APLICACIONES DE LAS DERIVADAS

Presentación del tema: "APLICACIONES DE LAS DERIVADAS"— Transcripción de la presentación:

1 APLICACIONES DE LAS DERIVADAS
U.D. 6 * 2º BCT @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

2 Apuntes 2º Bachillerato C.T.
OPTIMIZACIÓN U.D * 2º BCT @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

3 PROBLEMAS DE OPTIMIZACIÓN
En el campo científico, económico, social o político, nos encontramos con funciones que hay que OPTIMIZAR, es decir hallar los puntos máximos y/o mínimos. FUNCIÓN ( ECUACIÓN ) PRINCIPAL Es aquella que el enunciado nos señala que su valor debe ser el mayor posible (Máximo) o el menor posible (Mínimo). Si presenta una sola incógnita, y = f(x), se deriva la expresión respecto de la misma y la derivada se iguala a cero. Resolviendo la ecuación resultante tendremos el valor de ‘x’ para el cual el valor de la función, el valor de ‘y’ , es máximo o mínimo. FUNCIÓN ( ECUACIÓN ) AUXILIAR Tenemos que obtener del enunciado tantas ecuaciones auxiliares como incógnitas menos una. Despejando y sustituyendo, al final tendremos que tener una sola ecuación , la principal, con una sóla incognita. Derivamos respecto de dicha incógnita e igualamos a cero la expresión derivada. Resolviendo la ecuación habremos encontrado el valor o valores de las incógnitas para los cuales la función presenta un valor máximo o mínimo relativo. @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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Ejemplo_1: Hallar dos números tales que su suma sea 24 y su producto sea el mayor posible. Resolución: Sean x e y los dos números pedidos. Ecuación Principal: Producto: P = x.y ( dos incógnitas) Ecuación Auxiliar : Suma: = x + y Despejamos “y” de la E. Auxiliar: y = 24 - x Sustituimos su valor en la E. Principal : P = x. (24-x) O sea P = 24.x – x2 , derivamos e igualamos a cero P´ = 24 – 2.x = 0 ; y resolvemos: 24 = 2x  x = 12  Como y = 24 – x = 24 – 12 =  x= y = 12 es la solución. @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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Ejemplo_2: Una alambrada de 100 m rodea a una finca rectangular bordeada por un río. Hallar sus dimensiones sabiendo que la superficie que abarca es la mayor posible. Resolución: Sean l y a el largo y el ancho de la finca. Ecuación Principal: Superficie: S = l.a ( dos incógnitas) Ecuación Auxiliar : Alambrada: = l+2a Despejamos “l” de la E. Auxiliar: l = 100 – 2.a Sustituimos su valor en la E. Principal : S = (100-2.a).a O sea S = 100.a – 2.a2 derivamos e igualamos a cero S´ = 100 – 4.a = 0 ; = 4.a a= 100/4 = 25  l = 100 – 2.a l =100 – 50 = 50 m Solución: a=25 m, l = 50 m Superficie= = 1250 m2 a a l @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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Ejemplo_3: Hallar las dimensiones que debe tener un rectángulo inscrito en una circunferencia de 5 cm de radio para que el área del mismo sea el mayor posible. Resolución: Rectángulos inscritos en una determinada circunferencia hay infinitos, pero sólo uno de ellos tendrá un área mayor que los demás. Ecuación Principal: Area  A = a.b ( hay dos incógnitas, a y b ) Ecuación Auxiliar : 102 = a2 + b2 por Pitágoras. Ø=10 b a El diámetro, que es el doble del radio, es siempre la diagonal de cualquier rectángulo inscrito en la circunferencia. @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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Continuación del Ejemplo_3: Despejamos “a” de la E. Auxiliar: a = √ ( 100 – b2 ) Sustituimos su valor en la E. Principal : A = b. √ ( 100 – b2 ) Introducimos b dentro de la raíz para facilitar la derivada: A= √ ( 100.b2 – b4 ) = ( 100.b2 – b4 )1/2 derivamos e igualamos a cero A’ = (1/2). ( 100.b2 – b4 )1/ (200.b - 4.b3 ) = 0 ; o sea: (200.b - 4.b3) / 2. ( 100.b2 – b4 )1/2 = 0 200.b – 4.b3 = 0  Factorizado  4.b.(50 – b2) = 0 O sea 4.b.(7,07 + b).(7,07 – b) = 0 b= 0 NO vale, b=- 7,07 NO vale , b = 7,07 Vale como solución a = √ ( 100 – b2 ) = √ ( 100 – 50 ) = 7,07 = a  CUADRADO @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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Ejemplo_4: Una hoja de papel de plata debe contener 18 cm2 de texto impreso. Los márgenes superior, inferior, izquierdo y derecho deben ser de 2 cm, 2 cm, 3 cm y 1 cm respectivamente. Determinar las dimensiones de la hoja para tener el menor gasto de papel. Resolución: Sean x = ancho texto impreso e y= largo del texto impreso Ecuación Principal: S = (3+x+1).(2+y+1) Ecuación Auxiliar: x.y = 18 Despejamos y: y = 18 / x La sustituimos en la ecuación principal: S = (x+4).(y+3) = (x+4).( /x) S = 3.x / x S´ = – 18 / x2 = 0 3 = 18 / x2  x2 = 18 / 3 = 6 x = √ 6  y = 18 / √ 6 = 3. √ 6 3+x+1 x.y=18 2+y+2 @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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Ejemplo_5: Un camión transporta kg entre naranjas, peras y limones. El número de kg de naranjas siempre es el doble que el de limones. Debido al transporte pierde 0,5 €, 0,75 € y 1 € respectivamente por cada kg naranjas, peras y limones. Hallar los kg de naranjas, peras y limones que debe transportar en cada viaje para que las pérdidas sean lo menor posible. Resolución: Sean x, y, z los kg de naranjas, peras y limones transportados. Ecuación Principal: Pérdidas: P = 0’5.x+0’75.y+1.z ( tres incógnitas) Ecuaciones Auxiliares: = x + y + z x = 2.z Ecuación Principal: P = 0’5.2.z + 0’75.y + z = 0,75.y + 2.z Ecuación Auxiliar: = 2.z + y + z = y + 3.z @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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Despejamos y: y = – 3.z La sustituimos en la ecuación principal: P = 0,75.( – 3.z) + 2.z P = – 0,25.z P´ = - 0,25 = 0 ; Lo cual es imposible de cumplirse  NO hay valor Mín ni Máx Si P = 0  z = / 0,25 = kg , que es imposible. Si z = kg  x = kgr  P = – = € es la solución. Ejemplo_6: Con un alambre de 1 m de longitud hemos formado un rectángulo de doble largo que ancho y un círculo. ¿Qué dimensiones deben tener dichas figuras para que la suma de sus áreas sea lo mayor posible?. @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

