4.1: Optimización

Muchos problemas físicos implican optimización: encontrar un valor máximo o mínimo de alguna cantidad. Los problemas de optimización a menudo tienen una restricción que involucra dos variables que le permite reescribir la función objetiva —la función para optimizar— como una función de una sola variable: use la restricción para resolver una variable en términos de otra, luego sustituya esa expresión en la función objetiva.

En primer lugar, las nociones intuitivas de máximo y mínimo necesitan aclararse.

En otras palabras, un máximo global es el valor más grande en todas partes (“globalmente”), mientras que un máximo local es solo el valor más grande “localmente”. De igual manera para un mínimo global vs local. La siguiente imagen ilustra las diferencias.

En la imagen, en el intervalo$\ival{a}{b}$ la función$f$ tiene un mínimo global en$x=a$, un máximo global en$x=c_1$, un mínimo local en$x=c_2$, y un máximo local en$x=b$. Cada máximo global [mínimo] es un máximo local [mínimo], pero no viceversa. En aplicaciones físicas los máximos o mínimos globales ¹ son el interés principal. El Teorema del Valor Extremo en la Sección 3.3 garantiza la existencia de al menos un máximo global y al menos un mínimo global para funciones continuas definidas en intervalos cerrados (es decir, intervalos de la forma$\ival{a}{b}$). Todas las funciones aquí consideradas serán diferenciables, y por lo tanto continuas. Entonces los únicos problemas serán cómo encontrar los máximos o mínimos globales, y cómo manejar intervalos que no están cerrados.

Consideremos nuevamente la imagen de la página anterior, esta vez mirando cómo$f'$ cambia la derivada$\ival{a}{b}$. Intuitivamente es obvio que cerca de un máximo interno (es decir, en el intervalo abierto$(a,b)$) como at$x=c_1$, la función debería aumentar antes de ese punto y luego disminuir después de ese punto. Eso significa que$f'(x)>0$ antes$x=c_1$ y$f'(x)<0$ después del “punto de inflexión”$x=c_1$, como se muestra a continuación.

Suponiendo que eso$f'$ es continuo (que será el caso para todas las funciones de esta sección), entonces esto significa que$f'=0$ at$x=c_1$, es decir,$f'(c_1)=0$. De igual manera, cerca del mínimo interno en$x=c_2$,$f'(x)<0$ antes$x=c_2$ y$f'(x)>0$ después$x=c_2$, para que$f'(c_2)=0$. Los puntos en los que la derivada es cero se denominan puntos críticos (o puntos estacionarios) de la función. Entonces$x=c_1$ y$x=c_2$ son puntos críticos de$f$.

Anote en la imagen que$f'$ va de positivo a cero a negativo alrededor$x=c_1$, por lo que$f'$ está disminuyendo alrededor$x=c_1$, i.e$f''=(f')'<0$. Del mismo modo,$f'$ está aumentando alrededor$x=c_2$, i.e$f''>0$. Esto lleva a la siguiente prueba para máximos y mínimos locales: ²

Para ver por qué falla la prueba cuando$f''(c)=0$, considere$f(x)=x^3$:$f'(0)=0$ y$f''(0)=0$, sin embargo, no$x=0$ es ni un mínimo local ni máximo en ningún intervalo abierto que contenga$x=0$. La Sección 4.2 presentará una alternativa para cuando falle la Prueba de Segunda Derivada. Existe un dispositivo mnemotécnico visual simple para recordar la Segunda Prueba Derivada, debido a un mínimo genérico o máximo parecido a una sonrisa o fruncido el ceño, respectivamente:

Los “ojos” en los rostros representan el signo de$f''$ en un punto crítico, mientras que las “bocas” indican la naturaleza de ese punto (cuando$f''=0$ no se sabe nada). Ahora se puede afirmar el procedimiento para encontrar un máximo o mínimo global:

En cada caso del procedimiento anterior tratar de utilizar la Prueba de Segunda Derivada para verificar que un punto crítico es un mínimo o máximo local, a menos que sea obvio por la naturaleza del problema que solo puede haber un mínimo o solo un máximo.

Ejemplo$\PageIndex{1}$: minmax1

Mostrar que el rectángulo con el área más grande para un perímetro fijo es un cuadrado.

Solución

Dejar$L$ ser el perímetro de un rectángulo con lados$x$ y$y$. La idea es que$L$ es una constante fija, pero$x$ y$y$ puede variar. La figura [fig:minmax1] muestra que hay muchas formas posibles para el rectángulo, pero en todos los casos$L = 2x + 2y$. Dejar$A$ ser el área de tal rectángulo. Entonces$A = xy$, que es una función de dos variables. Pero

$$L ~=~ 2x ~+~ 2y \quad\Rightarrow\quad y ~=~ \frac{L}{2} ~-~ x ~,$$

y por lo tanto

$$A ~=~ x\,\left(\frac{L}{2} ~-~ x\right) ~=~ \frac{Lx}{2} ~-~ x^2$$

es ahora una función de$x$ solo, en el intervalo abierto$(0,L/2)$ (ya que la longitud$x$ es positiva). Ahora encuentra los puntos críticos de$A$:

$$\begin{aligned} A'(x) ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad \frac{L}{2} ~-~ 2x ~=~ 0\\ &\Rightarrow\quad x ~=~ \frac{L}{4} ~~\text{is the only critical point}\end{aligned}$$

