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Cálculo I

4.6. Aplicaciones de las Derivadas: A Optimización

Julio C. Carrillo E.

*

Índice

1. Introducción 1

2. Extremos de funciones 1

3. Problemas de optimización 2

*Profesor Escuela de Matemáticas, UIS.

Cálculo I

1. Introducción

Los problemas de optimización con o sin restricciones surgen de una manera natural en problemas de laFísica y las ingenierías, por cuanto las funciones que son su objeto de estudio, se les deben encontrar susextremos (entendidos como su máximo absoluto o mínimo absoluto) que de manera muy natural puedensufrir restricciones en las variables independientes de tales funciones.

2. Extremos de funciones

Los problemas de extremos de funciones son básicamente de dos categorías:

1. Extremos sin restricciones:

a) Extremos (relativos) de funciones en una variable independiente:

Extremos f (x)

Condicion x 2 D

f

✓ R

Hallar extremos (relativos) de f (x) = 9� x

2, x 2 D

f

= Rb) Extremos (relativos) de funciones en más de una variable independiente:

Extremos f (x1, . . . , xn)

Condicion (x1, . . . , xn) 2 D

f

✓ Rn

Hallar extremos (relativos) de f (x, y) = 9� x

2 � y

2, (x, y) 2 D

f

= R2

c�Julio C. Carrillo E. Para uso exclusivo en el salón de clase 1/16

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2. Extremos con restricciones:

a) Extremos (absolutos) de funciones en una variable independiente:

Extremos f (x)

Condicion x 2 A ⇢ D

f

✓ R

Hallar extremos (absolutos) de f (x) = 9� x

2, x 2 [�2, 2]

b) Extremos (absolutos) de funciones en más de una variable independiente:

Extremos f (x1, . . . , xn)

Condicion (x1, . . . , xn) 2 A ⇢ D

f

✓ Rn

Hallar extremos (absolutos) de f (x, y) = 9� x

2 � y

2,

(x, y) 2 A = {(x, y) 2 R2: x + y = 1}, D

f

= R2

3. Problemas de optimización

Los problemas de optimización surgen en problemas de aplicaciones, los cuales se reducen al problemade encontrar los extremos de una función, con o sin restricciones:

1. Los problemas de optimización sin restricciones , los cuales consisten en encontrar los extremos rela-

tivos que tiene una función en su dominio, y


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2. Los problemas de optimización de optimización con restricciones , los cuales consisten en encontrar losextremos absolutos de una función en un subconjunto de su dominio.

Por ejemplo, dada la función f (x) = x

2, el problema de optimización sin restricciones consiste en en-contrar los extremos relativos de la función en el conjunto de todos los números reales. Un problemade optimización con restricciones con esta función consiste en encontrarle sus extremos absolutos en elintervalo (�1, 5], por ejemplo.

3.1. Problemas de optimización sin restricciones

Consiste en encontrar los extremos locales o relativos de una función (Ver capítulo anterior).

3.2. Problemas de optimización con restricciones

Se considera ahora el problema de encontrar los extremos absolutos de una función en un subconjuntode su dominio. Estos problemas de optimización con restricciones pueden ser a su vez en una o más deuna variable independiente.

3.2.1. Problemas de optimización con restricciones en una variable independiente

Este tipos problemas consiste en encontrar el máximo o el mínimo de una función de una variable en unsubconjunto del dominio de f . Más exactamente, estos problemas consisten en lo siguiente:

Si D

f

es el dominio de una función f (x) en una variable, se buscan los extremos absolutos de f

en un intervalo I contenido en D

f

.


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Simbólicamente, (Extremos (absolutos) y = f (x)

Restricción x 2 I ✓ D

f

Este problema se puede resolver mediante las técnicas estudiadas en capítulos anteriores de este curso.Por ejemplo, se sabe que si f es continua en el intervalo cerrado I = [a, b] entonces la función f tiene unmáximo absoluto y un mínimo absoluto en el intervalo I . En caso que I no sea un intervalo cerrado sepueden utilizar el criterio de la primera y segunda derivada para establecer los extremos relativos de f

en el intervalo I y luego establecer eventualmente mediante otros métodos cuales de ellos son extremosabsolutos (Ver ejemplos a continuación).

Ejemplo 1. El alcance horizontal de una bala decañón que es lanzada con una velocidad inicial v0 ycon un ángulo de elevación o de salida ✓, cuando esignorada la resistencia del aire, está dada mediantela función

R(✓) =

v

20

g

sen 2✓,

donde g es la aceleración de la gravedad. Encontrarel máximo alcance de la bala.

