Hola, necesito ayuda con este problema
Encontrar la distancia minima entre la parabola \(y=x^2\)y la recta \(x-y-2=0\)
Espero respuestas
Desde ya, gracias.
Tema
P:6 - Ej. 10 (Multiplicadores de Lagrange)
Aquí está propuesta una resolución. Espero que te sirva, aunque no usa multiplicadores de Lagrange.
$$\textrm{Queremos\;ver\;la\;distancia\;entre\;los\;puntos\;sobre\;}y\eq={x}^{2},\;x-y-2\eq=0$$
$$\textrm{Sean\;luego:}$$
$${S}_{0}\eq=\{ {(x,y)\in \mathbb{R}^{2}:\;y-{x}^{2}\eq=0\} }$$
$${{S}^{1}}_{0}\eq=\{ {(x,y)\in \mathbb{R}^{2}:\;x-y-2\eq=0\} }$$
$${P}_{1}\in {S}_{0}\Leftrightarrow {P}_{1}\eq=(x,{x}^{2})$$
$${P}_{2}\in {{S}^{1}}_{0}\Leftrightarrow {P}_{2}\eq=(y,y-2)$$
$$\textrm{Se\;escribe\;la\;distancia\;en}\;\mathbb{R}^{2}$$
$$d({P}_{1},{P}_{2})\eq=||{P}_{1}-{P}_{2}||$$
$$\textrm{Vale\;en}\;\mathbb{R}^{2}$$
$$d({P}_{1},{P}_{2})\eq=||{P}_{1}-{P}_{2}||\eq=\sqrt{{(x-y)}^{2}+{({x}^{2}-y+2)}^{2}}$$
$$\textrm{Luego,\;por\;ser\;la\;raiz\;cuadrada\;una\;funcion\;creciente,\;respeta\;los\;maximos\;y\;minimos\;de}{(x-y)}^{2}+{({x}^{2}-y+2)}^{2}\eq=f(x,y)$$
$$\textrm{Es\;decir,\;estudiemos\;esta\;funcion}$$
$$\textrm{Dado\;que\;es\;en}\;\mathbb{R}^{2},\;{C}^{1},\;\textrm{de\;tener\;extremos,\;son\;puntos\;criticos.\;Luego:}$$
$$f(x,y)\eq={(x-y)}^{2}+{({x}^{2}-y+2)}^{2}$$
$$\nabla f(x,y)\eq=(2\cdot (x-y)+4\cdot x({x}^{2}-y+2),-2\cdot (x-y)-2\cdot({x}^{2}-y+2))\eq=(0,0)\Leftrightarrow$$
$$2\cdot (x-y)+4\cdot x({x}^{2}-y+2)\eq=0\Leftrightarrow (x-y)+2\cdot x({x}^{2}-y+2)\eq=0$$
$$-2\cdot (x-y)-2\cdot({x}^{2}-y+2)\eq=0\Leftrightarrow (x-y)+({x}^{2}-y+2)\eq=0$$
En este punto del ejercicio hay dos caminos(que se me ocurrieron); despejar una de las variables y luego sustituir en la otra ecuación es una manera; una cúbica es lo que queda, que si se trata de resolver, tiene una raíz racional, con lo que el Lema de Gauss ayuda. Pero hay otra manera, que es la que voy a proceder a usar. Una cosa importante es que lo que voy a hacer o sustituir no son \(\Leftrightarrow\)necesariamente, con lo que obtengo condiciones necesarias pero no suficientes; debo chequear que satisfacen el sistema, hipótesis,....
