This document presents the solutions to three optimization problems. The first problem involves finding the dimensions of two rectangular solar panels that maximize total area using 400 feet of support cable. The second problem involves finding the radius and height of a cylindrical insulating container that minimizes surface area while maintaining a volume of 3 dm3. The third problem involves finding the monthly production level that maximizes utility for a factory with certain production costs and revenue functions. The document concludes by discussing the importance of optimization techniques in mechanical engineering and strategies for solving optimization problems.

1. 1
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS EXACTAS
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL
PARCIAL II
TALLER Nro. 2
TEMA: APLICACIONES DE LA DERIVADA EN
LA CARRERA DE MECÁNICA
Nombres:
1. Galarza Luis
2. Mishqui Darwin
3. Orbea Santiago
NRC:3246
Fecha: martes 27 de julio 2021
Período: Mayo 2021 _ Septiembre 2021

2. 2
ÍNDICE:
Fundamentación teórica……………………………………………………………… 3
Objetivos………………………………………………………………………………… 3
Ejercicio 1……………………………………………………………………………….. 4
Ejercicio 2…………………………………………………………………………………5
Ejercicio 3…………………………………………………………………………………7
Conclusiones……………………………………………………………………………..8
Enlace a Slideshare…………………………………………………………………….. 9
Bibliografía………………………………………………………………………………...9

3. 3
Fundamentación teórica
La Teoría de Optimización es la rama de la Matemática Aplicada que estudia la
solución de problemas cuantitativos, es decir, en los que se pretende obtener un
resultado numérico, (normalmente caracterizado por una función) .Para ello se
intenta buscar una pauta común, una forma de enfrentarse a un problema que nos
permita obtener una serie de modelos que son aplicables a problemas similares.
El proceso para su resolución es:
1. Buscar las condiciones que nos da el enunciado.
2. Se busca la relación entre las variables x e y.
3. Despejar una de ellas.
4. Debemos buscar la expresión analítica que debemos optimizar basándonos
en las expresiones del enunciado del problema.
5. Derivamos e igualamos a cero para hallar los extremos.
6. Calculamos la segunda derivada para comprobar el resultado y saber si
hemos obtenido un máximo o un mínimo. (Ruiz, 2018)
OBJETIVOS:
· Determinar la importancia de conocer la metodología y la resolución de problemas de
optimización con el teorema de las derivadas para su uso en nuestra carrera de
Mecánica.
· Profundizar la teoría de los problemas de optimización mediante la investigación
virtual.
· Determinar estrategias para saber plantear ejercicios de optimización mediante la
práctica de dichos ejercicios

4. 4
Ejercicio 1:
Se desea hacer una instalación de dos paneles solares rectangulares iguales para el
calentamiento de agua de un hogar para 4 miembros, se dispone de 400 pies de correa
para sostener los paneles encima del techo, de tal manera que, los paneles queden
instalados uno a lado del otro, y las correas los sujeten pasando por el perímetro de cada
uno de dichos paneles una sola vez. A su vez existen distintos modelos de paneles con
diferentes dimensiones. ¿Qué dimensiones deben tener los paneles solares de manera que
su área delimitada sea un máximo con los 400 pies de correa?
Esquema:
- Para el perímetro:
PT= 3x + 2y
400 pies = 3x + 2y
Despejo y:
y=
400−3𝑥
2
- Para el área (ecuación a optimizar):
AT = , pero y= , entonces:
𝑥 · 𝑦
400−3𝑥
2
AT = 𝑥 ·
400−3𝑥
2
( )
AT =
400𝑋−3𝑋
2
2
-Derivamos la ecuación obtenida en función de x:
A’(x)=
1
2
400 − 6𝑥
( )
A’(x)= 200 - 3x

5. 5
-Igualamos a 0 la derivada:
200 - 3x = 0
x= Lado 1
200
3
⇒ 𝑥 = 66. 66 𝑝𝑖𝑒𝑠
- Se despeja el valor de y:
𝑦 =
400−3(66.66)
2
⇒ 𝑦 = 100 𝑝𝑖𝑒𝑠
- Se determina el otro lado del panel que es :
𝑦
2
= 50 pies Lado 2
𝑦
2
-Comprobación con la segunda derivada:
A’(x)= 200 - 3x
A’’(x) = -3 ≺ 0 ⇒ 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑢𝑛 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜
- Solución
Área de un panel = 𝑥 ·
𝑦
2
Área de un panel = 66. 66 𝑝𝑖𝑒𝑠 × 50 𝑝𝑖𝑒𝑠
Área de un panel = 3333 𝑝𝑖𝑒𝑠
2
Área total= 𝑥 · 𝑦
Área total= 66. 66 𝑝𝑖𝑒𝑠 · 100 𝑝𝑖𝑒𝑠
Área total= 6666 𝑝𝑖𝑒𝑠
2
Ejercicio 2
Se desea construir una lata cilíndrica de material aislante para el transporte de nitrógeno
para su experimentación con el mismo, el laboratorio que lo requiere da como
especificación que debe tener un volumen de 3 dm, sabiendo esto se busca utilizar la
menor cantidad del material aislante.

