Apunte 5 - Aplicaciones de La Derivada en Optimización

APLICACIONES DE LA DERIVADA EN OPTIMIZACIONJuan Espinoza B. Profesor de Matemática Facultad de Agronomía - Universidad de Concepción INTRODUCCION Optimizar es un problema matemático con muchas aplicaciones en el “mundo real”. Consiste en encontrar los máximos o mínimos de una función de una o varias variables, con valores en una determinada región del espacio multidimensional. En casi todas las situaciones de la vida cotidiana se requiere “optimizar algo”. En efecto, los responsables por la toma de decisiones en los más variados campos de la actividad humana se enfrentan, cotidianamente, con ese tipo de necesidad. Son considerables las aplicaciones en el área de optimización, entre otras mencionamos las siguientes: Lanzamiento de satélites, diseño de circuitos eléctricos, control de producción, inventarios y asignación óptima de recurso en la teoría moderna de finanzas. Muchas veces, la clase de problema, la demanda de resultados precisos o la propia curiosidad permiten formalizar variables, restricciones y objetivos, de tal forma que surge la naturaleza matemática del problema. En este artículo sólo se considerará, el caso de una función con una variable. FUNDAMENTOS TEORICOS A continuación se dan algunas definiciones y se enuncian algunos teoremas, sin demostración. DEFINICIÓN DE EXTREMOS Sea f una función definida en un intervalo I que contiene a c. f (c ) es el mínimo de f en I si f (c ) f (c ) es el máximo de f en I si f (c ) f (x) f (x) x I x I El máximo y el mínimo de una función en un intervalo, se llaman valores extremos o extremos de la función en ese intervalo. DEFINICIÓN DE VALOR CRITICO Diremos que x0 es un valor crítico de f si y sólo si f ´( x0 ) = 0 , o bien, si la derivada no existe en x0 . Los máximos o mínimos de una función que ocurren en un valor crítico, se llaman máximo y mínimos relativos de la función. 17 se llaman máximo y mínimos absolutos. Para hallar los máximos y mínimos absolutos de f. El máximo absoluto es el mayor de estos valores y el mínimo absoluto es el menor de ellos. se obtiene f . Consideremos la función continua f ( x ) = 1º) x3 3 . b]. se observa que el mínimo absoluto es el punto 1 (6. 3 18 .( x ) = x 2 f . se deben encontrar los valores de x0 en el intervalo [a. 2º) Calcule f (a ) . Al calcular la primera derivada e igualar a cero.TEOREMA 1: Si f es una función continua en un intervalo cerrado [a. se ilustra el procedimiento para determinar los puntos máximos y mínimos absolutos de una función.6 )( x . El máximo y el mínimo de una función en un intervalo cerrado. f ´( x0 ) no exista. Es decir. b]. b]. f (b) y f (x0 ) para todos los valores críticos x0 ∈ [a.-13) y que el máximo absoluto es el punto ( 10 . b]. entonces f tiene un máximo y también un mínimo en ese intervalo. 1º) Localice todos los valores críticos de f que se hallen dentro del intervalo [a. Compare estos valores de f. f (6 ) y f (10 ) .7 (102 ) + 6 (10 ) + 5 = 48 1 3 - + 6 (6 ) + 5 = 13 . 10] es x0 = 6 2º) Los valores de f(x) en los puntos extremos del intervalo son: f (2 ) = 23 3 - 7 (2 )2 + 6 (2 ) + 5 = 5 2 3 2 y Evaluando f en x0 = 6. PROCEDIMIENTO PARA IDENTIFICAR LOS PUNTOS MÁXIMOS Y MINIMOS ABSOLUTOS Si se tiene la función continua f definida en el intervalo cerrado [a.7 (62) 2 . Al comparar f (2 ). se obtiene f (6 ) = f (10 ) = 63 3 10 3 3 2 . tal que f ´( x0 ) = 0 . Puede ocurrir entonces. o bien donde. 