[martiniano]

Hola a todos y a todas.

Me dispongo a subir un problema resuelto que a mí me llama mucho la atención y que se me pide que resuelva bastante a menudo. Lo subo al foro para tenerlo yo fácil a la hora de enlazarlo y para compartirlo con sus usuarios.

Va especialmente dirigido a alumnos de segundo de bachillerato, ya que es el curso en el que más veces aparece este problema y en el que más quebraderos de cabeza causa. Tal vez sea porque las herramientas que se ven en dicho curso suelen llevar a una solución un tanto aparatosa para lo que podría haber sido. Cuando lo tiene resuelto, al alumno de segundo de bachillerato le sorprende saber que el mismo problema se propone en tercero de ESO en un tema bastante inocente, que pocas veces se ve, y que introduce lo que son las traslaciones, rotaciones, homotecias y simetrías en el plano. Por último, también podría aparecer en un curso de nivel universitario para ser resuelto mediante el método de los multiplicadores de Lagrange.

Las tres soluciones que me dispongo a comentar corresponden a cada uno de los niveles de los que he hablado en el párrafo anterior. Las he ordenado en orden inverso a cómo recomendaría yo a alguien resolver el problema si no se indicase expresamente ningún método concreto. Allá va el enunciado del problema:

Una torre vertical de altura 25 metros se encuentra a una distancia de 32 metros de otra torre también vertical de 15 metros de altura. Se pretende unir sus cimas mediante un cable que debe tocar el suelo en uno de sus puntos tal y como muestra el dibujo:



Considerar que cada tramo de cable es recto. Calcular a qué distancia de la primera torre debe producir el contacto entre el cable y el suelo para que la longitud del cable sea mínima.

Lo que planteáis la mayoría de estudiantes de segundo de bachillerato es lo siguiente:

Solución 1

Sea \( x \) la distancia buscada y \( L_1 \) y \( L_2 \) las longitudes de los dos tramos de cable. Entonces, aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos \( ACD \) y \( BED \) tenemos que la longitud de cada tramo de cable es:

\( L_1=\sqrt[ ]{x^2+25^2}=\sqrt[ ]{x^2+625} \)

\( L_2=\sqrt[ ]{(32-x)^2+15^2}=\sqrt[ ]{1024-64x+x^2+225}=\sqrt[ ]{x^2-64x+1249} \)

Y la longitud total del cable, que es la función a minimizar:

\( f(x)=\sqrt[ ]{x^2+625}+\sqrt[ ]{x^2-64x+1249} \)

Observar que la función es continua y derivable en todo \( \mathbb{R} \). Su derivada:

\( f'(x)=\displaystyle\frac{2x}{2\sqrt[ ]{x^2+625}}+\displaystyle\frac{2x-64}{2\sqrt[ ]{x^2-64x+1249}}=\displaystyle\frac{x}{\sqrt[ ]{x^2+625}}+\displaystyle\frac{x-32}{\sqrt[ ]{x^2-64x+1249}} \)

Para que valga cero:

\( \displaystyle\frac{x}{\sqrt[ ]{x^2+625}}=-\displaystyle\frac{x-32}{\sqrt[ ]{x^2-64x+1249}} \) 

Quitando denominadores:

\( x\sqrt[ ]{x^2-64x+1249}=(32-x)\sqrt[ ]{x^2+625} \) 

Elevando al cuadrado ambos miembros:

\( x^2(x^2-64x+1249)=(32-x)^2(x^2+625) \) 

Efectuando potencias y productos:

\( x^4-64x^3+1249x^2=x^4-64x^3+1024x^2+625x^2-40000x+640000 \) 

Trasponiendo, agrupando términos y simplificando:

\( x^2-100x+1600=0 \)

Así obtenemos una ecuación de segundo grado cuyas raíces son \( 20 \) y \( 80 \). Al haber elevado ambos miembros de la ecuación inicial al cuadrado, hay que comprobar ambas soluciones, ya que alguna o ambas podría no ser válida. En este caso, se descarta la de \( x=80 \) y se acepta la de \( x=20 \).

Finalmente habría que comprobar que en \( x=20 \) la función tiene, efectivamente, un mínimo. Al ser \( f(x) \) continua y derivable y al anularse \( f'(x) \) sólo en un punto, basta con ver que \( f'(x) \) es negativa para algún valor por la izquierda de \( 20 \) y positiva para alguno otro mayor que \( 20 \), obteniendo así que \( f(x) \) es decreciente por la izquierda de \( x=20 \) y creciente por la derecha. Efectivamente:

\( f'(0)=\displaystyle\frac{-32}{\sqrt[ ]{1249}}<0 \)
\( f'(32)=\displaystyle\frac{32}{\sqrt[ ]{1649}}>0 \)

Por lo que \( f(x) \) tiene un mínimo en \( x=20 \). Esto también se puede demostrar determinando la concavidad en de \( f(x) \) en \( x=20 \). No obstante, en este caso, parece más sencillo hacerlo como he indicado.

