RI_OCR[4]
.pdfв области определеиия |
функции у' = О прн 4х2 - |
1 = |
О, |
т. е. при |
хо = 1/2. Найдеииая точка |
разбивает область определеиия |
функции |
||
на интервалы (О; 1/2) и (1/2; |
+00); в первом из них у' < |
О; |
а во втором |
у' > О. Это озиачает, что в интервале (О; 0,5) даниая функция убывает, |
|||||
а в интервале (0,5; + 00) - возрастает. • |
|
, |
|
||
Точка |
ХI называется |
точкой локдльного .макси.му.ма функцuиу = |
|||
= {(х), если для любых достаточно малых |
Iдхl |
=1= О выполняе,ТСЯ нер'а |
|||
веиство {(ХI +дх) < f(XI), |
Точка Х2 иазывается |
точкой локального .lNи |
|||
нu.мy.мa функции у = {(х), |
если для любых достаточно малых |
IдхI =1= О |
|||
справедливо иеравенство |
{(Х2 +дх) > НХ2), |
Точки максимума и миии |
|||
мума иазывают точкаJШ экстре.му.ма функции, а максимумы и мннимумы |
|||||
функции - |
ее экстремальны.ми значения.ми. |
|
, |
' |
TeopeJlUl 1 (HeOOxoiJrlмblй nрuзНll" ЛОlUlAьного э"стремуJlUl). Если
функция 11 = {(х) имеет в точке х'= хо экстре.му.м, то либо f' (хо) = О,
либо {' (хо) не существует.
В точках экстремума дифференцируемой функции касательиая к ее
графику параллельиа оси Ох. |
|
у = (х + 1)3. |
|
Пример 2. Исследовать |
иа экстремум функцию |
||
~ Производная данной |
фуикции у' = 3(х + 1)2 |
В точке х = -1 |
|
равна нулю. Но в этой точке |
ф}'!!кция экстремума не имеет" так как |
||
(х+ 1)3>0 при х> -1, |
(х+ 1)3<0 при х< -1, |
(х+ 1)3~Опри |
|
х = -1. Итак, обращеиие |
в |
иуль производной функции не,обеспечи |
вает существоваиия экстремума |
функции. • |
|||
Пример З. Исследовать иll |
экстремум фуикцию у = Ixl. |
|||
~ Для даиной иепрерывиой функции имеем: у(О) = О. Так как при |
||||
х =1= О У = |
Ixl |
> О, то х = О - точка |
миинмума. Но, как было показано |
|
в примере |
2 |
из § 6.1, фуикция |
у = |
Ixl не имеет производной в точке |
х=-о. • Из рассмотрениых примеров следует, что не во всякой критнческой
точке фуикция имеет экстремум. Однако если в какой-либо точке фуик ция достигает экстремума, ТО,эта точка всегда является критнческоЙ.
Для отыскаиия экстремумов функции поступают следующим обра
зом: находят все крнтические точки, а затем исследуют каждую нз иих
(в отдельности) с целью выяснения, будет ли в этой точке максимум
или минимум, или же экстремума в ней нет.
TeopeJlUl 2 (первый достатоЧlt"'Й призна" локального э"стрем.уJlUl). Пусть ,функция у = f (х) непрерывна в HeКDTopo.м интервале, содержа ще.м критическую точку х = Ха, и дифференцируе.ма во' всех точках
этого uнтервала (кро.ме, быть |
.может, са.мОЙ |
точки хо). |
Если {'(х) при |
||
х <, хо noложительна, а при х > хо |
отрицательна, |
то при х = Хо, ,функ |
|||
ция у = {(х) и.меет .макси.му.м. |
Если |
же {' (х) |
при |
х < хо |
отрицательна, |
а при х > хо положительна, то при х = хо данная функция имеет .мини.му.м.
Следует нметь в виду, что указанные неравенства должиы выпол
ияться В достаточно малой окрестностн крнтнческой точки х = хо. Схема
исследования функции у = {(х) на экстремум с помощью первой произ
водной может быть записана в виде таблицы (см. табл. 6.1),
Пример 4. Исследовать на экстремум фуикцию у = |
2х+3 W. |
'~ Данная функция определена и непрерывна для |
всех х Е R. На |
ходим ее производную: |
|
у'= 2 + :rx = :rx еГх+ 1).
