − x 2
xh
⇒ A( x ) =
⇒ A( x ) =
2
2
4
x ( −2 x )
1600 − x 2 −
2 1600 − x 2
800 − x 2
⇒ A′( x ) =
A′( x ) =
4
2 1600 − x 2
2
Area : A =
A′( x ) = 0 ⇒
(800 − x )
2
800 − x 2
2 1600 − x 2
=0
Por lo tan to : 800 − x 2 = 0
1600 − x 2 = 0
→
1600 − x 2
2 (1600 − x 2 )
y
=
1600 − x 2 = 0 ; 800 − x 2 = 0
→ x = 20 2
x = 40
NOTA: Para la naturaleza del problema, para x = 40 el triángulo se transformarías en una
recta, por lo tanto x = 20 2 m.
10) Se desea construir un tanque de acero con la forma de un cilindro circular recto y
semiesferas en los extremos para almacenar gas propano. El costo por pie cuadrado de
los extremos es el doble de la parte cilíndrica. ¿Qué dimensiones minimizan el costo si la
capacidad deseada es de 10 π . Pies?
a) Tenemos que : A. esfera = 4π R2 ; A. cilindro sin tapa = 2π R A
b)La función a optimizar es el cos to: C = 2 ( 4π R2 ) + 2π R A
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4
4
30 − 4 R3
c) V . esfera = π R3 ; V . cilindro = π R2A ⇒Vtotal = π R3 + π R2A ⇒ A =
3
3
3 R2
⎛ 30 − 4R3 ⎞
60 π − 8π R3
2
C ( R) = 8 π R 2 + 2 π R ⎜
⇒
C
(
R
)
=
8
R
+
π
⎟
2
3R
⎝ 3R ⎠
3
3
3
24 π R + 60 π − 8 π R
16 π R + 60 π
⇒ C ( R) =
C ( R) =
3R
3R
d ) C′( R) =
C′( R) =
R=
3
48π R3 ( 3 R ) − 3 (16 π R3 + 60 π )
(3 R)
96 π R3 −180 π
(3 R)
180
=
96
e) Si : R =
3
3
2
2
; si : C′( R) = 0 ⇒
⇒ C′( R) =
144 π R3 − 48π R3 − 180 π
(3 R)
96 π R3 −180 π
(3 R)
2
2
= 0 ⇒ 96 π R3 −180 π = 0 ⇒ R3 =
180 π
96 π
3
22 . 32 . 5 3 3.5 3 15
15
=
=
⇒
=
R
ft
5
3
2 .3
2
2
2
15
ft ⇒ A = 2 3 15 ft
2
11) Determine las dimensiones del rectángulo que se puede inscribir en un semicírculo
de radio “a” de manera que dos de sus vértices estén sobre el diámetro.
Rectángulo tiene como:
a 2 − x 2 ⇒ Aret = bh ⇒ Aret = ( 2 x ) a 2 − x 2
Base = 2 x ; Altura =
A ′( x ) = 2 a 2 − x 2 +
Si A ′( x ) = 0 ⇒
2/ x ( − 2 x )
2/
a2 − x2
2 a2 − 4x2
a2 − x2
⇒ A ′( x ) =
2 a2 − 2x2 − 2x2
a2 − x2
= 0 ⇒ 2 a2 − 4x2 = 0 ⇒ x =
b = 2x ⇒ b = a 2 ; h = a2 − x2 ⇒ h = a2 −
⇒ A ′( x ) =
2 a2 − 4x2
a2 − x2
2 a2
a 2
⇒x =
4
2
a 2
⇒ h=
2
4a 2 − 2a 2
4
⇒ h=
a 2
2
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12) Encuentre el punto de la gráfica y = x 2 + 1 más cercano al punto (3, 1).
La distancia entre los puntos ( x, y ) y (3,1) es : d =
pero : y = x 2 + 1⇒ d =
d ′( x) =
( x − 3)
2 x3 + x − 3
x + x − 6x + 9
4
2
2
( x − 3) + ( y −1)
2
2
+ ( x 2 + 1 − 1) ⇒ d = x 4 + x 2 − 6 x + 9
2
; Si : d ′( x) = 0 ⇒
2 x3 + x − 3
x + x − 6x + 9
4
2
por Ruffini : ( x − 1) ( 2 x 2 + 2 x + 3) = 0 ⇒ x = 1(v.c.);
= 0 ⇒ 2 x3 + x − 3 = 0
2x2 + 2x + 3 ≠ 0
Si : x = 1⇒ y = 2. Punto (1, 2)
13) Una ventana tiene forma de un rectángulo coronado por un triángulo equilátero.
Encuentre las dimensiones del rectángulo para el cual el área de la ventana es máxima,
si el perímetro de la misma debe ser 12 pies.
Cálculo de h : h =
x 2 − ( 2x ) 2 ⇒ h =
3 x2
4
⇒ h = ( x 23 )
x( x 2 3 )
xh
x2 3
⇒ A=
⇒ A=
2
2
4
Área del rectángulo : A = xy
Para : y en función de x, usamos el perímetro de la ventana:
Área del triángulo : A =
12 − 3x
12 x − 3x 2
⇒ A( x) =
2
2
2
2
x 3 12 x − 3x
+
Área total de la figura : AT ( x) =
4
2
x 3 12 − 6 x
x 3 + 12 − 6 x
AT′ ( x) =
+
⇒ AT′ ( x) =
= 0 ⇒ x 3 − 6 + 12 = 0
2
2
2
P = 2 y + 3x ⇒ 12 = 2 y + 3x ⇒ y =
(
)
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12 − 3( 6−123 )
12 − 3x
x=
⇒x=
Base del rectángulo ⇒ si : y =
⇒y=
⇒
2
2
72 − 12 3 − 36
36 − 12 3
18 − 6 3
y=
y=
⇒y =
Altura del rectángulo
6 − 3
2 6− 3
2 6− 3
−12
3−6
12
6− 3
(
)
(
)
14) Para que un paquete pueda enviarse por correo es necesario que la suma de su
longitud y el perímetro de su base no exceda de 108 pulgadas. Encuentre las
dimensiones de la caja con base cuadrada de mayor volumen que se puede enviar por
correo.
El perímetro de la base es : P = 4 a
Condición : A + 4 a ≤ 108 pu lg , tomaremos el extremo máximo
A + 4 a = 108 , de donde A = 108 − 4 a
El Volumen : V = aa A ⇒ V = a 2 A ⇒ V = a 2 (108 − 4 a ) ⇒ V ( a ) = 108 a 2 − 4 a 3
V ′( a ) = 215 a − 12 a 2 ; Si : V ′( a ) = 0 ⇒ 4 a ( 54 − 3 a ) = 0 ⇒ a = 0 no es solución ,
54 − 3 a = 0 ⇒ a = 18 pu lg ⇒ A = 108 − 4 (18) ⇒ A = 36 Pu lg
15) La distancia R = OA (en el vacío) que cubre un proyectil, lanzando con velocidad
inicia, V0 desde una pieza de artillería que tiene un ángulo de evaluación φ respecto al
horizonte, se determina según la fórmula: R =
V02 Sen 2 φ
Determinar el ángulo φ con
g
el cual la distancia R es máxima dada la velocidad inicial V0.
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0 ≤ φ ≤ π2 (condición)
2V 2 cos(2φ )
dR 2V02 cos(2φ) dR
π
=
⇒ = 0 ⇒ ´0
= 0 ⇒ cos(2φ) = 0⇒φ = (v.c.)
dφ
g
dφ
g
4
(4V02 )sen(2φ)
(4V02 )sen2( π4 ) d 2 R
(4V02 )
d2 R
d2 R d2 R
sust
.
v
.
c
.
en
=
−
⇒
⇒
=
−
⇒
=
−
<0
d φ2
g
d φ2
d φ2
g
d φ2
g
⇒ en φ =
π
4
∃ máximo ⇒ sust en R(φ) =
V02 Sen (2φ)
V2
⇒ R(φ) = 0
g
g
16) ¿Qué dimensiones debe tener un cilindro para que sea mínima su área total, dado el
volumen V?
r = radio; h = altura ⇒ S = 2 π r 2 + 2π rh; Vcilindro = π r 2 h ⇒ h =
(
S = 2π r 2 + 2 π r ( πVr 2 ) ⇒ S (r ) = 2π r 2 + ( 2rV ) ⇒ S (r ) = 2 π r 2 + Vr
V
π r2
)
⎡ 2π r 3 − V ⎤
ds
V ⎤ ds
⎡
= 2 ⎢2π r − 2 ⎥ ⇒ = 0 ⇒ 2 ⎢
= 0 ⇒ 2 π r 3 −V = 0 ⇒ r 3 = 2vπ (v.c.); r = 0 ∃
⎥
2
dr
r ⎦ dr
r
⎣
⎣
⎦
⎡
2 V ⎤ d 2S
d 2S
d 2S
2V⎤
⎡
2
2
sust
v
c
π
=
+
⇒
⇒
2
2
π
.
.
=
+
⎢
⎥ ⇒ 2 = 2 [ 2 π + 4π ] = 12 π > 0
⎢⎣
v
dr 2
dr 2
r 3 ⎥⎦
⎢⎣
2π ⎥
⎦ dr
V
V
r 3 = 2vπ ⇒ r = 3 2vπ ⇒ si : h = 2 ⇒ h =
πr
π 3 ( 2vπ )2
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17) Un terreno rectangular se encuentra adyacente a un río y se debe cercar en 3 lados,
ya que el lado que da al río no requiere cerca. Si se dispone de 100 m de cerca,
encuentre las dimensiones del terreno con el área máxima.
0 < x < 50(condición); A = b h ⇒ A = x (100 − 2 x ) ⇒ A( x) = 100 x − 2 x 2
dA
dA
= 100 − 4 x ⇒
= 0 ⇒ 100 − 4 x = 0 ⇒ x = 25(v.c.)
dx
dx
d 2A
d 2A
=
−
⇒
< 0 ⇒ en x = 25 ∃ máximo ⇒ x = h = 25 m ⇒ b = 50m ⇒ A = 1250 m 2
4
2
2
dx
dx
18) Hallar las dimensiones del rectángulo de área máxima inscrito en una
semicircunferencia de radio r.
