Autor Tema: Demuestra que el cuadrado maximiza el área del rectángulo.

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16 Julio, 2018, 01:20 am
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Buscón

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Demuestra que entre todos los rectángulos con un perímetro dado, el que tiene mayor área es un cuadrado.


16 Julio, 2018, 01:32 am
Respuesta #1

sugata

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\( P=2a+2b \)
Despeja a o b.
\( A=ab \)
Sustituye para que sólo quede una incognita y deriva e iguala a 0.
Te va a salir que ese lado será un cuarto del perímetro.

EDITO: Esto sólo es válido para rectángulos y el enunciado pide paralelogramos.

16 Julio, 2018, 01:53 am
Respuesta #2

Buscón

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Mi solución:


\( \left.\begin{array}\;P=2x+2y\\A=x\cdot{y}\end{array}\right\}\Rightarrow{\left.\begin{array}\;P=2x+\displaystyle\frac{2A}{x}\\y=\displaystyle\frac{A}{x}\end{array}\right\}}\Rightarrow{A(x)=\displaystyle\frac{xP-2x^2}{2}}=\displaystyle\frac{xP}{2}-x^2 \),

\( A'(x)=\displaystyle\frac{2P}{4}-2x=\displaystyle\frac{P}{2}-2x \),

\( \displaystyle\frac{P}{2}-2x=0\Rightarrow{x=\displaystyle\frac{P}{4}} \)      c.q.d.


Saludos.


16 Julio, 2018, 01:58 am
Respuesta #3

Buscón

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\( P=2a+2b \)
Despeja a o b.
\( A=ab \)
Sustituye para que sólo quede una incognita y deriva e iguala a 0.
Te va a salir que ese lado será un cuarto del perímetro.

EDITO: Esto sólo es válido para rectángulos y el enunciado pide paralelogramos.

Si, gracias, ya está corregido. Fuiste más rápido que yo.

Saludos.

16 Julio, 2018, 02:07 am
Respuesta #4

sugata

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Te complicas en el primer término al derivar.
\( (\dfrac{P} {2}x)^{\prime}=\dfrac{P} {2} \)
Fíjate que \( \dfrac{P} {2}   \) es una constante.

16 Julio, 2018, 12:20 pm
Respuesta #5

robinlambada

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Hola, una demostración geométrica, la podéis ver en mi respuesta 8,  a un problema similar, pero en esencia idéntico.

Aunque es sobre triángulos, en la animación hay 4 rectángulos ( base =a y altura=h, inscritos en un cuadrado de lado fijo \( a+h=semiperímetro=cte \)).

El área de cada rectángulo de perímetro fijo es máxima cuando es mínima el del cuadrado interior, es decir \( A_{int}=0\Leftrightarrow{}a=h \)

El enlace:

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=91927.msg372010#msg372010

Saludos.
Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.

16 Julio, 2018, 12:24 pm
Respuesta #6

Buscón

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Te complicas en el primer término al derivar.
\( (\dfrac{P} {2}x)^{\prime}=\dfrac{P} {2} \)
Fíjate que \( \dfrac{P} {2}   \) es una constante.

Es cierto! Muchas gracias. A veces lo más simple es lo más complicado de ver. Saludos.

16 Julio, 2018, 12:29 pm
Respuesta #7

sugata

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Te complicas en el primer término al derivar.
\( (\dfrac{P} {2}x)^{\prime}=\dfrac{P} {2} \)
Fíjate que \( \dfrac{P} {2}   \) es una constante.

Es cierto! Muchas gracias. A veces lo más simple es lo más complicado de ver. Saludos.

Te comenté algo parecido a en otro hilo hace poco con una resolución de una ecuación cuadrática sin término independiente.
Busca esos atajos.

16 Julio, 2018, 12:39 pm
Respuesta #8

robinlambada

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Otro punto de vista para demostrar que de todos los rectángulos de igual semiperímetro, el cuadrado es el de mayor área, la da la desigualdad aritmético-geométrica.

Os dejo un enlace. Aunque yo parto de lo contrarío, de que se que de los rectángulos de perímetro dado es el cuadrado el de máxima área, paar probar la desigualdad, se puede hacer al revés, partir de la desigualdad para probar que la solución es el cuadrado.

se generaliza para para prismas e hiperprismas.