Este problema es así el caso de una función definida en un intervalo abierto que tiene solo un punto crítico. Utilice la Prueba de Segunda Derivada para verificar que el único punto crítico$x=L/4$ es un máximo local para$A$:

$$A''(x) ~=~ -2 \quad\Rightarrow\quad A''(L/4) ~=~ -2 ~<~ 0 \quad\Rightarrow\quad\text{$A$ has a local maximum at $x = L/4$}$$

Así,$A$ tiene un máximo global en$x=L/4$. También,$y = L/2 - x = L/2 - L/4 = L/4$, lo que significa que$x = y$, es decir, el rectángulo es un cuadrado.
Nota: La restricción en este ejemplo fue$L=2x+2y$ y la función objetiva fue$A=xy$.

Ejemplo$\PageIndex{2}$: minmax2

Supongamos que se ensamblará una lata cilíndrica circular derecha con tapas superior e inferior para tener un volumen fijo. Encuentra el radio y la altura de la lata que minimiza la superficie total de la lata.

Solución

Solución: Dejar$V$ ser el volumen fijo de la lata con radio$r$ y altura$h$, como en la Figura [fig:minmax2]. El volumen$V$ es una constante, con$V = \pi r^2h$. Dejar$S$ ser la superficie total de la lata, incluyendo las tapas. Entonces

$$S ~=~ 2\pi r^2 ~+~ 2\pi rh$$

donde el primer término en la suma del lado derecho de la ecuación es el área combinada de las dos tapas circulares y el segundo término es el área de superficie lateral de la lata. Así$S$ es una función de$r$ y$h$, pero se$h$ puede eliminar desde

$$V ~=~ \pi r^2h \quad\Rightarrow\quad h ~=~ \frac{V}{\pi r^2}$$

y así

$$S ~=~ 2\pi r^2 ~+~ 2\pi r \cdot \frac{V}{\pi r^2} ~=~ 2\pi r^2 ~+~ \frac{2V}{r}$$

haciendo$S$ una función de$r$ solo. Ahora encuentra los puntos críticos de$S$ (es decir, resolver$S'(r)=0$):

$$\begin{aligned} S'(r) ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad 4\pi r ~-~ \frac{2V}{r^2} ~=~ 0\\ &\Rightarrow\quad r^3 ~=~ \frac{V}{2\pi}\\ &\Rightarrow\quad r ~=~ \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}} ~~\text{is the only critical point}\end{aligned}$$

Ya que ambos$r$ y$h$ son longitudes y tienen que ser positivos, entonces$0 < r < \infty$. Entonces este es otro caso de una función definida en un intervalo abierto que tiene solo un punto crítico. Utilice la Prueba de Segunda Derivada para verificar que este punto crítico$r=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$ sea un mínimo local para$S$:

$$S''(r) ~=~ 4\pi ~+~ \frac{4V}{r^3} \quad\Rightarrow\quad S''\left(\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}\right) ~=~ 4\pi ~+~ \frac{4V}{\frac{V}{2\pi}} ~=~ 12\pi ~>~ 0 \quad\Rightarrow\quad\text{$S$ has a local minimum at $r = \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$}$$

Por lo tanto,$S$ tiene un mínimo global en$r = \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$, y

$$r \cdot r^2 ~=~ r^3 ~=~ \frac{V}{2\pi} \quad\Rightarrow\quad 2r ~=~ \frac{V}{\pi r^2} ~=~ h ~.$$

De ahí,$r = \sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$ y$h = 2\,\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi}}$ minimizará la superficie total, es decir, la altura debe ser igual al diámetro.

Tenga en cuenta que este resultado se puede aplicar a latas de soda, donde el volumen es de onzas$V = 12$ líquidas pulgadas$~\approx~ 21.6$ cúbicas: tanto un diámetro como una altura de aproximadamente$3.8$ pulgadas minimizarán la cantidad (y por lo tanto el costo) del aluminio utilizado para la lata. Sin embargo, las latas de soda no son tan anchas y bajas, generalmente son más delgadas y altas. Entonces, ¿por qué se usa un tamaño no óptimo en la práctica? Otros factores, por ejemplo, los requisitos de empaque, la necesidad de que los niños pequeños sostengan la lata con una sola mano, podrían anular el deseo de minimizar el costo del aluminio. La lección es que una solución óptima para un factor (costo del material) puede no ser siempre verdaderamente óptima cuando se consideran todos los factores; a menudo es necesario el compromiso.

Ejemplo$\PageIndex{1}$: minmax3

Supongamos que un proyectil es lanzado desde el suelo con una velocidad inicial fija$v_0$ en ángulo$\theta$ con el suelo. ¿Qué valor de$\theta$ maximizaría la distancia horizontal recorrida por el proyectil, asumiendo que el suelo es plano y no inclinado (es decir, horizontal)?