Arectángulo = x y ⇒ ( q
ABC : r 2 = y 2 + ( 2x )2 ⇒ ( 2x )2 = r 2 − y 2 ⇒ x = 2 r 2 − y 2
A( y) = 2 y r 2 − y 2 ⇒
−1/ 2
da
⎡1
⎤
= 2 r 2 − y 2 + 2/ y ⎢ ( r 2 − y 2 ) ( −2 y ) ⎥
dy
⎣ 2/
⎦
2
2
2 ⎡⎣r 2 − 2 y 2 ⎤⎦
da 2 ⎡⎣r − 2 y ⎤⎦
da
r
=
⇒ si : = 0 ⇒
= 0 ⇒ r 2 − 2 y 2 = 0 ⇒ y1 =
⇒ y1 = r 2 2
2
2
2
2
dy
dy
2
r −y
r −y
r 2 − y 2 ⇒ r = y ∃/
2 ⎡1
2
2
2
2
⎡ 2
⎤
d A 2 [ −4 y ] r − y − 2 ⎣r − 2 y ⎦ ⎢⎣ 2 ( r − y )
=
dy 2
( r 2 − y2 )
2
−1/ 2
( −2 y )⎤⎥⎦
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Lic. MSc. DÁMASO ROJAS
2
2
d2 A 2 y( r − y )
=
dy2
−1/2
⎡−4( r2 − y2 ) + ( r2 − y2 ) ⎤
⎣
⎦
2
2
(r − y )
2
2
2
2
2
2
d 2 A 2 y ⎡⎣−4 r + 4y + r − 2y ⎤⎦ d 2 A 2 y ⎡⎣ 2y − 3r ⎤⎦
=
⇒ 2 =
3
dy2
dy
2
2 3
(r − y )
( r2 − y2 )
d 2 A 2(
=
dy2
r 2
2
) ⎡2( r 22 )2 − 3r2 ⎤ d 2 A r 2 ⎡− r2 ⎤ d 2 A
−r3 2
⎣
⎦⇒
⎣
⎦
=
⇒ 2=
3
3
3
2
2
2
dy2
dy
2
r 2 2
r
2
⎡⎣r − 2 ⎤⎦
⎡ 2r 2− r ⎤
r −( 2 )
⎣
⎦
(
)
d 2 A −r3 2 d 2 A −r3/ 2 d 2 A −8
d 2 A −r3 2
=
⇒ 2=
⇒ 2=
⇒ 2 =
< 0
2
r6
dy
dy
dy
r
dy2
1
( r2 )3
3
8
r 3
2
r
2r
2
2
y = ; x = 2 r2 − r2 ⇒ x = 2 r2 ⇒ x =
⇒x = 2y
2
2
19) Un buque militar se encuentra anclado a 9 km. del punto más próximo de la costa.
Se precisa enviar un mensajero a un campamento militar situado a 15 km. del punto de
la costa más próximo al buque, medido a lo largo de la costa; el mensajero andando a
pie hace 5 km/h y remando 4 km/h; ¿En qué punto de la costa debe desembarcar el
mensajero para llegar al campamento en el mínimo tiempo posible?
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2
2
por pítagoras : AD = AB + BD
Remando: AD = 92 + x 2 ;
2
A pie: DC = 15 − x
81 + x 2
x
x
15 − x
M .R.U . ⇒ V = ⇒ t = ⇒ t. remando : tR =
; t. a pie : tP =
km
t
V
4h
5 kmh
tt = t R + t P ⇒ tt ( x ) =
81 + x 2 15 − x
81 + x 2 x
+
⇒ tt ( x ) =
− +3
4
5
4
5
2
dt 1 ⎡ 1
dt
x
1
1
dt 5 x − 4 81 + x
2 −1/ 2
⎤
=
=
− ⇒
(81 + x ) ( 2 x )⎥⎦ − 5 ⇒ dx =
5
dx 4 ⎢⎣ 2
dx
20 81 + x 2
4 81 + x 2
(
)
2
dt
2
= 0 ⇒ 5 x − 81 + x 2 = 0 ⇒ ( 5 x ) = 4 81 + x 2 ⇒ 25 x 2 = 16 x 2 + 1296 ⇒ x = 12 (v.c.)
dx
−1/ 2
x
81 + x 2 − ( 81 + x 2 ) ( 2 x )
2
d t 1
d2 t
81
2
=
⇒ 2=
2
2
3
dx
dx
4
(81 + x )
4 81 + x 2
(
d2 t
81
=
> 0 ∴ x = 12 Km
2
dx
4 81 + (12) 2
)
∃ mínimo tiempo empleado
20) De un tronco redondo de diámetro d hay que cortar una viga de sección rectangular.
¿Qué ancho (x) y altura (y) deberá tener esta sección para que la viga tenga resistencia
máxima posible. A) A la compresión, B) A la flexión?
Nota: La resistencia de la viga a la compresión es proporcional al área de su sección
transversal mientras que la flexión es proporcional al producto del ancho de esta
sección por el cuadrado de su altura.
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Arectángulo : A = bh ⇒b = x ; h = y; Por pitágoras :d 2 = x2 + y2 ⇒ y = d 2 − x2
dR
Rc (x) = kx d − x ⇒ c = k ⎡ d 2 − x2 + x
⎢⎣
dx
2
2
( (d − x ) )
1
2
2
2 −1/2
k ( d 2 − x2 )
dRc
= 0⇒
= 0 ⇒ k ≠ 0; d 2 − 2x2 = 0⇒ x =
2
2
dx
d −x
⎡ −4x
d Rc
=k ⎢
2
⎢
dx
⎢⎣
2
(
)
d 2 − x2 − ( d 2 − 2x2 ) 12/ ( d 2 − x2 )
(d
2
−1/2
− x2 )
(
)
d
2
2
2
dRc k ( d − x )
⎤
( −2x)⎥ ⇒ = 2 2
⎦ dx
d −x
(v.c.); Si : x = d ∃/
dRc
dx
( −2/ x) ⎤⎥
2
2
d 2 Rc kx ( 2x − 3d )
⇒
=
⎥
3
dx2
( d 2 − x2 )
⎥⎦
(
2
2
d
d 2
d
d
d 2 Rc d 2 Rc k( 2 ) 2( 2 ) − 3d
d 2 Rc k( 2 ) 2( 2 ) − 3d
⇒ 2 =
sust. v.c. en 2 ⇒ 2 =
3
3
dx
dx
dx
2
2d 2 − d 2
d 2
d − ( 2)
2
(
2
(
)
2
d
d 2 Rc k( 2 ) ( − d ) d 2 Rc −k d 3 4 2 d 2 Rc
=
⇒ 2 =
⇒ 2 = − 4k < 0 ⇒ en x =
3
dx2
dx
dx
2 d3
d2
( )
)
)
d2
2
∃ máximo
2
si : x =
d
d
(ancho) ⇒ y = d 2 − x2 ⇒ y = d 2 − ( d2 ) 2 ⇒ y = (altura)
2
2
V − 4 π3r
3V − 4π r3
= π r h⇒ h =
⇒h =
3π r 2
π r2
3
Vt =π r h +
2
4 π r3
3
⇒V −
4 π r3
3
2
⎡ 3V − 4π r3 ⎤
⎡ 3V − 4π r3 ⎤
2
4
(
)
2
π
At = 2π r h + 4 π r 2 ⇒ At (r) = 2π r ⎢
r
A
r
+
⇒
=
+ 4 π r2
t
⎥
⎢
⎥
2
3r
⎣ 3π r ⎦
⎣
⎦
2
3
dA −2 ⎡8π r3 + 3V ⎤
dA 2 ⎡ ( −12π r ) ( r ) − ( 3V − 4π r ) ⎤
⎥
+
⇒
=
8
π
r
= ⎢
⎥ + 8π r
r2
dr
3 ⎢⎣
r2
dr 3 ⎢
⎥
⎦
⎣
⎦
−6V + 68π r3
dA −16π r3 − 6V + 24π r3 dA −6V + 68π r3
dA
=
⇒ =
=0
; si : = 0⇒
dr
3r2
dr
3r 2
dr
3r2
6V
−6V + 68π r3 = 0⇒r3 =
⇒r = 3 34Vπ (v.c.); r = 0 ∃
8π
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dA −6V + 68π r 3 dA
2V 8π r d 2 A
4V 8π
=
⇒
=
−
+
⇒ 2 =− 3 +
2
2
dr
r
dr
r
3
dr
r
3
2
2
2
d A d A
4V
8π
d A 16V π 8π
d2A
sust. v.c. en 2 ⇒ 2 = −
+
⇒ 2 =
+
⇒ 2 = 6π > 0
dr
dr
3
dr
3V
3
dr
( 3 34Vπ )3
en r =
3 3V
4π
3V − 4π ( 34Vπ )
3V − 4π r 3
∃ mínimo ⇒ h =
⇒h=
⇒h = 0
2
3π r 2
3π 3 ( 3V )
4π
b) RF = Kxy 2 ⇒ d 2 = x2 + y 2 ⇒ y 2 = d 2 − x 2 ⇒ RF = Kx ( d 2 − x2 ) ⇒ R f ( x) = K ( xd 2 − x3 )
dR f
dx
d 2Rf
dx
2
= K ( d 2 − x2 ) ⇒
= K ( −6 x ) ⇒
Ancho : x =
dR f
dx
2
d Rf
dx
2
= 0 ⇒ K ( d 2 − x 2 ) = 0 ⇒ K ≠ 0; d 2 − 3x2 = 0 ⇒ x =
= − 6Kx; ⇒ sust. v.c. en
d 2Rf
dx
2
⇒
d 2 Rf
dx
2
(v.c.)
= − 6K ( d3 ) < 0 ∃ máximo.
3d − d 2
d
d
⇒y=
⇒y =
; altura : y = d 2 −
3
3
3
2
d
3
2
2
3
d
21) Un trozo de alambre de 10 m. de longitud se va a cortar en dos partes. Una parte
será doblada en forma de circunferencia y la otra en forma de cuadrado. ¿Cómo deberá
cortarse el alambre para que el área combinada de las dos figuras sean tan pequeñas
como sea posible.
Cuadrado de lado x ⇒ longitud del alambre = 4x
Circunferencia de radio r ⇒ longitud del alambre = 2π r ⇒10 = 4x + 2 π r ⇒ x =
10 − 2π r
4
Acuadrado = x2 ; Acircunferencia = π r 2 ⇒ Área combinada : A = x2 + π r 2 ⇒
dA
dA ⎛ −10 + 2π 2 r ⎞
⎡10 − 2π r ⎤
⎡10 − 2π r ⎤⎛ −2/ π ⎞
2
+π r ⇒
= 2/ ⎢
A(r) = ⎢
⎟ + 2π r
⎥⎦⎝⎜ 4/ ⎠⎟ + 2π r ⇒ dr = ⎜
4
dr
⎣ 4 ⎥⎦
⎣ 4/
⎝
⎠
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dA −5π + π 2 r
dA π (−5 + r (π + 4))
dA
5
=
+ 2π r ⇒
=
; si :
=0⇒r =
(v.c.)
dr
dr
dr
2
2
(π + 4)
d 2 A π (π + 4)
d2A
=
⇒
= > 0 ⇒ en r = π 5+4 ∃ mínimo
dr 2
dr 2
2
⎡ 5 − π [ π 5+4 ]2 ⎤
⎡ 5π + 20 − 5π ⎤
10
⎡5 − π r ⎤
x= ⎢
x
x
⇒
=
⇒
=
⇒ x 1.4
⎢
⎥
⎢
⎥⇒ x =
⎥
2
2
+
4
+
4
π
π
(
)
(
)
⎣ 2 ⎦
⎢⎣
⎥⎦
⎣
⎦
22) Calcular el volumen máximo del cilindro circular recto, que se puede inscribir en el
cono de 12 cm de altura y 4 cm en la base, de manera que los ejes del cilindro y del cono
coincidan.