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=83798.msg335955#msg335955

Saludos.
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16 Julio, 2018, 01:04 pm
Respuesta #9

Buscón

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El ejercicio está planteado en el contexto de los teoremas de Bolzano, Weierstrass, Rolle, Lagrange y Cauchy donde se analizan funciones usando sus derivadas.

Entiendo que la solución que yo aporto no es del todo correcta en este contexto.

¿Y si la solución de la ecuación    \( \displaystyle\frac{P}{2}-2x \),    \( x=\displaystyle\frac{P}{4} \),    no fuese un extremo de la función    \( A(x)=\displaystyle\frac{xP}{2}-x^2 \)?

¿Y si fuese un extremo pero no fuese un máximo sino un mínimo?

Es decir, faltaría probar estos términos, aún cuando en este caso son obvios. ¿No?

Saludos.

16 Julio, 2018, 02:12 pm
Respuesta #10

Buscón

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Me parece más correcto lo siguiente:

El ejercicio consiste en maximizar la función área.

El perímetro    \( P>0 \),    por hipótesis, es constante. Se trata entonces de expresar la función área como función de sus lados    \( x \)    e    \( y \),    calcular su derivada y estudiarla. El área del rectángulo viene dada por

\begin{equation}A=xy.\end{equation}

Se debe expresar en función de una sola variable, utilizando para ello la expresión del perímetro,

\( P=2x+2y \),

de donde

\( y=\displaystyle\frac{P}{2}-x \)


sustituyendo en (1)

\( A=x\cdot{\left(\displaystyle\frac{P}{2}-x\right)}=\displaystyle\frac{P}{2}x-x^2 \).

Ahora ya es posible definir la función que se quiere maximizar,

\( A:\cancel{\mathbb{R^+}}\;\;\;\color{red}\left(0,\displaystyle\frac{P}{2}\right)\color{black}\longrightarrow{\cancel{P}}\;\;\;\color{red}\mathbb{R^+} \)    dada por    \( A(x)=-x^2+\displaystyle\frac{P}{2}x \).

La función    \( A \)    es continua y derivable en todo     \( \mathbb{R} \)    por ser un polinomio. Su dominio son los reales positivos es el intervalo \( \left(0,\displaystyle\frac{P}{2}\right) \) ya que una longitud cero o negativa no tienen sentido y un lado mayor o igual que la mitad del perímetro tampoco. Tampoco tiene sentido un área nula o negativa así que su imagen también son los reales positivos, basta observar que la ecuación    \( -x^2+\displaystyle\frac{P}{2}x=0 \)    tiene por soluciones
\( 0 \)    y    \( \displaystyle\frac{P}{\color{red}2} \),    para deducir que la longitud del lado no puede ser nula y debe ser inferior a la mitad de su perímetro.

\( A'(x)=-2x+\displaystyle\frac{P}{2} \)

La derivada se anula en    \( x=\displaystyle\frac{P}{4}\in{\mathbb{R^+}} \).

Ahora por el criterio de extremo absoluto, consecuencia del teorema del valor medio o de Lagrange,

\( \left.\begin{array}\;
A'\left(\displaystyle\frac{P}{8}\right)=\displaystyle\frac{P}{2}-\displaystyle\frac{P}{4}>0\\\\
A'(P)=\displaystyle\frac{P}{2}-2P<0
\end{array}\right\}\Rightarrow{A\left(\displaystyle\frac{P}{4}\right)=\max\big\{A(x)\big\}} \)

Esto es, el rectángulo de área máxima con un perímetro determinado es aquél que tiene la longitud de uno de sus lados igual a un cuarto de su perímetro. Sólo puede ser el cuadrado, considerado como caso particular de rectángulo.

También es interesante aplicar Rolle entre    \( A(0) \)    y    \( A\left(\displaystyle\frac{P}{\color{red}2}\right) \).

Al menos un poco más fundamentado. Saludos y gracias por los aportes.

EDITO.
Se escapa algo interesante. La relación entre área y perímetro.


CORREGIDO.

