Решение задач на поиск экстремума

п.1. Алгоритм решения задач на поиск экстремума

Шаг 1. Проанализировать условие задачи, обозначить одно из неизвестных буквой (переменной). Если это удобно, обозначить все неизвестные разными буквами и выбрать «основную» переменную.
Шаг 2. Выразить другие неизвестные через основную переменную.
Шаг 3. Записать функцию от основной переменной.
Шаг 4. Найти производную от полученной функции. Исследовать функцию на экстремум.
Шаг 5. Истолковать результат в соответствии с условием задачи.

Например:
Как разбить число 10 на два слагаемых так, чтобы их произведение было наибольшим?
Пусть \(x\) - первое слагаемое. Тогда \((10-x)\) - второе слагаемое.
Их произведение \(f(x)=x(10-x)\rightarrow max\)
Исследуем полученную функцию на экстремум:
\(f'(x)=(10x-x^2)'=10-2x\)
\(f'(x)=0\) при \(x=5\)
По условию значение \(x\in [0;10]\).

Точка максимума \(x=5,\ f_{max}=5\cdot (10-5)=25\)
Т.е., 10 нужно разбить на две пятерки, которые дадут максимальное возможное произведение 25.
Ответ: 5 и 5, максимальное произведение 25

п.2. Примеры

Пример 1. Какое число в сумме со своим квадратом дает наименьшее значение?
Пусть \(x\) - данное число.
По условию: \(f(x)=x+x^2\rightarrow min\)
Исследуем полученную функцию на экстремум:
\(f'(x)=(x+x^2)'=1+2x\)
\(f'(x)=0\) при \(x=-\frac12\)
По условию значение \(x\in \mathbb{R}\).

Точка минимума \(x=-\frac12,\ f_{min}=-\frac12+\left(-\frac12\right)^2=-\frac12+\frac14=-\frac14\)
Ответ: число \(\left(-\frac12\right)\), минимальная сумма \(\left(-\frac14\right)\)

Пример 2. Какой из прямоугольников, вписанных в круг радиусом R, имеет наибольшую площадь?

Диагонали вписанного прямоугольника являются диаметрами круга: AC=BD=2R Обозначим угол между диагоналями \(\alpha=\angle AOB,\ 0\lt\alpha\lt \pi\). Используем формулу площади четырехугольника через диагонали: $$ S=\frac{d_1d_2}{2}sin\alpha=\frac{(2R)^2}{2}sin\alpha=2R^2sin\alpha $$

Мы получили площадь как функцию от угла: \(S(\alpha)=2R^2 sin⁡\alpha\)
Исследуем полученную функцию на экстремум:
\(S'(\alpha)=2R^2 cos\alpha\)
\(S'(\alpha)=0\) при \(cos⁡\alpha=0\Rightarrow \alpha=\frac\pi 2\) - прямой угол.

Точка максимума \(\alpha=\frac\pi 2,\ S_{max}=2R^2sin\frac\pi 2=2R^2\cdot 1=2R^2\)
Вписанный прямоугольник с прямым углом между диагоналями – это квадрат (т.к. диагонали перпендикулярны и равны).
Сторона квадрата по теореме Пифагора: \(AB^2=OA^2+OB^2=2R^2\Rightarrow AB=R\sqrt{2}\)

Ответ: квадрат со стороной \(R\sqrt{2}\), максимальная площадь \(2R^2\)

Пример 3. Какой из прямоугольников, вписанных в круг радиусом R, имеет наибольший периметр?