Solución

Dejar$x$ y$y$ representar la posición horizontal y vertical, respectivamente, del proyectil en el momento$t \ge 0$. Desde el triángulo en la parte inferior de la Figura [fig:minmax3], los componentes horizontal y vertical de la velocidad inicial son$v_0 \cos\,\theta$ y$v_0 \sin\,\theta$, respectivamente. Dado que la distancia es producto de la velocidad y el tiempo, entonces las distancias horizontales y verticales recorridas por el proyectil por el tiempo$t$ debido a la velocidad inicial son$(v_0 \cos\,\theta)t$ y$(v_0 \sin\,\theta)t$, respectivamente. Ignorando la resistencia al viento y al aire, la única otra fuerza sobre el proyectil será la fuerza descendente$g$ debida a la gravedad, de manera que las ecuaciones de movimiento para el proyectil son:

$$\begin{aligned} x ~&=~ (v_0 \cos\,\theta)t\\ y ~&=~ -\frac{1}{2}gt^2 ~+~ (v_0 \sin\,\theta)t\end{aligned}$$

El objetivo es encontrar$\theta$ que maximice la longitud$L$ mostrada en la Figura [fig:minmax3]. Primero escribe$y$ en función de$x$:

$$\begin{aligned} x ~=~ (v_0 \cos\,\theta)t \quad&\Rightarrow\quad t ~=~ \frac{x}{v_0 \cos\,\theta} \quad\Rightarrow\quad y ~=~ -\frac{1}{2}g\left(\frac{x}{v_0 \cos\,\theta}\right)^2 ~+~ (v_0 \sin\,\theta) \cdot \frac{x}{v_0 \cos\,\theta}\\[6pt] &\Rightarrow\quad y ~=~ -\frac{gx^2}{2v_0^2 \cos^2\,\theta} ~+~ x\tan\,\theta\end{aligned}$$

Entonces$L$ es el valor de$x>0$ que hace$y=0$:

$$0 ~=~ -\frac{gL^2}{2v_0^2 \cos^2\,\theta} ~+~ L\tan\,\theta \quad\Rightarrow\quad L ~=~ \frac{2v_0^2 \sin\,\theta\;\cos\,\theta}{g} ~=~ \frac{v_0^2 \sin\,2\theta}{g}$$

Entonces ahora$L$ es una función de$\theta$, con$0 < \theta < \pi/2$ (¿por qué?). Entonces, si hay un solo máximo local entonces debe ser el máximo global. Ahora consigue los puntos críticos de$L$:

$$\begin{aligned} L'(\theta) ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad \frac{2v_0^2 \cos\,2\theta}{g} ~=~ 0\\[4pt] &\Rightarrow\quad \cos\,2\theta ~=~ 0\\[3pt] &\Rightarrow\quad 2\theta ~=~ \frac{\pi}{2} \quad\Rightarrow\quad \theta ~=~ \frac{\pi}{4} ~~\text{is the only critical point}\end{aligned}$$

Utilice la Prueba de Segunda Derivada para verificar que$L$ tiene un máximo local en$\theta = \pi/4$:

$$\begin{aligned} L''(\theta) ~=~ -\frac{4v_0^2 \sin\,2\theta}{g} \quad&\Rightarrow\quad L''(\pi/4) ~=~ -\frac{4v_0^2}{g} ~<~ 0\\[4pt] &\Rightarrow\quad \text{$L$ has a local maximum at $\theta = \frac{\pi}{4}$}\end{aligned}$$

Así,$L$ tiene un máximo global en$\theta = \frac{\pi}{4}$, es decir, el proyectil viaja más lejos horizontalmente cuando se lanza en$45\Degrees$ ángulo con el suelo ($L\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{v_0^2}{g}$siendo la distancia horizontal máxima).

Tenga en cuenta que una vez que$\theta$ se encontró que la fórmula para$L$ como función de era$L = \frac{v_0^2 \sin\,2\theta}{g}$, en realidad no se necesitaba cálculo para resolver este problema. ¿Por qué? Dado que$v_0^2$ y$g$ son constantes positivas (recordar$g = 9.8 \text{m/s}^2$),$L$ tendría su mayor valor cuando$\sin\,2\theta$ tenga su mayor valor$1$, lo que ocurre cuando$\theta = \pi/4$.

Ejemplo$\PageIndex{1}$: minmax4

El Principio de Fermat establece que la luz siempre viaja por el camino que toma la menor cantidad de tiempo. Entonces supongamos que un rayo de luz se resplandece desde un punto$A$ sobre una superficie reflectante horizontal plana en ángulo$\theta_1$ con la superficie y luego se refleja de la superficie en un ángulo$\theta_2$ a un punto$B$. Demostrar que el Principio de Fermat implica eso$\theta_1 = \theta_2$.

Solución

Dejar$L$ ser la distancia horizontal entre$A$ y$B$, dejar$d_1$ ser la distancia que la luz recorre desde$A$ el punto de contacto$C$ con la superficie una distancia horizontal$x$ desde$A$, dejar$d_2$ ser la distancia de$C$ a $B$, y dejar$y_1$ y$y_2$ ser las distancias verticales desde$A$ y$B$, respectivamente, a la superficie, como en la imagen de abajo.