La figura representa una sección transversal del cono y del cilindro que pasa por el eje de
ambos.
por relación de triágulos semejntes
h
h
12
= ⇒
= 3⇒ h = 3( 4 − r )
4 −r 4
4−r
Volumen del cilindro : V =π r 2h ⇒ V (r) =π r 2 ⎡⎣3( 4 − r ) ⎤⎦ ⇒V (r) = 3π r 2 ( 4 − r )
si : r = 0 ó r = 4 (volumen máximo no se alcanza en la frontera)
dv
dv
V (r) = 3π ⎡⎣4r 2 − r 3 ⎤⎦ ⇒ = 3π ⎡⎣8 r − 3 r 2 ⎤⎦ ; si :
= 0 ⇒ 3π ⎡⎣8 r − 3 r 2 ⎤⎦ = 0
dr
dr
8
3π ≠ 0; 8 r − 3 r 2 = 0 ⇒ r [8 − 3 r ] = 0 ⇒ r = 0; r = (v.c.)
3
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d2V
d2V
r
=
3
π
8
−
6
⇒
= 3 π ⎣⎡8 − 6 ( 83 ) r ⎦⎤< 0 ⇒ ∃ máximo
[
]
2
2
dr
dr
Calculamos la altura : h = 3 ( 4 − 83 ) ⇒ h = 4
El volumen máximo del cilindro inscrito es : V = π ( 83 ) 2 4 ⇒ V = 89.4 cm3
23) Una esfera tiene un radio de 6 cm. Hallar la altura del cilindro de volumen máximo
inscrito en ella.
X = radio del cilindro
Volumen del cilindro: V = π r 2 h;
x 2 = 36 −
por pitágoras : 62 = ( h2 ) + x 2
2
⎡144 − h 2 ⎤
h2
144 − h 2
π
⇒ x2 =
⇒ V ( h) = π ⎢
h ⇒ V = ⎡⎣144h − h3 ⎤⎦
⎥
4
4
4
4
⎣
⎦
144
dv π
dv
= ⎡⎣144 − 3h 2 ⎤⎦ si :
= 0 ⇒ 144 − 3h 2 = 0 ⇒ h =
⇒h=4 3
3
dh 4
dh
d 2v π
d 2v π
= (−6h) ⇒ 2 = (−6)(4 3) < 0 ⇒ h = 4 3 ∃ máximo
4
dh 2 4
dh
24) Se desea construir una caja sin tapa con base rectangular de cartón de 16 c, de ancho
y 21 cm de largo, recortando un cuadrado de cada esquina y doblando los lados hacia
arriba. Calcular el lado del cuadrado para el cual se obtiene una caja de volumen
máximo.
Sean: x = longitud en cm de los cuadrados que van a cortarse, V = Volumen en cm3
El volumen de una caja es el producto de sus dimensiones.
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NOTA: x no puede ser negativa debido a que el ancho del cartón mide 16 cm no puede
cortarse cuadrado cuyos lados midan 8 cm de largo.
V = lah ⇒ v( x) = (21− 2x)(16 − 2x) x ⇒ V ( x) = 4x3 − 74x2 + 336
dv
dv
dv
=12x2 −148x + 336 ⇒ = 4 ( 3x − 28)( x − 3) ; si : = 0 ⇒ 4(3x − 28)( x − 3) = 0
dx
dx
dx
x = 9; x = 3(v.c.)
d 2v
d 2v
24
148
:
=
x
−
⇒
sustituimos
= 24(3) − 148 < 0 ∃ máximocuando x = 3
(
)
dx2
dx2
25) Se desea elaborar un pequeño recipiente cilíndrico sin tapa, que tenga un volumen
de 24 π cm3, el material que se usa para la base cuesta tres veces más que el que se
emplea para la parte cilíndrica. Suponiendo que en la construcción no se desperdicia
material, evaluar las dimensiones para las que es mínimo el costo del material de
fabricación.
Donde: r = Radio de la base en (cm), h = la altura en (cm), V = 24 π cm3
Sustituyendo: 24 π = π r2h
h=
24 π
π r2
→
h=
24
r2
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Para obtener la ecuación de Costo de Fabricación.
A = costo por cm2 para la parte curva
El costo para la base CB = 3 a (π r h)
El costo para la parte cilíndrica:
CC = a (2π r h)
CC = a (área del cilindro)
El cos to total C = CB + CC
C = 3 a (π r 2 ) + a(2 π rh) ⇒ C = aπ (3r 2 + 2rh) ⇒ Como h = 24
⇒ C (r ) = aπ ⎡3 r 2 + 2r
r2
⎣
C (r ) = aπ ⎡⎣3 r 2 + ( 48r ) ⎤⎦ ⇒
(
dc
= aπ 6 r −
dr
( ))
48
r2
⇒
( )⎤⎦
24
r2
⎛ r3 −8 ⎞
dc
= 6aπ ⎜ 2 ⎟
dr
⎝ r ⎠
dc
= 0 ⇒ r 3 − 8 = 0 ⇒ r = 2(v.c.); si r = 0(no tiene sentido)
dr
2
d 2c
d c
96
96
=
+
⇒
sust
.
v
.
c
.
en
:
= aπ 6 + (2)
> 0 ⇒ en r = 2 ∃ mínimo
6
π
a
3
2
2
r3
dr
dr
24
como h = 2 ⇒ h = 6
r
si :
( ( ))
( ( ))
26) Hallar dos números positivos que minimicen la suma del doble del primero más el
segundo, si el producto de los dos números es 288.
Sea: (x) El primer número, (y) el segundo número, S la suma de ellos.
288
Del enunciado : S = 2x + y; xy = 288 ⇒ y = 288
x ⇒ S ( x) = 2 x + x
ds
ds 2x2 − 288 ds
2x2 − 288
288
= 2 − x2 ⇒ =
⇒ =0⇒
= 0 ⇒ 2x2 − 288 = 0 ⇒ x = ± 12
2
2
dx
dx
x
dx
x
2
2
d s 288
d s 288
= 3 ⇒ sust v.c. en 2 =
> 0 ⇒ en x = 12 ∃ mínimo
2
dx
x
dx (12)3
si : x = 12 ⇒ y = 24
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27) Un granjero dispone de 100 metros de valla, con los que desea construir un corral
rectangular de la máxima superficie posible.
(superficie del corral): S = xy; del enunciado 2 x + 2 y = 100 ⇒ y = 50 − x ⇒ S ( x ) = x (50 − x )
ds
ds
= 50 − 2 x ⇒
= 0 ⇒ 50 − 2 x = 0 ⇒ x = 25(v.c.)
dx
dx
d 2s
= − 2 < 0 ⇒ en x = 25 ∃ máximo ⇒ y = 25 ∴ S . máxima es de : S = 625m 2
2
dx
28) Hallar un número positivo cuya suma con su inverso sea mínima.
1
1
Sea x un número ⇒ su inversoes : ⇒ S ( x) = x +
x
x
2
ds
1
ds x − 1
ds
= 1 − 2 ⇒ = 2 ⇒ si : = 0 ⇒ x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1(v.c.), peroel valor debe ser (+)
dx
x
dx
x
dx
2
2
d s 2
d s
2
= 3 ⇒ sust. v.c. ⇒ 2 = 3 > 0 ⇒ en x = 1∃mínimo
2
dx
x
dx
(1)
29) Dado un círculo de radio 4 dm, inscribe en él un rectángulo de área máxima.
S = xy (área del rectágulo) ⇒+ q
ABC ⇒ x 2 + y 2 = 82 ⇒ y = 64 − x 2 ⇒ S ( x) = x 64 − x 2
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S´( x) =
2(32 − x2 )
S ′′( x) =
64 − x
⇒ si : S´( x) = 0 ⇒ ( 32 − x2 ) = 0 ⇒ x = ±4 2(v.c.) pero : x ni y pueden ser (−)
2
2x( x2 − 96)
⇒ sust.v.c. x = 4 2 ⇒ S ′′( x) =
(64 − x2 )3
(
)
2(4 2)((4 2)2 − 96)
(64 − (4 2)2 )3
= −4 < 0 ⇒ ∃máximo
2
si : x = 4 2 ⇒ y = 64 − 4 2 = 4 2
30) Calcular las coordenadas de los puntos de la parábola y 2 = 4 x , tales que sus
distancias al punto A (4,0) sean mínimas.
d ( A, P) =
d ( x) =
d ′′( x) =
( x − 4)
( x − 4)
2
2
+ y 2 y la parábola : y 2 = 4 x ⇒ sust. en d porq el punto ∈ a la parábola
+ (4 x) 2 ⇒ d ′( x) =
12
( x 2 − 4 x + 16)3
x−2
x 2 − 4 x + 16
⇒ sust. v.c. d ′′( x) =
(
) (
⇒ d ′( x) = 0 ⇒ x = 2(v.c.)
12
((2) 2 − 4(2) + 16)3
si x = 2 ⇒ y = ± 2 2. ⇒ p 2, 2 2 ; p´ 2, − 2 2
> 0 ⇒ x = 2 ∃ mínimo
)
31) De todas las parejas de números reales cuyas componentes tiene suma S dada
encontrar aquella para la cual el producto P de las mismas es máximo. Aplica lo anterior
al caso S = 40.
a) sea : x e y las componentes ⇒ x + y = S ⇒ y = S − x; además P = xy
dP
dP
Sust. ⇒ P( x) = x( S − x) ⇒ P( x) = − x2 + xS ⇒ = − 2 x + S ⇒ = 0 ⇒ x =
dx
dx
2
d P
= − 2 < 0 ⇒ en x = S2 ∃ máximo ⇒ si x = S2 ⇒ y = S2 ⇒ ( S2 , S2 )
dx2
S
2
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de Pmáx = xy ⇒ Pmáx = ( S2 )( S2 ) ⇒ Pmáx =
S2
4
b ) Si : S = 40 ⇒ x = 20, y = 20 ⇒ Pmáx = 400.
32) De todas las parejas de números reales cuyas componentes positivas tienen
producto dado, encontrar aquella para la cual la sume de esas componentes es mínima.
Aplica lo anterior al caso P = 100.
a.) Sea ( x, y ) la pareja ⇒ S = x + y; además P = xy ⇒ y =
P
x
⇒ S ( x ) = x + Px
dS
dS x 2 − P
dS
= 1 − xP2 ⇒
=
; si :
= 0 ⇒ x 2 − P = 0 ⇒ x = P (v.c.); condición x > 0
2
dx
dx
x
dx
2
2
2p
d S 2p
d S
= 3 ⇒ sust. v.c. ⇒ 2 =
> 0 ⇒ en x = P ∃mínimo ∴
2
dx
x
dx
( P )3
p
⇒ y = p ⇒ la pareja es ( p , p ) y su suma : S = 2 p
x
b) Siendo P = 100 la pareja será (10,10) y su suma S = 20.
si : y =
33) Una caja cerrada de base cuadrada debe tener un volumen de 2000 pulg3. El material
del fondo y de la tapa de la caja tiene un costo de 0.03 dólares por pulg2 y el material de
los laterales cuesta 0.015 dólares por pulg2. Determine las dimensiones de la caja para
que el costo total sea mínimo.