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El anterior camino os desanima a muchos cuando os encontráis con una ecuación que tiene raíces cuadradas y denominadores. Espero que lo que llevamos de exposición sirva para quitarle un poco de hierro al asunto y mostrar que la ecuación es, en realidad, asequible.

La siguiente solución es la que corresponde al potente método de los multiplicadores de Lagrange, que tanto aligera la tarea de resolver muchos de los problemas de opitimización.

Solución 2

Sean \( \alpha_1 \) y \( \alpha_2 \) los ángulos que el cable forma con cada torre. Es fácil ver que para que la longitud de cable sea mínima debe ser \( \alpha_1,\alpha_2\geq{0} \) y por tanto \( \alpha_1,\alpha_2\in{[0,\pi/2)} \). Entonces la longitud del cable se puede expresar como:

\( f(\alpha_1,\alpha_2)=\displaystyle\frac{25}{\cos\alpha_2}+\displaystyle\frac{15}{\cos\alpha_2} \)

Ésta última es la función a minimizar bajo la restricción:

\( 25\tg\alpha_1+15\tg\alpha_2-32=0 \)

El problema es equivalente a considerar \( \lambda \) tal que:

\( g_\lambda(\alpha_1,\alpha_1)=\displaystyle\frac{25}{\cos(\alpha_2)}+\displaystyle\frac{15}{\cos\alpha_2}+\lambda(25\tg\alpha_1+15\tg\alpha_2-32) \)

tenga un mínimo en un punto que cumpla:

\( 25\tg\alpha_1+15\tg\alpha_2-32=0 \)

Y ese mínimo es el punto que hay que hallar.

Igualando las derivadas parciales a cero:

\( \displaystyle\frac{{\partial g}}{{\partial \alpha_1}}=0\;\Rightarrow{\;}\displaystyle\frac{25\sin\alpha_1}{\cos^2\alpha_1}+\displaystyle\frac{25\lambda}{\cos^2\alpha_1}=0\;\Rightarrow{\;}\sin\alpha_1=-\lambda \)

Por razones bastante parecidas \( \sin\alpha_2=-\lambda \). De donde \( \alpha_1=\alpha_2 \) y substituyendo en la restricción \( \tg\alpha_1=\tg\alpha_2=\displaystyle\frac{32}{40}=\displaystyle\frac{4}{5} \).

Para comprobar que la solución se trata de un mínimo habría que estudiar el signo de la restricción de la diferencial segunda de \( f \) sobre el espacio vectorial tangente a la curva en \( \mathbb{R^2} \) dada por la ecuación implícita \( 25\tg\alpha_1+15\tg\alpha_2-32=0 \) en el punto que hemos hallado \( \left(\arctg\left(\displaystyle\frac{4}{5}\right),\arctg\left(\displaystyle\frac{4}{5}\right)\right) \). La diferencial segunda queda:

\( \begin{bmatrix}{\displaystyle\frac{25\cos^2\alpha_1+50\sin^2\alpha_1}{cos^3\alpha_1}}&{0}\\{0}&{\displaystyle\frac{15\cos^2\alpha_2+30\sin^2\alpha_2}{cos^3\alpha_2}}\end{bmatrix} \)

Y el espacio vectorial tangente a la curva sería el núcleo del gradiente de \( f \) en el punto. Lo que sucede es que, en este caso, no hace falta hallarlo porque la diferencial segunda es definida positiva en todos los puntos en que \( \alpha_1,\alpha_2\in{[0,\pi/2)} \), por lo que su restricción también va a ser definida positiva y el punto hallado es un mínimo.

Finalmente, la distancia pedida es \( x=25\tg\alpha_1=25\cdot{\displaystyle\frac{4}{5}}=20 \)

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Y por último la solución que suele resultar más sorprendente, que como ya he dicho se puede entender con un nivel bastante elemental.

Solución 3

Se trata de considerar punto \( B' \), el simétrico del \( B \) con respecto al suelo. De esta manera, la longitud del cable es igual a \( AX+XB=AX+XB' \), que será mínima cuando los puntos \( A,X \) y \( B' \) estén alineados. En ese caso, se tendrá que los triángulos \( APX \) y \( B'QX \) son semejantes por tener dos ángulos iguales. Entonces, tendrán también los lados proporcionales, por lo que:

\( \displaystyle\frac{x}{25}=\displaystyle\frac{32-x}{15}\;\Rightarrow{\;}15x=25\cdot{}(32-x)\;\Rightarrow{\;}40x=800\;\Rightarrow{\;x=20} \)

Y ya está. 

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La pregunta que os soléis hacer los estudiantes universitarios y de bachillerato al ver esta última solución es si éste método sería válido en un examen del curso que estáis cursando. En mi opinión, si el enunciado no exige que el problema se resuelva mediante un método determinado, se debería dar la respuesta por válida. Pero sólo es una opinión...

Espero que os haya sido útil y que os haya gustado. Cualquier tipo de comentario es bienvenido. Un saludo.