1614. De casa al arroyo

    Profe mire. Cuando voy de mi casa al arroyo a por agua siempre recorro el trayecto más corto... 

    Presentí que era el preámbulo de alguna optimización...

    ... Así que voy a calcular la distancia del punto O(0, 0, 0) a la recta r: x=1+t, y=8+2t, z=5+2t. 

    

    El punto genérico de la recta, R(1+t, 8+2t, 5+2t).

    Su vector de posición, OR = (1+t, 8+2t, 5+2t).

    El módulo, |OR| = √((1+t)²+(8+2t)²+(5+2t)²) = √(9t²+54t+90).

    El polinomio de 2.º grado 9t²+54t+90 alcanza su mínimo en t = −54/18 = −3.

    (O se puede anular la derivada: 18t + 54 = 0, y se cumple t = −3 como antes.)

    Por lo tanto la distancia mínima es d = √(9·9−54·3+90) = √9 = 3 unidades de longitud.

    Muy bonito. Nunca yerro con Pepe Chapuza... Pero se puede hacer de otras formas...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo hizo de otra forma...

    Mire, profe: uno se acerca a por agua perpendicularmente al arroyo...

    Si exijo que el vector OR sea ortogonal al vector director de r, v = (1, 2, 2), entonces...

    El producto escalar OR·v = (1+t, 8+2t, 5+2t)·(1, 2, 2) = 1+t+16+4t+10+4t = 9t+27 = 0.

    Por lo tanto t = −27/9 = −3 como le salió a Pepe.

    (O se puede hallar la intersección de r con el plano π perpendicular que pasa por O. Esto es, π: z+2y+2z = 0, y se cumple (1+t)+2(8+2t)+2(5+2t) = 9t+27 = 0 como antes.)

    Muy bonito también, pero hay otra forma...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso se acordó de la fórmula. (En definitiva fórmula es diminutivo de forma.)

    Profe, mire. Para t = 0, OR = (1, 8, 5). El área del paralelogramo determinado por OR y v es |v×OR| pero también base·altura. Podemos tomar como base |v| y como altura d. Por lo que...

d = |v×OR|/|v| = |(1, 2, 2)×(1, 8, 5)|/|(1, 2, 2)| = |(−6, 3, 6)|/|(1, 2, 2)| =

= √(36+9+36) / √(1+4+4) = √81/√9 = 9/3 = 3 unidades de longitud.

    Se deja al lector ubicar en el dibujo los elementos mencionados.