Sea x pulgadas la longitud de un lado de la base cuadrada y C (x) dólares el costo total
del material. El área de la base es x 2 pu lg 2 . Sea y pulgadas la profundidad de la caja. Ver
figura. Puesto que el volumen de la caja es el producto del área de la base por la
profundidad.
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x 2 y = 2000 ⇒ y = 2000
x2
Del enunciado : Ctotal = área(tapa y fondo) + área(laterales ) ⇒ Ctotal =3 ( 2 x 2 ) +
C ( x ) = 6 x2 + 6 x
( ) ⇒ C ( x) = 6x
2000
x2
2
+
12000
x
3
2
( 4 xy )
; Dom : (0, ∞)
12 x3 − 12000
= 0 ⇒ x 3 = 1000 ⇒ x = 10(v.c.)
2
x
24000
24000
C´´ ( x ) = 12 +
⇒ sust. v.c. C´´ (10 ) = 12 +
> 0 ⇒ en x = 10 ∃ mínimo
3
x
(10)3
C ′ ( x ) = 12 x −
(
12000
x2
)
⇒ si : C ′ ( x ) = 0 ⇒
⇒ Cmín : x = 10 pu lg; y = 20 pu lg y el área de la base será de 100 p lg 2
34) Demostrar que de todos los rectángulos de perímetro p dado, el de máxima área es
el cuadrado.
perímetro del rectángulo : p = 2( x + y) ⇒ 2 x + 2 y = p ⇒ y =
p−2 x
2
; y su área : A = xy
px − 2 x 2
dA p − 4 x
dA
p
⇒
=
; si
= 0 ⇒ p − 4 x = 0 ⇒ x = (v.c.)
2
dx
2
dx
4
2
d A
p
p
p2
p − 2( 4p )
=
−
2
<
0
⇒
en
x
=
∃
máximo
⇒
y
=
⇒
y
=
∴
es
un
cuadrado
:
A
=
máx
2
dx 2
4
4
16
sust. A = x( p −22 x ) ⇒ A( x) =
35) Si una letra cerrada de estaño con un volumen de 16π.pulg3 debe tener la forma de
un cilindro circular recto, determinar la altura y el radio de dicha lata para utilizar la
mínima cantidad de material en su manufactura.
área superficial lateral: 2π rh ( pu lg) 2 área de la parte superior:π r 2 pu lg 2
área de la base : π r 2 ( pu lg) 2 ⇒ St = 2π rh + 2π r 2
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El volumen del cilindro circular recto : V = π r 2 h ⇒ 16 π = π r 2 h ⇒ h =
16
r2
32π
⎛ 16 ⎞
+ 2π r 2 ; DomS (r ) : ( 0, + ∞ )
S ( r ) = 2π r ⎜ 2 ⎟ + 2π r 2 ⇒ S ( r ) =
r
⎝r ⎠
−32 π
−32 π + 4π r 3
′
π
4
; si : S ′ ( r ) = 0 ⇒ 4π r 3 = 32π ⇒ r 3 = 8 ⇒ r = 2(v.c.)
S′( r ) =
+
r
⇒
S
r
=
(
)
r2
r2
64 π
64 π
+ 4 π > 0 ⇒ r = 2 ∃ mínimo ⇒ h = 4
S ′′ ( r ) = 3 + 4 π ⇒ sust. v.c. ⇒ S ′′ ( 2) =
(2)3
r
36) Se desean construir cajas de cartón sin tapa partiendo de cuadrados de lado 40 cm.
a los que se les recortan las esquinas como indica la figura y doblando a lo largo de las
líneas punteadas.
a) Determina la longitud x de los recortes para que el volumen de la caja sea máximo.
b) Determina el volumen máximo
Base un cuadrado de lado : (40 − 2x) y la altura ( x) ⇒ V ( x) = (40 − 2x)2 x; dom :[0,20]
dV
dV
dV
20
2
= 2 ( 40 − 2x)( −2) x + ( 40 − 2x) ⇒ = ( 40 − 2 x)( − 6 x + 40) ⇒
= 0 ⇒ x = 20; x = (v.c.)
3
dx
dx
dx
2
2
dV
dV
= 8(3x − 40) ⇒ sust. v.c. 2 = 8(3( 203 ) − 40) = −160 < 0 ∃ máximo
2
dx
dx
vmá x = ( 40 − 2( 203 )) ( 203 ) ≅ 4,74.103 cm3
2
37) La resistencia de una viga de sección rectangular es proporcional al producto de su
ancho a por el cuadrado de su altura h.
a) Calcula las dimensiones de la viga de máxima resistencia que puede aserrarse
de un tronco de madera de forma cilíndrica de diámetro Ø dado.
b) Aplícalo al caso Ø = 15” (pulgadas)
c) Si el tronco tiene largo L expresa en porcentaje del volumen total de madera el
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d) volumen de la viga.
a ) Sea : R la resistencia de la viga y k > 0 una cte ⇒ R = kah 2
ABC ⇒ Φ 2 − a 2 = h 2 ⇒ R ( a ) = ka (Φ 2 − a 2 ); 0 ≤ a ≤ Φ
+q
dR
dR
3
φ
φ ≅ 0.577φ ( v.c.)
= k ( Φ 2 − 3a 2 ) ⇒
=0⇒ a =
=
da
da
3
3
d 2R
d 2R
φ
φ
6
ka
sust
.
v
.
c
.
=
−
⇒
= − 6 k ( ) < 0 ⇒ en x =
∃ máximo
2
2
da
da
3
3
φ
2
φ ≅ 0.816φ
3
3
b ) Si Φ = 15" ≅ 38cm ⇒ a ≅ 8.65" ≅ 22cm; h ≅ 12, 24" ≅ 31cm
si x =
⇒h=
c ) El volumen del trono cilíndrico de londitud L será : V = π
El volumen de la viga de longitud L será :V1 = ahL ⇒
V1
=
V
φ2
L
4
ahL
π(
φ
2
4
)L
=
4 ah
πφ 2
≅ 0.6
% de madera utilizada en la viga es 60% de la madera total .
38) Dos postes de 20 y 28 pies de altura respectivamente se encuentran a 30 pies de
distancia. Se han de sujetar con cables fijados en un solo punto, desde el suelo a los
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extremos de los puntos. ¿Dónde se han de fijar los cables para que la cantidad de cable
a emplear sea mínima?
Sea W longitud del cable : W = y + z
Del Triangulo 1: y 2 = x 2 + 400 ⇒ y = x 2 + 400 Ec1
Del Triángulo 2 : z 2 = ( 30 − x ) + ( 28 ) ⇒ z =
2
⇒ w( x) = x 2 + 400 +
2/ x
dw
=
dx 2/ x 2 + 400
2
( 30 − x )
2
+ 784 ⇒ z =
x 2 − 60 x + 1684 Ec2
x 2 − 60 x + 1684 ; Siempre que :0 ≤ x ≤ 30
+
2 x − 60
2 x 2 − 60 x + 1684
⇒
dw
=
dx
x
x 2 + 400
+
( x − 30 )
x 2 − 60 x + 1684
2
2
dw x x − 60 x + 1684 + ( x − 30 ) x + 400
=
dx
x 2 + 400
x 2 − 60 x + 1684
)(
(
)
dw
= 0 ⇒ x x 2 − 60 x + 1684 + ( x − 30 ) x 2 + 400
dx
=0
⎡ x x 2 − 60 x + 1684 ⎤ = ⎡ ( x − 30 ) x 2 + 400 ⎤ ⇒ x 2 ( x 2 − 60 x + 1684 ) = ( x − 30 )2 ( x 2 + 400 )
⎣
⎦ ⎣
⎦
2
2
x 4 − 60 x 3 + 1684 x 2 = ⎡⎣ 900 − 60 x + x 2 ⎤⎦ ( x 2 + 400 )
x 4 − 60 x 3 + 1684 x 2 = 900 x 2 − 60 x 3 + x 4 + 360.000 − 24000 x + 400 x 2
x 4 − 60 x 3 + 1684 x 2 = 1300 x 2 − 60 x 3 + x 4 − 24000 x + 360.000
1684 x 2 = 1300 x 2 − 24000 x + 360000
(384 x 2 + 24.000 x − 360.000 = 0) / 192 ⇒ 2 x 2 + 125 x − 1875 = 0
( x + 75 )( 2 x − 25 ) = 0 ⇒ x = − 75 ó x = 12.5
Como x = − 75 ∉ en [ 0, 30 ] y los extremos son soluciones
factibles x = (12.5 v.c.)
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39) Se desea construir un tanque con forma de paralelepípedo rectangular de 45 m3 de
volumen, con la parte superior abierta según indica la figura. El largo del rectángulo
base debe ser doble del ancho. El material de la base tiene un costo de 100
paredes de 80
$
$
y el de las
. Determina las dimensiones del recipiente para que el costo de los
materiales sea mínimo, así como el correspondiente precio del tanque.
El cos to del tan que : CT = Cbase + Csup.lat .
El cos to del material de la base será : Cbase = 100.Supbase = 100(2)a 2 ⇒ Cbase = 200 a 2
Costo de la sup erficie lateral : Clat = 80 Slat = 80(6ah) ⇒ Clat = 480ah
CT = 200a 2 + 480ah; como :VT = 45m3 ⇒ VT = a 2ah ⇒ VT = 2a 2 h ⇒ 2a 2 h = 45 ⇒ h =
45
2a 2
dC
10800
10800
; donde : a > 0 ⇒ T = 400a −
a
da
a2
10800
dCT
= 0 ⇒ 400a 3 − 10800 = 0 ⇒ a = 3
⇒ a = 3 27 = 3(v.c.)
400
da
21600
21600
d 2CT
d 2CT
400
.
.
=
+
⇒
= 400 +
> 0 ⇒ a = 3∃ un mínimo
sust
v
c
2
3
2
(3)3
da
a
da
si: a = 3 ⇒ h = 2.5 m ⇒ Las dim ensiones : a = 3m, h = 2.5m, L = 6m.; CT (3) = $5400.
CT ( a ) = 200a 2 +
40) Los Puntos A y B están opuestos uno al otro y separados por el mar 3 Km. El punto C
está en la misma orilla que B y 6 Km a su derecha. Una compañía de teléfonos desea
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tender un cable de A a C. Si el costo por km de cable es 25% más caro bajo el agua que
en tierra. ¿Qué línea de cable sería menos costosa para la compañía?
AP = Cantidad de cable bajo el agua.; ⇒ + q
ABP ⇒ AP = x 2 + 9
PC = Cantidad de cable por tierra. ⇒ PC = 6 − x
P = Punto cualquiera entre BC.; donde 0 ≤ x ≤ 6
Si a = cos to en . De cada km de cable bajo tierra
b = cos to en Bs. De cada km de cable por tierra.