16 Julio, 2018, 02:41 pm
Respuesta #11

robinlambada

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Me parece más correcto lo siguiente:

El ejercicio consiste en maximizar la función área.

El perímetro    \( P>0 \),    por hipótesis, es constante. Se trata entonces de expresar la función área como función de sus lados    \( x \)    e    \( y \),    calcular su derivada y estudiarla. El área del rectángulo viene dada por

\begin{equation}A=xy.\end{equation}

Se debe expresar en función de una sola variable, utilizando para ello la expresión del perímetro,

\( P=2x+2y \),

de donde

\( y=\displaystyle\frac{P}{2}-x \)


sustituyendo en (1)

\( A=x\cdot{\left(\displaystyle\frac{P}{2}-x\right)}=\displaystyle\frac{P}{2}x-x^2 \).

Ahora ya es posible definir la función que se quiere maximizar,

\( A:\mathbb{R^+}\longrightarrow{P} \)    dada por    \( A(x)=-x^2+\displaystyle\frac{P}{2}x \).

La función    \( A \)    es continua y derivable en todo     \( \mathbb{R} \)    por ser un polinomio. Su dominio son los reales positivos ya que una longitud cero o negativa no tienen sentido. Tampoco tiene sentido un área nula o negativa así que su imagen también son los reales positivos, basta observar que la ecuación    \( -x^2+\displaystyle\frac{P}{2}x=0 \)    tiene por soluciones
\( 0 \)    y    \( P \),    para deducir que la longitud del lado no puede ser nula y debe ser inferior a su perímetro.

\( A'(x)=-2x+\displaystyle\frac{P}{2} \)

La derivada se anula en    \( x=\displaystyle\frac{P}{4}\in{\mathbb{R^+}} \).

Ahora por el criterio del extremo absoluto, consecuencia del teorema del valor medio o de Lagrange,

\( \left.\begin{array}\;
A'\left(\displaystyle\frac{P}{8}\right)=\displaystyle\frac{P}{2}-\displaystyle\frac{P}{4}>0\\\\
A'(P)=\displaystyle\frac{P}{2}-2P<0
\end{array}\right\}\Rightarrow{A\left(\displaystyle\frac{P}{4}\right)=\max\big\{A(x)\big\}} \)

Esto es, el rectángulo de área máxima con un perímetro determinado es aquél que tiene la longitud de uno de sus lados igual a un cuarto de su perímetro. Sólo puede ser el cuadrado, considerado como caso particular de rectángulo.

También es interesante aplicar Bolzano en    \( A(0) \)    y    \( A(P) \).

Al menos un poco más fundamentado. Saludos y gracias por los aportes.

EDITO.
Se escapa algo interesante. La relación entre área y perímetro.

Todo correcto, pero un pequeño matiz, muy pequeño.

El dominio de la función área es \( x\in{[0,\frac{P}{2}]} \)

Ya que si \( y=0\Leftrightarrow{} P=2x\Leftrightarrow{}x=\dfrac{P}{2} \)

Por ello las debes evaluar el área en los extremos \( A(0)=A(\frac{P}{2})=0 \) es mínima.

Saludos.

P.D.:
También podrías haber justificado que en \( x=y=\displaystyle\frac{P}{4} \), debe \( A(x)\geq{}0 \) tener un máximo, ya que es el único punto crítico y por el teorema de Rolle si \( A(0)=A(\frac{P}{2})=0 \) existe un \( c=\dfrac{P}{4} \), tal que \( A'(c)=0 \) y es máximo ya que \( A(x) \geq{}0\forall{}x\in{}[0,\frac{P}{2}] \).
Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.

16 Julio, 2018, 07:56 pm
Respuesta #12

feriva

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  • No soy matemático, eso es una etiqueta.
El enunciado nos dice que el mayor es el cuadrado; pero que hay que demostrarlo. Podemos aprovechar este dato.

Si cuando es un cuadrado el lado es “a”, cuando es un rectángulo los lados son

\( a+k \) y \( a-k  \)

(al tener el mismo perímetro, transformamos el cuadrado en rectángulo alargando un lado en la misma medida que acortamos el otro).

Entonces

\( a^{2}>(a+k)(a-k)=a^{2}-k^{2}
  \).