Диагонали вписанного прямоугольника являются диаметрами круга: AC=BD=2R Обозначим угол между диагоналями \(\alpha=\angle AOB,\ 0\lt\alpha\lt \pi\). По теореме косинусов сторона AB: \begin{gather*} AB^2=OA^2+OB^2-2OA\cdot OB\cdot cos\alpha=\\ =R^2+R^2-2R^2cos\alpha=2R^2(1-cos\alpha)=\\ =2R^2\cdot 2sin^2\frac\alpha 2=4R^2sin^2\frac\alpha 2\\ AB=2Rsin\frac\alpha 2 \end{gather*}

Сторона BC: \begin{gather*} BC^2=OB^2+OC^2-2OB\cdot OC\cdot cos(180^{\circ}-\alpha)=\\ =R^2+R^2+2R^2cos\alpha=2R^2(1+cos\alpha)=2R^2\cdot 2cos^2\frac\alpha 2=4R^2cos^2\frac\alpha 2\\ BC=2Rcos\frac\alpha 2 \end{gather*} Периметр: \begin{gather*} P(\alpha)=2(AB+BC)=2\left(2Rsin\frac\alpha 2+2Rcos\frac\alpha 2\right)=4R\left(sin\frac\alpha 2+cos\frac\alpha 2\right),\ 0\lt\frac\alpha 2\lt\frac\pi 2 \end{gather*} Исследуем полученную функцию на экстремум: \begin{gather*} P'(\alpha)=4R\left(\frac12 cos\frac\alpha 2-\frac12 sin\frac\alpha 2\right)=2R\left(cos\frac\alpha 2-sin\frac\alpha 2\right)\\ P'(\alpha)=0\Rightarrow cos\frac\alpha 2-sin\frac\alpha 2=0\Rightarrow sin\frac\alpha 2=cos\frac\alpha 2\ |:\ cos\frac\alpha 2\\ tg\frac\alpha 2=1\Rightarrow \frac\alpha 2=\frac\pi 4=\Rightarrow \alpha = \frac\pi 2 - \text{прямой угол} \end{gather*}

Точка максимума \(\alpha=\frac\pi 2,\ P_{max}=4R\left(sin\frac\pi 4+cos\frac\pi 4\right)=4R\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=4\sqrt{2}R\)
Вписанный прямоугольник с прямым углом между диагоналями – это квадрат (т.к. диагонали перпендикулярны и равны).
Сторона квадрата по теореме Пифагора: \(AB^2=OA^2+OB^2=2R^2\Rightarrow AB=R\sqrt{2}\)

Ответ: квадрат со стороной \(R\sqrt{2}\), максимальный периметр \(4\sqrt{2}R\)

Пример 4. Определите размеры открытого бассейна с квадратным дном объемом 32 м³ так, чтобы на облицовку его стен и дна ушло как можно меньше материала.

Пусть сторона бассейна a, высота h. Тогда объем: \(V=a^2h=32\). Откуда \(h=\frac{32}{a^2}\).
Площадь дна: \(S_0=a^2\).
Площадь каждой стены: \(S_1=ah=a\cdot \frac{32}{a^2}=\frac{32}{a}\).
Общая площадь для облицовки: \begin{gather*} S(a)=S_0+4S_1=a^2+4\cdot \frac{32}{a}=a^2+\frac{128}{a} \end{gather*} Исследуем полученную функцию на экстремум: \begin{gather*} S'(a)=2a-\frac{128}{a^2}=\frac{2a^3-128}{a^2}=\frac{2(a^3-64)}{a^2}=\frac{2(a-4)(a^2+4a+16)}{a^2}\\ S'(a)=0\ \text{при}\ a=4 \end{gather*} По условию \(a\gt 4\)

Точка минимума \(a=4\) $$ \ S_{min}=4^2+\frac{128}{4}=16+32=48\ (м^2) $$ Оптимальные размеры бассейна: сторона \(a=4\) м, высота \(h=\frac{32}{16}=2\) м

Ответ: бассейн со стороной 4 м и высотой 2 м,
минимальная площадь облицовки 48 м².

Пример 5*. Найдите наибольшей объем конуса с образующей a.