6. 6
ℎ =? ; 𝑟 =?
𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜: 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛: Á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙:
𝐴 = π𝑟² 𝑉 = π𝑟²ℎ = 3 𝐴𝑡
= 2π𝑟² + 2π𝑟ℎ
Donde nuestra ecuación a minimizar es:2π𝑟² + 2π𝑟ℎ
De la ecuación del volumen podemos despejar H :
ℎ =
3
π2𝑟²
Llevamos nuestro despeje la ecuación para minimizar y obtenemos:
𝐴𝑚
= 2π𝑟² + 2π𝑟(
3
π𝑟²
) → 𝐴𝑚
= 2π𝑟² +
6
𝑟
Derivamos nuestra expresión final
, por lo que sabemos que ® debe ser
(𝐴𝑚
)' = 4π𝑟 −
6
𝑟
→
4π𝑟³−6
𝑟²
diferente de 0.
Resolvemos nuestra ecuación para despejar r:
4π𝑟³ − 6 = 0 → (4π𝑟³ − 6)/2
𝑟³ =
1
6π
→ 𝑟 =
1
3
6π
→ 𝑟 = 0. 37
Procedemos a calcular la segunda derivada de nuestra expresión y evaluar la
misma con el valor de r.
;
(𝐴𝑚
)' = 4π𝑟 −
6
𝑟
𝑟 = 0. 37
(𝐴𝑚
)´´ = 4π +
6
𝑟³
→ (𝐴𝑚
)´´ = 4π +
6
(0.37)³

7. 7
(𝐴𝑚
)´´ > 0 𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑛𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑟𝑚𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑛𝑢𝑒𝑠𝑡𝑟𝑜 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜
Una vez obtenidos nuestros valores podemos reemplazar los valores en las
ecuaciones anteriores:
ℎ =
3
π2𝑟²
→ ℎ =
3
2π(0.37)²
ℎ = 3. 48
Con el radio y la altura podemos calcular finalmente el área que tendrá nuestro
cilindro para que se ocupe la menor cantidad posible de material aislante.
𝐴𝑡
= 2π𝑟² + 2π𝑟ℎ → 𝐴𝑡
= 2π(0. 37)² + 2π(0. 37)(3. 48)
𝐴𝑡
= 2. 84 𝑑𝑚³
Ejercicio 3
Una fábrica que tiene que elaborar un producto tiene una capacidad de reproducción de
piezas mecánicas 3000 unidades al mes. la función de utilidad por producir y vender
unidades mensuales está dada:
U (q) = 1000.000+ 60000 q + 985
− 𝑞² −
1
3
𝑞3
Encuentre el nivel de producción que maximiza la utilidad mensual:
SOLUCIÓN:
U (q) = 60000 q 1000.000
−
1
3
𝑞3 + 985𝑞² + −

8. 8
Derivamos la utilidad:
U(q) = 60000
− 𝑞²+ 1970 𝑞 +
Realizamos la segunda deriva:
U(q) =− 2𝑞 + 1970
Igualamos a 0 la primera derivada:
(q) = 0
60000 = 0
− 𝑞²+ 1970 𝑞 +
Como ( q ) es negativo cambiamos los signos :
60000 = 0
𝑞²− 1970 𝑞 −
Q1= 1970 + (1970)² − 4 ( 1) − 60000 / 2
Q2= 1970 − (1970)² − 4 ( 1) − 60000 / 2
Q1= 1970 + 2030 / 2 = 2000
Q2= 1970 − 2030 / 2 = − 30
REEMPLAZAMOS EL Q1 EN LA SEGUNDA DERIVADA:
U(q) = 2 (2000) + 1970 = 0 < max
− −
reemplazamos en la ecuación principal
U (2000) = 1.399.233.333
R= U (2000) es el nivel de producción que maximiza la utilidad mensual
CONCLUSIONES
· Es importante conocer la resolución de problemas de optimización con el uso de
derivadas, ya que nos da dominio de uso de razón, la cual como se pudo observar, se
emplea en nuestra carrera.

9. 9
· Mediante la investigación virtual se pudo llegar a varios conocimientos sobre la
resolución de problemas de optimización, como los pasos a seguir de manera ordenada
para resolver este tipo de problemas.
· La mejor estrategia para saber plantear este tipo de ejercicios es determinar primero
de qué dimensiones estamos hablando: volumen, perímetro, área, etc. Y según el tipo
de problema, emplear las fórmulas básicas ya conocidas de dichas dimensiones.
Además de ayudarse con una gráfica.
Enlace a slideshare
Bibliografía
● Ruiz, M. A. (2018, Mayo 13). Problemas de optimización de funciones. Yo
Soy Tu Profe. Retrieved Julio 23, 2021, from
https://yosoytuprofe.20minutos.es/2018/05/13/problemas-de-optimizacion-de-f
unciones/
● Duben, R. (s. f.). Javierperez teoría de la optimización. Slideshare.
Recuperado 24 de julio de 2021, de
https://es.slideshare.net/RobinDuben/javierperez-teora-de-la-optimizacin
● Optimización: problemas resueltos: cálculo diferencial básico: bachillerato. (s.
f.). Matesfacil. Recuperado 24 de julio de 2021, de
https://www.matesfacil.com/BAC/optimizar/problemas-resueltos-optimizar-extr
emos-maximo-minimo-derivada-creciente-decreciente-monotonia.html

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