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 da que temos mostras sobradas na solución dada.