Dado que el tiempo es la distancia dividida por la velocidad, y dado que la velocidad de la luz es constante, entonces minimizar el tiempo total transcurrido equivale a minimizar la distancia total recorrida, es decir$D = d_1 + d_2$. La idea básica aquí es que el Principio de Fermat implica que para que la luz pase de$A$ a$B$ en el menor tiempo, el punto desconocido$C$$x$ —y de ahí la distancia desconocida— tendrá que estar en un punto que haga$\theta_1 = \theta_2$. Las distancias$L$,$y_1$ y$y_2$ son constantes, por lo que el objetivo es escribir la distancia$D$ total en función de$x$, encontrar la$x$ que minimiza$D$, luego mostrar que ese valor de$x$ hace$\theta_1 = \theta_2$.

Primero, tenga en cuenta que$C$ tiene que estar entre$A$ y$B$ como en la imagen, de lo contrario la distancia total$D$ sería mayor que si$C$ estuviera directamente por debajo de cualquiera$A$ o$B$. Esto asegura que$\theta_1$ y$\theta_2$ están entre$0$ y$\pi/2$, y eso$0 \le x \le L$.

A continuación, por el Teorema de Pitágoras y la imagen de arriba,

$$d_1 ~=~ \sqrt{x^2 + y_1^2} \quad\text{and}\quad d_2 ~=~ \sqrt{(L-x)^2 + y_2^2}$$ y así la distancia total$D = d_1 + d_2$ recorrida por la luz es una función de$x$:

$$D(x) ~=~ \sqrt{x^2 + y_1^2} ~+~ \sqrt{(L-x)^2 + y_2^2}$$ Para encontrar los puntos críticos de$D$, resolver la ecuación$D'(x)=0$:

$$D'(x) ~=~ \frac{x}{\sqrt{x^2 + y_1^2}} ~-~ \frac{L-x}{\sqrt{(L-x)^2 + y_2^2}} ~=~ 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{x}{d_1} ~=~ \frac{L-x}{d_2} \quad\Rightarrow\quad \sin\,\theta_1 ~=~ \sin\,\theta_2 \quad\Rightarrow\quad \theta_1 ~=~ \theta_2$$ ya que la función sinusoidal es uno a uno en el intervalo$\ival{0}{\frac{\pi}{2}}$.

Esto parece probar el resultado, a excepción de un problema restante por resolver: verificar que el mínimo para$D$ realmente ocurre en el$x$ medio$0$ y$L$ donde$D'(x)=0$, no en los puntos finales$x=0$ o$x=L$ del intervalo cerrado$\ival{0}{L}$. Tenga en cuenta que el uso de la Prueba de Segunda Derivada en este caso no importa, ya que tendría que verificar el valor de$D$ en los puntos finales de todos modos y comparar esos valores con los valores de$D$ en los puntos críticos. Para encontrar expresiones para los puntos críticos, tenga en cuenta que

$$\begin{aligned} D'(x) ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad \frac{x}{\sqrt{x^2 + y_1^2}} ~=~ \frac{L-x}{\sqrt{(L-x)^2 + y_2^2}} \quad\Rightarrow\quad \frac{x^2}{x^2 + y_1^2} ~=~ \frac{(L-x)^2}{(L-x)^2 + y_2^2}\\[6pt] &\Rightarrow\quad \cancel{(L-x)^2 x^2} ~+~ x^2 y_2^2 ~=~ \cancel{(L-x)^2 x^2} ~+~ (L-x)^2 y_1^2\\[4pt] &\Rightarrow\quad xy_2 ~=~ (L-x)y_1 \quad\Rightarrow\quad x ~=~ \frac{Ly_1}{y_1 + y_2} \quad\text{is the only critical point,}\end{aligned}$$ y$x$ es entre$0$ y$L$. Ahora compare los valores de$D^2(x)$ at$x=0$,$x=L$, y$x=\frac{Ly_1}{y_1 + y_2}$:

$$\begin{aligned} D^2(0) ~&=~ L^2 ~+~ y_1^2 ~+~ y_2^2 ~+~ 2y_1\sqrt{L^2 + y_2^2}\\ D^2(L) ~&=~ L^2 ~+~ y_1^2 ~+~ y_2^2 ~+~ 2y_2\sqrt{L^2 + y_1^2}\\ D^2\left(\tfrac{Ly_1}{y_1 + y_2}\right) ~&=~ L^2 ~+~ y_1^2 ~+~ y_2^2 ~+~ 2y_1y_2\end{aligned}$$ Desde$y_2 < \sqrt{L^2 + y_2^2}$ y$y_1 < \sqrt{L^2 + y_1^2}$, entonces$D^2\left(\tfrac{Ly_1}{y_1 + y_2}\right)$ es el más pequeño de los tres valores anteriores, así que ese$D^2(x)$ tiene su valor mínimo at$x=\frac{Ly_1}{y_1 + y_2}$, lo que significa que$D(x)$ tiene su valor mínimo ahí. $\quad\checkmark$

Ejemplo$\PageIndex{1}$: minmax5

Un hombre está en un bote$4$ a kilómetros de una costa recta. Quiere llegar a un punto$10$ millas por la costa en el mínimo tiempo posible. Si puede remar$4$ mi/h y correr$5$ mi/h, ¿dónde debería aterrizar el bote?

