A razón dun problema de optimización. 2

Trátase de resolver o problema proposto na entrada anterior. Lembro que non só pedía a solución, senón a razón do problema. Velaquí o enunciado:

Triángulo circunscrito a unha semicircunferencia. Dada unha semicircunfencia de raio $1$ pídense as dimensións do triángulo isóscele de perímetro mínimo circunscrito á circunferencia.

Sexa $D(x,y)$, un punto calquera da semicircunferencia. Como $x$ e $y$ son os catetos dun triángulo rectángulo de hipotenusa $1$: $x^{2}+y^{2}=1$ e, polo tanto $y=\sqrt{1-x^{2}}$. Derivamos para obter a pendente da recta tanxente $AB$: $y'=\frac{-x}{\sqrt{1-x^{2}}}$

Introducimos agora o ángulo $\alpha$, resulta que $x=cos\alpha$. Daquela

$y'=\frac{-cos\alpha}{\sqrt{1-cos^{2}}\alpha}=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}$

O punto $D$ ten coordenadas $(sen\alpha, cos\alpha)$. Usámolo para obter a ecuación punto-pendente da recta tanxente á semicircunferencia en $D$:

$y-sen\alpha=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}\left( x-cos\alpha \right)=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x+\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$

Se $x=0$:  $y-sen\alpha=\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$ $y=\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}+sen\alpha=\frac{cos^{2}\alpha+cos^{\alpha}}{sen\alpha}=\frac{1}{sen\alpha}$. Así obtemos as coordenadas de $A(0, \frac{1}{sen\alpha})$

Se $y=0$:   $-sen\alpha=\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x+\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}$ $\frac{-cos\alpha}{sen\alpha}x=-sen\alpha-\frac{cos^{2}\alpha}{sen\alpha}=\frac{-sen^{2}\alpha-cos^{2}\alpha}{sen\alpha}=\frac{-1}{sen\alpha}$

$x=\frac{1}{cos\alpha}$. Así obtermos as coordenadas de $B\left( \frac{1}{cos\alpha},0 \right)$

Con estes antecedentes:

$$AB^{2}=\frac{1}{sen^{2}\alpha}+\frac{1}{cos^{2}\alpha}=\frac{1}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}\Longrightarrow AB=\frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}$$

Agora xa podemos escribir o perímetro do triángulo en función de $\alpha$: $$P\left( \alpha \right)=2\left( AB+OB \right)=2\left( \frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}+\frac{1}{cos\alpha} \right)=2\frac{1+sen\alpha}{sen\alpha\cdot cos\alpha }$$

Derivamos na procura dos extremos:

$$P'\left( \alpha \right)=2\frac{cos\alpha\left( sen\alpha\cdot cos\alpha \right)-\left( 1+sen\alpha \right)\left( cos^{2} \alpha-sen^{2}\alpha\right)}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}=$$ $$=2\frac{sen\alpha\cdot cos^{2}\alpha-cos^{2}\alpha+sen^{2}\alpha-sen\alpha\cdot cos^{2}\alpha+sen^{3}\alpha}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}=2\frac{sen^{3}\alpha+2sen^{2}\alpha-1}{sen^{2}\alpha\cdot cos^{2}\alpha}$$

Pescudemos para que valores $P'=0$. Tomando $y=sen\alpha$ o numerador anúlase cando $y^{3}+2y^{2}-1=0$. Evidentemente $y=-1$ é unha raíz deste polinomio polo que podemos descompoñelo $y^{3}+2y^{2}-1=(y+1)\left( y^{2}+y-1 \right)=0$ Así que as outras solucións serán $-\phi$ e $\frac{1}{\phi}$. Como $\alpha$ é un angulo do primeiro cuadrante, $y=sen\alpha$ debe ser postivo. Daquela a única solución que nos serve é $sen\alpha=\frac{1}{\phi}$. Ademais como $y^{3}+2y^{2}-1=(y+1)\left( y+\phi \right)\left(  y-\frac{1}{\phi}  \right)$ a derivada no punto $x=\frac{1}{\phi}$ pasa de ser negativa a positiva, de aí que a función $P$ teña nese punto un mínimo.

$cos\alpha=\sqrt{1-sen^{2}\alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{\phi^{^{2}}}}=\sqrt{\frac{\phi^{2}-1}{\phi^{2}}}=\frac{\sqrt{\phi-1-1}}{\phi}=\frac{\sqrt{\phi}}{\phi}$

$$A\left( 0,\frac{1}{sen\alpha} \right)=\left( 0,\phi \right)  \quad \quad B\left( \frac{1}{cos\alpha},0 \right)=\left( \sqrt{\phi},0 \right)$$  $$AB=\frac{1}{sen\alpha\cdot cos\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{\phi}\frac{1}{\sqrt{\phi}}}=\phi\sqrt{\phi}$$  $$EB=\sqrt{\phi}-\frac{1}{\sqrt{\phi}}=\frac{\phi-1}{\sqrt{\phi}}=\frac{\frac{1}{\phi}}{\sqrt{\phi}}=\frac{1}{\phi\sqrt{\phi}}$$

