Вступ
Багато задач геометричного змісту є типовими задачами на екстремум. У цих задачах при виконанні певних умов треба знайти найбільше або найменше значення певної геометричної величини (периметра, площі, об’єму). Кожній з цих величин можна поставити у відповідність певну формулу (іноді не одну), яка виражає шукану величину як функцію інших величин. Проте сама функція в готовому вигляді не дається. Її треба визначити з умов задачі. Часто за умовами задачі можна побудувати функцію не однієї змінної, а двох. Тоді, застосувавши відомі геометричні теореми, одну з цих змінних виключають.
Є чимало елементарних, досить простих і наочних, іноді штучних, способів розв’язання задачі на екстремум, які враховують її особливість. Проте могутній апарат диференціального розв’язання дає загальний спосіб розв’язання задачі на екстремум. Розв’язуючи задачі цим методом, будемо додержуватись такої послідовності дій:
1) вибір незалежної змінної і визначення множини її значень;
2) побудова функції, яка описує ту геометричну величину, оптимальне значення якої треба знайти в задачі;
3) відшукання критичних точок цієї функції і розгляд тих, які належать області визначення функції;
4) з’ясування характеру екстремуму функції в цих точках;
5) обчислення значень функції в цих точках і на кінцях відрізка, що є областю її визначення, і вибір найбільшого або найменшого з них.
Якщо неперервна функція диференційована в інтервалі і має єдиний екстремум. То у випадку максимуму це буде її найбільше значення, а у випадку мінімуму – найменше.
§ 1. Задачі на екстремум в планіметрії
Розглянемо ряд геометричних задач, розв’язання яких зводиться до відшукання екстремуму певних функцій.
Задача 1 З усіх прямокутних трикутників із заданою гіпотенузою С знайти той, у якого найбільша площа.
Розв’язання Якщо х і у - катети трикутника, то , і площа трикутника
Оскільки площа – невід’ємна величина, тому областю визначення функції S(x) є відрізок [0; С]. Функція S(x) набуває найбільшого значення одночасно з функцією f(x)=c2x2-x4. Оскільки
f/(x)=2x(c2-2x2)
то, розв’язавши рівняння
знайдемо критичні точки: ,
х2=0, х3=
Змісту задачі відповідає лише одна з цих точок: . З виразу похідної видно, що при х<, при х < . А це означає, що є точкою максимуму функції f(x), а отже, і функції S(x), причому S. Крім того, S(o)=S(c)=0, тому S(х) у точці набуває найбільшого значення. Але при х=, також і другий катет у=, а це означає, що трикутник рівнобедрений. Отже, з усіх прямокутних трикутників із заданою гіпотенузою рівнобедрений має найбільшу площу.
Зауваження. Розв’язок цієї задачі досить легко знайти геометричним способом. Оскільки вершини прямокутних трикутників з гіпотенузою довжини с лежать на колі, діаметром якого є ця гіпотенуза, то найбільшу площу матиме прямокутний трикутник, у якого найбільша висота. Такою висотою є перпендикуляр до середини гіпотенузи, довжина якого дорівнює половині гіпотенузи.
Задача 2. З усіх прямокутних трикутників із заданою висотою h знайти той, що має найменшу площу.
Розв’язання.
Нехай АВС – прямокутний, <ACB=, |CD|=h. Позначимо <CАD=x, 0<х<, тоді <DBC=-n. Оскільки |AD|=h ctg x, |DB|= h tg x i |AB|=|AD| + |DB|, то S(x) = .
Оскільки f/(x)= -
(за умовою задачі х0 і х=, тобто sin x0 i cos 0), то для визначення критичних точок функції дістаємо сукупність рівнянь:
sin x = cos x, sin x = - cos x
Звідси маємо:
В інтервалі (0, ) лежить лише одна точка: , якій відповідає <DBC=, а це означає, що АВС – рівнобедрений, причому S()=h2. Оскільки f/(x)<0, якщо х є (0, ), f/(x)>0, якщо х є (; ), то х = - єдина точка мінімуму функцій f(x) i S(x). Тому в точці х = функції f(x) i S(x) набувають найменшого значення. Отже, з усіх прямокутних трикутників із заданою висотою рівнобедрений має найменшу площу.
Зауваження. У щойно наведеному розв’язанні за належну змінну взято величину одного з прилеглих до гіпотенузи кутів. Можна дати інше розв’язання, взявши за належну змінну довжину проекції одного з катетів на гіпотенузу. Нехай, наприклад, |AD|=x, тоді |DB|=|AB| - x. Оскільки h2 = x(|AB|-x), то |AB|=x+. Тоді площа трикутника як функція від х набере вигляду:
.
Оскільки
,
то критичними точками функції S(x) є: x1=h, x2= -h. Умову задачі задовольняє тільки одна точка: h. Але при х=h гіпотенуза трикутника АВС має довжину 2h, а це і означає, що трикутник рівнобедрений. Легко переконатись, що його площа є найменшою.
Задача 3. З усіх трикутників із заданою площею S і заданою основою С знайти той, що має найменший периметр.
Розв’язання.
