Matemticas Extremos absolutos Optimizaci³n PROBLEMAS ... resueltos...  Matemticas Extremos...

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  • Matemticas Extremos absolutos Optimizacin

    IES Fernando de Herrera Prof. R. Mohigefer Pgina 1 de 17 http://www.e-matematicas.es

    PROBLEMAS RESUELTOS DE EXTREMOS ABSOLUTOS (OPTIMIZACIN)

    1) En el primer cuadrante representamos un rectngulo de tal manera que tiene un vrtice en el origen de coordenadas y el vrtice opuesto en la parbola y = x

    2 + 3.

    Determinar las dimensiones del rectngulo para que su rea sea mxima.

    Supongamos que (x, h) son las coordenadas del vrtice

    del rectngulo que est en la parbola. Entonces, la base

    mide x (distancia desde el origen hasta el lugar del eje

    OX donde situamos x), y la altura, h.

    Nos limitamos al primer cuadrante, segn el enunciado.

    Como (x, h) est en la parbola, verifica su ecuacin, es

    decir: h = x2 + 3. Por tanto, el rea del rectngulo (base

    altura) ser, en funcin de x:

    f(x) = x(x2 + 3) = x

    3 + 3x

    Lo mnimo que puede valer x es 0, en cuyo caso el rectngulo tendra rea 0 y es-

    tara superpuesto al segmento que va desde el origen hasta el vrtice de la parbola.

    Y lo mximo ser el valor del corte de la parbola con la parte positiva del eje OX.

    Calculemos dicho valor:

    x2 + 3 = 0 x

    2 = 3 x = 3

    Es decir, el mximo valor posible es 3 . Por tanto, nuestro esfuerzo se centrar en

    maximizar f(x) = x3 + 3x, con x [0, 3 ].

    Y lo haremos estudiando su monotona.

    f '(x) = 3x2 + 3

    Discontinuidades de f de f ': No tiene, pues ambas son polinmicas.

    f '(x) = 0: 3x2 + 3 = 0 x2 = 1 x = 1 (ignoramos x = 1, porque no est en el dominio).

    Por tanto: (0, 1) 1 (1, 3 ) f ' + 0

    f Mx

    El mximo relativo est en (1, 2), pues f(1) = 1 + 3 = 2 (recordar que f da el rea

    del rectngulo). Por la forma de la funcin, este mximo relativo tambin lo es abso-

    luto, pues al no haber discontinuidades, la funcin no puede ir ms arriba. Por idn-

    ticos razonamientos, el mnimo absoluto estar en alguno, o ambos, de los extremos

    del dominio. Pero slo nos piden el mximo absoluto.

    Cuando x = 1, que es la solucin obtenida, la altura valdr h = x2 + 3 = 1 + 3 = 2.

    En conclusin:

    El rectngulo de rea mxima mide 1 u de base y 2 u de altura, siendo su rea de

    2 u2.

    2) De entre todos los rectngulos que tienen uno de sus vrtices en el origen de coor-

    denadas, el opuesto de este vrtice en la curva y = 1

    22

    2

    x

    x (x > 1), uno de sus lados

    situado sobre el semieje positivo de abscisas y otro lado sobre el semieje positivo de

    ordenadas, halla el que tiene rea mnima.

    Llamemos x a la base, h a la altura del rectngulo.

    Por las condiciones del enunciado, x > 1 y no est acotada superiormente.

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    Como el punto (x, h) est en la grfica de la curva da-

    da, se tiene que h = 1

    22

    2

    x

    x. De modo que el rea del

    rectngulo (base altura), en funcin de x, vendr

    dada por la funcin:

    f(x) = x1

    22

    2

    x

    x =

    1

    22

    3

    x

    x, x (1, +)

    que es a quien tendremos que calcularle su mnimo

    absoluto. Lo haremos analizando su monotona:

    f '(x) = 22

    322

    )1(

    22)1(6

    x

    xxxx =

    22

    424

    )1(

    466

    x

    xxx =

    22

    24

    )1(

    62

    x

    xx

    Discontinuidades de f de f ': No tiene en (1, +). Slo seran 1 y 1 (anulan el denominador), que no estn en el dominio.

    f '(x) = 0: 2x4 6x2 = 0 x2(2x2 6) = 0 x = 0 (0, +) 2x2 6 = 0

    x2 = 3 x = 3 (0, +) x = 3 .

    Por tanto: (1, 3 ) 3 ( 3 ,+)

    f ' 0 +

    f mn

    Dada la forma de la funcin, el mnimo relativo hallado tambin es mnimo absolu-

    to. Adems:

    x = 3 h = 13

    32

    =

    2

    6 = 3

    f( 3 ) = 13

    332

    = 3 3

    El rectngulo de rea mnima tiene 3 u de base, 3 u de altura y 3 3 u2 de rea.

    3) Sea f : R R la funcin derivable definida por

    f(x) =

    1siln

    1si

    xxx

    bxxa

    a) Calcular a y b. (1 punto)

    y = a x es continua en todo R (es polinmica) en particular, lo es en el

    intervalo (, 1).

    y = xx

    bln es continua en (0, +), pues ah lo es ln x y el primer sumando

    slo tiene discontinuidad en 0. Por tanto, lo es en (1, +).