Solución

$T$Sea el tiempo total viajado. El objetivo es minimizar$T$. De la imagen de la derecha, dado que el tiempo es la distancia dividida por la velocidad, romper el tiempo total en dos partes: el tiempo remando en el agua y el tiempo que corre en la costa, de manera que

$$T ~=~ \text{time}_{\text{row}} ~+~ \text{time}_{\text{run}} ~=~ \dfrac{\text{dist}_{\text{row}}}{\text{speed}_{\text{row}}} ~+~ \dfrac{\text{dist}_{\text{run}}}{\text{speed}_{\text{run}}} ~=~ \dfrac{\sqrt{x^2 + 16}}{4} ~+~ \dfrac{10-x}{5} ~,$$

donde$0 \le x \le 10$ esta la distancia a lo largo de la costa donde aterriza el barco. Entonces

$$T'(x) ~=~ \dfrac{x}{4\,\sqrt{x^2 + 16}} ~-~ \dfrac{1}{5} ~=~ 0 \quad\Rightarrow\quad 5x ~=~ 4\,\sqrt{x^2 + 16} \quad\Rightarrow\quad 25x^2 ~=~ 16\,(x^2 + 16) \quad\Rightarrow\quad x ~=~ \dfrac{16}{3} ~,$$

así$x=\frac{16}{3}$ es el único punto crítico. Así, el mínimo (global) de$T$ ocurrirá en$x=\frac{16}{3}$,$x=0$, o$x=10$. Desde

$$T(0) ~=~ 3 \quad,\qquad T(10) ~=~ \frac{\sqrt{29}}{2} ~\approx~ 2.693 \quad,\qquad T\left(\frac{16}{3}\right) ~=~ \frac{13}{5} ~=~ 2.6$$

entonces$T(\frac{16}{3}) < T(10) < T(0)$. De ahí que el mínimo global se da al aterrizar el barco$x= \frac{16}{3} \approx 5.33$ millas por la costa.

Tenga en cuenta que este ejemplo muestra la importancia de verificar los puntos finales. Estuvo bastante cerca entre aterrizar unas 5.33 millas por la costa (2.6 horas) o simplemente remar todo el camino hasta el destino (unas 2.693 horas) —la diferencia es de sólo 5.6 minutos aproximadamente. Con solo un ligero cambio en algunos de los números, el mínimo podría haber ocurrido en un punto final. Moral: ¡siempre revisa los puntos finales! ³

Ejemplo$\PageIndex{1}$: minmax6

Agrega texto aquí.

Solución

Encuentra el punto$(x,y)$ en la gráfica de la curva$\;y=\sqrt{x}\;$ que está más cerca del punto$(1,0)$.

Solución: Dejar$(x,y)$ ser un punto en la curva$y=\sqrt{x}$. Entonces$(x,y) = (x,\sqrt{x}\;)$, por la fórmula de distancia la distancia$D$ entre$(x,y)$ y$(1,0)$ viene dada por

$$D^2 ~=~ (x-1)^2 ~+~ (y - 0)^2 ~=~ (x-1)^2 ~+~ (\sqrt{x}\,)^2 ~=~ (x-1)^2 ~+~ x~,$$

que es una función de$x \ge 0$ por sí sola. Tenga en cuenta que minimizar$D$ es equivalente a minimizar$D^2$. Desde

$$\dfrac{d(D^2)}{\dx} ~=~ 2\,(x-1) ~+~ 1 ~=~ 2x ~-~ 1 ~=~ 0 \quad\Rightarrow\quad x ~=~ \tfrac{1}{2} ~~\text{is the only critical point,}$$

y ya que$\frac{d^2(D^2)}{\dx^2} \;=\; 2 \;>\; 0$ para todos$x$, entonces por la Segunda Prueba Derivada$x=1/2$ es un mínimo local. De ahí que el mínimo global para$D^2$ debe ocurrir en el punto final$x=0$ o en$x=1/2$. Pero$D^2(0)=1 > D^2(1/2)=3/4$, así el mínimo global se da en$x=1/2$. De ahí que el punto más cercano sea$(x,y) ~=~ (1/2,\sqrt{1/2})$. Ejemplo$\PageIndex{1}$: minmax7

Agrega texto aquí.

Solución

Encuentra el ancho y la altura del rectángulo con el mayor perímetro posible inscrito en un semicírculo de radio$r$.

Solución: Dejar$w$ ser el ancho del rectángulo y dejar$h$ ser la altura, como en la imagen. Entonces el perímetro es$P= 2w + 2h$. Por simetría y el teorema de Pitágoras,

$$h^2 ~=~ r^2 ~-~ \left(\frac{w}{2}\right)^2 \quad\Rightarrow\quad h ~=~ \frac{1}{2}\,\sqrt{4r^2 - w^2}$$ y así$P = 2w + \sqrt{4r^2 - w^2}$ para$0 < w < 2r$. Encuentra los puntos críticos de$P$:

$$\begin{aligned} P'(w) ~=~ 2 ~-~ \frac{w}{\sqrt{4r^2 - w^2}} ~=~ 0 \quad&\Rightarrow\quad w ~=~ 2\sqrt{4r^2 - w^2}\\[2pt] &\Rightarrow\quad w^2 ~=~ 16r^2 ~-~ 4w^2\\[2pt] &\Rightarrow\quad w ~=~ \frac{4r}{\sqrt{5}} ~~\text{is the only critical point,}\end{aligned}$$ y desde

$$P''(w) ~=~ -\,\frac{4r^2}{(4r^2 - w^2)^{3/2}} \quad\Rightarrow\quad P''\left(\tfrac{4r}{\sqrt{5}}\right) ~=~ -\,\frac{5^{3/2}}{2r} ~<~ 0$$

entonces$P$ tiene un máximo local en$w=\frac{4r}{\sqrt{5}}$, por la Segunda Prueba Derivada. Ya que$P(w)$ se define para$w$ en el intervalo abierto$(0,2r)$, el máximo local es un máximo global. Para el ancho$w=\frac{4r}{\sqrt{5}}$ la altura es$h=\frac{r}{\sqrt{5}}$, lo que da las dimensiones para el perímetro máximo.