Критнческими точкамн .!I.анноЙ функцин будут ХI = -1, в которой
у' = О, н Х2 = О, В которой производная у' терпит разрыв. Эти точки
191
Таблица 6.1
Знаки [' (х) при переходе через |
критическую точку ХО |
|
|
|
|
|
Характер |
|
|
|
критической. |
X<XQ |
Х=ХО |
х>х() |
ТОЧКИ |
|
|||
|
|
|
|
+ |
{'(Хо) = О |
- |
Точка |
максимума |
|
или ие существует |
+ |
|
|
- |
:> |
Точка |
минимума |
|
+ |
:> |
+ |
Экстремума нет (функ- |
|
- |
:> |
- |
ция возрастает) |
|
Экстремума иет (Фуик- |
||||
|
|
|
ция убывает) |
разбивают |
область определеиия функции на интервалы:- (--=т- -1), |
( - 1; О), (О; |
+ (0), в каждом из которых производна-я фуикции сохра |
няет знак. Поэтому достаточио определить знак производной в произ-
вольной точке каждого из интерва
лов. Имеем: |
у'(- 8) = |
1 > О, |
т. е. |
|
в интервале |
( - 00; - |
1) |
функция |
|
возрастает; |
у' (- 1/8) = |
- |
2 < О, |
следовательно, в интервале (-1; О)
функция убывает; |
y'(I) = |
3 > О, т. е. |
в интервале (О; |
+ (0) |
функция |
возрастает. Значит, при переходе через точку XI = -1 в направлеиии
возрастания Х зиак первой произ водной изменяется с «+:> на «-:>,
т. е. точка XI = -1 является точкой
локалыюго максимума и у тах =
= у(- 1) = 1. Для точки Х2 = О знак
хпервой производной меняется с «-:.
иа «+:>, а это означает,. что точка
Х2 = О является точкой локального
Рис. 6.3 |
минимума |
и |
у miп = у (О) = О |
|
(рис. 6.3). |
<l1li |
|
Теорема 3 (второй достаточный npнзнак локального 8КСТремума
функциа). Пусть функция у = {(Х) дважды дифференцируема и {'(Хо) =
= О. Тогда в точке х = Хо функция имеет локальный .максимум, если
{"(Хо) < О, и локальный минимум, если {"(Хо) > О.
В случае, когда f" Cto) = О, точка Х = Хо может и не быть экстре
мальной.
Пример 5. С помощью второй производной исследовать на экстре·
мум функцию У = re- x•
~ |
Находим первую и вторую производные: |
|
|
|
|
|
||||
|
у' = 2хе-Х - |
re-x = (2х - r)e-X, |
|
|
|
|
|
|||
|
у" = (2 - 2х)е-Х |
- |
(2х - х2)е-Х = (r - 4х +2)е-Х• |
|
||||||
Так |
как производная |
непрерывна при Х Е R, |
то |
критические |
точки |
|||||
данной |
функции удовлетворяют уравненню 2х - |
х2 |
= |
О, |
откуда |
х, = О |
||||
и Х2 = |
2. |
Вычисляем |
зиачения второй производной |
в |
этих точках: |
|||||
у" (О) = 2 > О, т. е. ХI = О - |
точка мииимума; 11'(2) = _2е-2 < О, т. е. |
|||||||||
Х2 = 2 - |
|
точка максимума; |
Ymln = О, Утак = 4е-2 |
<l1li |
|
|
|
|
192
На отрезке [а; Ь] функция у = {(х) может достигать наименьшего
(1/,,".) илн наибольшего (у",и6) значения либо в критических точках
функции, лежащих в интервале (а; Ь), либо на концах отрезка [а; Ь].