Нехай АВС |AB|=C i CD – його висота, тоді . Оскільки площа і основа трикутника одночасно визначають висоту трикутника, то позначатимемо надалі |CD|=h. Якщо позначати |AD|=x, 0<x<C, то |DB|=c-x, |CB|=, |AC|=, і периметр трикутника як функція від х небере вигляду:
Оскільки:
,
то розв’язання рівняння
= 0,
знайдемо критичну точку функції P(x): . Тоді і |BD|= , а значить АВС – рівнобедрений, його периметр . Легко переконатися, що х= - єдина точка мінімуму на (0; С), бо Р/(х) <0, якщо х є (0; ) і Р/(х) > 0, якщо х є (; 0). Тому в точці х = функція Р(х) набуває найменшого значення. Отже, з усіх трикутників із заданими площею і основою рівнобедрений має найменший периметр.
Задача 4. З усіх трикутників із заданими основою С і кутом при вершині знайти той, що має найбільшу бісектрису.
Розв’язання.
Нехай у АВС |АВ|=С, а <ACB = . Якщо [СD] – бісектриса, то <ACD = <DCB=. Позначимо <CBD=x, 0<x< , тоді <CDB = і <CАВ = . З СВD за теоремою синусів для бісектриси СD = отримаємо:
звідки
З АСВ за тією самою теоремою для |СВ| знаходимо:
Підставимо останнє значення |СВ| у праву частину виразу для бісектриси , отримаємо:
(х)=
Легко переконатись, що
Розв’язавши рівняння
знаходимо критичні точки функції (х):
Рівняння розв’язку не має. Тільки при к=0 х є (), тому х=. Але тоді також і <CАВ = , а це означає, що АВС – рівнобедрений. Якщо х є (0; ), то і функція зростає, а якщо n є (; ), то і (n)<0 і функція спадає. А це означає, що n = - єдина точка максимуму на (0; ), в якій функція набуває найбільшого значення: . Отже, з усіх трикутників із заданою основою і протилежним кутом рівнобедрений має найбільшу бісектрису.
Задача 5. З усіх трикутників із заданими основою с і периметром 2р знайти той, у якого опущена на основу висота є найвищою.
Розв’язання Якщо а, b, с – довжини сторін трикутника, а 2р – його периметр, то .
Нехай . Позначимо |AC|= x, тоді |CB|=2p-c-x. Підставимо ці значення замість a i bу формулу для hc, отримаємо функцію:
.
, тоді коли
Функція досягає найбільшого значення тоді, коли його досягає функція . А це квадратична функція, яку можна подати у такому вигляді:
Тоді є єдиною точкою максимуму функції і . Тому функція у точці набуває найбільшого значення: . Але при , а це означає, що АВС – рівнобедрений. Отже, з усіх трикутників із даними основою і периметром рівнобедрений має найбільшу висоту.
Задача 6. З усіх трикутників із заданими основою с і периметром 2р знайти той, у якого проведена до основи медіана є найменшою.
Розв’язання. Довжина медіани me трикутника визначається через довжини його сторін а, b, с за такою формулою:
.
Нехай у АВС ; |AB|=c i |AD|=|DB|. Введемо позначення: |AC|=x, 0<x<2p-c. Тоді |CB|=2p-c-x. Підставивши ці значення замість a, b, c у формулу для mc, отримаємо:
Оскільки
,
то розв’язавши рівняння
2р-с-2х = 0,
знаходимо критичну точку функції me(х):
. Легко переконатися, що m/e(х)<0, якщо х є (0; ), і m/e(х)>0, якщо х є (; 2р-с), тому є точкою мінімуму функції me(х), причому me()=. Оскільки - єдина точка мінімуму на (0; 2р-с), то функція me(х) у точці набуває найменшого значення. Але при х= |AC| = =такожi |CB| = , а це означає, що АВС – рівнобедрений. Отже, з усіх трикутників із заданими основою і периметром рівнобедрений має найменшу медіану.
Задача 7. З усіх рівнобедрених трапецій, три сторони яких мають однакову довжину а, знайти ту, яка має найбільшу площу.
Розв’язання.
Нехай |AB| = |BC| = |CD| = a, <BAD = x, 0<x<.
Тоді |BE| = asinx, |AE| = acosx, а площа трапеції:
S(x)=a2sin x (1+cos x),
Оскільки
S/(x) = a2(2cos2x + cos x - 1) = a(cos x +1)(2 cos x - 1), S(x): xk = tarccos+2k, k0.
В інтервалі (0; ) лежить тільки одна з них: , причому . Оскільки S/(x)>0, якщо х є (0; ), і S/(x) <0, якщо х є (;), то в точці функція S(x) набуває найбільшого значення. Отже, з усіх рівнобедрених трапецій з трьома сторонами однакової довжини найбільшу площу має та, в якої кут при основі дорівнює 600.
Задача 8. З квадратного листа жерсті із стороною а треба виготовити відкриту зверху коробку, вирізавши по кутах квадратики і загнувши утворені краї. Якою повинна бути сторона основи коробки, щоб її об’єм був максимальним?
Розв’язання.
Позначимо через х довжину сторони коробки. Тоді довжини сторін вирізаних квадратиків дорівнюють , а об’єм коробки дорівнює .
Зі змістом задачі число х задовольняє нерівність 0<x<a, тобто належить інтервалу (0, а). Отже, задача не звелась до знаходження найбільшого значення функції на інтервалі (0; а).
Знаходимо критичні точки функції:
,
тобто х = 0 або х = .
А через те, що V(o)=0iV(a)=0, то найбільшою на відрізку значення функція V набуває, коли х = , тобто
Найбільшого значення функція досягає всередині відрізка [0; а], отже, і всередині інтервалу (0; а). Таким чином, сторона основи коробки повинна бути .
Задача 9. Площа поверхні сфери рівна 27. Яка висота циліндра найбільшого об’єму, вписаного в цю сферу?