48 ) . b].7 x + 6 = ( x .1) . (x0 ) = 0 . x0 = 6 x0 = 1 El único valor crítico dentro del intervalo [2. Con el siguiente ejemplo. que un máximo (o mínimo) absoluto coincida con un máximo (o mínimo) relativo de una función.7 x2 2 + 6 x + 5 en el intervalo 2 x 10 . y (10. Si f . f ( x0 ) ). El máximo y el mínimo absoluto de f (x) = x3 3 - 7 x2 + 6 x + 5 . -13) Mínimo Absoluto Figura 1. excepto quizá en x0 . Si f es derivable en el intervalo. 3. que contiene x 0 . Sea x0 un valor crítico de una función f continua en un intervalo abierto I. f ( x0 ) ) es un Máximo Relativo de f. f ’(x)<0 f ’(x) >0 f ’(x) >0 a x0 b Figura 2: La derivada cambia de (-) a (+). 10] . f tiene un máximo relativo en x0 19 . en el intervalo [2. no cambia de signo en I. Entonces f ( x0 ) puede clasificarse como sigue: 2. ( x0 . no es ni Mínimo ni Máximo Relativo. 1. Si f . ( x0 . Si f . f ( x0 ) ) es un Mínimo Relativo de f. cambia de negativa a positiva en I. 2 TEOREMA 2: CRITERIO DE LA PRIMERA DERIVADA. f tiene un mínimo relativo en x0 f ’(x)<0 a x0 b Figura 3: La derivada cambia de (+) a (-). ( x0 . cambia de positiva a negativa en I. 48 13 ) Máximo absoluto 0 2 10 x (6. el criterio no concluye nada y f puede tener un máximo relativo. la función g( x ) = . la función.( x0 ) = 0 .( x0 ) > 0 entonces f tiene un Mínimo Relativo en x = x0 . También.( x0 ) < 0 entonces f tiene un Máximo Relativo en x = x0 .. o no tener ningún extremo relativo en x = x0 . satisface f’(0) = 0 y f’’ (0) = 0. o un mínimo relativo. Sin embargo. Sin embargo. La función. Igualmente. 20 . f ( x ) = x 4 Figura 4b. Esto se ejemplifica a continuación. Si f .( x0 ) no existe.TEOREMA 3: EL CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA Suponga que x0 es un valor crítico de f . o bien f . g (x) presenta un máximo relativo en x = 0 (figura 4b). f (x) presenta un mínimo relativo en x = 0 (figura 4a). es decir. Si f . satisface g’(0) =0 y g ’’ (0) = 0.. pero h (x) es creciente en todo el eje real y no presenta extremo relativo en x = 0 (figura 4c). h( x ) = x 3 . Sin embargo. si f .. y y y 0 x 0 x x 0 Figura 4a.x 4 . h( x ) = x 3 El un criterio de la enésima derivada permite clasificar estos casos. satisface h’ (0) = 0 y h ’’ (0) = 0.( x0 ) = 0 . f ( x ) = x 4 . g ( x ) = . f .x 4 Figura 4c. 0) es un punto de inflexión de h(x) = x3 (Ver figura 4c). 1) Si f tiene un valor crítico en x0 . excepto una. 21 . 2) Si el orden n de esta derivada es par. el punto crítico será un Punto de inflexión. f n (x0 ) < 0 y un Mínimo relativo cuando f 0 3) Si el orden n de la derivada es impar. f (x0 ) será un Máximo relativo cuando ( ) (n )(x ) > 0 . PASO 2: Asignar una letra a cada una de las cantidades mencionadas en el problema. PASO 3: Seleccionar la cantidad que se debe maximizar o minimizar y expresarla en función de las otras cantidades. con el cual siempre se conseguirán resultados. Denote esta derivada como f (n) ( x ) donde n es su orden. Se ilustra el procedimiento anterior con algunos ejemplos. PASO 4: Usar la información del problema para eliminar todas