25 b
b
5b
4a
a=b+
⇒ a =b+ ⇒ a =
⇒b =
100
4
4
5
El cos to de cable bajo el agua : a x 2 + 9; El cos to de cable por tierra : b ( 6 − x )
El cos to total : C ( x) = a x 2 + 9 + b ( 6 − x ) ⇒ C ( x) = a x 2 + 9 +
⎡ 2/ x
⎡ 5x − 4 x2 + 9
4 ⎤
C´( x) = a ⎢
−
⎥ ⇒ C´( x) = a ⎢
5 ⎥
⎢⎣ 2/ x 2 + 9
⎢⎣ 5 x 2 + 9
⎦
4a
(6 − x)
5
⎤
⎥
⎥⎦
2
C´( x ) = 0 ⇒ 5 x − 4 x 2 + 9 = 0 ⇒ [5 x ] = ⎡ 4 x 2 + 9 ⎤ ⇒ 25 x 2 = 16 ( x 2 + 9 )
⎣
⎦
2
2
2
2
25 x = 16 x + 144 ⇒ 9 x = 144 ⇒ x = 16 ⇒ x = ± 4 ⇒ x = 4 (v.c.) ∈ [ 0, 6 ]
2
39
33
a ; C (6) = 3a 5 ; C (4) =
( a ) ⇒ El valor menor es cuando x = 4
5
5
⎡ ( x 2 + 9 )1/ 2 ⎤
⎡ ( x 2 + 9 )1/ 2 − x ( x 2 + 9 )−1/ 2 (2 x ) ⎤
⎥ ⇒ C´´( x ) = 9 a ⎢
⎥
O también C´´( x ) = a ⎢
⎢
⎥
⎢ ( x2 + 9) ⎥
x2 + 9)
(
⎣
⎦
⎣
⎦
9a
C´´( x ) =
⇒ C´´(4) > 0 ∃ mínimo
2
x
9
+
(
)
C (0) =
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41) Se desea construir un silo de forma cilíndrica rematado por una bóveda
semiesférica. El costo de construcción por m2 es doble en la bóveda que en la parte
cilíndrica. Encuentra las dimensiones h y Ø del silo de volumen V dado, de forma que el
costo de construcción sea mínimo.
Sea : R radio de la base; h la altura de la parte cilindrica.
Sup. lateral = 2π Rh; Sup. boveda = 2π R2
Costo de Sup lateral : A ( m$2 ); Costo de boveda : 2 A( m$2 ) ⇒
CT = 2π RhA + 2π R2 (2 A) ⇒ CT = 2π AR(2R + h)
2π R3
V−
3
4π R3
3 ⇒ h = 3v − 2π R
si V es volumen dado : V = π R2h +
⇒h =
6
π R2
3π R2
⎛ 8π R3 − 3v ⎞ dCT
4π R3 + 3V
dCT
3V
= 2 A⎜
= 0 ⇒ −3V + 8π R3 = 0 ⇒ R = 3
CT (R) = 2 A(
)⇒
(v.c.)
⎟⇒
2
3R
dR
dR
8π
⎝ 3R
⎠
d 2CT ⎛ 4 A(4π R3 + 3v) ⎞
d 2CT
sust
.
v
.
c
.
=
⇒
> 0 ∃(mínimo)
⎜
⎟
2
dR2 ⎝
3R3
dR
⎠
Como φ = 2R ⇒ φ = 3
2
2 3V
V− π
V − π R3
3
3 8π
⇒h=
⇒ h=
π R2
π
9V 2
3V
π3
64π 2
42) Se va a construir un calentador para agua en el forma de un cilindro circular recto
con eje vertical, usando para ello una base de cobre y lados de hojalata; si el cobre
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cuesta 5 veces lo que la hojalata. Calcule la razón se la altura al radio r, que hará que el
costo sea mínimo cuando el volumen V es constante.
Sean : r = Radio ; h = Altura ;V = Volumen, del cilindro ⇒V =π r2h ⇒ h =
V
π r2
CT = Ctapas + Clados ⇒ si : acilindro = 2π r h; acírculo =π r 2 , además a el Costo del material
C tapas (cobre) = 5 a ⎡⎣2π r2 ⎤⎦ ; Clados (hojalata) = a[ 2π rh] ⇒ CT = 5 a ⎡⎣2π r2 ⎤⎦ + a[ 2π rh]
⎛ V ⎞
V⎤
⎛V ⎞
⎡
sust. h ⇒C(r) =10aπ r 2 + 2 aπ r ⎜ 2 ⎟ ⇒ C(r) =10aπ r2 + 2a ⎜ ⎟ ⇒ C(r) = 2a ⎢5π r2 + ⎥
r⎦
⎝r⎠
⎣
⎝π r ⎠
⎡10π r3 −V ⎤
V⎤
V
⎡
⇒ si : C´(r) = 0 ⇒10π r3 −V = 0 ⇒ r = 3 3 (v.c.)
C´(r) = 2a ⎢10π r − 2 ⎥ ⇒C´(r) = 2a ⎢
⎥
2
r ⎦
r
⎣
⎣ r
⎦
⎡
V ⎤
2V ⎤
V⎤
⎡
⎡
⎥
C´´(r) = 2a ⎢10π + 3 ⎥ ⇒ C´´(r) = 4a ⎢5π + 3 ⎥ ⇒ sust. v.c. ⇒ C´´ ⎡ 3 10Vπ ⎤ = 4a ⎢5π +
⎣
⎦
r ⎦
r ⎦
( 3 10Vπ )3/ ⎥⎦
⎣
⎣
⎢⎣
10πV ⎤
⎡
C´´ ⎡ 3 10Vπ ⎤ = 4a ⎢5π +
⇒ C´´ ⎡ 3 10Vπ ⎤ = 4a[15π ] ⇒ C´´ ⎡ 3 10Vπ ⎤ = 60π a > 0∴∃ mínimo.
⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
V
⎣
⎦
V
si :r = 3 10Vπ ⇒h =
2
π
( )
3 V
10π
43) Sobre la ribera de un río cuya orilla se supone rectilínea se desea alambrar una
superficie rectangular de 10 hectáreas. Admitiendo que el costo de alambrado es
proporcional a la longitud a alambrar, dimensionar el rectángulo para que el costo de
alambramiento sea mínimo. Se supone que no se alambra sobre la ribera. Recuerda que
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1 hectárea = 10.000 m2. Si el alambrado se construye con 5 hilos y el rollo de 1.000 m
vale
U$S
35.
Calcula
además
el
costo
del
Sea : L a su longitud (m) ⇒ L = x + 2 y; y A el área ⇒ A = xy ⇒ y =
alambre
necesario.
A
A
⇒ L( x) = x + ; x ≥ 0
x
x
dL
2 A dL x2 − 2 A dL
= 1− 2 ⇒
=
⇒ = 0 ⇒ x = 2 A(v.c.)
dx
x
dx
x2
dx
d 2L 4A
d 2L
A
2A
=
⇒
sust
.(
v
.
c
.)
⇒
> 0 ⇒ ∃ mínimo ⇒ si : x = 2 A ⇒ y =
=
2
3
2
dx
x
dx
2
2A
2
como : 1 Hectaria = 10000 m ⇒ x ≅ 447, 20 m; y ≅ 223,60 m; L = 894,40 m
Además, el alambrado debe tener 5 hilos, ⇒ Ltotal = 4472 m
y el cos to total de alambre es de U $S 156,52.
44) Un cilindro circular recto va a ser inscrito en una esfera con determinado radio.
Calcular la razón de la altura del radio de la base del cilindro que tenga la mayor área de
superficie lateral.
Sean : θ el ángulo al centro de las esferas, r : radio del cilindro; h : altura
S : S = 2π rh : áreas de la sup erficie lateral del cilindro.
De la figura : r = asenθ ; h = 2a cosθ ⇒ S = 2π ( asenθ )( 2a cosθ ) ⇒
S (θ ) = 4π a2 ( senθ cos θ ) ; Dom ( 0, π2 )
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dS
dS
= 4π a2 (2cos2 θ − 1) ⇒
= 0 ⇒ 2cos2 θ − 1 = 0 ⇒ θ = π4 (v.c.) ∈ Dom ( 0, π2 )
dθ
dθ
2
d S
d2 S
d2 S
2
2
a
sen
a
sen
sust
v
c
=
−
16
π
θ
cos
θ
⇒
=
−
8
π
2
θ
;
.
.
.
= −8π a2 < 0 ∃ máximo
2
2
2
dθ
dθ
dθ
h
r = asen( π4 ) ⇒ r = a 2 2 ; h = 2a cos( π4 ) ⇒ h = 2a2 2 ⇒ h = a 2 ⇒ = 2(razón buscada)
r
45) Una fábrica necesita una superficie de piso de forma rectangular y área A m2 para
carga de materiales. Para cerrar esa superficie se construirán paredes de espesores fijos
de a metros y b metros como indica la figura.
Dimensiona el rectángulo de carga para que la superficie rectangular exterior necesaria
sea mínima.
Sea : x e y los lados del rectángulo, de área A; a, b : los espesores de las paredes.
Los lados del rectángulo exterior : ( x + 2a) e ( y + 2b) y su área S : S = ( x + 2a )( y + 2b )
además : A = xy ⇒ y =
A
⎛A
⎞
⇒ S ( x) = ( x + 2a ) ⎜ + 2b ⎟ ; Donde : x > 0
x
⎝x
⎠
2
dS ⎛ A
aA
⎞
⎛ A ⎞ dS 2bx − 2aA dS
(v.c.)
= ⎜ + 2b ⎟ + ( x + 2a ) ⎜ − 2 ⎟ ⇒
=
⇒
=0⇒ x =
2
dx ⎝ x
x
dx
b
⎠
⎝ x ⎠ dx
d 2 S 4aA
d 2S
4aA
aA
b
=
⇒
sust
.
v
.
c
.
=
> 0 ⇒ ∃ mínimo ⇒ si : x =
⇒y=
A
2
3
2
dx
x
dx
b
a
( aAb )3
se deduce que : si (a = b) el rectángulo de c arg a y el rectángulo exterior serán cuadrados.
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46) Encuentra las dimensiones r y h del cono recto de base circular de volumen máximo
que puede inscribirse en una esfera de radio R dado.
V =
π r 2h
volumen del cono
3
El cono de volumen maximo debe tener su base en la semiesfera inferior pues
todo cono tiene otro con base simetrica respecto al plano diametral de la
esfera ^AC, en la semiesfera superior, pero de menor altura, lo que permite
variar h en [R , 2R]
Del triángulo OCB ⇒ R2 = ( h − R ) + r 2 ⇒ r 2 = R2 − ( h − R ) ⇒ r 2 = 2hR − h2
2
π
2
π
⎡⎣2hR − h2 ⎤⎦ h ⇒ V (h) = ( 2Rh2 − h3 ) ; Donde : R ≤ h ≤ 2R
3
3
dV π
dV
4R
= ( 4Rh − 3h2 ) ⇒ si :
= 0 ⇒ h = 0; h =
(v.c.)
dh 3
dh
3
V (h) =
4R
2R 2
d 2V π
d 2V π
=
−
⇒
= ( 4R − 6( 43R ) ) < 0∃ máximo ⇒ si : h =
⇒r =
4
6
.
.
