Extremos. Problemas de aplicación

EXTREMOS. PROBLEMAS DE APLICACIÓN

Problemas de aplicación
de extremos de
funciones escalares
de variable vectorial
Pablo García y Colomé


Leer el enunciado del problema
Identificar plenamente qué se pide,
qué se pretende optimizar
Trazar, cuando sea posible, un modelo geométrico
y darle nombre a las variables
Plantear un modelo matemático , en algunos casos
preliminar, que exprese en una función
lo que se desea optimizar
Plantear el modelo matemático definitivo haciendo
uso de ecuaciones auxiliares que el enunciado
del problema evidencia junto con
datos ahí considerados
Resolver el problema y ver si es lógica su solución


De acuerdo con las normas del servicio postal internacional
para paquetería, la longitud del paquete, más el perímetro
de su sección transversal, no puede exceder de 274.32 cm
i) Determinar las dimensiones del paquete con forma de
prisma rectangular de volumen máximo que es aceptado
por el servicio postal
ii) Determinar las dimensiones del paquete con forma de
cilindro circular recto de volumen máximo que es
autorizado por el servicio postal


z

x
y


z

x

y

V = xyz
x + 2y + 2 z =
274.32
L = xyz + λ ( x + 2y + 2 z − 274.32 )


L = xyz + λ ( x + 2y + 2 z − 274.32 )
Lx yz + λ
=
L= xz + 2λ
y
Lz xy + 2λ
=
Lλ =x + 2y + 2 z − 274.32


yz + λ =
0

⇒

0
xz + 2λ = ⇒
0
xy + 2λ = ⇒
xz
− yz =
−
2
xy
− yz =
−
2

λ =yz
−

xz
λ=
−
2
xy
λ=
−
2

x
⇒ y=
2
x
⇒ z=
2


x + 2y + 2 z − 274.32 =
0

x
x
274.32
x + 2 2 + 2  =
2
2
= 274.32 ⇒= 91.44
3x
x
x = 91.44 cm
y = 45.72 cm
z = 45.72 cm


45.72
91.44
45.72


2z
x


2z
x

2

V =πz x
x + 2π z =
274.32
L = π z x + λ ( x + 2π z − 274.32 )
2


L = π z x + λ ( x + 2π z − 274.32 )
2

2

= πz +λ
Lx
= 2π zx + 2πλ
Lz
Lλ =+ 2π z − 274.32
x


2

πz +λ = ⇒
0
2π zx + 2πλ = ⇒
0
2

−π z =
− zx

⇒

λ =π z
−

2

λ=
− zx
x=
πz


x + 2π z − 274.32 =
0
x =πz

π z + 2π z − 274.32 =
0
3π z − 274.32 =
0
=
z

91.44

π

⇒ = 91.44
x


 91.44 
2

 π 
91.44


Para conducir agua para riego, a través de una
barranca, se necesita construir un canal de sección
trapezoidal y esto se hace con una hoja de lámina
cuyo ancho es de 90 cm . Calcular la longitud de la
sección del canal en su base, así como el ángulo de
inclinación de sus taludes, de tal manera que el canal
tenga máxima capacidad


En problemas como éste, los modelos geométrico y
matemático, así como una adecuada asignación de
las variables, son fundamentales
La máxima capacidad del canal se presenta con la
máxima área de su sección, por lo que la función a
maximizar es el área de la sección que equivale,
según el modelo y las variables en él contenidas, al
área de un trapecio. Así, para este caso, se sugiere
el siguiente modelo geométrico


90 − 2x + 2x cosθ

x
θ

x
θ
90 − 2x

x senθ


90 − 2x + 2x cosθ

x
θ

x
θ

x sen θ

90 − 2x

1
A
El área de un trapecio está dada por =
(B + b ) h
2
Y con los datos de este problema se tiene que

1
= ( 90 − 2x + 2x cosθ ) + ( 90 − 2 x )  xsen θ
A

2
1
= [180 − 4 x + 2 x cosθ ] xsen θ = ( 90 − 2x + x cosθ ) xsen θ
2


A = 90 xsenθ − 2 x 2 senθ + x 2 senθ cosθ

Ahora se deriva parcialmente con respecto a las
variables " x " y "θ " con lo que se obtiene:

∂A
= 90sen θ − 4 xsen θ + 2 xsen θ cosθ
∂x
⇒ 2sen θ ( 45 − 2 x + x cosθ ) = 0 

(1)

∂A
= 90 x cosθ − 2 x 2 cosθ − x 2sen 2θ + x 2 cos2 θ
∂θ
2
2
2
2
2
= 90 x cosθ − 2 x cosθ − x (1 − cos θ ) + x cos θ
= 90 x cosθ − 2 x 2 cosθ − x 2 + 2 x 2 cos2 θ

⇒ x ( 90cosθ − 2 x cosθ − x + 2 x cos2 θ ) =)
0  (2


2sen θ ( 45 − 2x + x cosθ ) =  (1)
0
x ( 90cosθ − 2x cosθ − x + 2x cos2 θ ) = 
0

(2)

90 − 2x + 2x cosθ

x
θ

x
θ

x sen θ

90 − 2x

En estas ecuaciones se ve que sen θ y x no pueden ser
nulas, es decir, valer cero ya que entonces no habría
canal, luego estas expresiones quedan como:

45 − 2 x + x cosθ = 
0

( 3)

90cosθ − 2 x cosθ − x + 2 x cos 2 θ = 
0

(4)


45 − 2 x + x cosθ = 
0

( 3)

90cosθ − 2 x cosθ − x + 2 x cos 2 θ = 
0

(4)

En la primera ecuación se despeja cosθ y se sustituye
en la segunda de donde se obtiene:

2 x − 45
cosθ =
x
2

 2 x − 45 
 2 x − 45 
 2 x − 45 
90 
0
 − 2x 
 − x + 2x 
 =
x
x
x







180 x 2 − 4050 x − 4 x 3 + 90 x 2 − x 3 + 8 x 3 − 360 x 2 + 4050 x =
0


3 x − 90 x = 0
3

2

⇒

3x

2

( x − 30 ) = 0

⇒

 x =0

 x = 30

El único valor factible es el segundo por lo que:

x = 30 cm
Se obtiene ahora el correspondiente valor del ángulo θ

2 ( 30 ) − 45
2 x − 45
= =
cosθ
; cosθ
x
30
= ang cos ( 0.5 )= 600
⇒ θ
⇒ θ


Con estos valores, que constituyen el único punto crítico,
se garantiza que la capacidad es máxima. Luego, la
capacidad del canal es máxima cuando la longitud de
su sección en la base es de:

90 − 2 ( 30 ) =
30 cm

Y el ángulo de sus taludes es de θ = 600
60 cm

30 cm

30 cm

600

600
30 cm

26 cm


Una sonda espacial con la forma del elipsoide de
ecuación 4 x 2 + y 2 + 4 z 2 = entra a la atmósfera de la
16
Tierra y su superficie comienza a calentarse. Después de
una hora, la temperatura en el punto ( x, y , z ) sobre la
superficie de la sonda es

T ( x, y, z ) = 8 x + 4yz − 16 z + 600
2

Encontrar el punto más caliente sobre la superficie de la
sonda y determinar esta temperatura máxima que
alcanza en él


Para resolver este problema se considera que la función
objetivo, es decir, la que se requiere optimizar, es la
función temperatura. Y por otro lado, la ecuación que
define geométricamente a esta sonda espacial es la
restricción del problema
De acuerdo con lo expresado, la sonda en el espacio es
como


El modelo geométrico de la sonda, situado en el espacio
cartesiano es como el de la figura

z

2
−2
2

−4
x

4
−2

y

x2 y 2 z2
1
+
+
=
4 16 4


Se utiliza el método de los multiplicadores de Lagrange,
luego el modelo matemático con el que se trabaja
considera a la función objetivo, es decir, la de la
temperatura, más la restricción (la ecuación del
elipsoide) por un multiplicador, de donde:
2

(

2

2

2

L = 8 x + 4yz − 16 z + 600 + λ 4 x + y + 4 z − 16

)

Se obtienen las derivadas de esta función de Lagrange,
se igualan a cero y se realizan operaciones algebraicas
con las ecuaciones obtenidas, de donde:


(

L = 8 x 2 + 4yz − 16 z + 600 + λ 4 x 2 + y 2 + 4 z 2 − 16

= 16 x + 8 xλ
Lx
Ly 4 z + 2yλ
=
Lz = 4y − 16 + 8 zλ
Lλ = 4 x 2 + y 2 + 4 z 2 − 16