1/ = |
Пример 6. |
Найти наименьшее и |
наибольшее |
значения |
функции |
||||
х |
- |
3х + 3 |
на отрезке [ - 2; 3]. |
|
|
|
|
|
|
|
|
З |
|
|
|
|
|
|
|
|
• |
Производная данной функции |
у' = зх2 |
- 3. |
Тогда |
1/' |
= О при |
||
ХI = |
|
-1 и Х2 = |
1. Обе эти критические точки |
принадлежат |
интервалу |
(-2; 3). Вычисляем значения функции в критических точках и на концах
отрезка: y(-I)=5, y(I)=I, 1/(-2)=1, у(3)=21. Сравнивая полу
чениые числа, заключаем, что наименьшее значение на отрезке [-2; 3]
функция |
принимает в точках Х2 = 1 и х = а = |
-2, а наибольшее зна |
||
чение - |
в точке х = Ь = |
3. Итак, |
на отрезке [ - |
2; 3] уиаим = 1, а I/И"6 = |
=21. <l1li |
|
|
1/ = f(x), называется выпуклой в ин |
|
Кривая, заданная |
функцией |
тервале (а; Ь), если все точки кривой лежат не выше любой ее касатель
ной в этом интервале, и вогНI/ТОй в интервале (а; Ь), если все ее точки
лежат не ниже любой ее касательной в этом интервале.
Точка кривой М (Хв, f (хо)), отделяющая выпуклую ее часть от вогну
той, называется точкой nереги6а кривой. Предполагается, что в точке
М существует касательная.
Теорема 4 (достаточное УСlUJвие выпуклости (вогнутости) графика
функции). Если во всех точках интервала (а; Ь) вторая nроизводная
функции у = f(x) отрицательна (положительна), т. е. {"(х) < о (["(х) > >0), то кривая y=f(x) в этом интервале выпукла (вогнута).
В точке перегиба, отделяющей промежуток выпук.l0СТИ от про межутка вогнутости, вторая производная функции изменяет свой зиак,
поэтому в таких точках вторая производная функции или обращается
в нуль, или не существует.
Теорема 5 (достаточный признак точки перегиба). Если в точке х = хо f"(xo) = О или {"(Хо) не существует и при переходе через эту точку nроuэводная f"(x) меняет знак, то точка с абсциссой х = хо кривой у = = f (х) - точка nерегиба_
Пример 7. Найти точки перегиliiа, интервалы выпуклости и вогну
тости кривой 1/ = е-х'/2 (кривая Гаусса).
•Находим первую и вторую производные:
|
|
1/' = |
_хе-Х'/2, |
у" = е-Х'/2(х2 |
- |
1). |
|||||
Первая и вторая производиые существуют |
при |
.1юбых х Е R. При |
|||||||||
равиивая |
у" нулю, находим: ХI = |
|
-1, |
|
Х2 = 1. |
Легко заметить, что в |
|||||
окрестности точки ХI = |
-1 знак |
второй |
производной меняется по сле |
||||||||
дующему |
закону: 1/" > О при |
х < -1, |
1/" < О |
|
при х> -1_ Значит, |
||||||
МI ( -1, |
|
e- I / 2) является |
;гочкой перегнба. Слева |
|
от |
этой точки кривая |
|||||
вогнута, |
|
так как в интервале ( - 00; - |
1) у"'> О, |
а справа в интервале |
|||||||
( -1; 1) - |
выпукла, Tai{ как Б ЭТОМ интервале 1/" < О. |
||||||||||
Далее, у" > о при х > 1. Следовательно, при Х2 = |
1 накрнвой имеем |
||||||||||
также точку перегиба М2 (1, e- I / 2). |
Слева от точки М2 |
В интервале ( - 1; 1) |
|||||||||
кривая |
выпукла, а справа в (1; |
+ |
00) |
вогнута. Схематический график |
|||||||
данной |
функции изображен на |
рис. |
6.4_ |
|
<l1li |
|
|
|
Прямая L называется асимптотой данной кривой 1/ = f(x), если рас стояние от точки М кривой до прямой L при удалении точки М в беско
иечность стремится к нулю. Из определения следует, что асимптоты
могут существовать только у кривых, имеющих сколь угодно далекие
точки (<<неограниченные:о кривые). |
В примере |
