2. Recortando convenientemente
en cada esquina de una lámina
de cartón de dimensiones 80
cm x 50 cm un cuadrado de
lado x y doblando
convenientemente, se
construye una caja. Calcular x
para que volumen de dicha
caja sea máximo.
4. LUEGO PLANTEAMOS
ECUACIONES…..
𝑉 = 50 − 2𝑋 80 − 2𝑋 𝑋
Esta sería la ecuación que
representaría el problema, y
luego aplicamos distributiva.
𝑉 = 4𝑋3
− 260𝑋2
+ 4000𝑋
5. Y AHORA, DERIVAMOS…..
𝑉 = 4𝑋3
− 260𝑋2
+ 4000𝑋
𝑉′
= 12𝑋2
− 520𝑋 + 4000
Y luego, el resultado lo igualamos a cero
para hallar los posibles resultados de x y
así determinar el valor crítico.
6. ASÍ…..
𝑋 =
520 ± (−520)2−(4 ∙ 12 ∙ 4000)
12 ∙ 2
𝑋 = 10 ó 𝑋 = 33.3
Se descarta 33.3 como valor crítico, ya
que 2(33.3) es mayor que 50.
7. SE APLICA LA SEGUNDA
DERIVADA…..
𝑉′
= 12𝑋2
− 520𝑋 + 4000
𝑉′′
= 24𝑋 − 520
Y esto, ya que la segunda derivada, nos
ayuda a encontrar el máximo o mínimo
8. AHORA REEMPLAZAMOS…..
𝑉′′
= 24(10) − 520
𝑉′′
10 = −280 < 0 → 𝑀Á𝑋𝐼𝑀𝑂
Reemplazamos el valor crítico en la
segunda derivada para determinar si es
MÁXIMO o MÍNIMO.
10. Reemplazamos en la ecuación original en
valor críticos, que en este caso era 10, lo
cual nos arroja la respuesta.
Por lo tanto, el volumen máximo para
construir un caja con las condiciones
dadas, es de 18.000cm3
11. Una hoja de papel debe tener
18 cm2 de texto impreso,
márgenes superior e inferior
de 2 cm de altura y
márgenes laterales de 1 cm de
anchura. Obtener
razonadamente las
dimensiones que minimizan la
superficie del papel.
13. LUEGO PLANTEAMOS
ECUACIONES…..
18 = 𝑋 − 4 𝑌 − 2
𝐴 = 𝑋 ∙ 𝑌
A diferencia del caso anterior, en
este problema son dos ecuaciones
las necesarias para resolver el
problema.
17. IGUALAMOS A CERO Y
BUSCAMOS EL VALOR
CRÍTICO…..
0 = 4𝑌2
− 16𝑌 − 20
𝑌 =
16 ± (−16)2+(4 ∙ 4 ∙ 20)
4 ∙ 2
𝑌 = 5 ó 𝑌 = −1
Se descarta -1 como valor crítico, ya que es
imposible tener una distancia negativa.
18. SE APLICA LA SEGUNDA
DERIVADA…..
𝐴′
=
4𝑌2
− 16𝑌 − 20
(𝑌 − 2)2
𝐴′′ =
𝑌 − 2 2
(8𝑌 − 16) − 2(4𝑌2
− 16𝑌 − 2)(𝑌 − 2)(1)
(𝑌 − 2)2
Y esto, ya que la segunda derivada, nos ayuda a
encontrar el máximo o mínimo
19. AHORA REEMPLAZAMOS…..
𝐴′′ =
𝑌 − 2 2
(8𝑌 − 16) − 2(4𝑌2
− 16𝑌 − 2)(𝑌 − 2)(1)
(𝑌 − 2)2
𝐴′′ 5 = 108 > 0 → 𝑀Í𝑁𝐼𝑀𝑂
Reemplazamos el valor crítico (5) en la segunda
derivada para determinar si es MÁXIMO o MÍNIMO.
20. Y SEGUIMOS
REEMPLAZANDO…..
𝑋 =
4(5) + 10
(5) − 2
= 10
En la ecuación original, reemplazamos Y
por el valor crítico (5) y así
encontramos a X.
Por lo tanto, las dimensiones requeridas
son de 10cm x 5cm
22. Cierta cantidad de agua fluye
a una taza de 3m3/min hacia
el interior de un depósito
cuya forma es un cono
circular invertido de 20 m de
altura y 5 m de radio. ¿Qué
tan rápido sube el nivel de
agua cuando ya ha alcanzado
una altura de 10m?
25. Y LUEGO HALLAMOS LA
ECUACIÓN NECESARIA PARA
RESOLVERLO…..
𝑉 =
1
3
𝜋 ∙ 𝑟2
∙ ℎ
Siendo esta la fórmula del volumen del
cono, y luego hallamos la derivada
implícita de la ecuación anterior de esta
forma:
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
1
3
𝜋 ∙ 𝑟2
∙
𝑑ℎ
𝑑𝑡
26. REEMPLAZAMOS…..
3 =
1
3
𝜋 ∙ (5)2
∙
𝑑ℎ
𝑑𝑡
Se reemplazan las variables, con los datos
conocidos.
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 3 𝑌 𝑟 = 5