Solución. El dominio de la función R(✓) son todos los reales. No obstante, desde el punto de vistafísico, para ángulos mayores a ⇡/2 a la dirección de lanzamiento de la bala (ver figura) sale en direccióncontraria a la dirección de disparo. Por tal razón, tiene sentido físico restringir el dominio de la función


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R(✓) al intervalo cerrado [0, ⇡/2]. En este caso el problema de optimización con restricciones consisteen encontrar el máximo alcance del proyectil, es decir, de encontrar el máximo de la función R(✓) en elintervalo [0, ⇡/2], el cual es intervalo que está contenido en R, el dominio de la función R(✓).Como la función R(✓) es continua en el intervalo cerrado [0, ⇡/2], el teorema del valor extremo garantizaque esta función tiene un máximo absoluto y un mínimo absoluto en este intervalo. Para encontrar losextremos absolutos de R(t), primero se encuentran los números críticos. Como

R

0(✓) =

2v

20

g

cos 2✓,

se tiene que R0(✓) = 0 cuando cos 2✓ = 0 o 2✓ =

⇡

2

, es decir, cuando ✓ =

⇡

4

. Así que⇡

4

es el único númerocrítico de R(✓) en el intervalo abierto (0, ⇡/2). El valor de la función en este número crítico y los extremosdel intervalo [0, ⇡/2] se obtiene que

R(0) = 0, R(⇡/4) =

v

20

g

, R(⇡/2) = 0.

Entonces el mínimo de estos valores es 0, por lo cual el alcance mínimo de la bala esR(0) = R(⇡/2) = 0

y el alcance máximo es R(⇡/4) =

v

20

g

. Es decir, el máximo alcance de la bala se logra al ser lanzada a un

ángulo de 45

� con respecto a la horizontal.

Ejemplo 2. Un canalón para agua de 20 pies de longitud tiene extremos en forma de triángulos isóscelescuyos lados miden 4 pies de longitud. Determine la dimensión a través del extremo triangular de modoque el volumen del canalón sea máximo. Encuentre el volumen máximo.


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Solución. Se debe maximizar el volumen V del canalón,

V = (área del extremos triangular del canalón)⇥ (largo del canalón).

Sea h la altura del extremo triangular del canalón.

De la figura y del teorema de Pitágoras se tiene que

h

2+

⇣x

2

⌘2= 4

2=) h =

r16� x

2

4

=

1

2

p64� x

2, 0 x 8.


Cálculo I

Por lo tanto,

(área del extremo triangular del canalón) =(base)⇥ (altura)

2

=

x

q16� x

2

4

2

=

1

4

x

p16� x

2.

Como el largo del canalón es de 20 pies entonces el volumen del canalón es

V (x) =

✓1

4

x

p16� x

2

◆· 20 = 5x

p64� x

2, 0 x 8.

Como la función V (x) es continua en el intervalo cerrado [0, 8], el teorema del valor extremo garantizaque ella tiene un máximo absoluto y un mínimo absoluto en este intervalo.Dado que

V

0(x) = �10

x

2 � 32p64� x

2,

se tiene que V 0(x) = 0 cuando x = ±4

p2, siendo x = 4

p2 el único número crítico de V (x) en el intervalo

abierto (0, 8). En este caso V (0) = V (8) = 0, V (4

p2) = 5(4

p2)

q64� (4

p2)

2= 20

p2

p64� 32 =

20

p2

p32 = 20⇥ 8 = 160. El mayor de estos tres valores es el máximo absoluto del volumen. De acuerdo

con esto, el canalón de mayor volumen debe tener 4p2 ⇡ 5,66 pies de ancho en la parte superior, con lo

cual el volumen máximo del canalón será de 160 pies3.


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Ejemplo 3. Una mujer que se encuentra en el puntoP en una isla desea llegar a una población situadaen el punto S sobre una playa recta en tierra firme.El punto P está a 9 millas del punto más próximoQ sobre la playa y la población en el punto S está a15 millas de Q (ver la figura). Si la mujer rema unbote a razón de 3 mi/h hacia un punto R en tierra,luego camina el resto del camino hacia S a razónde 5 mi/h, determine dónde debe desembarcar en laplaya a fin de minimizar el tiempo total de viaje.