7 кривая Гаусса имеет |
|
асимптоту у = о (см. |
рис. 6.4). |
|
|
Если существуют |
числа х = Xj |
(i = Тn), |
при которых liт {(х) = |
|
|
|
X-+Xj |
193
у |
у |
|
|
х
Рис. 6.4
Рис. 6.5
= ± 00, т. е. функция имеет бесконечные разрывы, то прямые |
х = Xj |
|||||||||||
называются вертикальными |
асимптотамн |
кривой у = {(х). |
|
|||||||||
|
Если существуют пределы |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
k = |
lim |
|
((Х), |
Ь = |
lim (j(x) - kx), |
|
|||
|
|
|
|
х-+± 00 |
х |
|
х_± 00 |
|
|
|||
то |
прямые у = |
kx + ь - |
наклонные |
асшtnтоты |
кривой у = f (х) (при |
|||||||
k = |
О - |
горuзонтальные). При х-+ ± |
00 |
можем |
прийти к двум значе |
|||||||
ииям для k. Если имеем одно значенне для k, то при х-+ ± 00 |
можем |
|||||||||||
получить два значения дЛЯ Ь. |
|
|
|
|
|
|||||||
|
Пример 8. |
Найти асимптоты кривой у= ..2 r . |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
х- -1 |
. |
|
|
• |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Так как |
lim -:т-- = ± |
00, то данная кривая имеет две верти |
|||||||||
|
|
|
х_±1 х- |
- |
1 |
|
|
|
|
|
||
кальные асимптоты х = ± |
1. Ищем наклонные асимптоты: |
|
||||||||||
|
|
|
k = |
lim |
JL = |
lim |
_r |
= 1 |
|
|||
|
|
|
|
х_±ооХ |
x_±oor-I |
' |
|
|||||
|
Ь = |
lim (((х)- |
kx) = |
|
lim (-+- - х) = |
lim _2Х_ = о. |
||||||
|
|
х_±оо |
|
|
|
х_±оо |
x--l |
|
х_±оо х-l |
|
Таким образом, у даниой кривой существует одна наклонная асимптота, уравнение которой у = х (рис. 6.5).
А3-6.7
1. Найти |
интервалы монотонности |
функции у = х4 - |
|
-2х2 -5. (Ответ: убывает в (-00; -1) и (О; 1), |
возра- |
||
стает в ( - 1; О) и (1; + 00 ).) |
, |
|
|
2. Найти интервалы монотонности функции у = х/(х2 - |
|||
- 6х - 16). |
(Ответ: убывает в ( - 00; |
- 2), (-2; |
8), (8; |
+ 00 ).) |
. |
|
|
194
3. Исследовать на экстремум функцию У =
=-{f(;? -6х+5)2. (Ответ: Ymin =0 |
при |
х= 1 и |
х=5, |
|||||||
Утах = 2-{j2 при |
Х = 3.) |
|
|
|
|
Х -ln(1 + |
||||
4. |
Исследовать на экстремум функцию У = |
|||||||||
+ х). |
(Ответ: Ymin = |
О при х = О.) |
|
|
|
|
х In 2 х. |
|||
5. |
Исследовать |
на |
экстремум |
функцию |
У = |
|||||
(Ответ: Утах = 4/е2 |
при |
Х = е-2 , Ymin = О |
при |
х = 1.) |
||||||
6. |
Найти наименьшее и наибольшее значения функции |
|||||||||
У = 2хЗ +3х2 - |
12х |
+ 1 на отрезке [ - 1; 5]. (Ответ: Унаим = |
||||||||
= - 6 при Х = |
1, Унаиб = 266 |
при х = 5.) |
|
|
|
|
||||
7. |
Найти точки перегиба, интервалы вогнутости и вы |
|||||||||
пуклости графика |
функции |
У = In(1 |
+х2). (Ответ: |
М1 (1, |
||||||
In2), M2(-I, In2).) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
8. |
Найти асимптоты графика функции У =;?/..) |
~ - 1. |
||||||||
(Ответ: х = + 1, У = +х.) |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
Самостоятельная работа |
|
|
|
|
||||
1. |
1) Исследовать |
на |
экстремум |
функцию |
У = |
=-{f(x2- I?;
2)найти асимптоты кривой У = х3Л2(х + I?).
(Ответ: 1) Ymin =0 при х= + 1, Утах = 1 при х=О; 2) х=
1
= -1, У=ТХ+ 1.)
2. 1) Найти точки перегиба, интервалы выпуклости
и вогнутостц. кривой У = arctg х - х;
2)найти наименьшее и наибольшее значения функ-
ции y=x+3-V; на отрезке [-1; 1].
(Ответ: 1) 0(0, О), ( - 00; О) - llыпуклая, (О; + 00 ) - вогнутая; 2) Унзим = -4, Унаиб = 4.)
