Matematicas

10.1 Problemas de optimización 7

Una función V D  r2h;

Una ecuación 2 r2 C 2 rh D 80.

De la ecuación despejamos una de las variables (la que nos convenga) para sustituirla en la función.

Conviene despejar h ya que para r se obtiene una ecuación cuadrática.

2 r2 C 2 rh D 80 )  r2 C  rh D 40 )  rh D 40  r2 ) h D

40  r2

 r

:

Sustituyendo en V obtendremos el volumen V como función de una única variable: r

V D  r2h D  r2



40  r2

 r 

D r.40  r2

/ ) V .r/ D 40r  r3 que es la función a maximizar.

Derivando y obteniendo puntos críticos:

V

0

.r/ D40 3 r2

I

V

0

.r/ D0 , 40 3 r2 D 0 , r

2 D

40

3

 4:2441 )

) r D ˙p

4:2441  ˙2:0601:

En el contexto del problema se ignora el valor negativo de r y sólo nos importa r1  2:0601 ;

V

0

.r/ D 40 3 r2 ) V

00.r/ D 6 rI

V

00.r1/ D 6 r1  6.2:0601/ < 0:

Por lo anterior, la función V .r/ tiene un máximo cuando r D 2:0601.

La altura h del cilindro entonces es

h1 D

40  r2

1

 r1



40 .2:0601/2

.2:0601/  4:1203:

Por lo tanto, las dimensiones del cilindro con volumen máximo son

r1  2:0601 cm & h1  4:1203 cm.

Observamos que h1 D 2r1, pues

40  r2

1

 r1

D 2r1 , 40  r2

1 D 2 r2

1 , 40 D 3 r2

1 , r

2

1 D

40

3

, que es el caso

...