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Cálculo I
4.6. Aplicaciones de las Derivadas:
A Optimización
Julio C. Carrillo E.*
Índice
1. Introducción
1
2. Problemas de optimización
1
3. Problemas de optimización con restricciones
2
4. Problemas de optimización en una variable independiente
4
5. Problemas de optimización en más de una variable independiente
*
Profesor Escuela de Matemáticas, UIS.
10
Cálculo I
1.
Introducción
Los problemas de optimización con restricciones surgen de una manera natural en problemas de la Física y
las ingenierías, por cuanto las funciones que son su objeto de estudio, se les deben encontrar sus extremos
(entendidos como su máximo absoluto o mínimo absoluto) que de manera muy natural pueden sufrir
restricciones en las variables independientes de tales funciones.
2.
Problemas de optimización
Los problemas de optimización son básicamente de dos categorías:
1. Los problemas de optimización sin restricciones, los cuales consisten en encontrar los extremos que
tiene una función en su dominio, y
2. Los problemas de optimización de optimización con restricciones, los cuales consisten en encontrar los
extremos de una función en un subconjunto de su dominio.
Por ejemplo, dada la función f (x) = x2 el problema de optimización sin restricciones consiste en encontrar
los extremos de la función en el conjunto de todos los números reales. Un problema de optimización con
restricciones con esta función consiste en encontrar sus extremos en el intervalo ( 1, 5], por ejemplo.
c
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3.
Problemas de optimización con restricciones
Los problemas de optimización con restricciones a su vez son de dos tipos.
1. Problemas de optimización en una variable independiente: el primer de estos tipos problemas consiste
en encontrar el máximo o el mínimo de una función en un subconjunto del dominio de f :
Si D es el dominio de una función f (x), encontrar los extremos de f en un intervalo I
contenido en D.
Este problema se puede resolver mediante las técnicas estudiadas en capítulos anteriores de este curso.
Por ejemplo, la función que establece el alcance horizontal de una bala de cañón que es lanzada con
una velocidad inicial v0 y con un ángulo de elevación o de salida ✓, cuando es ignorada la resistencia
del aire, está dado por la función
v02
R(✓) = sen 2✓,
g
donde g es la aceleración de la gravedad.
c
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El dominio de esta función son todos los reales. No obstante, desde el punto de vista físico, para
ángulos mayores a ⇡/2 a la dirección de lanzamiento de la bala (ver figura) sale en dirección contraria
a la dirección de disparo. Por tal razón, tiene sentido físico restringir el dominio de la función R(✓)
al intervalo cerrado [0, ⇡/2]. En este caso el problema de optimización con restricciones consiste en
encontrar el máximo alcance del proyectil, es decir, de encontrar el máximo de la función R(✓) en el
intervalo [0, ⇡/2], el cual es intervalo que está contenido en R, el dominio de la función R(✓).
2. Problemas de optimización en más una variable independiente: este segundo tipo de problemas de
optimización con restricciones se puede plantear de manera más general, pero por ahora se va a
plantear la versión más sencilla de ellos. El problema consiste en encontrar los extremos de una
función z = g(x, y), en las dos variables independientes x y y, en donde los puntos (x, y) de que
depende la función g deben satisface una condición o restricción, la cual usualmente es dada mediante
una ecuación en dos variables h(c, y) = c, siendo c una constante dada. Simbólicamente,
(
Extremos
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
función g(x, y) se le llama la función objetivo. Si suponemos que de la restricción se puede obtener a
y en función de x, es decir que y = f (x), entonces al reemplazar este valor de y en la función objetivo
se obtiene el problema de optimización en una variable
Extremos z = h(x, f (x)),
el cual es un problema de optimización con restricciones en una variable (independiente).
c
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Por ejemplo, consideremos el problema de encontrar dos números no negativos cuya suma sea 5, de
tal manera que el producto de uno y el cuadrado del otro sea el más grande posible. Si x y y denotan
tales números y z el producto propuesto, entonces se debe resolver el problema de optimización con
restricciones,
máx
z = xy 2, x 0, y 0
Restricción x + y = 5
Al despejar de la restricción a y se obtiene que
y=5
x.
Al reemplazar en la función objetivo se obtiene el problema de optimización con restricciones en una
variable
máx z = x(5 x)2, x 0.
4.