3. 1) Найти интервалы монотонности и точки экстре |
|
мума функции У ='х! - |
зх2 - 9х + 7; |
2) доказать справедливость неравенства х > In(1 + |
|
+ х) П8И х> О. (Ответ: |
1) Утах = 12 при х = - 1, Ymin = |
=-2 при х=3.)
6.7.СХЕМА ПОЛНОГО ИССЛЕДОВАНИЯ ФУНКЦИИ
ИПОСТРОЕНИЕ ЕЕ ГРАФИКА
Для полного исследования функции и построения ее графика можно
рекомендовать следующую при мерную схему:
1)указать область определения функции;
2)найти точки разрыва функции. точки пересечения ее графика
195
сосями координат и вертикальные асимптоты (если они существуют);
3)установить наличие или отсутствие четиости, нечетности, периодичности функции;
4)исследовать функцию на монотонность и экстремум;
5)определить интервалы выпуклости н вогнутости, точки перегиба;
6)найти асимптоты графика функции;
7)произвести необходимые дополнительные вычнсления;
8)построить график функции.
Пример. Провести полное исследование функции У= i/(x + 3)r и
построить ее график.
•Воспользуемся рекомендуемой схемой.
1. Даниая функция определена для всех х Е R.
2. Функция не имеет точек разрыва и пересекает ось Ох при х =
=~3 и х=о, а ось Оупри у=о.
3.Функция не является четной, нечетной, периодической.
4.Находим производную функции:
|
|
|
{'(х) = |
з Х +2 |
; |
|
|
|
|
|
Ух(х+ з)2 |
|
|
{' (х) = |
О при ХI = |
- |
2 и не существует в |
точках Х2 = - 3, |
хз = о. Эти |
|
точки |
разбивают |
всю область |
определения функции ltЗ |
интервалы |
||
( - 00; |
- 3), ( - 3; |
- |
2), ( - 2; О), (О; |
+ 00). Внутри каждого из полученных |
интервалов сохраняется знак производной, а именно: {' (х) > О в интер |
|||||||
валах ( - |
00; |
- |
3), ( - 3; |
- |
2), (О; + 00) и {' (х) < О в ( -2; О). Это означает, |
||
что |
функция |
возрастает в |
интервале ( - 00; - 2), убывает в интервале |
||||
(-2; О) и возрастает в интервале (О; |
+ 00). Так как в окрестности точки |
||||||
ХI = |
-2 |
знак |
первой |
производной |
при увелнчении х изменяется с |
«+,. на «- », то ХI = -2 является точкой максимума, Утах = vi Для |
|||||
точки хз=О знак первой производной изменяется с «-» |
на |
«+,., т. е. |
|||
хз = О - |
точка минимума, |
Ymin = У(О) = о. в точке |
Х2 = |
- |
3 функция |
не имеет |
экстремума, так |
как в ее окрестности f' (х) |
не |
меняет знака. |
5. Находим вторую производную:
которая не равна нулю для любого конечного х. Поэтому точками пе региба могут быть только те точки кривой, в которых вторая производная
ие существует, т. е. Х2 = -3 и хз = о. Определим знак у" iI каждом из
ннтервалов, на которые найденные точки разбивают область опреде
ления функции: |
f" (х) > О при х Е ( - 00; -3), крнвая вогнута; {"(х) < О |
||||||
при х Е (-3; |
О), |
кривая |
выпукла; |
f"(X) < О при |
х Е (О; |
+ 00), кривая |
|
выпукла. Так |
I<ЭК в окрестности |
точки Х2 = |
- |
3 вторая производная |
|||
меняет знак, |
то М (-3; |
О) является точкой |
перегиба. |
Точка хз = О |
не является точкой перегиба, так как в ее окрестности знак {" (х) не
меняется.
