Menor área de un convexo que interseca a dos hipérbolas
Vamos con el problema de esta semana. Ahí va el enunciado:
Encuentra la menor área posible que puede tener un conjunto convexo en el plano que interseca a las dos ramas de la
parábolahipérbolay también a las dos ramas de la
parábolahipérbola.
Que se os dé bien.
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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 4 de junio de 2012
Categorías: Juegos | 
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martxelo | 4 de junio de 2012 | 10:15
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Creo que las figuras que son hipérbolas, no parábolas.
martxelo | 4 de junio de 2012 | 10:15
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Creo que las figuras son hipérbolas, no parábolas.
Pilar | 4 de junio de 2012 | 10:47
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Desde luego hipérbolas, y ¿la solución es muy fácil o me lo parece a mi?
gaussianos | 4 de junio de 2012 | 10:49
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Sí, sí, cierto, son hipérbolas. Es un auténtico misterio para mí por qué puse “parábolas”…Lo cambio lo antes posible. Gracias por el aviso
gaussianos | 4 de junio de 2012 | 10:51
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Pilar, sí, es fácil. No todos van a ser difíciles, ¿no?
Pilar | 4 de junio de 2012 | 11:10
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Preguntaba para no empezar a emocionarme antes de tiempo
, porque casi nunca llego a la solución y esta vez creo que la tengo.
Sive | 4 de junio de 2012 | 11:29
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O no he entendido el problema, o es la mayor lo que se pide ¿no?
Sive | 4 de junio de 2012 | 11:34
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Ah, ok, ya lo entendí… que malos son los lunes.
Trackback | 4 jun, 2012
Bitacoras.com
Ignacio Larrosa Cañestro | 4 de junio de 2012 | 16:29
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A mi me parece que la solución es bastante evidente … otra cosa es formalizar esa evidencia. lo pensaré más despacio. pero mientras lo pensaba di con un hecho curioso:
Si se escoge un punto cualquiera A de la hipérbola h1, y se trazan las tangentes por el a la hipérbola h2, tocaran a esta en B y C uno en cada rama. Pues bien, el segmento BC es tangente a la otra rama de h1, sea cual sea A. Y es más, el área del triángulo ABC, que es convexo y cuya intersección con las cuatro ramas no es el vacío, tiene área constante = 4 rq(2) ~= 5.6568542495 , independiente del punto A de partida), y lamentablemente mayor que la que parece mínima a simple vista, y que sin duda lo es.
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/Triangulo_en_hiperbolas.html
Carlos | 4 de junio de 2012 | 23:44
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Hola Ignacio Larrosa, tu construcción es equivalente al hacer un cuadrilátero, por el punto A se traza una tangente a la hipérbola d, que corta a la hipérbola c en un punto E y se repite el procedimiento, y la tangente a c que pase por E forma el paralelogramo ACDE de misma área del triángulo que mencionas.
Ignacio Larrosa Cañestro | 5 de junio de 2012 | 11:56
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Hola Carlos,
Efectivamente, eso es consecuencia de que el punto de tangencia con una de las hipérbolas es el punto medio de los de intersección de esa tangente con la otra hipérboola. Esto debe ser relativamente fácil de demostrar en general para hipérbolas conjugadas.
Ignacio Larrosa Cañestro | 5 de junio de 2012 | 11:59
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Hola Carlos,
Efectivamente, eso es consecuencia de que el punto de tangencia con una hipérbola es el punto medio de las intersecciones de la tangente con la otra hipérbola. Esto debe ser bastante fácil de demostrar en general para cualquier par de hipérbolas conjugadas. Me suena haber visto algo parecido en el entrañable Puig Adam.
Mmonchi | 5 de junio de 2012 | 13:22
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Supongo que es 4, pero no veo una forma rigurosa de demostrarlo.
Ignacio Larrosa Cañestro | 5 de junio de 2012 | 14:35
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Para cualquier rectángulo inscrito en las dos hipérbolas, el área es 4.
La solución debe tener un punto en cada rama de la hipérbola. Si tiene más de uno, el área se reduce aproximándolos. Por tanto, el área mínima corresponderá a un cuadrilátero con un vértice en cada rama.
La forma de verlo puede ser entonces la siguiente. Sean cuatro puntos A, B, C y D en orden cíclico, cada uno situado en una rama de una de las hipérbolas. Si mantenemos fijos dos opuestos, digamos el A y el C, el área se minimiza cuando B y D están en los puntos de contacto de las tangentes paralelas a la diagonal AC, pues la altura de los triángulos ACB y ABD es mínima en ese caso.
Entonces los puntos B y D resultan simétricos respecto al origen. Mantenemos ahora B y D constantes y movemos C y D. Nuevamente el área mínima se consigue cuando A y C son los puntos de contacto de las tangentes paralelas a la diagonal BD, con lo que también son simétricos respecto del origen. Las dos diagonales AC y BD se cortan en su punto medio, luego ABCD es un rectángulo y su área es evidentemente cuatro.
