TEMA: OPTIMIZACIÓN EJERCICIO RESUELTO. En esta presentación encontrarás una explicación acerca de un problema de optimización, explicado paso a paso y cada detalle

1. Problemas de
Optimización
Presentado por:
Jorge Luis Mosquera Mosquera
Tonny Alexander García Gonzalez
Darwin Stiward Mosquera Arroyo

2. Demuestra que el rectángulo de área
máxima con perímetro P dado, es un
cuadrado. Sugerencia: Dibuja un rectángulo
de ancho x y largo y. Por geometría se sabe
en un rectángulo su perímetro es igual a la
suma de sus lados y su área es igual al
producto de sus dos dimensiones
Problema

3. x
x
y y
P= 2(x + y)
A= x.y

4. ECUCACIONES:
P= 2(x + y)
A= x.y

5. ECUCACIONES:
P= 2(x + y)
A= x.y
Despejamos la primera ecuación en función de y
• 𝑷 = 𝟐 𝒙 + 𝒚
• 𝑷 − 𝟐𝒚 = 𝟐𝒙
• −𝟐𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝑷
• 𝒚 =
𝟐𝒙−𝑷
−𝟐
• 𝒚 =
𝑷−𝟐𝒙
𝟐

6. Reemplazamos el valor de y en la primera
ecuación
• A= x.y
• A(x) = x
𝑷−𝟐𝒙
𝟐
• A(x)=
𝑷𝒙−𝟐𝒙𝟐
𝟐

7. DERIVAMOS
• A(x)=
𝑷𝒙−𝟐𝒙𝟐
𝟐
• A(x)’=
𝑷𝒙−𝟐𝒙𝟐
𝟐
• 𝐀 𝐱 ′ =
𝟐 𝐏𝐱−𝟐𝐱𝟐 ′− 𝐏𝐱−𝟐𝐱
𝟐
𝟐 ′
𝟐𝟐
• 𝑨 𝒙 ′ =
𝟐 𝒑−𝟒𝒙 − 𝒑𝒙−𝟐𝒙𝟐 𝟎
𝟐𝟐
• 𝑨 𝒙 ′
=
𝟐𝑷−𝟖𝒙
𝟒
• 𝑨 𝒙 ′ =
𝒑−𝟒𝒙
𝟐

8. IGUALAMOS A 0
Sólo tenemos un punto crítico. Proseguimos para averiguar si
se trata de un máximo o un mínimo, mediante el criterio de la
segunda derivada:
• 𝑨 𝒙 ′′ =
𝒑−𝟒𝒙
𝟐
• 𝑨 𝒙 ′′ =
𝟐 𝒑−𝟒𝒙 ′− 𝒑−𝟒𝒙 (𝟐)′
22
• A x ′′
=
2 −4 − 𝑃−4𝑥 0
4
• 𝐴 𝑥 ′′
=
−8−0
4
• 𝐴 𝑥 ′′ =
−8
4
= −2

9. CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA
• 𝑨 𝒙 ′′ =
−𝟖
𝟒
= −𝟐
• -2 < 0, ENTONCES TENEMOS UN MAXIMO LOCAL EN X =
𝑷
𝟒

10. • 𝒚 =
𝑷−𝟐(
𝑷
𝟒
)
𝟐
SUSTITUIR VALOR DE X EN Y
• 𝒚 =
𝑷−
𝑷
𝟐
𝟐
=
𝑷
𝟐
𝟐
=
𝒑
𝟒
Observamos que el área es máxima cuando la base y la altura son iguales y ambos
son la cuarta parte del perímetro, es decir:
• x = y =
𝒑
𝟒

11. CONCLUSION
Entre todos los rectángulos
de perímetro constante, el
cuadrado es el de área
máxima.

12. MUCHAS GRACIAS POR
SU ATENCION

13. ¿DUDAS O INQUIETUDES?