Problemas de Optimización con Funciones de Dos Variables
Se resuelven varios problemas de optimización y se presentan soluciones detalladas. Estos problemas involucran la optimización de funciones en dos variables utilizando derivadas parciales de primer y segundo orden parciales.
Problemas con Soluciones Detalladas
Problema 1
Decides construir una caja con forma de prisma rectangular con un volumen de 1000 centímetros cúbicos. Encuentra las dimensiones \( x \), \( y \), y \( z \) de la caja para que el área total de las 6 caras de la caja sea mínima.
Solución al Problema 1:
El área total \( A \) de todas las seis caras del prisma está dada por:
\[ A = 2xy + 2yz + 2zx \]
El volumen de la caja está dado; por lo tanto
\[ xyz = 1000 \]
Resuelve lo anterior para \( z \):
\[ z = \dfrac{1000}{xy} \]
Sustituye \( z \) en la expresión del área \( A \) para obtener:
\[ A(x,y) = 2xy + 2y \left( \dfrac{1000}{xy} \right) + 2x \left( \dfrac{1000}{xy} \right) = 2xy + \dfrac{2000}{x} + \dfrac{2000}{y} \]
Ahora necesitamos encontrar \( x \) y \( y \) que minimicen el área \( A \). Primero necesitamos encontrar los puntos críticos y luego probar las segundas derivadas parciales. Las derivadas parciales de primer orden de \( A \) están dadas por:
\[ A_x(x,y) = 2y - \dfrac{2000}{x^2} \]
\[ A_y(x,y) = 2x - \dfrac{2000}{y^2} \]
Los puntos críticos se encuentran estableciendo \( A_x(x,y) = 0 \) y \( A_y(x,y) = 0 \) y resolviendo el sistema obtenido, lo que da:
\[ 2y - \dfrac{2000}{x^2} = 0 \]
\[ 2x - \dfrac{2000}{y^2} = 0 \]
Resuelve lo anterior para obtener:
\[ x = 10 \quad \text{y} \quad y = 10 \]
Ahora necesitamos encontrar las segundas derivadas parciales:
\[ A_{xx}(x,y) = \dfrac{4000}{x^3} \]
\[ A_{yy}(x,y) = \dfrac{4000}{y^3} \]
\[ A_{xy}(x,y) = 2 \]
Ahora necesitamos probar los valores de \( A_{xx} \), \( A_{yy} \) y \( A_{xy} \) en el punto (10,10) para poder usar el teorema sobre máximos y mínimos de funciones con 2 variables.
\[ D = A_{xx}(10,10) \cdot A_{yy}(10,10) - A_{xy}^2(10,10) = 4 \times 4 - 4 = 12 \]
\( D \) es positivo y \( A_{xx}(10,10) = 4 \) es positivo, por lo tanto, el área \( A \) es mínima para
\[ x = 10 \, \text{cm} \]
\[ y = 10 \, \text{cm} \]
\[ z = \dfrac{1000}{xy} = 10 \, \text{cm} \]
Problema 2
Encuentra las dimensiones de una caja de seis caras que tiene la forma de un prisma rectangular con el mayor volumen posible que puedas hacer con 12 metros cuadrados de cartón.
Solución al Problema 2:
Usando todo el cartón disponible para hacer la caja, el área total \( A \) de todas las seis caras del prisma está dada por:
\[ A = 2xy + 2yz + 2zx = 12 \]
El volumen \( V \) de la caja está dado por:
\[ V = xyz \]
Resuelve la ecuación \( 2xy + 2yz + 2zx = 12 \) para \( z
\):
\[ z = \dfrac{6 - xy}{x + y} \]
Sustituye \( z \) en la expresión del volumen \( V \) para obtener:
\[ V(x,y) = \dfrac{xy(6 - xy)}{x + y} \]
Encuentra los puntos críticos primero encontrando las derivadas parciales de primer orden:
\[ V_x(x,y) = -y^2 \dfrac{x^2 + 2xy - 6}{(x + y)^2} \]
\[ V_y(x,y) = -x^2 \dfrac{y^2 + 2xy - 6}{(x + y)^2} \]
Ahora resolvemos el sistema de ecuaciones dado por \( V_x = 0 \) y \( V_y = 0 \). Una solución obvia está dada por el punto (0,0) pero no es físicamente posible. Otras soluciones se encuentran estableciendo:
\[ x^2 + 2xy - 6 = 0 \]
\[ y^2 + 2xy - 6 = 0 \]
Restando las ecuaciones término a término obtenemos:
\[ x^2 - y^2 = 0 \]
Resuelve para obtener:
\[ x = y \quad \text{y} \quad x = -y \]
La solución \( x = -y \) no es válida para este problema ya que tanto \( x \) como \( y \) son dimensiones y no pueden ser negativas. Usa \( x = y \) en la ecuación \( x^2 + 2xy - 6 = 0 \), obtenemos:
\[ x^2 + 2x^2 - 6 = 0 \]
Resuelve para \( x \)
\[ x = \sqrt{2} \]
Encuentra \( y \)
\[ y = x = \sqrt{2} \]
Ahora encontremos las segundas derivadas parciales:
\[ V_{xx}(x,y) = -2y^2 \dfrac{y^2 + 6}{(x + y)^3} \]
\[ V_{yy}(x,y) = -2x^2 \dfrac{x^2 + 6}{(x + y)^3} \]
\[ V_{xy}(x,y) = -2xy \dfrac{x^2 + 3xy + y^2 - 6}{(x + y)^3} \]
Ahora necesitamos los valores de \( V_{xx} \), \( V_{yy} \) y \( V_{xy} \) para encontrar el valor de \( D = V_{xx}(\sqrt{2},\sqrt{2}) V_{yy}(\sqrt{2},\sqrt{2}) - V_{xy}^2(\sqrt{2},\sqrt{2}) \) para poder usar el teorema sobre máximos y mínimos de funciones con 2 variables.