6. Вертикальных асимптот нет, так как даниая фуикцня ие имеет бесконечных разрывов. График функции имеет наклонную асимптоту
у = kx + Ь, если существуют пределы для k и Ь, указанные в правиле нахождения наклонной асимптоты. Вычислим их для данной функции:
|
|
|
|
|
~3 |
k= lim .!L = |
lim |
У(х+3)х2 |
|
||
____ = lim |
1+-=1, |
||||
Х-+ ± 00 х |
х-+± 00 |
|
х |
х-+±оо |
х |
196
Ь= lim (y-kx)= |
lim |
eV(x+3)x2 |
-х)= |
х-± 00 |
Х--+± 00 |
eV(X+ 3)r - х)(V (х + з)2х' + xV(X + 3)r + х2)
= lim |
|
V(X |
+ 3?х' + xV(X +3)r +r |
х--+± 00 |
|
||
|
|
lim |
(х + 3)r _х |
|
|
|
з |
|
|
х-±00 ~\../(x + 3)2 х' + ХV(X + 3)r + х2 |
|
|
= |
lim |
Зх2 |
|
|
х-+±оо |
-У(х + з)2х' + xV(X + 3)r + х2 |
= |
|
• |
::3 |
|
11т з |
=1 |
|
|
Н±0О-\!1+6/х+9/х2 +V1+3/x+ 1 . |
Получили уравнение наклонной асимптоты у = х + 1.
7. Прежде qeM строить график функции, целесообразно установить
угол а, под которым кривая пересекает ось абсцисс в точках Х2 = -3 и хз = О. в этих точках у' = tg а = 00 и а = п/2. Так как в точке хз = О
функция достиг8ет нулевого минимума, то ее график не расположен ниже оси Ох в окрестности этой точки. Точка хз = О является точкой
возврата графиt<а функции.
х
Рис. 6.6
8. По результатам исследования строим график функцни (рис.
6.6) . •
|
АЗ-б.8 |
|
|
Провести |
полное .исследование |
указанных |
функций |
и построить IiX гgафИКИ. |
|
|
|
1. У = х} - |
3х . (Ответ: Утах = О |
при х = О; |
Ymin = -4 |
при х=2; точка перегиба MI(I, -2).)
197
2. У = r + 2/х. (Ответ: Уmiп = 3 при х = 1; точка пе
региба Ml(-12, О); асимптота х=О.)
3. |
У= к/(3 - |
х2). (Ответ: точки |
разрыва |
х= +-13; |
|||
Уmiп = |
4,5 при |
х = - 3; Угпах = - 4,5 |
при х = 3; |
точка пе- |
|||
региба Ml(O, |
О); |
асимптоты х= +-13 и У= -х.) |
|||||
|
|
|
Самостоятельная работа |
|
|
||
Провести полное исследование данных функций и по |
|||||||
строить их графики. |
|
|
|
|
|||
·1. y=ln(x2 +2x+2). (Ответ: Уmiп=О |
при x=-I; |
||||||
точки перегиба М1 (-2, ln 2) и М2(0, |
ln 2).) |
|
|
||||
2. |
У = (2х - |
I)/(x - 1)2. |
(Ответ: Уmiп = - |
1 при х = О; |
|||
точка |
перегиба |
M1 (-1/2, |
-8/9); |
асимптоты х= 1 и |
|||
у=О.) |
|
|
|
|
|
|
|
3. У= -ln(x2 -4x+5). (Ответ: Утах=О при х=2; |
|||||||
точки |
перегиба M1(1, ln2), |
М2(3, ln2).) |
|
|
6.8. ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ЭКСТРЕМУМ
Пример 1. Каковы должны быть размеры (радиус основания R и высота Н) открытого сверху цилиндрического бака максимальной вме
стимостью, если для его изготовления |
отпущено S = 27л ~ 84,82 |
м2 |
|||||||
материала? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
~ |
Вместимость бака V = |
лR2Н, а |
на его изготовление |
пойдет |
ма· |
||||
териал |
площадью |
S = лR2 |
+ |
2лRН. Отсюда определяем высоту |
бака |
||||
|
|
|
Н= |
S-лR 2 |
|
|
|
||
|
|
|
2лR |
|
|
|
|
||
Тогда |
вместимость бака |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V = лR2 S - |
лR2 |
= SR -; лR3 = V(R). |
|
|
|
|||
|
|
2лR |
|
|
|
|
|
|
|
Найдем то значение Я, при котором вместимость V (Я) будет максн |
|||||||||
мальной (см. § 6.5). Имеем: |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
V' = |
+(S - |
ЗлR2), V' = О, |
|
|
|
||
|
S - |
ЗлR2 = О, |
R = -#= -v2;: = 3 м. |
|
|
|
|||
Так как V" = |
-ЗЛR < О, |
то |
при найденном значении |
R = 3 |
вме |
стимость бака будет максимальной.