Aqui puede jugarse un poco con esto:
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/Cuadrilatero_en_hiperbolas.html
Sebas | 5 de junio de 2012 | 21:47
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Si a, b, c y d son las abscisas de los vértices del cuadrilátero situados en las hipérbolas, el área de este cuadrilátero es ½(a/b+b/a+b/c+c/b+c/d+d/c+d/a+a/d) y este valor es mínimo cuando a=b=c=d=1
Cartesiano Caotico | 5 de junio de 2012 | 23:17
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Lo cierto es que cualquier rectángulo inscrito entre las cuatro curvas tendrá un área igual a 4. Demonstración: por simetría calculamos únicamente el area entre la curva del cuadrante positivo y los ejes de abcisa y ordenada. Así xy=1 (la curva) coincide con el área del rectángulo. Por simetría el área será 4. La cuestión es demostrar que no puede ser inferior.
Ignacio Larrosa Cañestro | 5 de junio de 2012 | 23:25
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Sebas, en realidad es mínimo siempre que a = b = c = d, por aquello de que x + 1/x es mínimo par x = 1 y ese mínimo vale 2.
Cartesiano Caotico, tienes dos: la de Sebas y la mía, que reconozco que puede y debería formalizarse mejor …
martxelo | 6 de junio de 2012 | 11:30
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Creo que un círculo tangente a las cuatro ramas valdría y tiene como área $\pi$
Ignacio Larrosa Cañestro | 6 de junio de 2012 | 12:01
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No, martxelo. Tendría de área pi*(rq(2))^2 = 2pi ~= 6.28, o mejor en LaTeX:
Fíjate que el cuadrado solución esta inscrito en ese círculo, por lo que su área es claramente menor.
Samuel Dalva | 7 de junio de 2012 | 23:57
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Por el camino LARGO yo haría:
Por ser convexo y de área mínima, la figura ha de ser un polígono, cuyos vértices se encuentran en las hipérbolas. Es decir, cuatro puntos, 8 coordenadas.
Entonces, tenemos 4 ecs. con 8 incógnitas.
Por otro lado, la superficie del polígono es la superficie de 2 trángulos con lado común la diagonal.
Sabemos que 1/2 del módulo del producto vectorial de dos vectores nos da el área del triángulo, que minimizamos por derivación.
Dos áreas = 2 ecuaciones más.
Tenemos 6 ecuaciones con 8 incógnitas, pero por la simetría del problema, uno de los puntos es obvio, lo cual nos deja 6 ecs. con 6 incóngitas.
Me leo, y no sé si he conseguido explicarme.
Además, a estas horas, probablemente esté (h)errado.
JJGJJG | 8 de junio de 2012 | 15:10
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Samuel Dalva, minimizar el área del cuadrilátero sí nos da cuatro ecuaciones pero, minimizar la suma de las las de dos triángulos con los mismos vértices que antes no aporta dos nuevas ecuaciones independientes de las cuatro antariores, ya que la información que aportan es redundante.
Samuel Dalva | 8 de junio de 2012 | 16:01
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JJGJJJG, Oops. Metedura de pata mía. Muy cierto.
Samuel Dalva | 8 de junio de 2012 | 17:04
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Me ha picado la curiosidad. Vuelvo a intentarlo, esta vez sin cálculo de por medio.
Imaginemos un círculo que va encogiendo (y por tanto tiene cada vez menor área) hasta que solamente toque en cuatro puntos a las hipérbolas (ptos +/- 1)
Esto, sumado a que sabemos que, de todos los rectángulos, el cuadrado es el que tiene el círculo circunscrito mínimo, entonces, el cuadrado de ptos +/-1 tiene área mínima.
Área = 4.
Nota: en el razonamiento anterior, quedaría por demostrar que la figura que buscamos debe ser un paralelogramo, pero esto, debido a la simetría del problema, creo (no estoy seguro ahora mismo) que es obvio.
Ignacio Larrosa Cañestro | 8 de junio de 2012 | 17:51
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Samuel, pero es que el área mínima no se produce solo con el cuadrado, sino con cualquier rectángulo que tenga un vértice en cada rama de las hipérbolas, lo que implica que sus lados sean paralelos a los ejes. Todos ellos tienen área 4.
Samuel Dalva | 8 de junio de 2012 | 18:05
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En efecto. Ya estaba claro en vuestros comentarios. Lo que intentaba hacer (de forma lamentable) era obtener una demostración visual. Me vence mi impaciencia.
Juanjo Escribano | 21 de junio de 2012 | 12:10
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Intuitivamente está claro que la solución es 4 y son infinitas soluciones de todos los rectangulos con lados paralelos a los ejes.
El planteamiento matemático creo que debería comenzar por demostrar que el área mínima de un convexo cuya frontera pasa por cuatro puntos es el cuadrilátero que los une.
Si eso se consigue, pasaríamos al areá mínima del cuadrilatero que pasa por cuatro puntos ligados por parejas por las ecuaciones XY = 1 y XY = -1 de las hipérboles.
Juanjo Escribano | 21 de junio de 2012 | 14:01
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Revisando el comentario de Ignacio Larroso 4 – Junio, añado cuatro puntos (nunca con 3 alineados)