Problemas de optimización en una variable independiente
Ejemplo 1. El alcance horizontal de una bala de cañón que es lanzada con una velocidad inicial v0 y con
un ángulo de elevación o de salida ✓, cuando es ignorada la resistencia del aire, está dado por la función
v02
R(✓) = sen 2✓,
g
donde g es la aceleración de la gravedad. Encuentre el máximo alcance de la bala.
c
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Solución. El dominio de la función es el intervalo [0, ⇡/2]. Como la función R(✓) es continua en el
intervalo cerrado [0, ⇡/2], el teorema del valor extremo garantiza que ella tiene un máximo absoluto y un
mínimo absoluto en este intervalo. Para encontrar los extremos absolutos de R(t), primero se encuentran
los números críticos. Como
2v02
0
R (✓) =
cos 2✓,
g
⇡
⇡
⇡
se tiene que R0(✓) = 0 cuando cos 2✓ = 0 o 2✓ = , es decir, cuando ✓ = . Así que es el único número
2
4
4
crítico de R(✓) en el intervalo abierto (0, ⇡/2). El valor de la función en este número crítico y los extremos
del intervalo [0, ⇡/2] se obtiene que
R(0) = 0,
v02
R(⇡/4) = ,
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
v02
y el alcance máximo es R(⇡/4) = . Es decir, el máximo alcance de la bala se logra al ser lanzada a un
g
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 isósceles
cuyos lados miden 4 pies de longitud. Determine la dimensión a través del extremo triangular de modo
que el volumen del canalón sea máximo. Encuentre el volumen máximo.
c
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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
r
⇣ x ⌘2
x2 1 p
2
2
h +
= 4 =) h = 16
=
64
2
4
2
c
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x2 ,
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0  x  8.
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Por lo tanto,
(base) ⇥ (altura)
(área del extremo triangular del canalón) =
=
2
x
q
16
2
x2
4
1 p
= x 16
4
x2 .
Como el largo del canalón es de 20 pies entonces el volumen del canalón es
✓ p
◆
p
1
2
V (x) =
x 16 x · 20 = 5x 64 x2,
0  x  8.
4
Como la función V (x) es continua en el intervalo cerrado [0, 8], el teorema del valor extremo garantiza
que ella tiene un máximo absoluto y un mínimo absoluto en este intervalo.
Dado que
x2 32
0
V (x) = 10 p
,
2
64 x
p
p
se tiene que V 0(x) = 0 cuando x = ±4 2, siendo x = 4 2 el único número
crítico de V (x) en el intervalo
p
p q
p
p p
2
abierto (0, 8). En este caso V (0) = V (8) = 0, V (4 2) = 5(4 2) 64 (4 2) = 20 2 64 32 =
p p
20 2 32 = 20 ⇥ 8 = 160. El mayor de estos tres valores
p es el máximo absoluto del volumen. De acuerdo
con esto, el canalón de mayor volumen debe tener 4 2 ⇡ 5,66 pies de ancho en la parte superior, con lo
cual el volumen máximo del canalón será de 160 pies3.
c
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Ejemplo 3. Una mujer que se encuentra en el punto
P en una isla desea llegar a una población situada
en el punto S sobre una playa recta en tierra firme.
El punto P está a 9 millas del punto más próximo
Q sobre la playa y la población en el punto S está a
15 millas de Q (ver la figura). Si la mujer rema un
bote a razón de 3 mi/h hacia un punto R en tierra,
luego camina el resto del camino hacia S a razón
de 5 mi/h, determine dónde debe desembarcar en la
playa 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 mujer
desembarca en la playa, donde 0p
 x  15. Según esto, y por el teorema de Pitágoras, la distancia de P
a Q que ella rema es d(P, Q) = 81 + x2 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 un
x, de tal manera que se minimice T . Ahora bien, como el desplazamiento sobre el agua y en la tierra es
a velocidad constante, tales movimientos son rectilíneos y uniformes. Por tal razón
T = (tiempo remando) + (tiempo caminando)
d(P, Q)
d(R, S)
=
+
,
velocidad en el agua velocidad en tierra
c
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o bien,
T (x) =
p
81 + x2 15 x
+
,
3
5
La primera derivada de T es
2x
T 0(x) = p
6 81 + x2
0  x  15.
1
x
= p
5 3 81 + x2
1
.
5
Ahora, T ”(x) = 0 cuando\
x
1
x2
9
p
= =)
=
81 + x2 25
3 81 + x2 5
=) 25x2 = 729 + 9x2
=) 16x2 = 729
27
=) x = .
4
27
Es decir,
es el único punto crítico en (0, 15). Como T (x) es continua en [0, 15] el teorema del valor
4
extremo garantiza que T tiene un mínimo en el intervalo [0, 15]. Este valor se obtiene a partir de los
valores
T (0) = 6 h,
T 27
T (15) ⇡ 5,83 h.