)


16 x + 8 xλ =
0
4 z + 2 yλ =
0

2z
λ=
−
y
4−y
λ=
2z

⇒

4y − 16 + 8 zλ = 0 ⇒
2

2

2

4 x + y + 4 z − 16 =
0



(1)



(2)



(3)



λ=
−2

⇒

(4)

Al igualar se obtiene:

4−y
=
−2
2z

2z
−2 = −
y

⇒

z=y

⇒ = 4−y
− 4z

⇒



( 5)

y−4
z=
4



(6)


Se sustituye un resultado en el otro y

z−4
z=
4

y−4
z=
y=z
4
⇒ 4z − z = 4 ⇒ 3z = 4
−
−

4
∴ z=
−
3

y

4
y=
−
3

Se sustituyen estos valores en la ecuación

4 x 2 + y 2 + 4 z 2 − 16 = 
0
y se obtiene:

(4)


(4)

4 x 2 + y 2 + 4 z 2 − 16 = 
0
2

2

 4
 4
4 x +  −  + 4  −  − 16 = 0
 3
 3
2

⇒

80
4x =
16 −
9
2

⇒

⇒

16 64
+
− 16 = 0
4x +
9
9
2

64
4 x =⇒
9
2

4
x=
±
3

Por lo tanto los puntos más calientes de la sonda son:

4 4 4
3,− 3,− 3



y

 4 4 4
− 3 , − 3 , − 3 




Y la temperatura en estos puntos es de:

T ( x, y, z ) = 8 x 2 + 4yz − 16 z + 600
2

 4 4 4
 4
 4  4 
 4
T  ± , − , −  = 8  ±  + 4  −  −  − 16  −  + 600
 3 3 3
 3
 3  3 
 3

 4 4 4
0
T  ± , − , −   642.7
 3 3 3


Y la temperatura en estos puntos es de:

T ( x, y, z ) = 8 x 2 + 4yz − 16 z + 600
2

 4 4 4
 4
 4  4 
 4
T  ± , − , −  = 8  ±  + 4  −  −  − 16  −  + 600
 3 3 3
 3
 3  3 
 3

 4 4 4
0
T  ± , − , −   642.7
 3 3 3
¡Hola!


Una persona desea construir una pirámide energética de
base cuadrada y con un cierto material especial que
cuesta $100 / m2 . El volumen debe ser de 9 2 m3 .
¿Cuánto deben medir el lado de la base y la altura de la
pirámide para que el costo del material empleado sea el
mínimo?


El modelo geométrico es:

y ( apotema)

z

x
x


y ( apotema)

z

x
x

z

=
y

x2
+ z2
4

x
2

La base es un cuadrado y la superficie lateral se obtiene
del producto del perímetro de la base por el apotema,
dividido entre dos. Y el apotema se obtiene por el
teorema de Pitágoras del triángulo de la figura. Así, el
costo del material, que es la función objetivo, se obtiene
como:


x2
+ z2
4x
4
= 100 x 2 + 100
C
2
C = x 2 + 100 x x 2 + 4 z 2
100
Y la restricción es el volumen de la pirámide, es decir,

x2 z
V=
3

;

x2 z
= 9 2
3

⇒

x 2 z = 27 2

Luego la ecuación de Lagrange queda como:

(

L= 100 x 2 + 100 x x 2 + 4 z 2 + λ x 2 z − 27 2

)


(

L= 100 x 2 + 100 x x 2 + 4 z 2 + λ x 2 z − 27 2

)

Se calculan las derivadas parciales:


∂L
x
= 200 x + 100 x 
∂x
x2 + 4 z2

∂L
=
∂x


+ 100 x 2 + 4 z 2 + 2 xzλ



(

)

200 x x 2 + 4 z 2 + 100 x 2 + 100 x 2 + 4 z 2 + 2 xzλ x 2 + 4 z 2
x2 + 4 z2
200 x x 2 + 4 z 2 + 200 x 2 + 400 z 2 + 2 xzλ x 2 + 4 z 2 =
0


