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¡Hola Ninel!
i)
Sorprendente la primera pregunta. No sé tendrás algún dibujo que la aclare. Yo pienso que tan pasisaje es el que se vea dentro del lago como el que se vea fuera, luego que se verá mas pasisaje cuanto más largo sea el recorrido. Cualquier cuerda de la circunferencia que recorra remando mide menos que el arco correspondiente, luego verá más paisaje si va caminando alrededor del lago.
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Ii)
Suponemos que primero rema y después va a pie. Empieza a remar en el punto (1,0) hasta cierto punto.
Supongamos que ese punto por donde se sale del lago tiene ángulo alfa en la circunferencia trigonométrica. Luego será el punto
(Cos(alfa), sen(alfa)) Entonces la distancia recorrida en el lago será
$$\begin{align}&d[(1,0), (\cos\alpha, sen\,\alpha)]=\\&\\&\sqrt{(\cos \alpha-1)^2+sen^2\alpha}=\\&\\&\sqrt{\cos^2\alpha-2 \cos \alpha+1 + sen^2 \alpha}=\\&\\&\sqrt{2-2 \cos \alpha}\\&\\&\text{Y la distancia recorrida alrededor del lago será}\\&\\&\pi-\alpha\\&\\&\text{Luego el tiempo invertido será}\\&\\&t(\alpha)=\frac{\sqrt{2-2 \cos \alpha}}{2}+ \frac{\pi-\alpha}{4}\\&\\&\text{derivamos e igualamos a 0}\\&\\&t'(\alpha)=\frac{2sen\,\alpha}{4 \sqrt{2-2 \cos\alpha}}-\frac 14=0\\&\\&\frac{2sen\,\alpha}{4 \sqrt{2-2 \cos\alpha}}=\frac 14\\&\\&8 sen\,\alpha = 4 \sqrt{2-2 \cos\alpha}\\&\\&2 sen\,\alpha = \sqrt{2-2 \cos\alpha}\\&\\&\text{elevaremos al cuadrado a ver si se puede hacer algo}\\&\\&4sen^2\alpha = 2 - 2 \cos\alpha\\&\\&4(1-\cos^2\alpha) =2-2 \cos \alpha\\&\\&4 \cos^2 \alpha-2cos\alpha-2=0\\&\\&\cos \alpha=\frac{2\pm \sqrt{4+32}}{8}=\frac{2\pm6}{8}= 1\;y\;-\frac 12\\&\\&\alpha_1=0\\&\\&\alpha_2= 120º = \frac 23\pi\\&\\&\alpha_3 =240º= \frac 43 \pi\\&\\&\text{Vemos que }\alpha=0\text{ no sirve porque no cumple}\\&\\&\frac{2sen\,\alpha}{4 \sqrt{2-2 \cos\alpha}}-\frac 14=0\\&\\&\text{hay un 0/0 del que se aprovechan para que haya}\\&\text{una igualdad falsa}\\&\\&\text{Y en las otras dos respuestas se recorre lo mismo}\\&\\&\text{Que poco gusto da calcular la derivada segunda}\\&\\&t'(\alpha)=\frac{2sen\,\alpha}{4 \sqrt{2-2 \cos\alpha}}-\frac 14=\frac{sen\,\alpha}{2 \sqrt{2-2 \cos\alpha}}-\frac 14\\&\\&t''(\alpha)=\frac{2cos \alpha \sqrt{2-2 \cos \alpha}-sen\alpha·\frac{2sen\,\alpha}{\sqrt{2-2 \cos \alpha}}}{8-8 \cos \alpha}=\\&\\&\frac{2 \cos \alpha(2-2 \cos \alpha)-2sen ^2 \alpha}{(8-8 \cos \alpha) \sqrt{2-2 \cos \alpha}}=\\&\\&\frac{4 \cos \alpha-4cos^2 \alpha-2sen^2 \alpha}{(8-8 \cos \alpha) \sqrt{2-2 \cos \alpha}}=\\&\\&\frac{4 \cos \alpha-2-2cos^2 \alpha}{(8-8 \cos \alpha) \sqrt{2-2 \cos \alpha}}=\\&\\&f''\bigg|_{\cos \alpha=-\frac 12}=\frac{-2-2-\frac 12}{\text{algo positivo}}\lt 0\implies máximo\\&\end{align}$$
Luego el mínimo será uno de los extremos, o bien con alpha =0 o con alpha = pi
alfa= es todo por fuera
alfa = pi es todo remando
Por fuera el recorrido es pi y se recorre en pi/4 = 0.785398s
Por dentro el recorrido es 2 y se recorre en 2/2 = 1s
Luego la forma más rapida de hacerlo es todo por fuera del lago, a pie.
Y eso es todo, saludos.
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