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:

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