4z
∂L
= 100 x 
2
2
∂z
 x + 4z

4z
100 x 
2
2
 x + 4z


+ x2λ = 0



⇒


+ x 2λ


400 xz
x2 + 4 z2

+ x2λ = 0


∂L
= x 2 z − 27 2
∂λ

⇒

x 2 z − 27 2 = 0

200 x x 2 + 4 z 2 + 200 x 2 + 400 z 2 + 2 xzλ x 2 + 4 z 2 =
0

400 xz
x2 + 4 z2

0
+ x 2λ =

En la segunda ecuación se despeja el multiplicador y se
sustituye el resultado en la primera, de donde:

λ= −

400 z
x x2 + 4 z2



400 z
200 x x + 4 z + 200 x + 400 z + 2 xz x + 4 z  −
0
=
2
2
 x x + 4z 
2

2

2

2

2

2


200 x x 2 + 4 z 2 + 200 x 2 + 400 z 2 − 800 z 2 =
0
x x2 + 4 z2 + x2 − 2 z2 =
0
x x2 + 4 z2 = 2 z2 − x2

(

)

x 2 x 2 + 4 z 2 =4 z 4 − 4 x 2 z 2 + x 4
x 4 + 4 x 2 z 2 =z 4 − 4 x 2 z 2 + x 4
4
8 x2 z2 − 4 z4 = 0
= 0
z

y

⇒

(

)

4 z2 2 x2 − z2 = 0

z = ± 2x ∴ z = 2x


z = 2x
Se sustituye esta ecuación en la que se obtuvo al igualar
a cero la derivada parcial con respecto al multiplicador y
se tiene:
2

x z − 27 2 =
0
27 2
3
2 x − 27 2 = ⇒ x =
0
2

x2

x 3
=

;

z
=

2x

⇒

z 3 2
=

Con estas dimensiones el costo es mínimo y es igual a:

C = x 2 + 100 x x 2 + 4 z 2
100

(

= 100 ( 3 ) + 100 ( 3 ) 3 + 4 3 2
C
2

2

)

2

⇒ = 3600
C


Por lo tanto, el costo mínimo de la pirámide, que es de
$ 3600 se presenta cuando el volumen es de 9 2 m3 ,
el lado de la base de 3 m y su altura de 3 2 m

3 2m

3m

3m


Se quiere construir un tanque para almacenar petróleo, con la
forma de un cilindro circular recto, que debe tener una
capacidad de 90,000  . Los materiales empleados en su
2
construcción, tienen un costo de: $ 1
,000 / m para la
base, $ 500 / m2 para la tapa y $ 2500 / m2 para la
superficie lateral. ¿Qué dimensiones debe tener este tanque
para que el costo de los materiales empleados sea el menor
posible? Determinar también este costo mínimo.


Solución
Para resolver este problema de optimización se utilizará
el método de los multiplicadores de Lagrange y resulta
evidente que el costo de los materiales constituye la
función objetivo y el volumen fijo es la restricción a que
debe sujetarse. El tanque es como:


El modelo geométrico con sus datos:

a

r

V

3

3

90,000  90,000 dm 90 m
=
=


a

r

La ecuación de Lagrange es:

L = 1000π r + 500π r + 2500 ( 2π ra) +
2

(

2

+ λ π r a − 90
2

2

)

(

2

L = 1500π r + 5000π ra + λ π r a − 90

)


Se obtienen las derivadas parciales y con ellas el o los puntos
críticos
2

(

2

L = 1500π r + 5000π ra + λ π r a − 90
∂L
= 3000π r + 5000π a + 2π raλ
∂r

∂L
2
= 5000π r + π r λ
∂a
∂L
2
= π r a − 90
∂λ

)


3000π r + 5000π a + 2π raλ =
0
1500 r + 2500a + raλ =
0
2

5000π r + π r λ =
0
5000 r + r 2λ =
0

1500 r + 2500a
λ= −
ra
1500 2500
⇒ λ= −
−
 (1)
a
r
5000 r
5000
λ= ⇒ λ= −
−
 (2)
2
r
r


1500 2500
λ= −
−
a
r



(1)

5000
λ= −
r

Se igualan estas ecuaciones y

1500 2500
5000
−
−
=
−
a
r
r
1500 2500
=
⇒ 1500 r = 2500a
a
r
2500a
r
=
1500

5a
⇒ r
=
3



(2)