11 Apuntes 2º Bachillerato C.T.
Resolución: Sean a y b las dimensiones del rectángulo. Sea r el radio del círculo. Ecuación Principal: Suma de Áreas: S = a.b + π.r2 ( tres incógnitas) Ecuaciones Auxiliares: Suma de Perímetros = (2.a+2.b) + (2. π.r) b = 2.a Sustituimos b en las otras dos ecuaciones: Ecuación Principal: S = a.2.a + π.r2 = 2.a2 + π.r2 Ecuación Auxiliar: = 2.a+2.2.a + 2. π.r = 6.a + 2. π.r Despejamos a o r: a = (1 – 2. π.r) / 6 = 0’167 – 1’047.r La sustituimos en la ecuación principal: S = 2.(0’167 – 1’047.r ) 2 + π.r2 S = 0’056 – 0’7.r + 2’192.r2 + 3,14.r2 ; que derivando queda: S’ = - 0,7 + 4’384.r + 6’28.r = 0 ,, ’664.r = 0,7  r = 0,065 m Como a = 0’167 – 1’047.r = (0,167 – 0,068) = 0,099 Y por tanto b= 2.a = 2.0’099 = 0,198 P = 0, , ,406 = 1 @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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EJEMPLO 7 Se quiere construir una alberca de forma cilíndrica. Hallar las dimensiones que tiene que tener para que el volumen de agua contenida sea máximo, teniendo en cuenta que solo se cuenta con 300 m2 de azulejo para alicatarla (suelo incluido). Solución Superficie de la alberca para alicatar: 300 = π.r2+2.π.r.h Volumen máximo: V =π.r2.h Despejada la altura, h: h= (300 – π.r2 )/2.π.r Sustituida en el volumen: V= π.r2.(300 – π.r2 ) / 2.π.r V= 150.r – 0,5.π.r3  V’=150 – 1,5. π.r2 = 0 r2 = 150 / 1,5. π = 100 / π  r = 10 / √π m.  h = (300 – π.(10 / √π )2 )/2.π.(10 / √π )= 200.√π / 20.π  h = 10 / √π m. @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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EJEMPLO 8 De entre todos los rectángulos inscritos, como indica la siguiente figura, entre la gráfica de la función f : R  R dada por f(x) = 1 / (1+x2), halla el de mayor área. Solución A = x.y A=x / (1+x2) Derivando e igualando a 0: A’ =[ (1+x2) – 2.x2 ] / (1+x2)2 = 0 1 – x2 = 0  x = 1 es la solución. y = 1 / (1+1) = ½ Medidas: x = 1, y = 0,5 @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

