Решение задач на экстремум (стр. 2 из 16)

Количество заготовок типа М

Количество заготовок типа В

Потери площади в кв. ед.

Выделение указанной особенности позволяет сделать заключение об экстремуме элемента х фигуры F.

Посмотрим применение метода при решение конкретной задачи.

Пример 1:

Среди всех возможных треугольников с данным основанием а и противолежащим углом α найти треугольник, имеющий медиану максимальной длины.

Решение:

1)Обозначим длину медианы АК = х (рис.8). Пусть х = та (определенное число) и решим задачу: построить треугольник ABCпо данному углу А = α, противолежащей стороне а и медиане та

2) Решив эту задачу (используя методы построения), считаем длину медианы та переменной и замечаем особенности, возникающие при достижении медианой максимального значения.

3) Если точка А перемещается по окружности, то ВС и угол BACостаются постоянными, и длина медианы изменяется в пределах: А2К <та < А1 К.

4) Значит, из всех треугольников с данным основанием и противолежащим углом равнобедренный треугольник имеет наибольшую медиану.

Пример 2:

На плоскости нарисован угол A<900, внутри него задана точка М. Укажите на сторонах угла такие точки В и С, чтобы выполнялись условия: АВ = АС и сумма МВ+МС принимала наименьшее значение.

Решение:

Используем общие рассуждения метода преобразования плоскости. Неизвестный элемент в этой задаче представляет сумму MB + МС, т.е. х = МВ+ МС. Численное значение элемента х зависит от определения места расположения двух точек В и С.

Но так как граничного значения элемента х не видно, то решение задачи нужно свести к определению одной точки.

С этой целью применим поворот плоскости вокруг точки А на угол А=α. Точка В перейдет в точку С, точка С в С', точка М в М'. Теперь легко заметить, что численное значение х= МС+МВ = МС +М'С зависит только от расположения точки С, которая определит граничное значение элемента х = МС+М'С, и если C1=MM'

AE, то M'C1 + MС1 = М M'. Но MB = М'С, поэтому min (МС + MB) = ММ1, где М'= RαА(М).

Пример 3:

Дан треугольник АВС и внутри него две точки D и Е. Как кратчайшим путем пройти из одной точки в другую, побывав на каждой стороне треугольника?

Решение:

Выполним следующее построение. Построим точки D1 и Е1, симметричные D и Е относительно АС и ВС. Построим также точку D2, симметричную D1 относительно АВ. Проведем отрезок D2Е1 и построим ломаную DMKLE. Длина ее равна длине отрезка D2Е1. Легко сообразить, что всякий иной путь из D в Е, с тем же порядком захода на стороны данного треугольника, будет длиннее. Но можно было бы порядок захода на стороны треугольника избрать иной (выполнив такие же построения). Всего таких ломаных линий, как DMKLE, получится три. Останется выбрать из них имеющую наименьшую длину, для чего достаточно сравнить три таких отрезка, как D2E1.

Метод перебора.

При решении геометрических задач на экстремумы в школе встречаются задачи, решение которых представляет собой выборку на конечном множестве объектов. Метод решения этих задач не является универсальным, так как он связан с решением задач, в которых рассматривается конечное множество фигур или фигура с размерами, выраженными натуральными числами. Однако роль этого метода очень важна, он воспитывает практические навыки учащихся, развивает потребность в нахождении оптимального результата оптимальной модели.

Рассмотрим задачу, в которой нахождения наибольшего (наименьшего) значения зависит от взаимного расположения фигур.

Пример 1: Из листов материала прямоугольной формы размером 60x130 мм выкроить заготовки двух типов, в таком количестве:

Тип заготовок	Размер заготовки	Число штук
М	2x3 мм	150
В	4x5 мм	50

Определите минимальный процент отходов.

Решение:

Эта задача играет важную иллюстративную роль. Она позволяет разъяснить учащимся характер задачи рационального раскроя промышленных материалов и основные методические приемы, которые нужны при их решении.