Se sustituye este valor en la ecuación aún no utilizada y

5a
r=
3

2

π r a − 90 =
0
2

 5a 
π
 a − 90 = 0
 3 
=
a
5a
r=
3

3

⇒

9 ( 90 )
25π
r=

25π a3
= 90
9

⇒

⇒

a  2.177

5 ( 2.177 )
3

⇒

r  3.628


a  2.177 m

r  3.628 m

2

= 1500π r + 5000π ra
C
∴ Cm  $ 186,090


Los cursos de dos ríos, dentro de los límites de una región
determinada y con respecto a un sistema coordenado,
son, en forma aproximada, una parábola y = x 2 y una
recta x − y − 2 = . ¿cuál es la menor longitud de un
0
canal recto con el que se pueden unir y cuáles son las
coordenadas del canal en su unión con los ríos?


En este problema se desea saber cuál es la longitud
mínima de un canal que una a estos dos ríos, luego esta
es la función objetivo, la que se debe optimizar. Los ríos,
de acuerdo con un sistema coordenado determinado se
graficarían como:

y

( x1, y1)

y = x2

canal

y= x − 2

x

( x2 , y2 )


El modelo geométrico es el siguiente

y

y=x

2

y= x − 2

( x1, y1)

canal

x

( x2 , y 2 )

La distancia entre los dos ríos, que es el modelo
matemático preliminar, está dada por:

=

( x 2 − x1 ) + ( y 2 − y 1 )
2

2

Sea L =  ; L = ( x 2 − x1 ) + ( y 2 − y 1 )
2

2

2


Como los puntos de contacto del canal con los ríos
pertenecen a sus trayectorias, entonces satisfacen sus
ecuaciones, luego se puede escribir

y 2 = y y1 =
x2 − 2
x12
Luego el modelo matemático definitivo es:

L=

( x 2 − x1 )

2

+ ( x2 − 2 − x

)

2 2
1

2
L =x14 + 5x12 − 2x12 x 2 + 2x 2 − 2x1x 2 − 4 x 2 + 4

Se deriva parcialmente la función y se igualan a cero las
derivadas parciales para obtener los puntos críticos:

2
L =x14 + 5x12 − 2x12 x 2 + 2x 2 − 2x1x 2 − 4 x 2 + 4

∂L
3
=4 x1 + 10x1 − 4 x1x 2 − 2x 2
∂x1

∂L
2
=x1 + 4 x 2 − 2x1 − 4
−2
∂x 2
4 x13 + 10 x1 − 4 x1x 2 − 2 x 2 =
0 
−2x12 + 4 x 2 − 2x1 − 4 =
0



(1)
( 2)


4 x + 10 x1 − 4 x1x 2 − 2 x 2 =
0 
3
1

−2x + 4 x 2 − 2x1 − 4 =
0
2
1



(1)
( 2)

De la segunda ecuación se tiene que:

x12 x1
x2 =
+ +1
2 2

Se sustituye en la primera y:

 x12 x1   x12 x1 
4 x13 + 10 x1 − 4 x1  + + 1 − 2  + + 1 =
0
 2 2   2 2 
4 x13 + 10 x1 − 2 x13 − 2 x12 − 4 x1 − x12 − x1 − 2 =
0
2x13 − 3x12 + 5x1 − 2 =
0


2x13 − 3x12 + 5x1 − 2 =
0
Se obtienen las raíces y se llega a:

1 2

0
 x1 −  ( 2 x1 − 2 x1 + 4 ) =
2

Como se observa, la ecuación tiene una raíz real y dos
complejas, luego el punto crítico está dado por:
2

 1
1
 
1
x12 x1
 2  + 2 +1
+ + 1 ; x2 =
; x2 =
x1 =
2
2 2
2
2
2

 1
1
 
 2  + 2 + 1 ⇒ x =1 + 1 + 1 ⇒ x = 11
x2 =
2
2
2
2
8 4
8


1
11
x1
; x2
= =
2
8
Es evidente que este punto crítico corresponde al mínimo de la
función y para efectos de ilustrar el criterio de la segunda
derivada se comprobará. Así,