O perímetro máximo terá un valor de $$P=2\left( AB+OB \right)=2\left( \phi\sqrt{\phi} +\sqrt{\phi}\right)=2\sqrt{\phi}\left(\phi+1  \right)=2\phi^{2}\sqrt{\phi}$$

Triángulos de Kepler

Chámanse triángulos de Kepler a aqueles triángulos rectángulos que teñen os lados en progresión xeométrica. Resulta evidente que a razón desta progresión debe ser $\sqrt{\phi}$. Botándolle un ollo á anterior imaxe poderemos distinguir varios triángulos de Kepler:

$EDB$ ten lados de lonxitudes $\frac{1}{\phi\sqrt{\phi}},\quad \frac{1}{\phi},\quad \frac{1}{\sqrt{\phi}}$

$OED$ ten lados de lonxitudes $ \frac{1}{\phi},\quad \frac{1}{\sqrt{\phi}}, \quad 1$

$OAD$ ten lados de lonxitudes $ \frac{1}{\sqrt{\phi}}, \quad 1, \quad \phi$

$OAB$ ten lados de lonxitudes $\sqrt{\phi}, \quad \phi, \quad \phi\sqrt{\phi}$

Fica claro que a razón sobre a que se preguntaba ao principio era unha razón dourada, unha razón da que temos mostras sobradas na solución dada.

A razón dun problema de optimización.1

Os problemas de optimización trátanse no bacharelato. Este tipo de problemas teñen o seu aquel. Vexamos por que. 

Moito do que se trata nas matemáticas non universitarias é de carácter algorítmico. Ben sei que tópicos, como por exemplo a resolución de ecuacións cadráticas, pode introducirse desde outros puntos de vista; mais, unha vez introducido vólvese unha cuestión puramente algorítmica e como tal hai que entrenala ata integrala dentro co coñecemento base para poder asaltar outras fronteiras. Porén os problemas de optimización parecen querer fuxir do corsé algorítmico. Dependendo das características particulares do que se queira resolver hai que pescudar as relacións que mellor nos permitan determinar unha función que modelice a cuestión para poder pasar ao estudo, agora si, algoritmico, da súa monotonía. 

Un dos problemas que lle pedín resolver ao alumnado de Matemáticas II foi o seguinte:

Rectángulo inscrito triángulo. Nun triángulo isóscele de base 12 e altura 10 inscribimos un rectángulo de área máxima. Determina as dimensións do rectángulo. Acha o valor desa área máxima.

A solución comezaría facendo un esquema como o da imaxe. A partir de aquí obtemos unha fórmula para a área:

 $A=2xy$

Como nesta fórmula temos dúas variables, non nos queda outra que intentar relacionalas entre si para, deste xeito, conseguir unha fórmula funcional dunha soa variable.

A lonxitude de calquera dos dous lados iguais do triángulo isóscele pode calcularse a partir do teorema de Pitágoras:

$\sqrt{6^{2}+10^{2}}=\sqrt{136}$

Esta valor tamén se pode obter como suma das hipotenusas dos dous triángulos rectángulos que vemos na dereita da imaxe:

$$\sqrt{\left( 10-y \right)^{2}+x^{2}}+\sqrt{y^{2}+\left( 6-x \right)^{2}}=\sqrt{136}$$

Este foi o camiño que seguiron algúns alumnos. Non tardaron en comprender que se estaban encerellando. Cómpre buscar unha alternativa. 

Unha das forma de solventar a situación sería decatándose de que calquera destes triángulos rectángulos é semellante ao delimitado pola altura e a metade da base do triángulo isóscele. Daquela poderiamos obter as seguintes relacións $\frac{10}{6}=\frac{y}{6-x}\quad ;\quad \frac{10}{6}=\frac{10-y}{x}$

Unha nova opción consistiría en botar man dos coñecementos de xeometría analítica plana ou de reprentación gráfica de rectas para determinar a ecuación da recta pola que se move o punto $P$ ( ten pendente $m=-\frac{10}{6}$ e ordenada na orixe $n=10$)

Un recordo e un problema

Entre os meus recordos como estudante está o dun día concreto de cando cursaba COU. Tiñamos exame ao día seguinte. O profesor déranos un boletín de problemas e quedaban moitos por facer. Un deles era un problema de optimización clásico:

Cono inscrito nunha esfera. Dada unha esfera de raio $r$ determinar as dimensións do cono inscrito na esfera de volume máximo

A cuestión era fermosa, así que abandonei o estudo do exame e centreime no problema. Intenteino unha e outra vez e non o daba resolto. Pero o problema tiña o seu aquel, así que tachaba e volvía unha e outra vez sobre el. Finalmente, rematando a tarde, decateime de que bastaba con realizar un esquema que me permitise relacionar as variables entre si por medio do dato, o raio da esfera. Levaba todo o tempo debuxando mal o raio.