С целью облегчения поисков решения данной задачи следует предложить учащимся исходные данные листа материала и заготовок с соответствующим масштабом на рисунке. Далее нетрудно видеть, что каждый лист материала можно раскроить различными способами, получая при этом большее или меньшее количество заготовок. Приведем возможные способы раскроя листа материала

1 способ:

2 способ:

3 способ:

4 способ:

5 способ:

6 способ:

И посчитаем в каждом случае потери материала при каждом раскрое. Это дает возможность рассмотреть все возможности варианты раскроя и выбрать наилучший. На этом пути приходится встречаться с методом перебора. Результаты рассуждений целесообразно свести в таблицу, из которой легко сделать вывод об оптимизационном расходе материала

Оптимальный план раскроя состоит в том, что 25 листов материала нужно раскроить способом 3, при этом потеря материала будет минимальной, то есть 2,6 %.

Достаточно изменить число заготовок и задача станет более сложной, тогда она может быть предложена учащимся для индивидуальной работы.

Пример 2: (Задача о наименьшей площади.)

Дан угол и точка внутри него. Требуется провести через эту точку прямую, отсекающую от угла треугольник наименьшей площади.

Решение.

Покажем, что искомая прямая обладает тем свойством, что отрезок ее, лежащий внутри угла, делится заданной точкой пополам. Такую прямую нетрудно построить. Можно, например, соединить заданную точку М с вершиной А, на продолжении отрезка [AM] отложить отрезок [MA'], равный по длине отрезку [AM], и провести через точку А' прямую параллельно АС. Пусть D- точка пересечения этой прямой и стороны АВ. Тогда, как легко понять, прямая, соединяющая точку D с точкой М и пересекающая АС в точке Е, обладает тем свойством, что |DM| = |ME| (ибо треугольники

MDA'и МЕА равны)

Искомая прямая построена. Возможны и другие способы построения.

Докажем теперь, что построенная прямая

действительно является искомой. Для этого проведем какую-нибудь еще прямую D'E'. Пусть для определенности точка Е' лежит вне Е. тогда площадь треугольника AE'D' равна площади треугольника AED минус площадь треугольника EME' и плюс площадь треугольника MDD'. Обозначим через F точку пересечения прямой DA' с прямой D'E'. Тогда треугольники EME' и MDF равны. Но второй из этих треугольников содержится в треугольнике DD'M. Из сказанного вытекает, что площадь треугольника ADE меньше площади треугольника AD'E'.

Пример 3.

В шар радиуса R вписан конус, осевое сечение которого – равносторонний треугольник. Определить, между какими пределами может изменяться разность площадей двух сечений, из которых первое (КGFD) получается в результате пересечения шара плоскостью, параллельной основанию конуса, а второе(NPF) – в результате пересечения конуса той же плоскостью.

Решение.

Площади обоих сечений равны нулю в том случае, когда проводимая плоскость касается шара в точке В (вершина конуса). Площади обоих сечений будут равны, когда проводима плоскость совпадает с плоскостью основания конуса. Когда же проводимая плоскость занимает промежуточное положение между положениями рассмотренными выше, то площади сечений шара и конуса не равны. Итак, разность S площадей сечений шара и конуса изменяется от нуля до нуля, переходя через максимум, который мы определим.

( MK2- MN2 ); OB=R; MB=x;

MK2 = OK2 – OM2 = R2- (R - x)2 = 2Rx – x2/

Так как ∆ АВС равносторонний по условию и АС || NP, то и ∆ NBP также равносторонний, следовательно, MN2 =

Следовательно S=

2x (3R – 2x),

которое будет максимально, когда максимально S1= 2x(3R- 2x). Так как сумма множителей 2x + 3R - 2x = 3R, то S1 максимально, когда 2х= 3R- 2х, т.е. х= ¾R. Следовательно, максимальное значение S равно

Метод оценки.

Суть метода состоит в следующем. Рассматривается конкретная геометрическая фигура F, выделяется одна или несколько величин, которые характеризуют данную фигуру. Требуется оценить выделенную величину или совокупность величин, то есть доказать, что величина Z удовлетворяет одному из неравенств вида: Z<Mили Z>m, (1) где т и М определяются условием задачи.

Для решения задачи требуется установить справедливость одного из неравенств (1), то есть доказать, что для каждого Z, принадлежащего одному из неравенств (1), фигура Fсуществует и ни для одного числа Z, не удовлетворяющего неравенству, фигура Fне существует. Заключительным этапом решения задачи является определение экстремальных значений т и М.

Задачи, имеющиеся в учебниках геометрии, чаще всего решаются методом оценки.

Пример 1:

Примером может послужить такая задача.