R
h
sust
v
c
(
)
2
2
3
3
3
3
dh
dh
47) Se lanza un proyectil en el vacio desde un punto 0 (ver figura) con velocidad Vo y
ángulo de inclinación θ. En el sistema (XOY) indica, la trayectoria del proyectil responde
a la función: Y(x) =
.
.
;
0≤θ≤ ;
g = 9.8
;
dadas, encuentra la altura máxima (hmáx) que alcanza el proyectil.
a) Para Vo y θ
b) Calcula el
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alcance L del proyectil y suponiendo Vo constante, indicando el valor θo que da máximo
alcance.
a) y ( x ) =
−g
π
x2 + ( tgθ ) x; 0 ≤ θ ≤ ; Siendo v0 y θ const
2
2V cos θ
2
2
o
Vo2 (senθ cosθ )
dy
−g
dy
g
=
x + tgθ ⇒ = 0 ⇒ 2 2 x = tgθ ⇒ x =
dx Vo2 cos2 θ
dx
Vo cos θ
g
d2y
−g
= 2 2 < 0 ⇒ ∃ máximo
2
dx Vo cos θ
⎛ Vo4 sen2θ cos2 θ ⎞
⎛ Vo2 senθ cosθ ⎞
Vo2 sen2θ
−g
+
tg
θ
y
⇒
=
⎜
⎟
⎜
⎟
má x
g2
g
2g
2Vo2 cos2 θ ⎝
⎠
⎝
⎠
2
V2
π
b)Sea L alcance ⇒ L = 2x ⇒ L = 2(Vgo senθ cosθ ) ⇒ L(θ ) = o sen ( 2θ ) ; Para : 0 ≤ θ ≤
g
2
ymá x =
2
π
dL Vo2
dL 2Vo cos ( 2θ )
dL
= cos ( 2θ ) 2 ⇒
=
⇒ si :
= 0 ⇒ cos ( 2θ ) = 0 ⇒ θ = (v.c.)
dθ g
dθ
g
dθ
4
2
2
4Vo2
d 2 L −4Vo s en ( 2θ )
d 2 L −4Vo s en ( 2( π4 ) )
=
⇒ sust. v.c. ⇒ 2 =
=−
< 0 ⇒ ∃ máximo
dθ 2
g
dθ
g
g
en :θ =
π
4
48) Un tanque de 2 m. de altura apoyado en el piso se mantiene lleno de agua mientras
que por un orificio practicado en una de sus paredes escapa un chorro que golpea el piso
en el punto A, a una distancia x de la pared. Admite que el chorro tiene forma
parabólica y que en el sistema (XY) indicado su ecuación es:
Y=
.
.
,
Donde Vo es la velocidad del chorro a la salida del orificio y g la aceleración de la
gravedad. Sabiendo que Vo =
.
.
, se pide que determines la profundidad h a que
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debe encontrarse el orificio para que el chorro golpee el piso a máxima distancia del
tanque.
gx 2
gx 2
Dada : y =
; de la Fig. el punto Aes : A ( x, 2 − h) ⇒ 2 − h =
2Vo2
2Vo2
la velocidad de salida del líquido (V0 ) : V 2 0 = 2 gh ⇒ 2 − h =
gx 2
x2
⇒ 2−h =
2(2 gh)
4h
x 2 = 4h ( 2 − h ) ⇒ x ( h ) = 2 2h − h 2 Donde : x ≥ 0; 0 ≤ h ≤ 2
dx
dx
2(1 − h)
=
⇒ si
= 0 ⇒ h = 1(v.c.)
dh
dh
h(2 − h)
d 2x
−2
=
< 0 ⇒ en h = 1∃ máximo ⇒ x ( h ) = 2 2h − h 2 ⇒ x = 2
2
3
dh
(h(2 − h))
49) Considera una circunferencia de radio R dado. Se inscriben en ella triángulos
isósceles ABC. a) Calcula el perímetro de los triángulos en función del ángulo θ. b) Halla
el triangulo de perímetro máximo.
a.) sea p el perimetro + ABC.
Del : + OMB : ( MOB = 2θ ( ángulo central e inscrito correspondientes )
⇒ MB = R sen ( 2θ ) ⇒ AB = 2( R sen (2θ ))
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MB Rsen (2θ )
2Rsen(2θ )
=
⇒ BC =
⇒ BC= 2R cos(θ )
sen θ
sen θ
sen θ
p (θ ) = 2Rsen(2θ ) + 2(2R cosθ ) ⇒ p (θ ) = 2R ( sen(2θ ) + 2cosθ ) ⇒ p (θ ) = 4R cosθ (1+ senθ )
( CMB : BC=
b.)
dp
dp
π
= 4R ⎡⎣−sen θ ( senθ +1) + cosθ cosθ ⎤⎦ ⇒ = 4R ( cos2 θ − sen2θ − sen θ ) Para : 0 ≤ θ ≤
dθ
dθ
2
dp
dp
1± 1+ 8
= 4R ( −2sen2θ − sen θ +1) ; si
= 0 ⇒ −2sen2θ − sen θ +1 = 0 ⇒ sen θ =
dθ
dθ
−4
1
π
π
senθ = ⇒θ = (v.c.) en 0 ≤ θ ≤
2
6
2
2
2
d p
d p
= −12R cosθ ⇒ sust. v.c. 2 = −12R cos ( π6 ) = −6R 3 < 0 ⇒∃máximo
2
dθ
dθ
p ( π6 ) = 4R cos ( π6 ) ( sen ( π6 ) +1) = 3 3R ⇒ El triángulo es equilátero.
50) Un generador de fuerza electromotriz constante ε y resistencia interna r se conecta a
una resistencia de carga R. en esas condiciones la potencia P disipada por la resistencia R
esta expresada por la relación: P =
.
, R y r en Ω, V en voltios. Determine el valor de
R en función de r para que la potencia sea máxima.
P( R) =
Rε 2
(R + r)
2
2
2
2
dP 2 ⎡ ( R + r ) − R .2 ( R + r ) ⎤ dP 2 ( − R + r )
⇒
=ε ⎢
=ε
⎥⇒
4
4
dR
(R+ r)
(R + r)
⎢⎣
⎥⎦ dR
dP
= 0 ⇒ − R 2 + r 2 = 0 ⇒ R = r (v.c.)
dR
2
2
d 2 P 2ε ( R − 2 r )
d 2 P 2ε ( R − 2 R )
ε2
=
⇒ sust.v.c. 2 =
< 0 ⇒ ∃ máximo ⇒ Pm á x =
4
4
4R
dR 2
dR
(R + r)
( R + R)
51) Determine los valores de las constantes a, b, y c para la curva y =
extremos relativos en (1, − 12 ) y
ax
presente
b + cx 2
(1, 12 )
La derivada correspondiente a la función objeto de estudio está dada por: y´=
(
a b − cx 2
(b + cx )
).
2 2
La existencia de extremos relativos en x = ± 1 indica que en este par de valores y´= 0,
esto es, a(b − c ) = 0. De aquí, a = 0, o b = c. De acá sólo es admisible b = c. Como los
puntos dados satisfacen la ecuación dada y usando la última relación obtenida, se tiene:
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−
a
1
=−
b+c
2
a
1
=
⇒ a = b.
2b
2
⇒
De esta forma, si a = b = c, la ecuación en cuestión se puede escribir como
y=
ax
ax
=
2
a + ax
a 1 + x2
(
)
=
x
1 + x2
. Por lo tanto, es irrelevante el valor de a, lo
verdaderamente importante es la relación obtenida entre las constantes.
52) Un vehículo debe trasladarse desde el punto A hasta el punto B de la figura. El punto
A dista 36 Km de una carretera rectilínea. Sobre la carretera el vehículo puede
desarrollar una velocidad de 100
una velocidad de 80
, mientras que sobre el terreno puede desarrollar
. a) Se desea saber cual es el recorrido que debe realizar el
conducto para que el tiempo empleado en ir desde A hasta B sea mínimo. b) Calcula ese
tiempo.
sea : v1 = 80 kmh rapidez en el terreno, v2 = 100 kmh rapidez en la carretera.
MN = d MN = x, NB = d NB = 100 − x, d AM = d = 36km
Del ( AMN : d AN = d 2 + x 2
Por M .R.U . t AN =
d 2 + x2
100 − x
; t NB =
⇒ t ( x) =
v1
v2
d 2 + x 2 100 − x
+
; [0,100]
v1
v2
dt
x
1
1
dt
x
=
=0 ⇒
− ⇒
− = 0 ⇒ v2 x = v1 d 2 + x 2
2
2
2
2
dx v1 d + x
v2
dx
v2
v1 d + x
± dv1
(36)(80)
d 2 v12
⇒x=
⇒ x = 48(v.c.)
v x −v x = d v ⇒ x = 2 2 ⇒ x =
2
2
v2 − v1
v2 − v1
(100) 2 − (80) 2
2
2
2
2
1
2
2 2
1
2
d 2t
d2
d 2t
=
⇒
> 0 ⇒ ∃ mínimo en x = 48
.
.
.
sust
v
c
dx 2 v1 ( d 2 + x 2 )3
dx 2
b.) El tiempo de recorrido sera : t = 1h 16m
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53) Demuestre que la curva de ecuación y =
a
− x 2 no tiene mínimo relativo para
x
ningún valor de a.
El dominio de la curva está dado por, R − {0}. De donde existe una asíntota vertical en
0,
− ( a + 2 x3 )
−a
(v.c)
2
x
⎡ ⎛ a ⎞⎤
2 ⎢a − ⎜ − ⎟⎥
3
2(a − x )
2a
−a
⎝ 2 ⎠⎦
⇒ sust v.c. ⇒ y " = ⎣
= − 6 < 0 ⇒ máximoen x = 3
y" = 3 − 2⇒ y" =
3
a
2
x
x
−
2
y´ =
2
⇒ si y´= 0 ⇒ a + 2 x3 = 0 ⇒ x =
3
54) Se considera un cuadrado de lado 1 m. En tres vértices consecutivos, de él se toman
los centros de tres circunferencias de forma que los radios de las que tienen centros en
vértices consecutivos, sumen 1 m. a) Encuentra los valores extremos de los radios de
forma que los cuadrantes de círculo sombreados no se solapen. b) calcular los radios de
las circunferencias para que el área sombreada sea mínima. c) calcula dicha área.
a.) Como los círculos de centros A y C son de igual radio x, el máximo valor para
que aquellos no se solapen será, la mitad de la diagonal del cuadrado.
siendo el lado L del cuadrado de 1m :⇒ xmáx =
2
2L
m
⇒ xmáx =
2
2
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b.) El área a considerar se compone de dos cuadrantes de círculo de radio x y un
⎛ π x2
cuadrante de radio 1 − x ⇒ A( x ) = 2 ⎜
⎝ 4
⎞ 1
2
⎟ + π (1 − x )
⎠ 4
3π x 2 π x π
π
A( x) =
−
+ ⇒ A( x) = ( 3 x 2 − 2 x + 1) ; ⎡⎣0,
4
2
4
4
dA π
dA
1
= ( 6x − 2) ⇒
= 0 ⇒ 6 x − 2 = 0 ⇒ x = (v.c.)
dx 4
dx
3
d 2 A 6π
d 2 A 3π
1
=
⇒
=
> 0 ⇒ ∃ mínimo en x =
2
2
dx
dx
4
2
3
c.) área mínima será Amin =
2
2
⎤
⎦
π
6
55) Calcule los valores de las constantes a, b, c y d sabiendo que la curva de ecuación
y = ax 3 + bx 2 + cx + d tiene extremos relativos en ( −1,
11
2
)
y
( 2,
− 8) .