las cantidades.TEOREMA 4: PRUEBA DE LA DERIVADA DE ORDEN SUPERIOR Como el criterio de la segunda derivada no siempre es concluyente. Un punto de inflexión es donde cambia la concavidad de una función. de modo que tengamos una función de una variable. por ejemplo (0. Determinar el dominio posible de esta función. PASO 5: Utilizar los métodos para encontrar el máximo o el mínimo. PASOS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE OPTIMIZACIÓN PASO 1: Hacer un dibujo cuando sea apropiado. en ocasiones se debe aplicar la prueba o criterio de la derivada de orden superior. determine la derivada de más bajo orden cuyo valor no sea cero en x0 . (figura 5). x 2 + 300 2 Figura 5. y = x 2 + 300 (1) Ahora. 4 C : costo total (función a minimizar). 5 p (constante): costo por metro de cable por agua. Una compañía de teléfonos desea tender un cable desde A hasta D. 0 x 600 y: distancia de A a Q. De acuerdo al teorema de Pitágoras. Se puede definir ahora las constantes y variables del problema: x: distancia de B a Q. p (constante): costo por metro de cable por tierra. Si el costo por metro de cable es el 25% mas caro bajo el agua que por tierra. la función costo total viene dada por: 22 . ¿Cómo se debe tender el cable. Trazado del cable telefónico desde A hasta D. (longitud de cable por tierra). para que el costo total sea mínimo?.EJEMPLO 1: Los puntos A y B están situados uno frente al otro y en lados opuestos de un río recto de 300 metros de ancho. (longitud de cable bajo el agua). El punto D está a 600 metros de B y en su misma orilla. 600 – x: distancia de Q a D. Solución Sea Q el punto sobre la misma orilla y a una distancia x de B donde termina el tramo de cable bajo el agua. implicando un gasto de 975 p pesos.(4 ) C = 5 p y + p( 600 − x ) (2) Sustituyendo (1) en (2). C( 0 ) = 5 p 300 2 + 600 p = 975 p .5 p pesos. C (x) alcanza un valor máximo y un valor mínimo en [0. 23 . ⇒  − 1 = 0   5x . que el punto Q coincide con D. se obtienen los valores críticos: −1 C' ( x ) = 5 p ⋅ 1 ( 2 x )( x 2 + 300 2 ) 2 − p = 0 4 2  Factorizando y simplificando se obtiene p  5x  4 ( x 2 + 300 2 )1 2  ⇒   5x  =0 − 1  4 ( x 2 + 300 2 )1 2    ⇒ 4 x 2 + 300 2 = 5 x .4 x 2 + 300 2 = 0 Entonces x = 400 es el único valor crítico y de acuerdo al criterio de la segunda derivada. 1 C( x ) = 5 p( x 2 + 300 2 ) 2 + p( 600 − x ) (3) 4 Como C (x) es una función continua en un intervalo cerrado.. Esto indica geométricamente. con 0 ≤ x ≤ 600 (dominio de C (x)). corresponde a un mínimo relativo (verifíquelo). que el cable se tira 4 desde A hasta B bajo el agua y desde B hasta D por tierra. demandando un gasto total de 375 5 p 838 . de aquí se obtiene x = 400. 600] (Teorema 1). (figura 6a) C( 600 ) = 5 p 600 2 + 300 2 = 375 5 p 4 838 . C (400) y C (600). (figura 6b). la función costo total puede escribirse en términos solamente de la variable x así: (4 ) C( x ) = 5 p x 2 + 300 2 + p( 600 − x ) . Al derivar en (3) e igualar a cero. el mínimo absoluto es el menor entre los siguientes valores: C (0). y en este caso el cable se tiende directamente desde A hasta D por agua. En consecuencia. Esto significa geométricamente.5 p . θ1 es el ángulo de incidencia y θ2 es el ángulo de refracción. Hallemos la trayectoria que sigue un rayo de luz que va de un punto A en un medio en el que la velocidad de la luz es c1. y en el vidrio aún más. Figura 6. 