Solución. Según la figura, x que denota la distancia del punto Q en la playa al punto R donde la mujerdesembarca en la playa, donde 0 x 15. Según esto, y por el teorema de Pitágoras, la distancia de P

a Q que ella rema es d(P,Q) =

p81 + x

2 y la distancia de R a S que ella camina es d(R, S) = 15 � x.Si T denota el tiempo total de viaje, es claro que se busca encontrar el punto R, o lo que es lo mismo unx, de tal manera que se minimice T . Ahora bien, como el desplazamiento sobre el agua y en la tierra esa velocidad constante, tales movimientos son rectilíneos y uniformes. Por tal razón

T = (tiempo remando) + (tiempo caminando)

=

d(P,R)

velocidad en el agua+

d(R, S)

velocidad en tierra,


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o bien,

T (x) =

p81 + x

2

3

+

15� x

5

, 0 x 15.

La primera derivada de T es

T

0(x) =

2x

6

p81 + x

2� 1

5

=

x

3

p81 + x

2� 1

5

.

Ahora, T”(x) = 0 cuando\

x

3

p81 + x

2=

1

5

=) x

2

81 + x

2=

9

25

=) 25x

2= 729 + 9x

2

=) 16x

2= 729

=) x =

27

4

.

Es decir,27

4

es el único punto crítico en (0, 15). Como T (x) es continua en [0, 15] el teorema del valorextremo garantiza que T tiene un mínimo en el intervalo [0, 15]. Este valor se obtiene a partir de losvalores

T (0) = 6 h, T

�274

�= 5,4 h, T (15) ⇡ 5,83 h.

Por lo tanto, el tiempo de viaje mínimo ocurre cuando la mujer desembarca en el punto R localizado a27

4

= 6,75 millas del punto Q y luego camina las 8,25 millas restantes hacia el punto S.


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3.2.2. Problemas de optimización con restricciones en mas de una variable independiente

Este segundo tipo de problemas de optimización con restricciones se puede plantear de manera másgeneral, pero por ahora se va a plantear la versión más sencilla de ellos. El problema consiste en encontrarlos extremos (absolutos) de una función z = g(x, y), en las dos variables independientes x y y, en donde lospuntos (x, y) de que depende la función g deben satisface una condición o restricción, la cual usualmentees dada mediante una ecuación en dos variables h(c, y) = c, siendo c una constante dada. Simbólicamente,

(Extremos (absolutos) z = g(x, y)

Restricción h(x, y) = c

En este tipo de problemas, a la ecuación h(x, y) = c se le llama la restricción o condición, y a la funcióng(x, y) se le llama la función objetivo. Si suponemos que de la restricción se puede obtener a y en funciónde x, es decir que y = f (x), entonces al reemplazar este valor de y en la función objetivo se obtiene elproblema de optimización en una variable

Extremos z = h(x, f (x)),

el cual es un problema de optimización con restricciones en una variable (independiente).

Ejemplo 4. Encontrar dos números no negativos cuya suma sea 5, pero de tal manera que el productode uno con el cuadrado del otro sea lo más grande posible.


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Solución. Sean x y y que denotan tales números y z el producto propuesto. Entonces se debe resolverel problema de optimización con restricciones,

max (absoluto) z = xy

2, x � 0, y � 0

Restricción x + y = 5

Al despejar de la restricción a y se obtiene que

y = 5� x.

Dado que y � 0 y y = 5� x entonces se tiene que 5� x � 0, o sea que 0 x 5.Al reemplazar en la función objetivo se obtiene el problema de optimización con restricciones en unavariable

max z = x(5� x)

2, 0 x 5.

El teorema del valor extremos garantiza que la función z tiene un máximo en el intervalo [0, 5].Dado que

dz

dx

= (5� x)

2 � 2x(5� x) = (5� x)(5� x� 2x) = (5� x)(5� 3x) = 0

cuando x = 5 o x = 5/3, entonces x = 5/3 es es el número critico de z que se encuentra en el intervaloabierto (0, 5). Dado que el mayor valor de los valores

z

��x=0

= 0, z

��x=5/3

=

500

27

⇡ 18,51, z

��x=5

= 0

es 18,51, el cual se logra cuando x = 5/3 entonces y = 5�5/3 = 10/3. Por lo tanto, los números buscadosson x = 5/3 y y = 10/3.


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Ejemplo 5. Encuentre el punto P (x, y) en el primer cuadrante que se encuentra en el círculo de ecuaciónx

2+ y

2= 1 y que está más cercano al punto Q(2, 4).