По условию AB=a Обозначим угол при основании \(\alpha=\angle BAO,\ 0\lt\alpha\lt \frac\pi 2\). Тогда: \(r=OA=AB\cdot cos⁡\alpha=acos\alpha\) \(h=OB=AB\cdot sin⁡\alpha=asin\alpha\) Объем конуса: \begin{gather*} V=\frac13 Sh=\frac13\cdot\pi r^2h=\frac\pi 3\cdot a^2cos^2\alpha\cdot asin\alpha=\\ =\frac{\pi a^3}{3}cos^2\alpha sin\alpha \end{gather*}

Объем как функция угла при основании: \(V(\alpha)=\frac{\pi a^3}{3}cos^2\alpha sin\alpha\)
Исследуем полученную функцию на экстремум: \begin{gather*} V'(\alpha)=\frac{\pi a^3}{3}((cos^2\alpha)'sin\alpha+cos^2\alpha sin'\alpha)=\frac{\pi a^3}{3}(-2cos\alpha\cdot sin^2\alpha+cos^3\alpha)=\\ =\frac{\pi a^3}{3}cos\alpha(cos^2\alpha-2sin^2\alpha)=\frac{\pi a^3}{3}cos\alpha(cos^2\alpha-2(1-cos^2\alpha))=\\ =\frac{\pi a^3}{3}cos\alpha(3cos^2\alpha-2) \end{gather*} Решаем уравнение \(V'(\alpha)=0\Rightarrow cos\alpha(3cos^2\alpha-2)=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} cos\alpha=0\\ 3cos^2\alpha-2=0 \end{array} \right. \)
\(cos\alpha=0\) дает \(\alpha=\frac\pi 2\) - это корень не подходит.
Решаем второе уравнение: \(3cos^2\alpha-2=0\Rightarrow cos^2\alpha=\frac23\Rightarrow cos\alpha=\pm\sqrt{\frac23}\)
Для \(0\lt\alpha\lt\frac\pi 2\) выбираем положительное значение \(cos\alpha=\sqrt{\frac23}\)
Тогда \(sin\alpha=\sqrt{1-cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac23}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Точка максимума \(\alpha=arccos\sqrt{\frac23},\ V_{max}=\frac{\pi a^3}{3}\cdot\frac23\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{2\pi a^3}{9\sqrt{3}}\)

Ответ: максимальный объем \(V_{max}=\frac{2\pi a^3}{9\sqrt{3}}\)

Пример 6. В данный конус вписан цилиндр наибольшего объема. Найдите отношение высоты конуса к высоте этого цилиндра.

	Пусть R - радиус конуса, H - высота конуса, r - радиус цилиндра, h - высота цилиндра. R и H - постоянные, r и h - переменные. Исходя из симметрии, задача сводится к вписыванию в равнобедренный треугольник ΔABC, AB=BC прямоугольника DEFG наибольшей площади. Перейдем в осевую плоскость и решим эту задачу.
	По двум углам \(\triangle ABO\sim\triangle ADG\) $$ \frac{BO}{DG}=\frac{AO}{AG}\Rightarrow \frac Hh=\frac{R}{R-r}\Rightarrow h=H\frac{R-r}{R} $$ Площадь прямоугольника: \begin{gather*} S=GF\cdot DG=2r\cdot h=2r\cdot H\frac{R-r}{R}\\ S(r)=\frac{2Hr(R-r)}{R} \end{gather*}

Исследуем полученную функцию на экстремум: \begin{gather*} S'(r)=\frac{2H}{R}(Rr-r^2)'=\frac{2H}{R}(R-2r)\\ S'(r)=0\ \text{при}\ r=\frac R2 \end{gather*} По условию \(0\lt r\lt R\)

Точка максимума \(r=\frac R2\)
Искомое отношение в точке максимума: $$ \frac Hh=\frac{R}{R-r}=\frac{R}{R-\frac R2}=2 $$
Ответ: 2

Пример 7*. Из трех досок одинаковой ширины сколачивается желоб. При каком угле наклона стенок площадь поперечного сечения желоба будет наибольшей?