24 . El principio de Fermat establece que para ir de un punto a otro la luz sigue aquella trayectoria para el cual el tiempo de viaje es mínimo. a otro punto B en otro medio en el que la velocidad es c2. pero en la atmósfera de la Tierra va más lenta. Un rayo de luz se refracta (se desvía de su trayectoria) cuando pasa de un medio a otro. este es el costo mínimo. y en general es más lenta en los medios más densos. la luz viaja a c =3 x 108 m/s. Y ángulo de incidencia A a θ1 Medio 1 θ1 P x d O θ2 Medio 2 X ángulo de refracción b B d-x Figura 7. para la compañía (figura 6c).c EJEMPLO 2. En el vacío. La velocidad de la luz depende del medio en el que viaja.b Figura 6. demandaría un gasto de 825p pesos.C( 400 ) = 5 p 400 2 + 300 2 + 200 p = 825 p .a Figura 6. Principio de Fermat y ley de Snell. 4 Esto significa que si el punto Q está a 400 metros de B y se tiende el cable bajo el agua desde A hasta Q y por tierra desde Q hasta D. senc θ2 . el tiempo será t 2 = c2 Se trata de minimizar a2 + x2 . la velocidad de la luz permanece constante.Solución Suponemos que los dos puntos están en un plano xy y que el eje x separa los dos medios. PB = b 2 + ( d . luego dT/dx se anula para algún valor x. digamos en xc.x )2 .x )2 a2 + x2 + c1 c2 (4) Derivando (4). c1 b 2 + ( d . AP = De acuerdo a la fórmula: tiempo = a 2 + d 2 .x) c2 b 2 + ( d (5) x )2 o bien. Así x = OP . se encuentra que dT x = dx c a 2 + x 2 1 - (d . dT senθ1 = dx c1 . (6) 2 En el intervalo 0 ≤ x ≤ d.x )2 dis tan cia . velocidad AP El tiempo requerido por la luz para viajar de A a P será t1 = = c1 PB = De P a B. como se observa en la figura 7 . la trayectoria de A a B consistirá en un segmento de recta desde A a un punto de la frontera P. donde senθ1 senθ2 = c1 c2 (7) 25 . seguido de otro segmento de recta desde P hasta B. Entonces. T(x) tiene derivada negativa en x = 0 y positiva en x = d (Ver figura 8). c2 T ( x ) = t1 + t 2 = b 2 + ( d . 0 ≤ x ≤ d. por lo que el rayo de luz seguirá una recta. En cada uno de los medios. y “tiempo más corto” significa “trayectoria más corta”. si usamos los ángulos θ1 y θ2 de la figura 7. de manera que: T dT senθ1 = dx c1 0 xc d - es negativa para x < xc . Un alambre de 60 cm. c2 es positiva para x > xc x Figura 8 En lugar de determinar explícitamente xc. x = xc y x = d. de material para cercar y desea hacer un corral rectangular. El material para la base y la tapa cuesta 2 dólares por m2 y el material para los costados cuesta 1 dólar por m2. considerando T como función de x. Respuesta: 5 x 5 x 10 m. Un hombre tiene un muro de piedra al costado de un terreno. que es la conocida ley de refracción o ley de Snell. utilizando el muro como uno de sus costados. y de acuerdo al criterio de la primera derivada T tendrá un mínimo en x = xc. La producción media decrecerá en 4 naranjas por árbol adicional plantado en la misma extensión. Una caja con base cuadrada debe tener un volumen de 250 m3.En la figura 8. b) 22. de largo se va a cortar en dos pedazos. PROBLEMAS 1. suele caracterizarse la trayectoria seguida por el rayo de luz dejando la ecuación para dT/dx =0. en la forma (7). 