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¿Te atreves? Un problema de matemáticas (4)

Se acercan los “temidos” problemas de optimización. Pero, como todo en matemáticas, los hay más fáciles y menos fáciles. Proponemos a continuación un problema de este tipo. De hecho, los problemas de optimización son parte del temario de Matemáticas II, en 2º de Bachillerato. Concretamente, uno de los estándares de aprendizaje de esta materia es, literalmente: “plantea problemas de optimización relacionados con la geometría o con las ciencias experimentales y sociales, los resuelve e interpreta el resultado obtenido dentro del contexto“.

En fin, vamos al grano. El enunciado del problema es el siguiente.

En una circunferencia de radio \(r\) se traza la tangente en un punto cualquiera \(C\) y una cuerda \(AB\) paralela a dicha tangente. Demuestra que, para que el área del triángulo \(ABC\) sea máxima, la distancia de \(C\) a la cuerda deber ser \(3/2\) del radio.

Nota. La imagen que precede a este artículo te puede servir de ayuda.

La solución aquí

La solución aquí

Observa la siguiente figura:

En primer lugar es necesario darse cuenta de que la altrua del triángulo \(ABC\) ha de ser mayor que el radio \(r\) de la circunferencia. La razón es que, si trazamos la cuerda por \(A’B’\), podemos conseguir otro triángulo con la misma base, \(AB\), y mayor altura; con lo que este último tendrá mayor área.

Una vez observado lo anterior podemos expresar el área del triángulo en función de \(x\). Observando la figura tenemos, por un lado, que la altura del triángulo es \(x+r\) y que la bsase es \(2y\). Pero, por el teorema de Pitágoras, \(y=\sqrt{r^2-x^2}\), con lo que la base será igual a \(2y=\sqrt{r^2-x^2}\). De este modo podemos escribir el área del triángulo como función de \(x\):

\[A(x)=\frac{2(x+r)\sqrt{r^2-x^2}}{2}=(x+r)\sqrt{r^2-x^2}\]

donde, naturalmente, \(x\in[0\,,r)\)

Derivando la función \(A(x)\) tenemos:

\[A'(x)=\sqrt{r^2-x^2}+(x+r)\frac{-2x}{2\sqrt{r^2-x^2}}=\]

\[=\frac{r^2-x^2-x(x+r)}{\sqrt{r^2-x^2}}=\frac{-2x^2-rx+x^2}{\sqrt{r^2-x^2}}\]

Igualando la derivada a cero:

\[A'(x)=0\Leftrightarrow-2x^2-rx+r^2=0\]

Resolviendo la ecuación de segundo grado:

\[x=\frac{r\pm\sqrt{r^2+8r^2}}{-4}=\frac{r\pm\sqrt{9r^2}}{-4}=\frac{r\pm3r}{-4}=\begin{cases}x=-r\\x=\frac{r}{2}\end{cases}\]

Claramente la primera de las dos soluciones anteriores no es válida. Por tanto el único punto “candidato” a ser un extremo es \(x=\frac{r}{2}\) que, de hecho, se puede comprobar que es un máximo porque \(A'(x)>0\) a la izquierda de este valor y \(A'(x)<0\) a su derecha.

Por tanto, la distancia de \(C\) a la cuerda, que es la altura del triángulo, es:

\[h=r+\frac{r}{2}=\frac{3r}{2}\]

Esto es justo lo que se quería demostrar.

Una última observación.

Si calculamos la longitud de los lados del triángulo tenemos:

\[AB=2y=2\sqrt{r^2-x^2}=2\sqrt{r^2-\frac{r^2}{4}}=r\sqrt{3}\]

\[AC=BC=\sqrt{y^2+h^2}=\sqrt{(r^2-x^2)+\left(\frac{3r}{2}\right)^2}=\sqrt{r^2-\frac{r^2}{4}+\frac{9r^2}{4}}=r\sqrt{3}\]

Hemos obtenido que el triángulo inscrito en una circunferencia que nos da el área máxima es, precisamente, el triángulo equilátero.

Sobre Pedro Castro Ortega

Profesor de Matemáticas en el IES "Fernando de Mena" de Socuéllamos (Ciudad Real, Castilla-La Mancha).

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