Problemas de optimización

Resolver problemas reales con derivadas

Los problemas de optimización consisten en encontrar el valor de una variable que maximiza o minimiza una cierta cantidad. Son la aplicación más práctica y directa de las derivadas, y aparecen en ingeniería, economía, diseño, logística y prácticamente cualquier disciplina.

Estrategia general para resolver problemas de optimización

1. Leer y comprender el problema: ¿qué se quiere maximizar o minimizar?
2. Identificar las variables y las relaciones entre ellas.
3. Escribir la función objetivo (la que quieres optimizar) en función de una sola variable.
4. Determinar el dominio (restricciones del problema: longitudes positivas, volúmenes acotados, etc.).
5. Derivar la función objetivo e igualar a cero.
6. Verificar que el punto crítico es un máximo o mínimo (criterio de la primera o segunda derivada).
7. Responder con las unidades correctas.

Problema 1 — Área máxima con perímetro fijo

Enunciado: Un granjero tiene 200 m de cerca para delimitar un campo rectangular. ¿Qué dimensiones maximizan el área?

Solución:

Variables: largo l y ancho a.

Restricción (perímetro): 2l + 2a = 200 → l = 100 − a.

Función objetivo (área): A(a) = l·a = (100 − a)·a = 100a − a².

Dominio: 0 < a < 100.

A'(a) = 100 − 2a = 0  →  a = 50
A''(a) = −2 < 0  →  Máximo
l = 100 − 50 = 50

Respuesta: El campo debe ser cuadrado de 50 m × 50 m. Área máxima = 2500 m².

Problema 2 — Volumen máximo de una caja

Enunciado: Se recortan cuadrados iguales de los rincones de una lámina de 12 cm × 8 cm y se dobla para formar una caja abierta. ¿Qué tamaño deben tener los cuadrados para maximizar el volumen?

Solución:

Sea x el lado del cuadrado recortado.

V(x) = x(12−2x)(8−2x) = x(96 − 40x + 4x²) = 4x³ − 40x² + 96x
V'(x) = 12x² − 80x + 96 = 4(3x² − 20x + 24)

Resolver 3x² − 20x + 24 = 0:

x = [20 ± √(400 − 288)] / 6 = [20 ± √112] / 6
x₁ ≈ 5.57 (fuera del dominio)
x₂ ≈ 1.43

V(1.43) ≈ 1.43·(12−2.86)·(8−2.86) ≈ 1.43·9.14·5.14 ≈ 67.2 cm³

Problema 3 — Costo mínimo de fabricación

Enunciado: Se quiere fabricar una lata cilíndrica de volumen 500 cm³. El material de las tapas cuesta el doble por cm² que el material lateral. ¿Qué dimensiones minimizan el costo?

Solución:

Variables: radio r y altura h.

Restricción: V = πr²h = 500 → h = 500/(πr²).

Costo (proporcional a área, con tapas dobles):

C(r) = 2·(2πr²) + 2πrh
     = 4πr² + 2πr·[500/(πr²)]
     = 4πr² + 1000/r

C'(r) = 8πr − 1000/r² = 0
8πr³ = 1000
r³ = 1000/(8π) ≈ 39.79
r ≈ 3.41 cm
h = 500/(π·3.41²) ≈ 13.72 cm

Problema 4 — Distancia mínima a una curva

Enunciado: ¿Cuál es el punto de la parábola y = x² más cercano al punto (0, 1)?

D(x) = √[x² + (x² − 1)²]
Minimizamos D² = x² + (x² − 1)²  (el mínimo de D² coincide con el de D)
[D²]'= 2x + 2(x² − 1)·2x = 2x[1 + 4x² − 4] = 2x(4x² − 3)

Puntos críticos: x = 0, x = ±√(3/4) = ±(√3)/2.

El punto x = 0 da D² = 1; los puntos ±(√3)/2 dan D² = 1/2 + 1/4 = 3/4 < 1.

Los puntos más cercanos son ((√3)/2, 3/4) y (−(√3)/2, 3/4).

Errores comunes en optimización

• Olvidar verificar el dominio y los extremos del intervalo.
• No comprobar si el punto crítico es máximo o mínimo.
• Plantear la función objetivo en dos variables sin usar la restricción para eliminar una.
• Confundir la cantidad a optimizar con la restricción.

Resumen del método

Entender → Variables → Restricción → Función objetivo (1 variable)
→ Derivar e igualar a 0 → Clasificar → Responder