Saludos.

17 Julio, 2018, 12:38 am
Respuesta #13

Buscón

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El enunciado nos dice que el mayor es el cuadrado; pero que hay que demostrarlo. Podemos aprovechar este dato.

Si cuando es un cuadrado el lado es “a”, cuando es un rectángulo los lados son

\( a+k \) y \( a-k  \)

(al tener el mismo perímetro, transformamos el cuadrado en rectángulo alargando un lado en la misma medida que acortamos el otro).

Entonces

\( a^{2}>(a+k)(a-k)=a^{2}-k^{2}
  \).

Saludos.

Alucinantemente simple aunque se salga del contexto. Gracias. Un saludo.

19 Julio, 2018, 04:37 pm
Respuesta #14

Juan Pablo Sancho

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Otro camino sin las derivadas:
Tenemos que \( 2x+2y = c  \) constante, queda \(  x+y = \dfrac{c}{2}  \)
El area del rectangulo es \(  A(x,y) = x \cdot y = x \cdot (\dfrac{c}{2} - x) = \dfrac{c}{2} \cdot x - x^2 = -(x-\dfrac{c}{4})^2 + \dfrac{c}{16}  \) que será máxima cuando \(  x = \dfrac{c}{4}  \)

19 Julio, 2018, 06:56 pm
Respuesta #15

feriva

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El enunciado nos dice que el mayor es el cuadrado; pero que hay que demostrarlo. Podemos aprovechar este dato.

Si cuando es un cuadrado el lado es “a”, cuando es un rectángulo los lados son

\( a+k \) y \( a-k  \)

(al tener el mismo perímetro, transformamos el cuadrado en rectángulo alargando un lado en la misma medida que acortamos el otro).

Entonces

\( a^{2}>(a+k)(a-k)=a^{2}-k^{2}
  \).

Saludos.

Alucinantemente simple aunque se salga del contexto. Gracias. Un saludo.


Gracias a ti.

Recuerdo cuando vi por primera vez este problema, fue mirando exámenes de la UNED, un tanto mezclados, y no sabía del todo dentro de qué temario podía estar. Pensar en líneas rectas no me sugirió usar derivadas; y después de darle muchas vueltas (me pasé gran parte de la mañana) se me ocurrió eso. Si hubiera sido una elipse o algo así, sí que hubiera pensado en los puntos donde la derivada se hace cero (no sé si lo hubiera sabido hacer pero lo hubiera pensado). Creo que este problema engaña, es muy fácil en cuanto a operaciones, pero difícil de visualizar como un problema de análisis si uno no lo conoce de antemano y no está ubicado en cuanto al contexto.

Saludos.

19 Julio, 2018, 09:58 pm
Respuesta #16

Juan Pablo Sancho

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El enunciado nos dice que el mayor es el cuadrado; pero que hay que demostrarlo. Podemos aprovechar este dato.

Si cuando es un cuadrado el lado es “a”, cuando es un rectángulo los lados son

\( a+k \) y \( a-k  \)

(al tener el mismo perímetro, transformamos el cuadrado en rectángulo alargando un lado en la misma medida que acortamos el otro).

Entonces

\( a^{2}>(a+k)(a-k)=a^{2}-k^{2}
  \).

Saludos.

Alucinantemente simple aunque se salga del contexto. Gracias. Un saludo.

La verdad es magnífica, más simple imposible.

20 Julio, 2018, 12:23 am
Respuesta #17

feriva

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El enunciado nos dice que el mayor es el cuadrado; pero que hay que demostrarlo. Podemos aprovechar este dato.

Si cuando es un cuadrado el lado es “a”, cuando es un rectángulo los lados son

\( a+k \) y \( a-k  \)

(al tener el mismo perímetro, transformamos el cuadrado en rectángulo alargando un lado en la misma medida que acortamos el otro).

Entonces

\( a^{2}>(a+k)(a-k)=a^{2}-k^{2}
  \).

Saludos.

Alucinantemente simple aunque se salga del contexto. Gracias. Un saludo.

La verdad es magnífica, más simple imposible.

Muchas gracias, Juan Pablo; alguna vez me tenía que salir algo bueno :)

Saludos.