Ejercicio resuelto de Optimización · Matemáticas II · 2026

QUINTO EJERCICIO (2 puntos). Responde solo a una de las opciones.
(5B) En el suelo de una sala rectangular con paredes que miden 6 m y 8 m se quiere acotar una zona triangular colocando una barra recta de 4 m de longitud, como se ve en la figura. ¿Dónde debe colocarse la barra para que el área de la zona acotada sea máxima?

La zona acotada es un triángulo rectángulo: sus catetos son los dos trozos de pared que van desde la esquina hasta cada extremo de la barra, y su hipotenusa es la propia barra. Llamamos $x$ e $y$ a esos catetos, en metros.

$x^2+y^2=4^2=16\Rightarrow y=\sqrt{16-x^2}$

La función que hay que maximizar es el área del triángulo, y la relación anterior permite dejarla en función de una sola variable.

$S(x)={\displaystyle \frac{xy}{2}}={\displaystyle \frac{x\sqrt{16-x^2}}{2}},0<x<4$

Obsérvese que las medidas de la sala no llegan a intervenir: al medir la barra 4 m, tanto $x$ como $y$ son menores que 4 y caben holgadamente en paredes de 6 m y 8 m.

Derivamos la función área:

$S^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}(\sqrt{16-x^2}+x\cdot {\displaystyle \frac{-x}{\sqrt{16-x^2}}})$

$={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{(16-x^2)-x^2}{\sqrt{16-x^2}}}={\displaystyle \frac{16-2x^2}{2\sqrt{16-x^2}}}$

Igualamos a cero para localizar los puntos críticos. Como el denominador no se anula en el dominio, basta anular el numerador:

$16-2x^2=0\Rightarrow x^2=8\Rightarrow x=2\sqrt{2}\approx \mathrm{2,83}$

Se descarta la solución negativa $x=-2\sqrt{2}$ por no pertenecer al dominio de la función.

Se hace un estudio de signos de la derivada para comprobar que se trata de un máximo:

$\begin{array}{ccc}& (0,2\sqrt{2})& (2\sqrt{2},4)\\ S^{\mathrm{\prime }}(x)& +& -\\ S(x)& \nearrow & \searrow \end{array}$

$\{\begin{array}{l}\text{Si }x=1,S^{\mathrm{\prime }}(1)={\displaystyle \frac{16-2}{2\sqrt{15}}}>0\\ \text{Si }x=3,S^{\mathrm{\prime }}(3)={\displaystyle \frac{16-18}{2\sqrt{7}}}<0\end{array}$

La función crece antes de $x=2\sqrt{2}$ y decrece después, luego en ese punto alcanza su máximo. Calculamos el otro cateto y el área correspondiente:

$y=\sqrt{16-8}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\text{ m}$

$S_{\max }={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}}{2}}={\displaystyle \frac{8}{2}}=4{\text{m}}^2$

La barra debe colocarse uniendo dos puntos situados a $2\sqrt{2}\approx \mathrm{2,83}$ m de la esquina, uno sobre cada pared; es decir, el triángulo acotado ha de ser rectángulo isósceles. El área máxima que se puede acotar es de $4$ metros cuadrados.