4. b) mínima? Respuesta: a) se ocupa todo el alambre para el círculo.61 cm. ¿Qué dimensiones debe tener el corral para que encierre la mayor área posible? Respuesta: 300 m x 600 m 2. Hallar las dimensiones de la caja que tenga un costo mínimo. ¿Cuántos árboles debería plantar un cultivador para maximizar la producción total? Respuesta: 20 árboles más. Un cultivador de agrios de Florida estima que si se plantan 60 naranjos. 26 . senθ 2 es cero para x = xc . 3. para el círculo. en esos tres puntos x = 0. Dispone de 1200 m. la producción media por árbol será de 400 naranjas. se indican las direcciones de las tangentes a la curva. ¿Dónde debe cortarse el alambre para que la suma de las áreas de las dos figuras sea: a) máxima. Uno de los pedazos se doblará para formar un círculo y el otro se usará para formar un triángulo equilátero. Protter Murray. Editorial Mc GRaw-Hill./h pasa por P a las 10:00 AM. Bradley. L. Cálculo. D. Edit Mc GRaw-Hill 2002. Hoffmann / G. Respuesta: Al cabo de 2.07 minutos. Un ciclista que se dirige al este con una velocidad de 20 Km. Encuentre la longitud de la barra recta mas larga que puede pasarse horizontalmente de un pasillo a otro por una esquina. 1998. Ejercicio 6 BIBLIOGRAFIA [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] Cálculo Aplicado. Figura 9.cl/~juanpesp. Editorial El Harla. Cálculo. 2001. Editorial Addison Wesley Iberoamericana 1994. Calcular cuando se encuentran los dos ciclistas más cerca uno del otro y encuentre un valor aproximado de la distancia mínima entre ellos.74 Km. la distancia entre los ciclistas es de 0. Larson / Hostetler/ Edwards. Earl Swokowski. Editorial Mc GRaw-Hill 2002. al norte de P. 6. Editorial Mc GRaw-Hill./h se encuentra dos Km. Respuesta: 3( 3 2 3 +2 2 3 ) 3 2 pies. Cálculo con Geometría Analítica. 2000. Dos pasillos de 6 y 9 pies de ancho están unidos en ángulo recto (Ver figura 9).5. Thomas/ Finney. L.udec. Cálculo. En Internet http://www. El cálculo. Louis Leithold. Una carretera que corre de norte a sur y otra que corre de este a oeste se intersecan en un punto P. En el mismo momento otro ciclista que viaja hacia el sur a una velocidad de 50 Km. 27 . considerando que uno de los costados ya está cerrado. ¿Qué dimensiones debe tener el corral para que encierre la mayor área posible? SOLUCION: 1200 – 2x Debemos maximizar el área. de material para cercar y desea hacer un corral rectangular. porque se dispone de 1200 de material. la producción media por árbol será de 400 naranjas. utilizando el muro como uno de sus costados. ¿Cuántos árboles debería plantar un cultivador para maximizar la producción total? SOLUCIÓN: 1º) Debemos hallar una función para la producción total. x x MURO //////////////////// Sea A el área y x el ancho. luego el largo es 1200 – 2x. La producción media decrecerá en 4 naranjas por árbol adicional plantado en la misma extensión. Sea x el número de árboles adicionales que se plantarán. Producción total = Nº de árboles x producción media 28 . AREA= A = A (x) = Observar que 0 < x < 600 x (1200 – 2x) = 1200 x – 2x2 ¿Por qué? Un cultivador de agrios de Florida estima que si se plantan 60 naranjos.Un hombre tiene un muro de piedra al costado de un terreno. Dispone de 1200 m. La derivada nos da A’ (x) = 1200 – 4 x Y