De y = ax 3 + bx 2 + cx + d ⇒ y´ = 3ax 2 + 2bx + c. Usando los hechos de que los
puntos dados satisfacen la ecuación de la curva y que y ´ = 0 en x = − 1
y
x = 2,
se tiene el sistema de ecuaciones.
11
⎧
⎪− a + b − + d = 2
⎪⎪
⎨8a + 4b + 2c + d = − 8
⎪3a − 2b + c = 0
⎪
⎪⎩12a + 4b + c = 0
⎫
(1) ⎪
⎪
(2) ⎪⎬
(3) ⎪
⎪
(4)⎪⎭
Haciendo
3a + b + c = −
(2)‐(1),
sigue:
9
(5).
2
De
(5)‐(3),
queda:
9
3
⇒ b = − . a partir de (4)‐(3), obtenemos: 3a + 2b = 0 ⇒ a = 1.
2
2
sustituyendo los valores calculados en (3) y luego en (1), se tiene: c = − 6, d = 2.
3b = −
55) Se desea colocar una escalera apoyada en el suelo y en la pared de un galpón como
se muestra en la figura. Paralelamente a la pared del galpón y a 1 m. de distancia corre
una cerca de 1.50 m de altura. La escalera se apoyara también sobre la cerca. a) Calcula
la longitud mínima que deberá tener la escalera para cumplir con las condiciones
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pedidas (se sugiere expresar la longitud de la escalera en función del ángulo que la
misma forma con el piso). b) ¿A que altura de la pared del galpón apoyara la escalera?
c) ¿A que distancia de la cerca apoyara la escalera sobre el suelo?
1.5
1+ x
1+ x
⇒ x = 1.5(tgθ ); Del ( ABD : cosθ =
⇒L=
x
L
cos θ
1.5
1 + tgθ
1.5 + tgθ
L=
⇒L=
; 0 < θ < π2
cos θ
senθ
2
dL ( sec θ ) senθ − (1.5 +tgθ ) cosθ
dL
=
⇒
= 0 ⇒ (1 + tg 2θ ) senθ = (1.5 + tgθ ) cosθ
2
dθ
sen θ
dθ
Del ( ECD : tgθ =
(1 + tg θ ) tgθ = tgθ + 1.5 ⇒ tg θ = 1.5 ⇒ θ = Arctg
2
3
3
1.5 = 1,14 ⇒ θ ≅ 0.85 rad ≅ 49º (v.c.)
d 2 L 3cos5 θ + 3cos3 θ + 2sen5θ + 2sen3θ
d 2L
=
⇒ sust v.c.
> 0 ⇒ ∃ mínimo ⇒ Lmin ≅ 3.51 m
dθ 2
dθ 2
2sen3θ cos3 θ
b.) Del ( ABD La altura " y " es : y = Lsenθ ≅ 2.65 m
1.5
c.) Del ( ECD "x " es : x =
≅ 1.30 m
tgθ
56) Determine los valores de a y b en la ecuación y =
curva en cuestión tiene un extremo relativo en
3
2ax 2 + bx 3 , asumiendo que la
( 4, 2 4 ) , donde además existe la
3
primera derivada.
A partir de las coordenadas del punto dado, se tiene:
2.4 2 a + 43 .b = 23 4 ⇒ 3 2.42 (a + . 2b ) = 2 4 ⇒ 3 23 . 4(a + 2b ) = 23 4 ⇒ a + 2b = 1.
Como en x = 4, y´ = 0, sigue : a + 3b = 0. Resolviendo el sistema formado por estas
3
3
ecuaciones, resulta: a = 3, b = −1.
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57) ¿Cuál es la relación que debe existir entre los coeficientes a, b, y c para que la curva
y = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e pueda tener puntos de inflexión?
y´ = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d
posibilidad
de
⇒
puntos
de
(
)
y" = 12ax 2 + 6bx + 2c = 2 6ax 2 + 3bx + c .
inflexión
se
asocia
y" = 0,
a
esto
− 3b ±
− 3b ± 3b 2 − 8ac
9b 2 − 24ac
=
6ax + 3bx + c = 0 ⇒ x =
,
12a
12a
posibles puntos de inflexión existen si 3b 2 − 8ac ≥ 0.
2
La
y
es,
estos
58) Se considera un circuito serie R–L–C, al que se le aplica un voltaje V(t) de variación
sinusoidal dada por la expresión:
La intensidad I de la corriente que
circula por el circuito viene dada por la expresión
máximo Io esta dado por la expresión: Io =
vale:
Z=
, El valor
. Donde Z es la impedancia del circuito y
a) Expresa Io como función de
función angular
. b) Suponiendo que la
de la fuente puede variarse, halla el valor de
que corresponde al
máximo valor de Io. (El valor que hallaras se conoce como “Frecuencia de resonancia”)
V
a.) I o = o ; como : Z =
Z
2
1 ⎞
⎛
R + ⎜ Lω −
⎟ ⇒ I o (ω ) =
Cω ⎠
⎝
Vo
2
2
1 ⎞
⎛
R + ⎜ Lω −
⎟
Cω ⎠
⎝
b.) Dado que el voltaje Vo es cons tan te, para max imizar Io bastará min imizar el
deno min ador ⇒ Lω =
Z (ω ) =
2
1
1
1
⇒ Cω 2 =
⇒ ω2 =
⇒ω =
Cω
L
LC
1
⇒ω =
LC
1
LC
2
1 ⎞
⎛
2
R + ⎜ Lω −
⎟ ω > 0 Z min = R = R
Cω ⎠
⎝
2
59) Dada f ( x ) = x m (1 − x )
n
donde m y n son enteros positivos mayores que 1,
verifique que: a) f tiene un valor mínimo relativo en x = 0, si m es par. b) f tiene un valor
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máximo relativo en x =
m
, siendo m y n pares o impares. c) f tiene un valor mínimo
m+n
relativo en x = 1, si n es par.
f ´ = mx m −1 (1 − x ) + x m n (1 − x )
n −1
n
(− 1)= x m −1 (1 − x )n −1[m(1− x ) − nx ]= x m −1 (1 − x )n −1[m − (m + n )x ]
Como puede observarse, f ´ = ( x ) = 0, si x = 0, x = 1, x =
m
. Además, como m y n
m+n
son enteros positivos mayores que, 1 entonces m − 1 > 0, n −1 > 0, 0 <
m
< 1. De
m +n
aquí, podemos construir la siguiente tabla, con un resumen correspondiente a la gráfica
en cuestión.
Intervalos
f
f´
x<0
‐
f (0) = 0
x=0
0 < x <
x=
+
mm nn
⎛ m ⎞
f⎜
⎟=
m +
⎝ m + n ⎠ (m + n )
x >1
f es creciente
⎛ m
mm nn ⎞
⎜
⎟
,
Máx. ⎜
m +n ⎟
+
m
m
(
)
+
m
n
⎝
⎠
n
‐
m
< x <1
m+n
f es decreciente
Mín. (0,0)
m
m + n
m
m+n
x =1
Conclusión
f (1) = 0
f es decreciente
Mín. (1,0)
+
f es creciente
60) Se dispone de una chapa metálica de forma rectangular de 1,20 m x 3 m. Se desea
construir con ella un bebedero para animales procediendo a doblar la chapa como indica
la figura, para formar la superficie lateral y el fondo. Las bases se confeccionan de
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madera dura. a) Determina el ángulo θ para que el volumen del bebedero sea máximo.
b) Calcula dicho volumen en litros.
0.40 + ( 0.40 + 2a )
a.) Superficie del trapecio base es : S =
h
2
h
a
De la fig. senθ =
⇒ h = (0.40) senθ ; cosθ =
⇒ a = 0.40 cos θ
0.40
0.40
0.40 + ( 0.40 + 0.80cos θ )
⇒ sust. S (θ ) =
(0.40 senθ ) ⇒ S (θ ) = ( 0.16 + 0.16cos θ ) senθ
2
Sea : V volumen del bebedero ⇒ V = SL ⇒ pero : L = 3m ⇒
V (θ ) = 3 ( 0.16 + 0.16cosθ ) senθ ( m3 ) ; Para : 0 ≤ θ ≤
π
2
dV
dV
= 3 ⎢⎣−0.16 sen2θ + ( 0.16 + 0.16 cos θ ) cos θ ⎥⎦ ⇒
= 3 ( 0.16 ) ⎢⎣− sen2θ + cosθ + cos2 θ ⎥⎦
dθ
dθ
dV
dV
−1 ± 9
= 0.48 ( 2 cos 2 θ + cos 2 θ − 1) si
= 0 ⇒ 2 cos 2 θ + cos θ − 1 = 0 ⇒ cos θ =
dθ
dθ
4
π
π
1
⎛1⎞
cos θ = ⇒ θ = Arc cos ⎜ ⎟ ⇒ θ = ( v.c.) en 0 ≤ θ ≤
2
3
2
⎝2⎠
d 2V − 12 senθ (4 cos θ + 1)
d 2V − 12 sen ( π3 )(4 cos( π3 ) + 1) − 18 3
sust
v
c
.
.
=
⇒
⇒
=
=
<0
dθ 2
dθ 2
25
25
25
⇒ ∃ máximo en θ =
⎛π
b.) V ⎜
⎝3
π
3
π
⎞
⎛
⎟ = 3 ⎜ 0.16 + 0.16 cos
3
⎠
⎝
π
⎞
3
⎟ sen ≅ 0.623m ≅ 623 lt .
3
⎠
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4
1
61) Determine los valores de a y b en la ecuación y = ax 3 + bx 3 si la gráfica
(
)
correspondiente presenta un punto de inflexión en 2, 6 3 2 .
y´=
4 13 1 − 23
4 −2 2 −5
2 −5
2(2ax − b )
ax + bx ⇒ y" = ax 3 − bx 3 = − x 3 (2ax − b ) =
3
3
9
9
9
93 x 5
La
ecuación dada de la curva puede escribirse como: y = x 3 (ax + b ) = 3 x (ax + b ). Como el
1
punto
3
satisface
2 (2a + b ) = 63 2
la
ecuación
la
ecuación
de
la
curva,
se
tiene,
⇒ 2 a + b = 6.
Como la gráfica tiene un punto de inflexión en el punto dado, en x = 2, y" = 0, es decir,
4a ‐ b = 0. Resolviendo el sistema planteado, sigue: a = 1, b = 4.
62) La intensidad de iluminación E en luz que produce un foco luminoso puntual en
cualquier punto es directamente proporcional a la intensidad del foco I en candelas e
inversamente proporcional al cuadrado de su distancia d al foco expresada en metros.
