Problema resuelto de Matemáticas II: OptimizaciónSelectividad (PAU) · País Vasco 2018 · Julio · Opción A

Variables y condición. Catetos $x, y > 0$ con hipotenusa 8:$$x^2 + y^2 = 64 \quad\Longrightarrow\quad y = \sqrt{64 - x^2}, \qquad 0 < x < 8.$$Función que se optimiza.$$A(x) = \frac{1}{2}\,x\sqrt{64 - x^2}.$$Derivada. Por la regla del producto y la de la cadena:$$A'(x) = \frac{1}{2}\left(\sqrt{64 - x^2} - \frac{x^2}{\sqrt{64 - x^2}}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{64 - x^2 - x^2}{\sqrt{64 - x^2}} = \frac{32 - x^2}{\sqrt{64 - x^2}}.$$Punto crítico. $A'(x) = 0 \iff x^2 = 32 \iff x = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ (el valor negativo no sirve como longitud).

Es un máximo. El denominador es positivo en $(0, 8)$, así que el signo de $A'$ es el de $32 - x^2$: positivo si $0 < x < 4\sqrt{2}$ (el área crece) y negativo si $4\sqrt{2} < x < 8$ (decrece). Hay un máximo en $x = 4\sqrt{2}$, y es absoluto en $(0, 8)$, porque es el único punto crítico y en los extremos del intervalo el área tiende a 0.

El otro cateto y el área.$$y = \sqrt{64 - 32} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}, \qquad A_{\text{máx}} = \frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 4\sqrt{2} = \frac{32}{2} = 16.$$El triángulo de área máxima es el isósceles.

Comprobación con $A^2$. $A^2 = \frac{1}{4}x^2(64 - x^2) = \frac{1}{4}(64x^2 - x^4)$; su derivada $\frac{1}{4}(128x - 4x^3) = x(32 - x^2)$ se anula en $x^2 = 32$, como antes ✓.