Nota: Si$w$ se extendieran para incluir los casos de rectángulos “degenerados” de ancho o alto cero, es decir$w=0$ o$w=2r$, entonces el perímetro máximo seguiría ocurriendo en$w=\tfrac{4r}{\sqrt{5}}$, ya que$P\left(\tfrac{4r}{\sqrt{5}}\right) = \tfrac{10r}{\sqrt{5}} \approx 4.472r$ es mayor que$P(0) = 2r$ y$P(2r) = 4r$.

[sec4dot1]

1. Encuentra el punto en la curva$y=x^2$ que está más cerca del punto$(4,\;-1/2)$.

2. Demuéstralo por$0\le p\le 1$,$p\,(1-p) \le \frac{1}{4}$.

3. Un agricultor desea cercar un campo que bordea un arroyo recto con$1000$ yd de material de cercado. No es necesario cercar el costado que bordea el arroyo. ¿Cuál es el área máxima de un campo rectangular que se puede cercar de esta manera?

4. La potencia$P$ de salida de una batería viene dada por$P = VI - RI^2$$I$, dónde$V$, y$R$ son la corriente, voltaje y resistencia, respectivamente, de la batería. Si$V$ y$R$ son constantes, encuentra la corriente$I$ que maximice$P$.

5. Una turbina de impulso consiste en un chorro de agua de alta velocidad golpeando palas montadas circularmente. La potencia$P$ generada por la turbina es$P=VU(V-U)$, donde$V$ está la velocidad del chorro y$U$ es la velocidad de la turbina. Si la velocidad del chorro$V$ es constante, encuentre la velocidad de la turbina$U$ que maximice$P$.

6. Un hombre está en un bote$5$ a kilómetros de una costa recta. Quiere llegar a un punto$15$ millas por la costa en el mínimo tiempo posible. Si puede remar$6$ mi/h y correr$10$ mi/h, ¿dónde debería aterrizar el bote?

7. La corriente$I$ en una celda voltaica es

   $$I ~=~ \dfrac{E}{R + r} ~,$$ donde$E$ está la fuerza electromotriz y$R$ y$r$ son la resistencia externa e interna, respectivamente. Ambos$E$ y$r$ son características internas de la celda, y por lo tanto pueden tratarse como constantes. El poder$P$ desarrollado en la célula es$P = RI^2$. ¿Para qué valor de$R$ se$P$ maximiza la potencia?

8. Encuentra el (los) punto (s) en la elipse$\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1$ más cercano a$(-1,0)$.

9. Encuentra el área máxima de un rectángulo que se puede inscribir en una elipse$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$, donde$a>0$ y$b>0$ son constantes arbitrarias. Tu respuesta debe ser en términos de$a$ y$b$.

10. Encuentra el radio y ángulo del sector circular con el área máxima y un perímetro fijo$P$.

11. [exer:projmaxangle] En Ejemplo

    Ejemplo$\PageIndex{1}$: minmax3

    Agrega texto aquí.

    Solución

    muestran que la altura máxima alcanzada por el proyectil cuando se lanza con una velocidad inicial$v_0$ en ángulo$0<\theta<\frac{\pi}{2}$ con el suelo es$\frac{v_0^2\,\sin^2 \theta}{2g}$.

12. La velocidad$v$ de fase de una onda capilar con tensión superficial$T$ y densidad de agua$p$ es

    $$v ~=~ \sqrt{\frac{2\pi T}{\lambda p} + \frac{\lambda g}{2\pi}}$$ donde$\lambda$ esta la longitud de onda. Encuentra el valor de$\lambda$ que minimiza$v$.

13. [exer:inventory] Para un modelo de inventario con una cantidad de pedido constante$Q>0$ y una tasa de agotamiento de inventario lineal constante$D$, el costo unitario total$TC$ para mantener un inventario promedio de$Q/2$ unidades es

    $$TC ~=~ C ~+~ \frac{P}{Q} ~+~ \frac{(I+W)\,Q}{2D}$$ donde$C$ está el costo de inversión de capital,$P$ es el costo por pedido,$I$ es el costo por unidad de interés por unidad de tiempo, y$W$ es el costo general de mantenimiento de inventario. Encuentra el valor de$Q$ que minimiza$TC$.

