OPTIMIZACIÓN.

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1 OPTIMIZACIÓN

2 PROBLEMAS DE OPTIMIZACIÓN
Un problema de optimización consiste en encontrar un valor en el que una determinada función continua alcanza un máximo o un mínimo. Habitualmente, se presenta en un contexto de realidad o geométrico. En general, su resolución consiste en: Escribir la función que representa la situación del problema de optimización, que suele depender de dos variables. Encontrar una relación entre esas dos variables que permita expresar una en función de la otra. Sustituir en la fórmula de la función para expresarla dependiendo ahora de una sola variable. Encontrar los extremos relativos de esta función. Contestar a los requerimientos del enunciado del problema.

3 EJEMPLO 1: Se dispone de 6 m2 de cartón para construir una caja con forma de prisma recto de base cuadrada con tapa. ¿Qué dimensiones debe tener la caja para que el volumen encerrado sea máximo? 1. Esquema gráfico Dimensiones: largo = ancho = a alto = h h a a 2. Función objetivo: Volumen (lo que hay que optimizar, en este caso, maximizar) V = a·a·h = a2·h 3. Función auxiliar que relaciona las dos variables a y h. En este caso, el dato que nos dan es el área total del prisma, que es la cantidad de cartón disponible. A = 2·a2 + 4·a·h 4. Despejamos una de las variables en esta función auxiliar y sustituimos en la función objetivo. A = 6m2  6 = 2·a2 + 4·a·h  h =  V =

4 EJEMPLO 1. (Continuación)
5. Buscamos ahora los extremos relativos de la función V, cuya variable independiente es a. Para ello, derivamos e igualamos a cero. V’ = = 0  3 – 3·a2 = 0  a = 1 Puesto que a es lo que mide una arista, habrá de ser positivo, así, a = 1 m 6. Comprobamos que, efectivamente, se trata de un máximo, calculando la derivada segunda: V” = -3a  V”(1) = -3 < 0  máximo relativo. 7. La altura de la caja la calculamos de la expresión de h = , tomando a = 1, es decir, h = 1 m. 8. Por tanto, la solución del problema es una caja cúbica de dimensiones 1mX1mX1m. 1m 1m 1m

5 EJEMPLO 2: Disponemos de 400 m de alambre para cercar una finca rectangular. Halla los lados de dicho rectángulo para que el área encerrada sea máxima: a) si se necesita cercar los cuatro lados; b) si uno de los lados no necesita cerca porque hay una pared construida a la que adosamos el terreno. a) si se necesita cercar los cuatro lados 1. Esquema gráfico Dimensiones: largo = a ancho = b b a 2. Función objetivo: Área (lo que hay que optimizar, en este caso, maximizar) A = a·b 3. Función auxiliar que relaciona las dos variables a y b. El dato que nos dan es la longitud de alambre, que será igual al perímetro del rectángulo. P = 2a + 2·b 4. Despejamos una de las variables en esta función auxiliar y sustituimos en la función objetivo. P = 400m  400 = 2a + 2b  a = 200 – b  A = (200 – b)·b = 200b – b2

6 EJEMPLO 2. (Continuación del apartado a)
5. Buscamos ahora los extremos relativos de la función A, cuya variable independiente es b. Para ello, derivamos e igualamos a cero. A = 200b – b2  A’ = 200 – 2b= 0  b = 100 6. Comprobamos que, efectivamente, se trata de un máximo, calculando la derivada segunda: A” = – 2 < 0  máximo relativo. 7. La otra dimensión de la parcela la calculamos de la expresión de a = 200 – b tomando b = 100, es decir, a = 100 m. 8. Por tanto, la solución del problema es una parcela cuadrada de dimensiones 100mX100m.

7 b) si uno de los lados no necesita cerca porque hay una pared construida a la que adosamos el terreno. 1. Esquema gráfico Dimensiones: largo = a ancho = b b a 2. Función objetivo: Área (lo que hay que optimizar, en este caso, maximizar) A = a·b 3. Función auxiliar que relaciona las dos variables a y b. En este caso, el dato que nos dan es la longitud de alambre, que será igual a la suma de tres de los lados del rectángulo. P = a + 2·b 4. Despejamos una de las variables en esta función auxiliar y sustituimos en la función objetivo. P = 400m  400 = a + 2b  a = 400 – 2b  A = (400 – 2b)·b = 400b – 2·b2

8 EJEMPLO 2. (Continuación del apartado b)
5. Buscamos ahora los extremos relativos de la función A, cuya variable independiente es b. Para ello, derivamos e igualamos a cero. A = 400b – 2·b2  A’ = 400 – 4b= 0  b = 100 6. Comprobamos que, efectivamente, se trata de un máximo, calculando la derivada segunda: A” = – 4 < 0  máximo relativo. 7. La otra dimensión de la parcela la calculamos de la expresión de a = 400 – 2b tomando b = 100, es decir, a = 200 m. 8. Por tanto, la solución del problema es una parcela rectangular de dimensiones 100mX200m.

9 EJEMPLO 3: De entre todas las rectas del plano que pasan por el punto (1, 2), encuentra aquella que forma con las partes positivas de los ejes coordenados un triángulo de área mínima. Halla el área de dicho triángulo. 1. Esquema gráfico Ecuación de la recta: y = mx + n n a 2. Función objetivo: Área del triángulo (lo que hay que optimizar [minimizar]) A = ½·base·altura = ½· a·n 3. Función auxiliar que relaciona las dos variables a y n. En este caso, el dato que nos dan son las coordenadas del punto por el que pasa la recta. Sustituyendo (1, 2) en la ecuación: 2 = m·1 + n  m = 2 – n Por tanto, la ecuación de la recta quedará: y = (2 – n)x + n. El valor de a es la abscisa correspondiente a y = 0  a =n/(n – 2) 4. Sustituimos en la función objetivo. A =

10 EJEMPLO 3. (Continuación)
5. Buscamos ahora los extremos relativos de la función A, cuya variable independiente es n. Para ello, derivamos e igualamos a cero. A =  A’ = = 0  n2 – 4n = 0  n = 4 o n = 0 Desechamos el valor n = 0 porque no habría triángulo. 6. Comprobamos que, efectivamente, se trata de un mínimo, calculando la derivada segunda: A” =  A”(4) = ½ > 0  mínimo relativo. 7. Ahora obtenemos el valor de la pendiente m = 2 – n = 2 – 4 = -2 . 8. Por tanto, la solución del problema es y = -2x + 4. Y el área del triángulo es A = ½·2·4 = 4 u2

11 FIN DEL CAPÍTULO