∂L
∂2 L
= 4 x13 + 10 x1 − 4 x1x 2 − 2 x 2 ⇒
= 12 x12 + 10 − 4 x 2
∂x1
∂x12

∂L
∂2 L
=x12 + 4 x 2 − 2 x1 − 4 ⇒
−2
=
4
2
∂x 2
∂x 2

∂2 L
= x1 − 2
−4
∂x 2∂x1


2

2

2

∂ L
∂ L
∂ L
2
= x1 + 10 − 4 x 2 ;
= ;
= x1 − 2
−4
12
4
2
2
∂x1
∂x 2
∂x 2∂x1
2

2

2

∂L ∂L  ∂L 
=
−
H ( x1 , x 2 )

2
2
∂x1 ∂x 2  ∂x 2∂x1 
H ( x1,=
x2 )

(12x

2
1

2

+ 10 − 4 x 2 ) ( 4 ) − ( −4 x1 − 2 )

∂ 2L
1 11 

H , >0 ;
>0
2
∂x 2
2 8 

2


Por lo tanto se tiene un mínimo. Se obtienen los valores
correspondientes de las ordenadas y

1
11
y 2 = ; x1 = x 2 =
x2 − 2
;
2
8

y1 = ;
x
2
1

2

 1 1
y1 =  =

2 4

;

11
5
y2 = − 2 =
−
8
8

1 1
 11 5 
∴  ,  y  ,− 
2 4
 8 8


1 1
 11 5 
∴  ,  y  ,− 
2 4
 8 8

( x 2 − x1 ) + ( y 2 − y 1 )
2

=

2

2

=

L=

 11 1   5 1 
 −  +− − 
 8 2  8 4

7 2
∴ =

⇒   1.24
8
 1 1
 2,4



  1.24
 11 5 
 8 ,− 8 



2


En un almacén cuentan con $ 3600 y deben construir una
caja en forma de paralelepípedo rectangular. Los costos
incluyen mano de obra y los procesos de unión de los
materiales, que para la base tiene un costo de $ 75 / m 2 ,
y para los lados de $ 150 / m 2 . Determinar las dimensiones
de la caja de mayor volumen, sin tapa, que se puede
construir con ese dinero y calcular también ese volumen
máximo.


En este caso, se pide que el volumen sea máximo, luego
es la función objetivo y el hecho de contar con una
cantidad fija de dinero constituye una restricción. El
modelo geométrico, con sus magnitudes variables y
constantes es:

z

$ 3600

y
x


La función objetivo es:

V = xyz
y la restricción es:

75 xy + 2 (150 ) xz + 2 (150 ) yz =
3600
75 xy + 300 xz + 300yz =
3600
xy + 4 xz + 4yz =
48
Entonces la ecuación de Lagrange está dada por:

L = xyz + λ ( xy + 4 xz + 4yz − 48 )


L = xyz + λ ( xy + 4 xz + 4yz − 48 )
Se obtienen las derivadas parciales, se igualan a cero y
con ellas se alcanza el o los puntos críticos que
solucionan el problema

∂L
= yz + ( y + 4 z ) λ
∂x
∂L
= xz + ( x + 4 z ) λ
∂y
∂L
=xy + ( 4 x + 4y ) λ
∂z
∂L
=xy + 4 xz + 4yz − 48
∂λ


yz + ( y + 4 z ) λ =
0
0
xz + ( x + 4 z ) λ =
0
xy + ( 4 x + 4y ) λ =
0
xy + 4 xz + 4yz − 48 =

yz
yz + ( y + 4 z ) λ = 0 ⇒ λ = −
y + 4z
xz
xz + ( x + 4 z ) λ = 0 ⇒ λ = −
x + 4z
xy
xy + ( 4 x + 4y ) λ = λ = −
0⇒
4 x + 4y


yz
xz
−
=
−
⇒ xy + 4yz = 4 xz
xy +
y + 4z
x + 4z
∴ y=
x
yz
xy
xy +
−
=
−
⇒ 4 xz + 4yz = 4 xz
y + 4z
4 x + 4y
1
∴ z=
x
4

Se sustituyen estas ecuaciones en la última derivada
parcial igualada a cero y

xy + 4 xz + 4yz − 48 =
0
1 
1 
x ( x ) + 4 x  x  + 4 ( x )  x  − 48 =
0
4 
4 


3 x2 = ⇒
48

x2 = ⇒
16

x=
±4

= 4= 4 m ; z 1 m
x
m ; y =

1m
4m

4m
3

VM = 4 × 4 × 1 ∴ VM = 16 m


MUCHAS
GRACIAS
Pablo García y Colomé

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