El documento trata sobre problemas de optimización. Explica que el objetivo es encontrar el valor óptimo (máximo o mínimo) de una función en un intervalo. Para resolverlo, se estudian las propiedades de la función como su concavidad usando la segunda derivada y los puntos críticos usando la primera derivada. Presenta cuatro ejemplos resueltos que ilustran cómo aplicar estos conceptos.

1. Problemas de
optimización
Prof. Pablo Bazzano

2. Problemas de
optimización
El objetivo buscado en los problemas de
optimización es encontrar el valor óptimo, que
según el caso será un máximo o un mínimo, de
una función en un intervalo.

3. Para resolver este tipo de problemas se aplican
las técnicas de estudio de funciones. Si la función
es derivable al menos dos veces en el intervalo,
entonces:
El estudio de la concavidad de la función,
usando la segunda derivada, permite saber si
puede haber un mínimo o un máximo en el
intervalo.
Los puntos críticos de la función en el intervalo
se pueden hallar usando la primera derivada.

4. Guía de resolución
Identificar qué se quiere optimizar y en qué intervalo.
Hacer un diagrama de la situación (si fuere apropiado).
Formular un modelo matemático de la situación en
forma de una función.
Encontrar los puntos críticos de esa función.
Comprobar si esos puntos críticos corresponden a un
máximo o un mínimo y encontrar la solución del
problema.

5. Algunos ejemplos
Ejemplo 1: Se quiere construir un jardín
rectangular con una pared de piedra por un lado
y un cerco de alambre por los otros tres. Se
dispone de ! de cerca de alambre. Encuentre
las dimensiones del jardín de área máxima que
se puede construir. ¿Qué valor tiene esa área?
20 m

6. El enunciado nos dice que el jardín es de forma
rectangular. Llamemos ! a la longitud de uno de los
lados de ese rectángulo e ! a la de uno de los lados
perpendiculares al primero.
Entonces, el área del rectángulo es:
!
El perímetro de un rectángulo es ! , pero
el perímetro cercado excluye a uno de los lados (el del
muro de piedra); por lo tanto, el perímetro cercado es:
!
x
y
A = x ⋅ y
P = 2 ⋅ (x + y)
Pc = 2x + y

7. Como el perímetro cercado mide ! , podemos
escribir:
!
!
Tenemos dos incógnitas, pero eliminando una de
ellas entre las dos ecuaciones, se llega a:
!
Y, ahora sí, hemos logrado expresar el área como
función de uno de los lados.
20 m
A = x ⋅ y
2x + y = 20
A(x) = x ⋅ (20 − 2x) = 20x − 2x2

8. Como un lado no puede tener una longitud
negativa, es obvio que el mínimo valor de ! es
! .
Lo mismo sucede para el otro lado, es decir, el
mínimo valor que puede tomar el otro lado es
! . Por lo tanto, puede calcularse el valor
máximo que puede alcanzar ! , que resulta ser:
!
En consecuencia, la función ! está definida en el
intervalo ! .
x
xm = 0
ym = 0
x
2 ⋅ xM + 0 = 20 ⟹ xM = 10
A
[0, 10]

9. La función es continua y derivable. Sus dos
primeras derivadas son:
!
!
Como la segunda derivada es negativa en todo
el intervalo, la función es convexa, de modo que
en caso de haber un punto crítico en ! , éste
necesariamente deberá corresponder a un
máximo.
A′(x) = 20 − 4x
A′′(x) = − 4
[0, 10]

10. Buscamos a continuación los puntos críticos de
la función, que necesariamente deberán ser
puntos estacionarios, ya que una función
polinómica no puede tener puntos angulosos:
!
!
Este número claramente pertenece al intervalo
! y, como ya hemos razonado antes,
corresponde a un máximo.
A′(x) = 0
20 − 4x = 0 ⟹ x = 5
[0, 10]

11. El correspondiente valor del área es:
!
Como la función está definida en un intervalo
cerrado, debemos también considerar qué ocurre
en los puntos inicial y final del intervalo. Sin
embargo, en este caso es evidente que no puede
tratarse de máximos. De hecho:
!
A(5) = 20 ⋅ 5 − 2 ⋅ 52
= 50
A(0) = A(10) = 0

13. Ejemplo 2: Se quiere hacer una caja abierta por
arriba con una pieza rectangular de cartón de
! por ! cortando un cuadrado en cada
esquina y doblando las solapas así formadas
hacia arriba. ¿De qué tamaño deberían ser esos
cuadrados para que el volumen de la caja fuera
el máximo posible?
60 cm 90 cm

14. Llamemos ! a la longitud de los lados de los
cuadrados que se recortan de la lámina de cartón.
La altura ! de la caja obviamente será ! .
Tanto el largo ! como el ancho ! de la caja serán
iguales a las dimensiones originales de la lámina
de cartón menos el doble de ! (un recorte de cada
lado), es decir:
!
!
x
h h = x
l a
x
l = 90 − 2x
a = 60 − 2x

15. El volumen de la caja será, por supuesto, igual al
producto de las longitudes de estas tres
dimensiones:
!
!
!
V(x) = l(x) ⋅ a(x) ⋅ h(x)
V(x) = (90 − 2x) ⋅ (60 − 2x) ⋅ x
V(x) = 4x3
− 300xx
+ 5400x

16. El mínimo valor que puede tomar ! es ! .
El máximo valor posible de la variable es igual a
la mitad de la menor de las dimensiones de la
lámina de cartón, es decir, ! .
La función, entonces, está definida en ! .
x xm = 0
xM = 30
[0, 30]