Efectivamente, ata que non se me ocorreu representar o raio que aparece en azul na imaxe, non fun quen de asaltar o problema. Por certo, foi unha das peguntas do exame. :)

Para darlle un bo remate a esta entrada, non hai nada mellor que un problema:

Triángulo circunscrito a unha semicircunferencia. Dada unha semicircunfencia de raio $1$ pídense as dimensións do triángulo isóscele de perímetro mínimo circunscrito á circunferencia.

Non só vou pedir a solución ao problema (que darei na seguinte entrada), senón a súa razón. Esta petición non só é unha nova pregunta, senón que tamén dá unha pista de por onde van os tiros.

Todos os segmentos son iguais

En boa medida este blogue está dedicado ás matemáticas recreativas. Daquela, para darlle algo de prestancia, con certa recurrencia recóllense achegas de personaxes destacados neste ámbito. Mirando na columna da dereita, no gadget corespondente a Persoas, achamos a verdadeiros precursores das matemáticas recreativas: Alcuíno de York (c. 735-804), Lewis Carroll (1832, 1898), Samuel Loyd (1841-1911), Henry Dudeney (1857-1930) e Yakov Perelman (1882-1942), alén dos xa nacidos no século XX. Con todo, hai aínda outros que poden sumarse a esta lista, como é o caso de, por exemplo,  Walter William Rouse Ball (1850-1965). Nesta ocasión intentaremos corrixir esta falta.

A pesar do comentado no parágrafo anterior, a verdadeira motivación para esta entrada foi outra non foi a de completar a nómina de divulgadores das matemáticas. En realidade o impulso veu dado pola entrada anterior. Alí presentábase unha falacia xeométrica ois demostrabamos que todos os triángulos son equiláteros. Comentabamos que o enganoso razoamento, recollido dun libro de matemáticas recreativas publicado no 1917, estaba acompañado doutros do mesmo estilo, en concreto dun que tamén aparecía nun texto de Lewis Carroll, onde se explicaba que

Teorema: a veces un ángulo obtuso pode ser igual a un recto

Resulta que este resultado tamén o podemos achar noutro libro,  Mathematical Recreations and Essays (1892), de W. W. Rouse Ball (1850-1925). Como na entrada anterior, vou deixar de lado o anterior teorema e vou recoller outro que o acompaña.

Teorema: Dado un segmento $AB$ sempre podemos achar outro segmento menor $AZ$ tal que $AB=AZ$

Antes de nada construiremos un triángulo $ABC$ cun ángulo agudo $\widehat{A}$ e tal que $\widehat{C}\gt \widehat{B}$. Daquela poderemos trazar o ángulo $\angle AZC=\angle B$ determinando así o punto $Z$. Tracemos tamén $CD$ perpendicular sobre $AB$

Fixada a terminoloxía que observamos na imaxe, demostraremos que $c=z$

Resulta que os triángulos $AZC$ e $ABC$ teñen dous ángulos iguais, polo tanto son semellantes.

Usaremos a notación $[A,B,C]$ para indicar a área do triángulo $ABC$. Sabemos que a razón entre as áreas de dous triángulos semellantes é o cadrado da razón entre os lados correspondentes deses triángulos: $$\frac{\left[ A,B,C \right]}{\left[ A,Z,C \right]}=\frac{a^{2}}{w^{2}}$$

Pero podemos obter a área dos triángulos como a metade da base pola altura: $$\frac{\left[ A,B,C \right]}{\left[ A,Z,C \right]}=\frac{\frac{1}{2}c\cdot h}{\frac{1}{2}z\cdot h}=\frac{c}{z}$$

Igualando as expresións anteriores:$$\frac{a^{2}}{w^{2}}=\frac{c}{z}\Longrightarrow \frac{a^{2}}{c}=\frac{w^{2}}{z}$$

Fixémonos nos numeradores. Apliquémoslle aos dous triángulos o teorema do coseno: $$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cdot cosA$$ $$w^{2}=b^{2}+z^{2}-2bz\cdot cosA$$

Entón obtemos: $$\frac{b^{2}+c^{2}-2bc\cdot cosA}{c}=\frac{b^{2}+z^{2}-2bz\cdot cosA}{z}$$  $$\frac{b^{2}}{c}+c-2bc\cdot cosA=\frac{b^{2}}{z}+z-2bz\cdot cosA$$  $$\frac{b^{2}}{c}+c=\frac{b^{2}}{z}+z$$  $$\frac{b^{2}}{c}-z=\frac{b^{2}}{z}-c$$   $$\frac{b^{2}-cz}{c}=\frac{b^{2}-cz}{z}$$

Como temos dúas fraccións iguais co mesmo numerador, tamén serán iguais os seus denominadores: $c=z$

Se agora imos movendo o punto $C$ a outros $C'$ veremos que o segmento $AB$ é igual a calquera subsegmento $AZ'$; en conclusión: todos os segmentos son iguais. Unha gran vantaxe, non vos parece?