Triángulo de menor área

[cristianoceli]

Hola estaba estudiando algo de calculo en varias variables y quede atacascado con este ejercicio

Considere la elipse $\displaystyle\frac{x^2}{a^2}+\displaystyle\frac{y^2}{b^2}=1$ Determine el triángulo de menor área que se puede formar en el primer cuadrante y una recta tangente a la elipse

La verdad no se muy bien como atacarlo


De antemano gracias

[Richard R Richard]

La recta que es tangente a la elipse en el punto p la escribes como

$y-y_p=(x-x_p)f'(x_p)$

si $x_0$ e $y_0$ son las intersecciones de abscisas y ordenadas.

$y_0=y_p-x_pf'(x_p)$

$-y_p=(x_0-x_p)f'(x_p)$

Así el triángulo que forma con los ejes cartesianos en el primer cuadrante es

$A=bh/2=\dfrac{x_0y_0}{2}$

tienes como ayuda

$y(x)=f(x)=b\sqrt{1-\dfrac{x^2}{a^2}}$

$y'(x_p)=\dfrac{-bx_p}{a^2\sqrt{1-\dfrac{x_p^2}{a^2}}}=\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}$


así puedes poner A en función de $x_p$ derivar , igualar a 0 y hallar el mínimo.

[cristianoceli]

Gracias por tu ayuda entiendo que $y(x)=f(x)=b\sqrt{1-\dfrac{x^2}{a^2}}$ viene dado por la ecuación de la elipse pero me queda la duda en como hacer esto

así puedes poner A en función de $x_p$ .

[Trisko]

Sí, eso que dices viene de despejar la ecuación de la elipse, y la razón por la que deriva $y(x)$ y lo evalúa en en $x_{p}$ es porque esa pendiente de la ecuación de la elipse va a ser equivalente en tal punto a la de la recta tangente $f^{'}(x_{p})$.

$y_0=y_p-x_pf'(x_p)$
$-y_p=(x_0-x_p)f'(x_p)$
$y'(x_p)=\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}$

$A=bh/2=\dfrac{x_0y_0}{2}$

Estas son las ecuaciones principales, sólo tienes que sustituir en $A$ $x_{0}$ e $y_{0}$ e introducir $f^{'}(x_{p})$ cómo $y^{'}(x_{p})$ por la razón que di inicialmente.

[Richard R Richard]

Bueno atemos cabos

de $y_0=y_p-x_pf'(x_p)$ y $y'(x_p)=\dfrac{-bx_p}{a^2\sqrt{1-\dfrac{x_p^2}{a^2}}}=\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}$

llegamos a $y_0=y_p-x_p\left(\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}\right)$

$-y_p=(x_0-x_p)f'(x_p)$ llegamos a $x_0=x_p-\dfrac{y_p}{\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}}$

luego A resulta en

$A=\dfrac{\left[\left(y_p-x_p\left(\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}\right)\right)\left(x_p-\dfrac{y_p}{\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}}\right)\right]}{2}$


reemplazando con $y(x_p)=b\sqrt{1-\dfrac{x_p^2}{a^2}}=\dfrac ba \sqrt{a^2-x_p^2}$


$A=\dfrac{\left[\left(\dfrac ba \sqrt{a^2-x_p^2}-x_p\left(\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}\right)\right)\left(x_p-\dfrac{\dfrac ba \sqrt{a^2-x_p^2}}{\dfrac{-b}{a}\dfrac{x_p}{\sqrt{a^2-x_p^2}}}\right)\right]}{2}$

Haciendo simplificaciones y distribuciones


$A=\dfrac{b\left(\sqrt{a^2-x_p^2}+\dfrac{x_p^2}{\sqrt{a^2-x_p^2}}\right)\left(x_p+\dfrac{a^2-x_p^2}{x_p}\right)}{2a}$

$A=\dfrac{b\left(\sqrt{a^2-x_p^2}+\dfrac{x_p^2}{\sqrt{a^2-x_p^2}}\right)\left(\dfrac{a^2}{x_p}\right)}{2a}$

$A=\dfrac{ab\left(\sqrt{a^2-x_p^2}+\dfrac{x_p^2}{\sqrt{a^2-x_p^2}}\right)}{2x_p}$

$A=\dfrac{ba^3}{2x_p\sqrt{a^2-x_p^2}}$

mucho mas sencilla de derivar ... a ver que te resulta, revisa si no me equivoque en algún paso

$\dfrac{dA}{dx_p}=0=\dfrac{-ba^3}{2}\dfrac{\left(\sqrt{a^2-x_p^2}-\dfrac{x_p^2}{\sqrt{a^2-x_p^2}}\right)}{\left(x_p\sqrt{a^2-x_p^2}\right)^2}<br />$

de alli $0=a^2-2x_p^2$

$x_p=\dfrac{a}{\sqrt2}$

de tejo la tarea de demostrar que es un mínimo... derivando nuevamente A y viendo que esta derivada es mayor que cero en el punto $x_p$

me da temor que no depende de b pero puede ser cierto.

pero en ese punto $y_p =\dfrac{b}{\sqrt2}$ que si tiene sentido ya que el resultado no debería depender del eje por el que derivas.

[cristianoceli]

Ahora si muy claro.

Entiendo perfectamente


Saludos