$$\textrm{Restemos\;la\;primera\;y\;la\;segunda\;ecuacion:}$$
$$(x-y)+2\cdot x({x}^{2}-y+2)-(x-y)-({x}^{2}-y+2)\eq=({x}^{2}-y+2)\cdot (1-2\cdot x)\eq=0\Leftrightarrow ({x}^{2}-y+2)\eq=0\lor 1-2\cdot x\eq=0\Leftrightarrow {x}^{2}+2\eq=y\lor x\eq=\frac{1}{2}$$
$$\textrm{Si}\;x\eq=\frac{1}{2},\Rightarrow y\eq=\frac{11}{8}$$
$$\textrm{Si}\;{x}^{2}+2\eq=y,\;\textrm{reemplazo\;y\;queda\;una\;cuadratica,\;cuyas\;soluciones\;son\;complejas}$$
Yo no escribí la cuadrática que era respecto de x, pero lo que hice fue sustituir ''y'' por lo que obtuve. Como las soluciones eran complejos, no tenían sentido en el problema. Si se prueba con \((\frac{1}{2},\frac{11}{8})\), satisface las ecuaciones planteadas. Notemos también que el hecho de haber obtenido 3 soluciones posibles concuerda con obtener un polinomio de grado 3 por el otro camino. Luego nos quedamos con este punto crítico, y para evaluarlo, usaremos el criterio del Hessiano, que puede plantearse debido a que f es \({C}^{2}\) en\(\mathbb{R}^{2}\). Derivando parcialmente, queda:
$$Hf(x,y)\eq=\left(\begin{matrix}2+12\cdot {x}^{2}-4\cdot y+8 & -2-4\cdot x \\ -2-4\cdot x & 4\end{matrix}\right)$$
$$Hf(\frac{1}{2},\frac{11}{8})\eq=\left(\begin{matrix}\frac{15}{2} & -4 \\ -4 & 4\end{matrix}\right)$$
$${f}_{x}(\frac{1}{2},\frac{11}{8})\eq=\frac{15}{2}>0\land \Delta \eq=14>0\Rightarrow (\frac{1}{2},\frac{11}{8})\;\textrm{es\;un\;minimo\;estricto}$$
$$\textrm{Luego},\;f(\frac{1}{2},\frac{11}{8})\eq=\frac{49}{32}\Rightarrow d(\frac{1}{2},\frac{11}{8})\eq=\frac{7}{4\cdot \sqrt{2}}\eq=\frac{7\cdot \sqrt{2}}{8}$$
Falta probar que esta distancia es un mínimo absoluto. Veamos que no puede ser de otra manera, dado que, un máximo no es, pues, si se estudia f sobre \(y\eq=x\), queda\(f(x,x)\eq={({x}^{2}-x+2)}^{2}\), que crece tanto como se quiere, pues es una potencia cuadrada y \({x}^{2}-x+2\) toma valores tan positivos como se quiera. Si se toma ahora un compacto que contenga al punto en cuestión y no se halle en el borde del mismo, como la función es \({C}^{1}\) en\(\mathbb{R}^{2}\), es particularmente continua en todo su domino; luego alcanza su mínimo y máximo. Como el máximo absoluto cae sobre el borde del compacto, debido a lo explicado anteriormente; y el mínimo lo hace en el interior, este es absoluto. Para convencerse un poco, mira el gráfico de x² y x-2, para ver que pasa. Luego la distancia mínima es \(\frac{7\cdot \sqrt{2}}{8}\). Espero que te sirva la resolución, y espero no haberme equivocado al derivar o reemplazar. Saludos.
Firma
I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities
Editado 1 vez.
Wow, re extenso !
Si, yo tb habia llegado a la conclusion de que usar Lagrange no iba a ser lindo en este ejercicio... ese es el problema de las guias ! Hay ejercicios q son re cruciales, y otros q son para pensar bastante tiempo (q lo q mas aportan es la satisfaccion de haberlo resuelto) y otros que son completamente superfluos como este!! Bue, muy subjetiva mi opinion no?
Odio las practicas.
Buen, cambiando de tema, bienvenida al foro Carla!
Pasate por la seccion alumnos asi te presentas y decile a todos tus amigos acerca del foro !
Cuantos mas seamos, mucho mejor para todos!
Cualquier duda que tengas, posteala, q alguien seguro te responde, todavia no tenemos ninguna duda q no haya sido respondida .. o sino pasate por la seccion off-topic q es puro boludeo jeje
nos vemos!
Yo tengo la memoria medio atrofiada, pero si mal no recuerdo, la práctica esa se llama "Máximos y mínimos de funciones". El objetivo no es aprender multiplicadores de Lagrange, sino aprender a encontrar máximos y mínimos. Este ejercicio, como ejercicio de multiplicadores de Lagrange, es una sobreana porqueía. Sin embargo, fijenese que como ejercicio geométrico es algo muy lindo. Dice que hay un punto de distancia mínima entre una recta y una parabola que no se cortan. Si hacen el dibujo eso es evidente, y la cuenta que surge naturalmente no es multiplicadores de Lagrange sino la que hizo exequiel. Estoy de acuerdo en que las prácticas necesitan una buena revisada y no son lo más motivante del mundo... pero también necesitan de una actitud del tipo "vamos a resolver el problema", no "vamos a aplicar lagrange". El tema es que en su gran mayoría, las prácticas están pensadas así para "acá, aplicar lagrange...". En análisis I (y II, y Física 3, y en Inorgánica 12), hay que hacerse la vida fácil. Si Lagrange se complica y hay formas más simples, se hacen de la forma simple. Yo diría que este ejercicio es crucial, porque en lugar de enseñar Lagrange, que es una herramienta, obliga a volver un poco al lado más visual y geométrico del problema de máximos y mínimos.