    Para ser derivable tambin tiene que ser continua en x = 1, que es el nico punto que nos falta. Y ello exige la coincidencia de:

    1) f(1) = a 1

    2) )(lim1

    xfx

    = )(lim1

    xax

    = a 1 y )(lim1

    xfx

    =

    x

    x

    b

    xlnlim

    1 = b

    Luego ser continua en todo R si, y slo si a 1 = b. (1)

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    Aplicando las frmulas de derivacin, lo que puede hacerse en intervalos abier-

    tos, tenemos:

    f '(x) =

    1si1

    1si1

    2x

    xx

    bx

    Si x > 1, segn la expresin obtenida, f no sera derivable en x = 0. Pero dicho

    valor no est en la zona x > 1, por lo que f es derivable en R {1}. Para que

    sea derivable en todo R, lo que sabemos que ocurre, debe ser f '(1) = f '(1

    +)

    1 = b + 1 b = 2. Y sustituyendo en (1):

    a 1 = 2 a = 3.

    b) Para a = 3 y b = 2 calcular los extremos absolutos de f en el intervalo [0, e] (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan). (1,5 puntos)

    Son los valores anteriores, para los que sabemos que f es continua y derivable.

    Por tanto, los extremos absolutos los encontraremos en los extremos relativos o

    en los extremos del intervalo, que es, en este caso [0, e].

    Del apartado anterior, tenemos la expresin definitiva de f ', que no hemos escri-

    to (aadimos la existencia de f '(1)):

    f '(x) =

    1si12

    1si1

    2x

    xx

    x

    Como no hay discontinuidades ni en f ni en f ', sta ltima slo puede cambiar

    de signo al atravesar el punto donde se anule.

    Si x 1 se tiene que f '(x) = 1, con lo que nunca se anula.

    Si x > 1, f '(x) = 0 2

    2

    x

    x= 0 x = 2 (no anula el denominador)

    No nos hace falta estudiar la monotona ni la forma de la funcin, porque nos da

    igual que en 2 haya un mximo o un mnimo relativo: los extremos absolutos los

    detectaremos comparando las imgenes de los puntos candidatos: 0, e y 2 (ex-

    tremos relativos y extremos del intervalo de definicin, pues no hay discontinui-

    dades ni de f ni de f '). An as, escribimos el cuadro de monotona, por ilustrar

    cmo se hara: (0, 2) 2 (2, e)

    f ' 0 +

    f mn

    As que el mnimo (relativo y absoluto, segn la forma de la funcin) est en 2.

    Reiteramos que no nos hubiera hecho falta el estudio de la monotona. Como:

    f(x) =

    1siln2

    1si3

    xxx

    xx

    f(0) = 3

    f(2) = 1 + ln 2 1.69

    f(e) = 12

    e 1.74

    Lo que significa que:

    El mximo absoluto est en (0, 3) y el mnimo absoluto en (2, 1 + ln 2).

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    4) Se desea construir una caja cerrada de base cuadrada con una capacidad de 80 cm3. Para la tapa y la superficie lateral se usa un material que cuesta 1 / cm

    2 y para la

    base se emplea un material un 50% ms caro. Hallar las dimensiones de la caja para

    que su coste sea mnimo. (2,5 puntos)

    Se trata de construir un prisma de base cuadrada (ortoedro). Llamemos x al largo y

    al ancho, y h a la altura. Ambos, en cm.

    El rea de la base ser x2. Su coste, 1,5x2 = 2

    3x

    2.

    El rea de la tapadera ser, igualmente, x2. Su coste, x2.

    El rea lateral ser la suma del rea de 4 rectngulos de dimensiones x x h. Es decir, sumar 4xh. Su coste ser 4xh.

    El volumen ser xxh = 80 h = 80/x2. Como consecuencia de lo cual, el coste total ser:

    2

    3x

    2 + x

    2 + 4x

    2

    80

    x =

    xx

    x 320

    2

    3 22

    = x

    xx

    2

    64023 33 =

    x

    x

    2

    6405 3 = f(x)

    que ser la funcin a minimizar.

    El dominio de la funcin ser (0, +), pues el lado de la base no puede llegar a 0 si

    queremos construir el prisma, ni ser negativo. Y podra crecer indefinidamente,

    disminuyendo la altura en consecuencia.

    Estudiemos la monotona de esta funcin.

    f '(x) = 2

    32

    4

    )6405(2215

    x

    xxx =

    2

    33

    4

    12801030

    x

    xx =

    2

    3

    4

    128020

    x

    x =

    2

    3 3205

    x

    x

    Discontinuidades de f o de f ': x = 0, que no est en el dominio.

    f '(x) = 0: 5x3 320 = 0 x3 = 64 x = 3 64 = 4.

    Por tanto: (0, 4) 4 (4, +)

    f ' 0 +

    f mn

    Lo que significa que, dada la forma de la funcin, el mnimo relativo encontrado

    tambin es absoluto. Las dimensiones de la caja sern, pues:

    Base: Un cuadrado de 4 cm de lado.

    Altura: h = 80/42 = 5 cm.

    Coste (no se pide): f(4) = 42

    64045 3 = 120 .

    5) Sea f la funcin definida por f(x) = x2

    1 + ln x para x > 0 (ln denota el logaritmo

    neperiano).

    a) Determina el punto de la grfica de f en el que