5.3 Optimización: ejercicios resueltos

Rectángulo de área máxima con perímetro fijo

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Básico
Método: Función objetivo de una variable y primera derivada

De todos los rectángulos de perímetro $40$ m, ¿cuál tiene área máxima?

Ver solución

Sean $x$ e $y$ los lados. Restricción: $2x + 2y = 40$ , de donde $y = 20 - x$ , con $0 < x < 20$ .
Función objetivo: $A(x) = x(20 - x) = 20x - x^2$ .
$A'(x) = 20 - 2x = 0$ en $x = 10$ . Además $A''(x) = -2 < 0$ : es un máximo.
Con $x = 10$ se obtiene $y = 10$ : el rectángulo óptimo es un cuadrado, de área $100$ m².

Resultado final: El cuadrado de $10 \times 10$ m, con área máxima de $100$ m².

Abrir este ejercicio en su propia página

Corral rectangular junto a un río

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Básico
Método: Función objetivo de una variable y primera derivada

Un agricultor tiene $120$ m de cerca para un corral rectangular junto a un río, que no necesita cerca en ese lado. ¿Qué dimensiones maximizan el área?

Ver solución

Sea $x$ el largo de cada lado perpendicular al río e $y$ el lado paralelo. Restricción: $2x + y = 120$ , de donde $y = 120 - 2x$ , con $0 < x < 60$ .
Área: $A(x) = x(120 - 2x) = 120x - 2x^2$ .
$A'(x) = 120 - 4x = 0$ en $x = 30$ , y $A''(x) = -4 < 0$ : máximo.
Entonces $y = 120 - 60 = 60$ , y el área es $30 \cdot 60 = 1800$ m².

Resultado final: Lados perpendiculares de $30$ m y lado paralelo de $60$ m; área máxima de $1800$ m².

Abrir este ejercicio en su propia página

Caja abierta de volumen máximo

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Intermedio
Método: Optimización en un intervalo y primera derivada

De una lámina cuadrada de $20$ cm de lado se recortan cuadrados de lado $x$ en las esquinas para formar una caja sin tapa. ¿Qué valor de $x$ maximiza el volumen?

Ver solución

Volumen: $V(x) = x(20 - 2x)^2$ , con $0 < x < 10$ .
Derivamos con la regla del producto: $V'(x) = (20 - 2x)^2 + x \cdot 2(20 - 2x)(-2) = (20 - 2x)(20 - 6x)$ .
En $(0, 10)$ , $V'(x) = 0$ solo si $20 - 6x = 0$ , es decir, $x = \frac{10}{3}$ . $V'$ es positiva antes y negativa después: máximo.
$V\left(\frac{10}{3}\right) = \frac{10}{3}\left(\frac{40}{3}\right)^2 = \frac{16000}{27} \approx 592.6$ cm³.

Resultado final: $x = \dfrac{10}{3} \approx 3.33$ cm, con volumen máximo $\dfrac{16000}{27} \approx 592.6$ cm³.

Abrir este ejercicio en su propia página

Lata cilíndrica con la menor cantidad de material

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Intermedio
Método: Eliminación de una variable con la restricción y primera derivada

Se quiere fabricar una lata cilíndrica cerrada de $1000$ cm³ (un litro) con la menor superficie posible. Halla el radio y la altura.

Ver solución

Restricción: $\pi r^2 h = 1000$ , de donde $h = \frac{1000}{\pi r^2}$ .
Superficie (dos tapas y el lateral): $S = 2\pi r^2 + 2\pi rh = 2\pi r^2 + \frac{2000}{r}$ , con $r > 0$ .
$S'(r) = 4\pi r - \frac{2000}{r^2} = 0$ , de donde $r^3 = \frac{500}{\pi}$ y $r = \sqrt[3]{\frac{500}{\pi}} \approx 5.42$ cm. Como $S''(r) = 4\pi + \frac{4000}{r^3} > 0$ , es un mínimo.
Altura: $h = \frac{1000}{\pi r^2}$ . Como $\pi r^3 = 500$ , se tiene $h = \frac{1000}{\pi r^3} \cdot r = 2r \approx 10.84$ cm. La altura óptima es igual al diámetro.

