Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Optimización

Andalucía · 2022 · Junio

Enunciado

Ejercicio 2 (bloque A). De entre todos los rectángulos con lados paralelos a los ejes de coordenadas, determina las dimensiones de aquel de área máxima que puede inscribirse en la región limitada por las gráficas de las funciones

f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}

, definidas por

f(x) = 4 - \frac{x^{2}}{3} \qquad \text{y} \qquad g(x) = \frac{x^{2}}{6} - 2

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Resultado

\boxed{\;\text{Cortes de las parábolas en } x = \pm 2\sqrt{3}; \qquad A(x) = 12x - x^{3}\;}

\boxed{\;\text{Base } = 4, \quad \text{Altura } = 4 \quad (\text{un cuadrado}), \qquad A_{\max} = 16 \ \text{u}^{2}\;}

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Estrategia

Las dos funciones son pares, así que la región es simétrica respecto del eje

OY

y el rectángulo óptimo también lo será. Eso permite describirlo con una sola variable: si el lado derecho está en la abscisa

x

, la base mide

2x

.

Y como los lados son paralelos a los ejes, los vértices superiores caen sobre la parábola de arriba y los inferiores sobre la de abajo, con lo que la altura es la diferencia

f(x) - g(x)

.

Una precaución: hay que acotar el dominio de

x

con los puntos de corte de las dos parábolas, porque más allá de ellos ya no hay región donde inscribir nada.

Desarrollo

Puntos de corte de las dos parábolas.

4 - \frac{x^{2}}{3} = \frac{x^{2}}{6} - 2 \;\Longrightarrow\; 6 = \frac{x^{2}}{6} + \frac{x^{2}}{3} = \frac{x^{2}}{2} \;\Longrightarrow\; x^{2} = 12 \;\Longrightarrow\; x = \pm 2\sqrt{3}

La región existe para

x \in \left[-2\sqrt{3},\, 2\sqrt{3}\right]

, con

f

por encima de

g

.

Función a maximizar. Con el vértice derecho en la abscisa

x > 0

\text{base} = 2x, \qquad \text{altura} = f(x) - g(x) = 4 - \frac{x^{2}}{3} - \frac{x^{2}}{6} + 2 = 6 - \frac{x^{2}}{2}

A(x) = 2x\left(6 - \frac{x^{2}}{2}\right) = 12x - x^{3}, \qquad 0 < x < 2\sqrt{3}

Derivada.

A'(x) = 12 - 3x^{2} = 3\left(4 - x^{2}\right)

A'(x) = 0 \;\Longleftrightarrow\; x^{2} = 4 \;\Longleftrightarrow\; x = 2 \quad (\text{se descarta } x = -2)

Comprobación de que es máximo.

A''(x) = -6x, \qquad A''(2) = -12 < 0 \;\Longrightarrow\; \text{máximo}

Dimensiones.

\text{base} = 2\cdot 2 = 4, \qquad \text{altura} = 6 - \frac{4}{2} = 4

El rectángulo de área máxima es, curiosamente, un cuadrado de lado $4$ .

A_{\max} = 4 \cdot 4 = 16 \ \text{unidades cuadradas}

Los vértices. Con

x = 2

f(2) = 4 - \frac{4}{3} = \frac{8}{3}

g(2) = \frac{4}{6} - 2 = -\frac{4}{3}

. Los cuatro vértices son

\left(-2, \tfrac{8}{3}\right), \quad \left(2, \tfrac{8}{3}\right), \quad \left(2, -\tfrac{4}{3}\right), \quad \left(-2, -\tfrac{4}{3}\right)

y en efecto

\frac{8}{3} + \frac{4}{3} = 4

es la altura.

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

Aprovecha la simetría desde el principio. Si no la usas y llamas $x_{1}$ y $x_{2}$ a las dos abscisas, acabas con una función de dos variables y el problema se complica sin necesidad. Que las dos parábolas sean pares te lo da gratis.

Y la altura del rectángulo es $f(x) - g(x)$ , no $f(x)$ : la región no está apoyada en el eje $OX$ , sino limitada por dos curvas. Es el error que más veces convierte este ejercicio en otro distinto.