PD: Efectivamente, la solución era \(\frac{7 \sqrt 2}{8}\)
Hola, gracias por la respuesta muy útil la resolución...
No queda tan feo usando Lagrange.
Primero trasladamos ambas figuras para que nos quede la recta que pasa por el origen y se simplifiquen las cuentas. Queda la parabola \(y = x^2 + 2\) y la recta \(y = x\).
Por un lado defino la funcion \(F(x, y)\) que me da la distancia minima entre cualquier punto del plano y la recta \(y = x\). Por otro lado, defino la funcion \(G(x, y) = x^2 - y + 2\) y restrinjo los extremos de \(F\) a la curva \(G(x, y) = 0\).
Para calcular \(F(x_0, y_0)\), tengo que considerar la recta perpendicular a la dada, que pasa por el punto \((x_0, y_0)\), o sea:
$$y = -(x - x_0) + y_0 = -x + x_0 + y_0$$
Para hallar el punto de interseccion con la recta dada, resuelvo \(x = -x + x_0 + y_0\). El punto de interseccion queda:
$$(\frac{x_0 + y_0}{2}, \frac{x_0 + y_0}{2})$$
Entonces la funcion distancia a la recta, \(F(x, y)\), es la distancia entre \((x, y)\) y \((\frac{x + y}{2}, \frac{x + y}{2})\), o sea:
$$F(x, y) = \sqrt{\frac{{(y-x)}^2}{4} + \frac{{(-y+x)}^2}{4}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{{(y - x)}^2} = \frac{1}{\sqrt{2}} |y - x|$$
Pero para simplificar las cuentas podemos usar \(F_2(x, y) = |y - x|\), que tiene los mismos extremos. Ademas, como la parabola esta arriba de la recta, entonces \(y - x \geq 0\) para todos los puntos que nos interesan, entonces podemos sacar el modulo.
Entonces, por Lagrange:
$$\bigtriangledown F_2 = (-1, 1) = \lambda \bigtriangledown G = \lambda (2x, -1)$$
Es inmediato ver que \(\lambda = -1\), y entonces el unico punto critico es \((\frac{1}{2}, \frac{9}{4})\). Por como fue definida \(F\) es evidente que es un minimo.
Luego, la distancia es \(F(\frac{1}{2}, \frac{9}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} \frac{7}{4} = \frac{7 \sqrt{2}}{8}\)
Nada, ya me di cuenta. 😆
Agregaría a lo de Fedor, que la fórmula de distancia de un punto a una recta, también se puede calcular con multiplicadores de Lagrange, de manera tal que la resolución anterior sea íntegramente hecha con Lagrange. Esta función distancia se calcularía así:
Considero la función distancia de un punto \(P \in R^2\) a cualquier punto del plano y la escribo
$$d(X,P) = |X-P|$$
Ahora restrinjo a estos puntos \(X \in R^2\) del plano, al conjunto de puntos que pasa por la recta dada y la escribo
\(S = \lbrace (x,y) \in R^2 : x-y=0 \rbrace\) y defino la función \(g(x,y) = x-y\)
Considero \(f(x,y) = d^2(X,P) = (x-p_1)^2 + (y-p_2)^2\) (Justificando por qué se puede elevar al cuadrado)
Ahora resuelvo \(\nabla f = \lambda \nabla g\)
$$2(x-p_1) = \lambda$$
$$2(y-p_2) = -\lambda$$
$$x=y$$
Entonces
$$x-p_1 = p_2-x$$
$$x = y = \frac{p_2 + p_1}{2}$$
$$d^2(X,P) = (\frac{p_2 - p_1}{2})^2 + (\frac{p_2 - p_1}{2})^2$$
Tomando raíz cuadrada se obtiene exactamente el mismo resultado de arriba, pero sin recurrir a "trucos" geométricos.