\[ D = V_{xx}(\sqrt{2},\sqrt{2}) V_{yy}(\sqrt{2},\sqrt{2}) - V_{xy}^2(\sqrt{2},\sqrt{2}) = \dfrac{5}{2} \]
Dado que \( D \) es positivo y \( V_{xx}(\sqrt{2},\sqrt{2}) = -\sqrt{2} \) es negativo, el volumen \( V \) es máximo para:
\[ x = \sqrt{2} \, \text{metros} \]
\[ y = \sqrt{2} \, \text{metros} \]
\[ z = \dfrac{6- xy}{x + y} = \sqrt{2} \, \text{metros} \]
Problema 3
Encuentra la distancia desde el punto \( (1,2,-1) \) hasta el plano dado por la ecuación \( x - y + z = 3 \).
Solución al Problema 3:
Una forma de encontrar la distancia desde un punto hasta un plano es tomar un punto \( (x,y,z) \) en el plano; encuentra la distancia entre este punto y el punto dado y minimízalo. Debido a que la distancia involucra la raíz cuadrada, sería mejor minimizar el cuadrado de la distancia. Sea el cuadrado de la distancia entre el punto dado y el punto \( (x,y,z) \) en el plano sea \( f \).
\[ f(x,y,z) = (x - 1)^2 + (y - 2)^2 + (z + 1)^2 \]
Ahora resolvemos la ecuación dada \( x - y + z = 3 \) del plano para \( z \) para obtener:
\[ z = 3 - x + y \]
Sustituye \( z \) en \( f \) por \( 3 - x + y \) .
\[ F(x,y) = (x - 1)^2 + (y - 2)^2 + (- x + y + 4)^2 \]
Ahora encontramos las derivadas parciales de primer orden:
\[ F_x(x,y) = 2(x - 1) + 2(-1)(-x + y + 4) \]
\[ F_y(x,y) = 2(y - 2) + 2(-x + y + 4) \]
Ahora necesitamos encontrar los puntos críticos estableciendo las primeras derivadas parciales iguales a cero.
\[ 2(x - 1) + 2(-1)(-x + y + 4) = 0 \]
\[ 2(y - 2) + 2(-x + y + 4) = 0 \]
Ahora resolvemos el sistema de ecuaciones para obtener:
\[ \left( \dfrac{8}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3} \right) \]
Ahora calculamos las segundas derivadas:
\[ F_{xx}(x,y) = 4 \]
\[ F_{yy}(x,y) = 4 \]
\[ F_{xy}(x,y
) = -2 \]
Ahora necesitamos encontrar el signo de \( D = F_{xx}\left(\dfrac{8}{3},\dfrac{1}{3}\right) F_{yy}\left(\dfrac{8}{3},\dfrac{1}{3}\right) - F_{xy}^2\left(\dfrac{8}{3},\dfrac{1}{3}\right) \) para poder usar el teorema sobre máximos y mínimos de funciones con 2 variables
\[ D = F_{xx}\left(\dfrac{8}{3},\dfrac{1}{3}\right) F_{yy}\left(\dfrac{8}{3},\dfrac{1}{3}\right) - F_{xy}^2\left(\dfrac{8}{3},\dfrac{1}{3}\right) = 12 \]
Dado que \( D \) es positivo y \( F_{xx} \) es positivo, \( F \) tiene un mínimo en el punto \( \left(\dfrac{8}{3},\dfrac{1}{3}\right) \) que corresponde a un punto en el plano dado por
\[ \left( \dfrac{8}{3},-\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3} \right) \]
La distancia \( d \) entre el punto dado y el plano está dada por
\[ d = \sqrt{ (1 - 8/3)^2 + (2 - 1/3)^2 + (-1 - 2/3)^2 } \]
\[ = \dfrac{5}{\sqrt{3}} \]