14. La apertura de una canaleta de lluvia, que se muestra en la figura de la derecha, tiene un fondo y dos lados cada uno con longitud$a$. Los lados hacen un ángulo$\theta$ con el fondo. Encuentra el valor de$\theta$ que maximiza la cantidad de lluvia que puede contener la canaleta. [[1.] ]

15. En un circuito eléctrico con una tensión suministrada (emf)$E$, una resistencia con resistencia$r_0$, y un inductor con reactancia$x_0$, supongamos que desea agregar una segunda resistencia. Si$r$ representa la resistencia de esta segunda resistencia entonces la potencia$P$ entregada a esa resistencia viene dada por

    $$P ~=~ \dfrac{E^2 r}{(r + r_0)^2 ~+~ {x_0}^2}$$ con$E$$r_0$, y$x_0$ tratados como constantes. ¿Para qué valor de$r$ se$P$ maximiza la potencia?

16. La tensión$\tau$ en el$xy$ plano a lo largo de un ángulo variable$\phi$ viene dada por

    $$\tau ~=~ \tau(\phi) ~=~ \frac{\sigma_x - \sigma_y}{2}\,\sin\,2\phi ~+~ \tau_{xy}\,\cos\,2\phi ~,$$ donde$\sigma_x$,$\sigma_y$, y$\tau_{xy}$ son componentes de tensión que pueden tratarse como constantes. Demostrar que el estrés máximo es

    $$\tau ~=~ \frac{\sqrt{\left(\sigma_x - \sigma_y\right)^2 ~+~ 4 \tau^2_{xy}}}{2} ~.$$ (Sugerencia: Dibuja un triángulo rectángulo con ángulo$2\phi$ después de encontrar el punto (s) crítico (s).) [[1.] ]

17. Un determinado corredor puede correr 0.16 km/min, y camina a la mitad de esa velocidad. Si corre por un sendero circular con circunferencia de 50 km y luego, antes de completar un círculo completo, camina de regreso recto a su punto de partida, ¿cuál es el tiempo máximo que puede pasar en la carrera/caminata?

18. Un póster rectangular debe contener 50 pulgadas cuadradas de material impreso, con márgenes superior e inferior de 4 pulgadas y márgenes laterales de 2 pulgadas. ¿Qué dimensiones para el póster usaría menos papel?

19. Encuentra el volumen máximo de un cilindro circular derecho que se puede inscribir en una esfera de radio$3$.

20. Una figura consiste en un rectángulo cuyo lado superior coincide con el diámetro de un semicírculo encima de él. Si el perímetro de la figura es$20$ m, encuentra el radio y la altura del semicírculo y rectángulo, respectivamente, que maximiza el área dentro de la figura.

21. Una delgada tubería de acero de$25$ pies de largo se lleva por un pasillo estrecho de$5.4$ pies de ancho. Al final del corredor hay un giro en ángulo recto en un corredor más amplio. ¿Qué tan ancho debe ser este corredor para que la tubería esté a la vuelta de la esquina? Se puede suponer que el ancho de la tubería puede ser ignorado.

22. Un rectángulo se inscribe en un triángulo rectángulo, con una esquina del rectángulo en el ángulo recto del triángulo. Mostrar que el área máxima del rectángulo ocurre cuando una esquina del rectángulo está en el punto medio de la hipotenusa del triángulo. [[1.] ]

23. Encuentra la relación entre el radio y la altura de una lata cilíndrica con una parte superior abierta que maximiza el volumen de la lata, dado que la superficie de la lata es siempre la misma cantidad fija.

24. Un triángulo isósceles se circunscribe alrededor de un círculo de radio$r$. Encuentra la altura del triángulo que minimiza el perímetro del triángulo.

25. $N$Supongamos que las celdas voltáicas están dispuestas en$N/x$ filas en paralelo, con cada fila compuesta por$x$ celdas en serie, creando una corriente$I$ a través de una resistencia externa$R$. Cada celda tiene resistencia interna$r$ y EMF (voltaje)$e$. Encuentra el$x$ que maximiza la corriente$I$, que, debido a la ley de Ohm, viene dada por

    $$I ~=~ \dfrac{xe}{(x^2 r/N) + R} ~~.$$

26. Un sistema de vibración forzada armónicamente de un solo grado de libertad con factor de amortiguación$\zeta$ tiene factor de aumento$MF = ((1 - r^2)^2 + (2\zeta r)^2)^{-1/2}$, donde$r$ está la relación de frecuencia. Encuentra el valor de$r$ que maximiza$MF$.

27. A una$x\ge0$ distancia del centro de un anillo uniforme con carga$q$ y radio$a$, la magnitud$E$ del campo eléctrico para puntos en el eje del anillo es

    $$E ~=~ \frac{qx}{4 \pi \epsilon_0\,(a^2 + x^2)^{3/2}}$$ donde$\epsilon_0$ está la permitividad del espacio libre. Encuentra la distancia$x$ que maximiza$E$.

28. Encuentra la ecuación de la línea tangente a la elipse$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ en el primer cuadrante que forma con los ejes de coordenadas el triángulo rectángulo con área mínima.