17. Como en el ejemplo anterior, la función es
polinómica, por lo que solamente corresponde
buscar los puntos estacionarios.
Comenzamos por calcular las dos primeras
derivadas:
!
!
V′(x) = 12x2
− 600x + 5400
V′′(x) = 24x − 600

18. Los ceros de la primera derivada son:
!
!
El segundo de estos ceros cae fuera del intervalo
! , de modo que lo descartamos.
Por otra parte, es fácil ver que la segunda
derivada es negativa en ! y es positiva en
! .
x1 = 25 − 5 7 ≈ 11.771
x2 = 25 + 5 7 ≈ 38.229
[0, 30]
[0, 25)
(25, 30]

19. Por lo tanto, !
es un máximo del volumen en el intervalo
considerado.
De nuevo, es fácil comprobar que la función se
anula en los puntos inicial y final del intervalo:
!
V(x1) = 10000 + 7000 7 ≈ 28520
V(0) = V(30) = 0

21. Ejemplo 3: Un caminante avanza por un sendero
en línea recta hacia el este con una velocidad de
! . En un punto ubicado a ! al este y
! al norte de la actual posición del caminante
se halla un refugio en el que planea pasar la
noche. Pero al abandonar el sendero deberá
desplazarse por un terreno difícil en el que su
velocidad sólo será de ! . ¿En qué punto
del trayecto le convendrá dejar el sendero y
dirigirse directamente hacia el refugio?
5 km/h 10 km
4 km
3 km/h

22. Diagrama de la situación

23. Si nos interesara minimizar la distancia, la
solución sería obvia: convendría dirigirse
directamente al refugio desde el comienzo.
Pero en realidad nos interesa minimizar el
tiempo del recorrido, y para eso hay que tomar
en cuenta que la velocidad es menor fuera del
sendero.

24. El caminante efectuará dos movimientos rectilíneos
uniformes: uno dentro del sendero y el otro fuera de él.
En ambos casos, los tiempos serán iguales a los
desplazamientos divididos en las correspondientes
velocidades:
!
!
!
t1(x) =
10 − x
5
t2(x) =
x2
+ 16
3
t(x) = t1(x) + t2(x) =
10 − x
5
+
x2
+ 16
3

25. Claramente, los valores mínimos y máximos de !
son ! y ! , porque no tendría sentido
pasarse del refugio y luego tener que regresar.
Por lo tanto, la función está definida en ! .
Como el radicando es positivo, la función es
continua. La presencia de una raíz hace pensar
en que podría haber puntos singulares, aunque,
como veremos, no será así en este caso.
x
xm = 0 xM = 10
[0, 10]

26. Calculamos las dos primeras derivadas:
!
!
t′(x) = −
1
5
+
x
3 ⋅ x2 + 16
t′′(x) =
16
3 ⋅ (x2 + 16)
3
2

27. Como ya habíamos adelantado, no hay puntos
singulares, y al plantear ! se encuentra un
único punto estacionario en ! , que pertenece
al intervalo ! .
Como es evidente, la segunda derivada es
positiva para todo número real ! , de modo que
la función es convexa. Por lo tanto, el punto
crítico encontrado corresponde a un mínimo.
t′(x) = 0
x = 3
[0, 10]
x

28. Evaluamos la función en el punto crítico:
!
La evaluamos también en el origen y en el final
del intervalo ! , y obtenemos:
!
!
t(3) =
46
15
≈ 3.07
[0, 10]
t(0) =
10
3
≈ 3.33
t(10) =
2 29
3
≈ 3.59

29. Concluimos que la mejor estrategia para el
caminante es avanzar ! por el camino y en
ese momento abandonarlo y dirigirse
directamente hacia el refugio. De esa forma
llegará en ! horas y ! minutos.
7 km
3 4

31. Ejemplo 4: Se quiere construir una caja de base
cuadrada y abierta arriba cuyo volumen sea de
! . ¿Qué dimensiones deberá tener para
minimizar el área de las caras?
2160 cm3

32. Llamemos ! a la longitud de las aristas de la base
(que sabemos que será cuadrada) e ! a la altura de
la caja.
La caja tiene una base y cuatro caras laterales, pero
no tiene tapa, de modo que el área de las cinco
caras será:
!
Por su parte, el volumen será:
!
x
y
A = x2
+ 4xy
V = x2
y = 2160

33. Despejando ! de la segunda ecuación y
reemplazando en la primera, se tiene:
!
Como vemos, ! no puede ser ! , pero puede ser
cualquier número positivo. En este caso, el
intervalo en que debemos minimizar la función
no es cerrado ni acotado.
y
A(x) = x2
+ 4x ⋅
2160
xx
= x2
+
8640
x
x 0

34. Calculamos las dos primeras derivadas:
!
!
Para ! , ! , de modo que la función es
cóncava en ! .
Al plantear ! , se encuentra un punto
estacionario en ! , que corresponde a un
mínimo.
A′(x) = 2x −
8640
x2
A′′(x) = 2 +
17280
x3
x > 0 A′′(x) > 0
(0, + ∞)
A′(x) = 0
x = 6
3
20

35. Las dimensiones de la caja serán:
!
!
Y el área total de las cinco caras:
!
x = 6
3
20 ≈ 16.29
y =
2160
x2
≈ 8.14
A(x) = 216
3
50 ≈ 795.75