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Subido porNatalia Alvarez
Optimización y raxón de cambio
Este documento presenta la resolución de un problema de optimización para encontrar el volumen máximo de una caja rectangular que se construye recortando cuadrados de lado x de cada esquina de una lámina de cartón de 80 cm x 50 cm y doblando. Se grafica el problema, se plantea la ecuación del volumen, se deriva para encontrar el valor crítico de x, y al reemplazar este valor en la ecuación original se obtiene un volumen máximo de 18000cm3.
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- 1.
- 2. Recortando convenientemente en cadaesquina 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.
- 3. EN PRIMER LUGAR GRAFICAMOS….. Estepaso nos ayuda a tener una mejor comprensión del problema.
- 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 LASEGUNDA 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.
- 9. Y SEGUIMOS REEMPLAZANDO….. 𝑉 =50 − 2𝑋 80 − 2𝑋 𝑋 𝑉 = 50 − 2 10 80 − 2 10 (10) 𝑉 = 18000𝑐𝑚3
- 10. Reemplazamos en laecuación 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 depapel 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.
- 12. EN PRIMER LUGAR GRAFICAMOS….. Estepaso nos ayuda a tener una mejor comprensión del problema.
- 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.
- 14. SE DESPEJA XEN LA ECUACIÓN ANTERIOR….. 18 = 𝑋 − 4 𝑌 − 2 𝑋 − 4 = 18 (𝑌 − 2) → 𝑋 = 18 (𝑌 − 2) + 4 𝑋 = 4𝑌 + 10 𝑌 − 2
- 15. PARA REEMPLAZARLA ENLA ECUACIÓN DEL ÁREA... 𝐴 = 4𝑌 + 10 𝑌 − 2 ∙ 𝑌 𝐴 = 4𝑌2 + 10𝑌 𝑌 − 2
- 16. Y AHORA, DERIVAMOS….. 𝐴= 4𝑌2 + 10𝑌 𝑌 − 2 𝐴′ = 𝑌 − 2 8𝑌 + 10 − (4𝑌2 + 10𝑌)(1) (𝑌 − 2)2 𝐴′ = 4𝑌2 − 16𝑌 − 20 (𝑌 − 2)2
- 17. IGUALAMOS A CEROY 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 LASEGUNDA 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
- 21.
- 22. Cierta cantidad deagua 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?
- 23. EN PRIMER LUGAR GRAFICAMOS….. Estepaso nos ayuda a tener una mejor comprensión del problema.
- 24.
- 25. Y LUEGO HALLAMOSLA 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
- 27. DESPEJAMOS LA ECUACIÓN….. 3 ∙3 (5)2∙ 𝜋 = 𝑑ℎ 𝑑𝑡 9 25𝜋 = 𝑑ℎ 𝑑𝑡 0,115 = 𝑑ℎ 𝑑𝑡
- 28. Según el resultadoanterior, podemos concluir que el agua sube a razón de 0,115m/min, cuando la altura sea 10m.