Пусть AB=BC=CD=d Искомый угол \(\alpha=\angle ABC\). ABCD - равнобедренная трапеция \(S_{ABCD}\rightarrow max\)

Выразим площадь трапеции через угол.
Найдем диагональ AC по формуле косинусов: \begin{gather*} AC^2=AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\cdot cos\alpha=d^2+d^2-2d^2cos\alpha=2d^2(1-cos\alpha)=\\ =2d^2\cdot 2sin^2\frac\alpha 2=4d^2sin^2\frac\alpha 2\\ AC=\sqrt{4d^2sin^2\frac\alpha 2}=2dsin\frac\alpha 2 \end{gather*} Заметим, что \(\angle ACD=\angle BCD-\angle BCA=\alpha-\left(90^\circ-\frac\alpha 2\right)=\frac{3\alpha}{2}-90^\circ\)
Площадь трапеции: \begin{gather*} S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD}=\frac12 AB\cdot BC\cdot sin\alpha+\frac12 AC\cdot CD\cdot sin\angle ACD=\\ =\frac12\left(d^2sin\alpha+2dsin\frac\alpha 2\cdot 2\cdot sin\left(\frac{3\alpha}{2}-90^\circ\right)\right)=\frac{d^2}{2}\left(sin\alpha+2sin\frac\alpha 2 sin\left(\frac{3\alpha}{2}-90^\circ\right)\right)=\\ =\frac{d^2}{2}\left(sin\alpha-2sin\frac\alpha 2 cos\frac{3\alpha}{2}\right)=\frac{d^2}{2}\left(sin\alpha-sin\left(\frac\alpha 2+\frac{3\alpha}{2}\right)+sin\left(\frac\alpha 2-\frac{3\alpha}{2}\right)\right)=\\ =\frac{d^2}{2}(sin\alpha-(sin2\alpha-sin\alpha))=\frac{d^2}{4}(2sin\alpha-sin2\alpha)=\\ =\frac{d^2}{4}(2sin\alpha-2sin\alpha cos\alpha)=\frac{d^2}{2}sin\alpha(1-cos\alpha) \end{gather*} Полученная функция: $$ S(\alpha)=\frac{d^2}{2}sin\alpha(1-cos\alpha) $$ Исследуем на экстремум: \begin{gather*} S'(\alpha)=\frac{d^2}{2}(sin'a\alpha(1-cos\alpha)+sin\alpha(1-cos\alpha)')=\\ =\frac{d^2}{2}(cos\alpha(1-cos\alpha)+sin^2\alpha)=\frac{d^2}{2}(cos\alpha-cos^2\alpha+1-cos^2\alpha)=\\ =\frac{d^2}{2}(1+cos\alpha-2cos^2\alpha) \end{gather*} Решаем уравнение \begin{gather*} S'(\alpha)=0\Rightarrow 1+cos\alpha-2cos^2\alpha=0\\ 2cos^2\alpha-cos\alpha-1=0 \end{gather*} Замена: \(t=cos\alpha,\ |t|\leq 1\) \begin{gather*} 2t^2-t-1=0\Rightarrow (2t+1)(t-1)=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} t=-\frac12\\ t=1 \end{array} \right. \end{gather*} Возвращаемся к исходной переменной. По условию \(0\lt \alpha\lt\pi\). \begin{gather*} \left[ \begin{array}{l} cos\alpha=-\frac12\\ cos\alpha=1 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} a=\frac{2\pi}{3}\\ a=0 - \text{не подходит} \end{array} \right. \end{gather*}

Точка максимума \(\alpha=\frac{2\pi}{3}\)
Максимальная площадь поперечного сечения $$ S_{max}=\frac{d^2}{2}sin\frac{2\pi}{3}\left(1-cos\frac{2\pi}{3}\right)=\frac{d^2}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left(1+\frac12\right)=\frac{3\sqrt{3}}{8}d^2 $$ Желоб нужно делать с углом \(\frac{2\pi}{3}\ (120^\circ)\)
Ответ: \(\frac{2\pi}{3}\)