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EJEMPLO 9 Una boya formada por dos conos rectos de hierro, unidos por sus bases ha de ser construida mediante dos placas circulares de 3 m. de radio. Calcular las dimensiones de la boya para que su volumen sea máximo. Solución Los 3 m. de radio de cada placa son las generatrices de los conos. Podemos poner r = g El área empleada en cada cono es: A= π.r2.n/ 360 = π.g2.n/ , siendo n el ángulo útil. El área de cada cono es también: A = π.R.g Luego queda: π.g2.n/ 360 = π.R.g g.n = 360.R  Como g=3  n=120.R El volumen de un cono es: V=π.R2.h / 3 Como R2 = g2 – h2 = 9 – h2 El volumen queda: V=π. (9 – h2).h / 3 Derivando e igualando a cero: V’= (π/3).(9 – 3 h2) = 0  h = √3 m. El radio será: R = √6 m. y el ángulo a recortar: n = 120.√6 = 294º n g g h R @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

15 Apuntes 2º Bachillerato C.T.
EJEMPLO 10 Una empresa quiere fabricar vasos de cristal de forma cilíndrica con una capacidad de 250 centímetros cúbicos. Para utilizar la mínima cantidad posible de cristal, se estudian las medidas apropiadas para que la superficie total del vaso sea mínima. ¿Cuáles deben ser dichas medidas?. Solución Capacidad del vaso: V =π.r2.h  =π.r2.h Despejada la altura, h: h= 250 / π.r2 Superficie del vaso (Lateral + una base): S= π.r2 + 2.π.r.h Sustituyendo la altura: S= π.r2 + 2.π.r.(250 / π.r2) = π.r / r S= (π .r ) / r  Derivando: 3.π.r3 – π.r3 – 500 = 0  r = 4,30 cm Y la altura será: h = 250/3,1416.(6,30)2 = 4,30 cm @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.

16 Apuntes 2º Bachillerato C.T.
EJEMPLO 11 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€ / cm2 y para la base se emplea un material un 50% más caro. Hallar las dimensiones de la caja para que su coste sea mínimo. Solución Capacidad de la caja: V = b2.h  80 = b2.h  h = 80 / b2 Coste de la superficie: C = b2 .(1+0,5) + 1.(b2 + 4.b.h) = 2,5.b2 + 4.b.h Sustituyendo la altura: C = 2,5.b2 + 4.b.80 / b2 = 2,5.b / b C = (2,5.b ) / b  Derivando: 7,5.b3 – 2,5.r3 – 320 = 0  b = 4 cm Y la altura será: h = 80 / 42 = 5 cm @ Angel Prieto Benito Apuntes 2º Bachillerato C.T.