Solución. En este caso se debe minimizar la distancia d entre los puntos P y Q bajo la condición queel punto P esté en el círculo y en el primer cuadrante, o sea, se debe resolver el problema de optimizaciónsiguiente:

mın d =

p(x� 2)

2+ (y � 4)

2x > 0, y > 0

Rest. x

2+ y

2= 1

A fin de evitar la derivada de la raíz cuadrada se tiene en cuenta que

d =

p(x� 2)

2+ (y � 4)

2 si y solo si d

2= (x� 2)

2+ (y � 4)

2.


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De tal modo que se hace D = d

2 y se resuelve entonces el problema de optimización

mın D = (x� 2)

2+ (y � 4)

2x > 0, y > 0

Rest. x

2+ y

2= 1

Como y > 0 al resolver la ecuación de la restricción para y se tiene que

y =

p1� x

2. (1)

De esta manera se obtiene el problema de minimizar la función

D(x) = (x� 2)

2+

⇣p1� x

2 � 4

⌘2, 0 < x < 1.

No obstante, la solución del problema no se afecta de ninguna manera si se supone que el dominio esel intervalo cerrado [0, 1]. Por el teorema del valor extremo la función tiene un mínimo en el intervalo[0, 1]. Este mínimo es menor de los valores D(0), D(1) y D(c) para cualquier número crítico de D(x) enel intervalo abierto (0, 1).Como

D

0(x) = 2(x� 2) + 2

⇣p1� x

2 � 4

⌘· �2x

2

p1� x

2=

4

�2x�

p1� x

2�

p1� x

2,

entonces D

0(x) = 0 cuando 2x �

p1� x

2= 0 o 2x =

p1� x

2. Como x > 0 y 1 � x

2 � 0, se puedeelevar al cuadrado ambos miembros y obtener que

4x

2= 1� x

2=) 5x

2= 1 =) x = ±

p5

5

,


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de lo cual se sigue que x =

p5

5

es el único número crítico de D(x) en el intervalo abierto (0, 1). Como elmenor de los valores

D(0) = 13, D(

p5/5) = 21� 4

p5 ⇡ 12,06, D(1) = 17

es D(

p5/5), se las distancias D y d son mínimas cuando x =

p5

5

. Al usar la restricción del problema enla forma dada en (1) se tiene que

y =

vuut1�

p5

5

!2

=

2

p5

5

.

Esto significa que el punto P

p5

5

,

2

p5

5

!es el punto en el círculo más cercano al punto Q(2, 4).

Ejemplo 6. Un granjero intenta delimitar un terreno rectangular que tenga un área de 1500 metroscuadrados. El terreno estará cercado y dividido en dos partes iguales por medio de una cerca adicionalparalela a dos lados. Encuentre las dimensiones del terreno que requiere la menor cantidad de cercaposible.

Solución. De acuerdo con la siguiente figura y con los datos del problema, sean x y y las variables quedenotan las dimensiones del terreno cercado y L la suma de las cinco longitudes de las porciones de cercaque delimitan el terreno.


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EntoncesL = 2x + 3y.

Debido a que la área del terreno rectangular es de 1500 metros cuadrados, entonces

xy = 1500.

De esta manera se plantea el problema de optimización

mın L = 2x + 3y, x > 0, y > 0

Restr. xy = 15000

Escribiendo la restricción de la formay =

1500

x

y reemplazar en la función objetivo se obtiene el problema de minimizar la función en una variable

L(x) = 2x +

4500

x

, x > 0,


Cálculo I

el cual no representa un problema de optimización de una función en un intervalo cerrado.Como

L

0(x) = 2� 4500

x

2= 0

entonces se sigue que

2x

2= 4500 =) x = ±

r4500

2

= ±15

p10.

Como x > 0 entonces x = 15

p10 es el número crítico de la función L

0(x). Para clasificar este número

crítico se utiliza el criterio de la segunda derivada. Dado que

L

00(15

p10) = L

00(x)

��x=15

p10=

9000

x

3

��x=15

p10=

9000

15

3 ⇥ 10

3/2> 0

entoncesL(15

p10) = 2

⇣15

p10

⌘+

4500

15

p10

= 60

p10metros

es la cantidad mínima requerida de cerca. De la restricción se tienen que

y =

1500

x

=

1500

15

p10

= 10

p10.

En consecuencia las dimensiones del terreno deben ser de 15

p10 metros por 10

p10 metros.


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