se anula para x = 300 Calculamos la segunda derivada A” (x) = .160 < 0 ∴ x = 20 es máximo La producción total máxima es: P (20) = 24.8 x Ψ P" (20) = . en este caso x debe ser un entero positivo. use sus conocimientos acerca de las funciones cuadráticas. P" (x) = .000 + 160 x – 4 x2 2º) Una vez hallada la función se deben indicar las restricciones.4 Así tenemos un máximo relativo en x = 300 Observar que también es el máximo absoluto Respuesta el terreno debe tener 300 metros de ancho por 600 metros de largo. 3º) Derivamos e igualamos a cero para hallar los valores críticos P` (x) = 160 – 8 x = 0 Ψ 8 x = 160 Ψ x = 20 4º) Aplicamos el criterio de la segunda derivada para asegurarnos que el valor hallado sea un máximo relativo.202 = 25. si existen.20 – 4.600 naranjas NOTA: Resuelva el ejercicio sin usar derivadas. 29 .P (x) = (60 + x) · (400 – 4x) = 24.000 + 160. y min. de largo se va a cortar en dos pedazos. ¿Dónde debe cortarse el alambre para que la suma de las áreas de las dos figuras sea: a) Máxima: b) Mínima? SOLUCIÓN: x el perímetro del círculo ⇒ x = 2 r r= x 2 60 – x el perímetro del ∆ equilátero de lado a ⇒ 3 a = 60 – x a = 60 – x 3 30 . Uno de los pedazos se doblará para formar un ⊗ y el otro se usará para formar un ∆ equilátero. depende de la longitud de la base c = c (x) = 2 (2x2) + 1 · (1000) = 4x2 + 1000 x2 x2 Derivamos e igualamos a cero EJEMPLO: max. SOLUCIÓN: Sea x la longitud de la base (x > 0) Sea y la altura de la caja (y > 0) El volumen es x2y = 250 Ψ y = 250 x2 2 El área de la base y la tapa es 2x El área de las cuatro caras laterales es 4xy = 4 (250) = 1000 x2 x2 El costo c.EJEMPLO 2: Una caja con base cuadrada debe tener un volumen de 250 m3. Hallar las dimensiones de la caja que tenga un costo mínimo. Un alambre de 60 cm. El material para la base y la tapa cuesta 2 dólares por m2 y el material para los costados cuesta 1 dólar por m2. 21 MÁXIMOS Y MINIMOS Una carretera que corre de norte a sur y otra que corre de este a oeste se intersecan en un punto P.94 Max. Calcular cuando se encuentran los dos ciclistas más cerca uno del otro y encuentre un valor aproximado de la distancia mínima entre ellos. En el mismo momento otro ciclista que viaja hacia el sur a una velocidad de 50 Km. el área mínima es A (22.07 min./h se encuentra dos Km.61) = 107.48 Si x = 0 todo el alambre se ocupa para el ∆ A = 173. ∴ en x = 22. al norte de P. Un ciclista que se dirige al este con una velocidad de 20 Km.61 se tiene un mínimo.La suma de las áreas es: Min. Si x = 60 todo el alambre se ocupa para el circulo A = 268./h pasa por P a las 10:00 AM. SOLUCION: v= d t d=v·t t horas t 0 Hacemos f (t) = d2 = 4 – 200 t + 2900 t2 f’ (t) = -200 + 5800 t f’ (t) = 0 t = 200 = 1 horas ⇒ 1 · 60 = 60:29= 2. 5800 29 29 200 f’’ (t) = 5800 Así f’’ ( 1 ) = 5800 > 0 29 ∴· 31 . 07 minutos se tiene un mínimo La distancia mínima es: f (1/29) = 0.74 km 32 .f (0) = 4 f (1/29) ≈ 0.55 = 0.55 ∴ 1 hr 29 ≈ 2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE DERIVADAS A) MÁXIMOS Y MINIMOS EJEMPLOS: 1) Encontrar las dimensiones del rectángulo con área máxima que tenga perímetro de 200 p. En este caso 33 . SOLUCIÓN: Para resolver este tipo de problemas se debe hallar una función que represente los datos del problema.