.
Si dos focos luminosos se encuentran a una distancia L y tienen intensidades I1
e I2. Halla el punto del segmento que los une donde la iluminación sea mínima. Se
supondrá que la iluminación en cualquier punto es la suma de las iluminaciones
producidas por cada foco.
E =
⎛I
⎛ −2 I −2 I dy ⎞
KI1 KI 2
I ⎞ dE
+ 2 ⇒ E = K ⎜ 12 + 22 ⎟ ⇒
= k ⎜ 3 1 + 3 2 ( )⎟
2
x
y
y ⎠
dx
y
dx ⎠
⎝x
⎝ x
además : L = x + y ⇒ y = L − x ⇒
⎛ I
dy
dE
I ⎞
= −1 ⇒
= 2k ⎜ − 13 + 23 ⎟
dx
dx
y ⎠
⎝ x
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si :
⎛ −I I ⎞
I
I
I
dE
= 0 ⇒ ⎜ 31 + 23 ⎟ = 0 ⇒ x 3 = 2 y 3 ⇒ x = y 3 2 ⇒ x = ( L − x ) 3 2
dx
y ⎠
I1
I1
I1
⎝ x
3
x =
I2
I1
I
1+ 3 2
I1
3
L; Como
I2
I1
I
1+ 3 2
I1
< 1 el valor de x hallado corresponde a un mínimo.
63) Si f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d , determine a, b, c y d si se sabe que la gráfica de f tiene
un mínimo relativo en (2,‐1) y un punto de inflexión en (1,1).
f ´( x ) = 3ax 2 + 2bx + c ⇒ f " ( x ) = 6ax + 2b. Como los puntos dados satisfacen la
ecuación
de
la
curva,
entonces,
8a + 4b + 2c + d = −1, a + b + c + d = 1
se
tienen
las
ecuaciones;
La existencia de un extremo relativo en (2, ‐1) implica que: 12a + 4b + c = 0. De igual
manera la existencia de un punto de inflexión en (1,1) los lleva a: 6a + 2b = 3a + b = 0,
el sistema conformado por estas ecuaciones admite la solución: a = 1, b = ‐3, c = 0, d = 3.
64) Dos tanques A y B situados entre si a una distancia de d Km. se encuentran ubicados
a un mismo lado de la orilla rectilínea de un río y a una distancia de este de a Km y b Km
respectivamente. Se desea ubicar sobre la orilla una bomba para alimentar de agua a los
tanques mediante tuberías rectilíneas PA y PB. Demuestra que la longitud de tubería
será mínima cuando se cumpla que: θ1 = θ2 (Admite que el punto crítico que encontraras
corresponde a un mínimo)
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Sea : Ltotal la longitud total ⇒ Ltotal = PA + PB
x
De la fig . del ( AA1 P : d AP = x 2 + a 2 ; cos θ1 =
Del ( BB1 P d BP =
(k − x)
L ( x ) = x2 + a2 +
(k − x)
sust. los valores :
Como θ1 y θ 2 ≤
π
2
2
2
+ b 2 ; cos θ 2 =
⇒ x = cos θ1 x 2 + a 2
x2 + a2
(k − x)
(k − x)
+ b2
2
⇒ ( k − x ) = cos θ 2
dL
=
dx
+ b 2 ; para : 0 ≤ x ≤ k ⇒
x
x2 + a2
+
(k − x)
2
+ b2
( k − x) −1
2
( k − x ) + b2
dL
dL
= cos θ1 − cos θ 2 ⇒ si :
= 0 ⇒ cos θ1 − cos θ 2 = 0 ⇒ cos θ1 = cos θ 2
dx
dx
⇒ la igualdad implica : θ1 = θ 2 .
65) De un ejemplo de una función que tenga infinitos extremos relativos e infinitos
puntos de inflexión a lo largo de todo su dominio. Explique.
Consideremos
f ( x ) = sen x,
cuyo
dominio
es
R.
En
tal
caso,
f ´( x ) = cos x ⇒ f ´( x ) = 0, cos x = 0. Así, los números críticos son:
x=±
π
2
,±
3π
5π
,±
, " . Estos números críticos pueden escribirse en forma general
2
2
como: x = (2n + 1)
par,
π
2
, n ∈ Z . Ahora bien, el entero n puede ser par o impar. Si n es
n = 2k, k ∈ Z ,
x = (4k + 1)
entonces
n = 2k + 1, k ∈ Z , x = (4k + 3)
π
2
π
2
, k ∈ Z.
Si
n
es
impar,
, k ∈ Z.
Es decir, se tienen 2 tipos de números críticos dados por las dos últimas expresiones, con
las cuales vamos a estudiar la posibilidad de existencia de extremos relativos usando el
criterio de la primera derivada.
Para estudiar los signos de la primera derivada a la izquierda y a la derecha de los
números críticos se siguió el siguiente proceso: En la región x < (4k + 1)
x = 2kπ , para tener cos(2kπ ) = 1 > 0.
π
2
, se tomó
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En (4k + 1)
π
< x < (4k + 3)
2
En x > (4k + 3)
π
2
π
2
, se tomó x = (2k + 1)π , con lo cual, cos(2k + 1)π = − 1 < 0.
, se tomó x = 2(k + 1)π , de lo cual, cos 2(k + 1)π = 1 > 0.
Al evaluar la función en x = (4k + 1)
sen(4k + 1)
π
=1 y
2
sen(4k + 3)
π
2
π
2
y x = (4k + 3)
π
2
, se tiene, respectivamente,
= − 1.
Este análisis permitió conformar la siguiente tabla resumen, donde efectivamente se
muestra la existencia de infinitos extremos relativos.
Intervalos
f
x < (4k + 1)
x = (4k + 1)
f´(x)
+
π
2
⎛ (4k + 1)π ⎞
f⎜
⎟ =1
2
⎝
⎠
π
2
(4k + 1) π < x < (4k + 3) π
2
x = (4k + 3)
π
x > (4k + 3)
π
2
2
+
f " ( x ) = − sen x ⇒
f es decreciente
⎛ (4k + 1)π
⎞
Mín. f ⎜
, − 1⎟
2
⎝
⎠
⎞
⎟ = −1
⎠
2
Por otro lado,
⎛ (4k + 1)π ⎞
Máx. f ⎜
, 1⎟
2
⎝
⎠
‐
⎛ (4k + 3)π
f⎜
2
⎝
Conclusión
f es creciente
f es creciente
f " ( x ) = 0, sen x = 0. De aquí, los posibles
puntos de inflexión son: x = 0, π , 2π , 3π , " . en general se pueden escribir como:
x = nπ , n ∈ Z . De esta forma podemos conformar la tabla siguiente que muestra la
existencia de infinitos puntos de inflexión.
Intervalos
x < nπ
x = nπ
x > nπ
f
f (nπ ) = 0
F”
‐
+
Conclusión
f es cóncava hacia abajo
P.I. (nπ , 0)
f es cóncava hacia arriba
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66) Se desea iluminar un estanque de sección circular de radio R mediante una lámpara
de altura ajustable colocada sobre la vertical que pasa por el centro de aquél. La
iluminación en el borde del estanque, que es la zona de menor iluminación de la
superficie, esta expresada por la relación:
.
Donde E es la iluminación
expresada en luz, I la intensidad del foco luminoso supuesto puntual, expresada en
candelas y θ al ángulo indicado en la figura. Verifica que existe un valor de θ para el cual
la iluminación E es máxima y determina la altura a la que debe colocarse la lámpara para
obtenerla.
E=
I cos θ
d2
r
I cos θ sen2θ
π
; 0 ≤θ ≤
⇒ sust. E (θ ) =
2
senθ
r
2
dE I
dE Isenθ
dE Isenθ
= 2 ( −sen3θ + 2senθ cos 2 θ ) ⇒
= 2 ( −sen2θ + 2cos 2 θ ) ⇒
= 2 ( 2 − 3sen2θ )
dθ r
dθ
r
dθ
r
2
2
senθ = 0 ⇒ θ = 0(v.c); 2 − 3sen2θ = 0 ⇒ sen2θ = ⇒ θ = Arcsen
⇒ θo ≅ 0.95 rad ≅ 54,5º
3
3
2
r
r
Del ( AOF de la fig. h =
⇒h=
≅
≅ 1, 41 m
tgθ
tgθo tg 0.95
4x
67) Pruebe que la curva y = 2
tiene tres puntos de inflexión y que estos se
x +4
Del ( AOF de la fig. d =
encuentran sobre una misma recta.
y´ =
4( x 2 + 4) − 4 x (2 x)
(x
2
+ 4)
2
⇒ y´ =
4 ( 4 − x2 )
(x
2
+ 4)
2
⎡ −2 x ( x 2 + 4 )2 − 2 ( x 2 + 4 ) 2 x . ( 4 − x 2 ) ⎤
⎡ −2 x ( x 2 + 4 ) ⎡( x 2 + 4 ) + 2 ( 4 − x 2 ) ⎤ ⎤
⎣
⎦⎥
⎢
⎥
y "= (4)
= (4) ⎢
2
2
2
2
⎢
⎥
⎢
⎥
( x + 4)
( x + 4)
⎣
⎦
⎣
⎦
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y "=
−8 x (12 − x 2 )
(x
2
+ 4)
3
=
8 x ( x 2 − 12 )
(x
2
+ 4)
3
⇒ y "=
(
)(
8x x − 2 3 x + 2 3
(x
2
+ 4)
)
3
Calculemos los posibles puntos de inflexión, la única alternativa surge de y” = 0, esto es:
(
)(
)
x x − 2 3 x + 2 3 = 0 ⇒ x = 0, x = ± 2 3.
Intervalos
x < −2 3
f
(
x = −2 3
f”(x)
)
f −2 3 =
−2 3< x<0
x=0
− 3
2
f (0) = 0
( )
f 2 3 =
x>2 3
⎛
− 3 ⎞⎟
P.I. ⎜⎜ − 2 3,
2 ⎟⎠
⎝
F es cóncava hacia arriba
P.I. (0,0)
f es cóncava hacia abajo
0 <x<2 3
x=2 3
Conclusión
f es cóncava hacia abajo
3
2
⎛
3 ⎞⎟
P.I. ⎜ 2 3,
⎜
2 ⎟⎠
⎝
f es cóncava hacia arriba
De acá se desprende, obviamente, que la curva tiene 3 puntos de inflexión; probemos que
estos se encuentran sobre una misma recta, para ello, utilizamos el cálculo de
dependientes tomando los puntos dos a dos, es decir:
⎛− 3⎞
3 ⎛⎜ − 3 ⎞⎟
3
⎟
−⎜
0 − ⎜⎜
−0
⎟
⎟
2
2
1
1
⎝
⎠ = ;m = 2
⎝ 2 ⎠ =1.
m=
= ; m=
4
0− −2 3
2 3 − 0 4
2 3− −2 3 4
(
)
(
)
Estos últimos cálculos corroboran que los 3 puntos están sobre una misma recta.
DÁMASO ROJAS
MARZO 2008
353
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