Resultado final: $r = \sqrt[3]{\dfrac{500}{\pi}} \approx 5.42$ cm y $h = 2r \approx 10.84$ cm.

Abrir este ejercicio en su propia página

Distancia mínima de un punto a una curva

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Intermedio
Método: Minimización del cuadrado de la distancia

Halla el punto de la curva $y = \sqrt{x}$ más cercano al punto $(4, 0)$ y la distancia mínima.

Ver solución

Un punto de la curva es $(x, \sqrt{x})$ , con $x \ge 0$ . Su distancia a $(4, 0)$ es $D = \sqrt{(x - 4)^2 + x}$ .
Minimizar $D$ equivale a minimizar $D^2$ , porque la raíz es creciente: $g(x) = (x - 4)^2 + x$ .
$g'(x) = 2(x - 4) + 1 = 2x - 7 = 0$ en $x = \frac{7}{2}$ . Como $g''(x) = 2 > 0$ , es un mínimo. Además, en el extremo $x = 0$ , $g(0) = 16$ es mayor.
Punto: $\left(\frac{7}{2}, \sqrt{\frac{7}{2}}\right)$ . Distancia: $D = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{7}{2}} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2} \approx 1.94$ .

Resultado final: El punto más cercano es $\left(\dfrac{7}{2}, \sqrt{\dfrac{7}{2}}\right)$ , a distancia $\dfrac{\sqrt{15}}{2} \approx 1.94$ .

Abrir este ejercicio en su propia página

Utilidad máxima con demanda lineal

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Intermedio
Método: Utilidad = ingreso − costo y primera derivada

Una empresa vende $q$ unidades al precio $p = 100 - 0.5q$ soles, y su costo es $C(q) = 20q + 500$ . ¿Cuántas unidades maximizan la utilidad? ¿A qué precio y cuál es la utilidad máxima?

Ver solución

Ingreso: $I(q) = pq = 100q - 0.5q^2$ . Utilidad: $U(q) = I(q) - C(q) = 80q - 0.5q^2 - 500$ .
$U'(q) = 80 - q = 0$ en $q = 80$ . Como $U''(q) = -1 < 0$ , es un máximo.
Precio: $p = 100 - 0.5(80) = 60$ soles.
Utilidad máxima: $U(80) = 6400 - 3200 - 500 = 2700$ soles. Equivalentemente, en el óptimo el ingreso marginal ( $100 - q = 20$ ) iguala al costo marginal ( $20$ ).

Resultado final: $q = 80$ unidades a S/ 60; utilidad máxima de S/ 2700.

Abrir este ejercicio en su propia página

Nivel de producción con costo promedio mínimo

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Básico
Método: Minimización del costo promedio

El costo total de producir $x$ unidades es $C(x) = x^2 + 4x + 100$ soles. ¿Para qué producción es mínimo el costo promedio por unidad?

Ver solución

Costo promedio: $\overline{C}(x) = \frac{C(x)}{x} = x + 4 + \frac{100}{x}$ , con $x > 0$ .
$\overline{C}\,'(x) = 1 - \frac{100}{x^2} = 0$ , de donde $x^2 = 100$ y $x = 10$ .
$\overline{C}\,''(x) = \frac{200}{x^3} > 0$ : es un mínimo.
$\overline{C}(10) = 10 + 4 + 10 = 24$ soles por unidad.

Resultado final: $x = 10$ unidades, con costo promedio mínimo de S/ 24 por unidad.