4 = 5,4 h,
Por lo tanto, el tiempo de viaje mínimo ocurre cuando la mujer desembarca en el punto R localizado a
27
= 6,75 millas del punto Q y luego camina las 8,25 millas restantes hacia el punto S.
4
c
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5.
Problemas de optimización en más de una variable independiente
Ejemplo 4. Encuentre el punto P (x, y) en el primer cuadrante que se encuentra en el círculo de ecuación
x2 + 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 que
el punto P esté en el círculo y en el primer cuadrante, o sea, se debe resolver el problema de optimización
siguiente:
p
mı́n d = (x 2)2 + (y 2)2
x > 0, y > 0
Rest. x2 + y 2 = 1
c
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A fin de evitar la derivada de la raíz cuadrada se tiene en cuenta que
p
d = (x 2)2 + (y 4)2 si y solo si d2 = (x 2)2 + (y
4)2.
De tal modo que se hace D = d2 y se resuelve entonces el problema de optimización
mı́n
Rest.
D = (x 2)2 + (y
x2 + y 2 = 1
2)2
x > 0, y > 0
Como y > 0 al resolver la ecuación de la restricción para y se tiene que
p
y = 1 x2 .
De esta manera se obtiene el problema de minimizar la función
⇣p
⌘2
2
D(x) = (x 2) +
1 x2 4 ,
(1)
0 < x < 1.
No obstante, la solución del problema no se afecta de ninguna manera si se supone que el dominio es
el 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) en
el intervalo abierto (0, 1).
Como
p
⇣p
⌘
4 2x
1 x2
2x
0
2
p
D (x) = 2(x 2) + 2
1 x
4 · p
=
,
2
2
2 1 x
1 x
c
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p
p
2
entonces D (x) = 0 cuando 2x
1 x = 0 o 2x = 1
elevar al cuadrado ambos miembros y obtener que
0
4x2 = 1
p
x2. Como x > 0 y 1
x2 =) 5x2 = 1 =) x = ±
x2
0, se puede
p
5
,
5
5
de lo cual se sigue que x =
es el único número crítico de D(x) en el intervalo abierto (0, 1). Como el
5
menor de los valores
p
p
D(0) = 13,
D( 5/5) = 21 4 5 ⇡ 12,06,
D(1) = 17
p
p
5
es D( 5/5), se las distancias D y d son mínimas cuando x =
. Al usar la restricción del problema en
5
la forma dada en (1) se tiene que
v
u
p !2
p
u
5
2
5
y = t1
=
.
5
5
p p !
5 2 5
Esto significa que el punto P
,
es el punto en el círculo más cercano al punto Q(2, 4).
5
5
Ejemplo 5. Un granjero intenta delimitar un terreno rectangular que tenga un área de 1500 metros
cuadrados. El terreno estará cercado y dividido en dos partes iguales por medio de una cerca adicional
paralela a dos lados. Encuentre las dimensiones del terreno que requiere la menor cantidad de cerca
posible.
c
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Solución. De acuerdo con la siguiente figura y con los datos del problema, sean x y y las variables que
denotan las dimensiones del terreno cercado y L la suma de las cinco longitudes de las porciones de cerca
que delimitan el terreno.
Entonces
L = 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
mı́n
Restr.
L = 2x + 3y,
xy = 15000
Escribiendo la restricción de la forma
y=
c
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x > 0, y > 0
1500
x
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y reemplazar en la función objetivo se obtiene el problema de minimizar la función en una variable
4500
,
x > 0,
x
el cual no representa un problema de optimización de una función en un intervalo cerrado.
Como
4500
L0(x) = 2
=0
x2
entonces se sigue que
r
p
4500
2
2x = 4500 =) x = ±
= ±15 10.
2
p
Como x > 0 entonces x = 15 10 es el número crítico de la función L0(x). Para clasificar este número
crítico se utiliza el criterio de la segunda derivada. Dado que
p
9000
9000
00
L (15 10) = L00(x)
=
>0
p =
p
x=15 10
x3 x=15 10 153 ⇥ 103/2
entonces
⇣ p ⌘
p
p
4500
L(15 10) = 2 10 10 + p = 60 10 metros
15 10
es la cantidad mínima requerida de cerca. De la restricción se tienen que
p
1500
1500
y=
= p = 10 10.
x
15 10
p
p
En consecuencia las dimensiones del terreno deben ser de 15 10 metros por 10 10 metros.
L(x) = 2x +
c
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