29. Una estrella “fría” que ha agotado su combustible nuclear —llamada enana blanca — tiene energía total$E$, dada por

    $$E ~=~ \frac{\hbar^2 \,(3 \pi^2 Nq)^{5/3}}{10 \pi^2 m}\,\left(\frac{4}{3} \pi R^3\right)^{-2/3} ~-~ \frac{3 G M^2 N^2}{5R}$$ donde$\hbar$ está la constante reducida de Planck,$N$ es el número de nucleones —protones y neutrones— en la estrella,$q$ es la carga de un electrón,$m$ es la masa de un electrón,$M$ es la masa de un nucleón,$G$ es la constante gravitacional, y $R$es el radio de la estrella. Mostrar que el radio$R$ que minimiza$E$ es

    $$R ~=~ \left(\frac{9 \pi}{4}\right)^{2/3}\,\frac{\hbar^2 q^{5/3}}{GmM^2 N^{1/3}} ~.$$ [[1.] ]

30. Un objeto de masa$m$ tiene un momento angular orbital$l$ alrededor de un agujero negro con radio$r_S$ y masa Schwarzchild$M$. El potencial efectivo$\Phi$ del objeto es

    $$\Phi ~=~ -\frac{GM}{r} ~+~ \frac{l^2}{2m^2r^2} ~-~ \frac{r_S l^2}{2m^2r^3}$$ donde$G$ está la constante gravitacional y$r$ es la distancia del objeto desde el agujero negro. Demostrar que$\Phi$ tiene un máximo y mínimo local en$r=r_1$ y$r=r_2$, respectivamente, donde

    $$r_1 ~=~ \frac{l^2}{2GMm^2}\,\left(1 - \sqrt{1 - \frac{6GMm^2r_S}{l^2}}\,\right) \quad\text{and}\quad r_2 ~=~ \frac{l^2}{2GMm^2}\,\left(1 + \sqrt{1 - \frac{6GMm^2r_S}{l^2}}\,\right) ~.$$

31. Recordemos el principio de Fermat del ejemplo

    Ejemplo$\PageIndex{1}$: minmax4

    Agrega texto aquí.

    Solución

    , que establece que la luz viaja a lo largo del camino que toma la menor cantidad de tiempo. La velocidad de la luz en un vacío es aproximadamente$c = 2.998 \times 10^8$ m/s, pero en algún otro medio (por ejemplo, el agua) la luz es más lenta. Supongamos que un rayo de luz va desde un punto$A$ en un medio donde se mueve a una velocidad$v_1$ y termina en un punto$B$ en otro medio donde se mueve a una velocidad$v_2$. Usa el Principio de Fermat para probar la Ley de Snell, que dice que la luz se refracta a través del límite entre los dos medios de tal manera que

    $$\frac{\sin\,\theta_1}{\sin\,\theta_2} ~=~ \frac{v_1}{v_2}$$ donde$\theta_1$ y$\theta_2$ son los ángulos que la luz hace con la línea normal perpendicular al límite de los medios en el primer y segundo medio, respectivamente, como en la imagen de arriba. [[1.] ]

32. Una esfera de radio$a$ se inscribe en un cono circular derecho, con la esfera tocando la base del cono. Encuentra el radio y la altura del cono si su volumen es mínimo.

33. Encuentra la longitud del segmento de línea más corto desde el$x$ eje positivo hasta el$y$ eje positivo pasando por un punto$(a,b)$ en el primer cuadrante.

34. Encuentra el radio$r$ de un círculo$c$ cuyo centro está en un círculo fijo$C$ de radio de$R$ tal manera que la longitud del arco de la parte de$c$ dentro$C$ sea máxima.

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1. Las palabras “máximos” y “mínimos” son las formas plurales tradicionales de máximo y mínimo, respectivamente. ↩

2. Una prueba formal requiere el Teorema del Valor Medio, que se presentará en la Sección 4.4. ↩

3. Otra posible lección es que óptimo en el sentido matemático podría, de nuevo, no significar óptimo en un sentido práctico. Después de todo, presumiblemente después de que el hombre haya terminado con lo que tuviera que hacer en el destino a 10 millas por la costa, entonces tiene el inconveniente de retroceder unas 4.67 millas para recuperar su embarcación. A su velocidad de carrera de 10 mph esto tomaría 28 minutos, ¡borrando los 5.6 minutos que ganó con su punto de aterrizaje “óptimo”! ↩

4. Para una prueba, véase pp.10-11 en Koo, D., Elements of Optimization, Nueva York: Springer-Verlag, 1977. ↩

5. Nota: “simplemente rendirme” —como sugirieron semi-seriamente algunos alumnos que he tenido— no es una opción. ↩

6. A veces se llama el método Newton-Raphson. ↩

7. Ver pp.58-62 en Saaty, T.L. y J. Bram, Matemáticas no lineales, Nueva York: McGraw-Hill, Inc., 1964. ↩

8. Existen algunas bibliotecas de lenguaje de programación para calcular derivados de funciones “sobre la marcha”, es decir dinámicamente. Por ejemplo, la biblioteca GNU libmatheval C/Fortran puede realizar tales operaciones simbólicas. Está disponible en http://www.gnu.org/software/libmatheval/ ↩

9. Ver pp.227-229 en Dahlquist, G. y Å. Björck, Métodos numéricos, Englewood Cliffs, NJ: Prentice-Hall, Inc., 1974. ↩

10. Por ejemplo, Ralston, A. y P. Rabinowitz, A First Course in Numeric Analysis, 2a ed., Nueva York: McGraw-Hill, Inc., 1978. ↩

11. Para una prueba ver pp.16-17 en Ostrowski, A.M., Solución de ecuaciones y sistemas de ecuaciones, 2a ed., Nueva York: Academic Press Inc., 1966. ↩