Abrir este ejercicio en su propia página

Rectángulo inscrito en una semicircunferencia

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Avanzado
Método: Modelación geométrica y maximización de una función auxiliar

Halla el rectángulo de área máxima inscrito en la semicircunferencia $y = \sqrt{25 - x^2}$ , con un lado sobre el eje $x$ .

Ver solución

Por simetría, los vértices son $(\pm x, 0)$ y $\left(\pm x, \sqrt{25 - x^2}\right)$ , con $0 < x < 5$ . Área: $A(x) = 2x\sqrt{25 - x^2}$ .
Como $A > 0$ , maximizar $A$ equivale a maximizar $A^2 = 4x^2(25 - x^2)$ . Con $u = x^2 \in (0, 25)$ : $h(u) = 4(25u - u^2)$ .
$h'(u) = 4(25 - 2u) = 0$ en $u = \frac{25}{2}$ , y $h''(u) = -8 < 0$ : máximo.
Entonces $x = \frac{5}{\sqrt{2}}$ y la altura es $\sqrt{25 - \frac{25}{2}} = \frac{5}{\sqrt{2}}$ . Área: $2 \cdot \frac{5}{\sqrt{2}} \cdot \frac{5}{\sqrt{2}} = 25$ .

Resultado final: Base $5\sqrt{2}$ y altura $\dfrac{5}{\sqrt{2}}$ ; área máxima $25$ .

Abrir este ejercicio en su propia página

Precio de las entradas para el máximo ingreso

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Intermedio
Método: Modelación del ingreso y primera derivada

Un teatro vende $600$ entradas a S/ 20. Por cada sol de descuento vende $50$ entradas más. ¿Qué precio maximiza el ingreso?

Ver solución

Sea $x$ el descuento en soles. Precio: $20 - x$ ; entradas vendidas: $600 + 50x$ , con $0 \le x < 20$ .
Ingreso: $I(x) = (20 - x)(600 + 50x)$ .
$I'(x) = -(600 + 50x) + 50(20 - x) = 400 - 100x = 0$ en $x = 4$ . Como $I''(x) = -100 < 0$ , es un máximo.
Precio: $20 - 4 = 16$ soles; entradas: $800$ ; ingreso: $16 \cdot 800 = 12800$ soles, frente a los S/ 12 000 sin descuento.

Resultado final: Precio de S/ 16, con $800$ entradas vendidas y un ingreso máximo de S/ 12 800.

Abrir este ejercicio en su propia página

Tubería de costo mínimo cruzando un río

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.3 Optimización
Dificultad: Avanzado
Método: Optimización con restricciones geométricas

Una planta está en la orilla de un río recto de $1$ km de ancho. Hay que llevar una tubería hasta un pueblo en la orilla opuesta, $4$ km río abajo. El tendido bajo el agua cuesta $5$ mil soles/km y en tierra $3$ mil soles/km. ¿Cómo se minimiza el costo?

Ver solución

La tubería cruza el río en diagonal hasta un punto a $x$ km río abajo (en la otra orilla) y sigue por tierra los $4 - x$ km restantes, con $0 \le x \le 4$ .
Costo (miles de soles): $C(x) = 5\sqrt{1 + x^2} + 3(4 - x)$ .
$C'(x) = \frac{5x}{\sqrt{1 + x^2}} - 3 = 0$ , es decir, $5x = 3\sqrt{1 + x^2}$ . Elevando al cuadrado: $25x^2 = 9 + 9x^2$ , de donde $x = \frac{3}{4}$ (positivo).
$C\left(\frac{3}{4}\right) = 5 \cdot \frac{5}{4} + 3 \cdot \frac{13}{4} = \frac{25 + 39}{4} = 16$ . En los extremos: $C(0) = 17$ y $C(4) = 5\sqrt{17} \approx 20.6$ . El mínimo es $16$ .

Resultado final: Cruzar en diagonal hasta $0.75$ km río abajo y seguir por tierra; costo mínimo de S/ 16 000.

Abrir este ejercicio en su propia página