Высота бака находится из полsченного выше соотношения:
S-лR2 |
S-л зn _ гs |
Н = 2лR |
= 2л-Уsj(Зл) = 'ГЗ;;: = 3 м. <l1li |
198
Пример 2. Сечение оросительного каи&ла имеет форму равнобоч
ной трапеции, боковые стороны которой равны меньшему основанию
(рис. 6.7). При каком угле наклона а. боковых сторон этой трапеции
сечение канала будет иметь наибольшую площадь?
~ Определим площадь сечения канала как функцию угла а., считая, что боковые стороны и меньшее основание трапеции равны а. Тогда,
как видно нз рис. 6.7, |
|
|
|
|
S= |
!АВ! + !DC! |
.!СЕ!- 2a+2acosa. |
а sin а. = |
|
2 |
- |
2 |
= а2 (SiП а. + +siп 2а.)-
Исследуем S как функцию аргумента а. на экстремум. Имеем:
S' = a 2 (cos а. +cos 2а.).
|
В критических точках S' = |
О, т. е. |
|
|
|
|||||
|
|
cos а. + cos 2а. = О, |
2 соs(За.j2)· cos(a.j2) = О. |
|||||||
Так как |
0< а. < nj2, |
|
то |
cos(a.j2) =1= О. |
Поэтому, если cos (За.j2) = О, |
|||||
то |
За.j2 = |
nj2 нли а. = |
|
пjЗ. |
|
|
|
|
||
|
Докажем, что при а. = пjЗ функция S достигает наибольшего |
|||||||||
значення на отрезке [О; |
nj2]. Действительно, |
|
||||||||
|
|
S" = |
а2 |
( - |
siп а.- 2 siп 2а.), |
S" ( ~ ) = |
||||
|
|
=а2 (- |
|
f --Vз)= _а2 Зf <О. |
||||||
Поэтому |
при а. = лj3 |
|
имеем |
локальный |
максимум |
S (nj3) = Smax = |
||||
= |
з..J3 |
|
|
|
|
|
|
будет также наибольшим зна- |
||
-4-а2, который на отрезке [О; nj2] |
||||||||||
чением функции S, |
поскольку |
S(O) = О, |
S(nj2) = а2 |
< Smax. • |
||||||
|
lJ |
|
|
|
|
[ |
|
|
|
|
|
|
А |
В |
|
Е |
|
|
|
|
|
|
-Рис. 6.7 |
|
|
|
|
|
Рис. 6.8 |
Пример 3. Известно, что прочность бруса с прямоугольным по
перечным сечением пропорциональна его ширине Ь и квадрату высоты h.
Найти размеры бруса наибольшей прочности, который можно выре-
зать нз |
бревна радиусом R = 2,jj; дм. |
|
|
|
||||
~ |
Прочность |
бруса N = kh 2b, где k - |
коэФ<IJициент |
пропор~и_о |
||||
нальности, |
k > О. |
Из |
рис. 6.8 |
видно, |
что |
h2 + Ь = 4R 2 , |
т. е. h - |
|
= 4R 2 - |
r. |
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
N = |
k (4R 2 - |
Ь2)Ь. |
|
|
Найдем |
экстремум |
функции N = N (Ь): |
|
|
||||
|
|
|
|
N' = |
k(4R 2 - |
зь2). |
|
|
199
Если N' = О, то 4R 2- зь2 = О, |
откуда Ь = 2R /-Vз. Ь = 4 дм. Тогда |
h = .j4R 2 - Ь2 = -Y4R2 - |
4R 2/3 = 2R -J2j3 = ь-..j2, |
h = 4-.J2 дм.
Так как N" = -6kb < О, то при найденных значениях Ь и h проч
ность бруса будет максимальной. ~
А3-6.9
t. Требуется изготовить закgытый цилиндрический бак вместимостью V = 16л :::::::: 50 м . Каковы должны быть размеры бака (радиус R и высота Н), чтобы на его изго товление пошло наименьшее количество материала? (Ответ: R =2 м, Н=4 м.)
2. Найти высоту конуса наибольшего объема, который
можно вписать в шар радиусом R. (Ответ: Н = 4Rj3.)
3. Найти стороны прямоугольника наибольшей пло-
щади, вписанного в эллипс х: |
+ ~ = 1. (Ответ: a-j2, |
а |
Ь |
b-j2.)
4. Вырезанный из круга сектор с центральным углом а
свернут в коническую поверхность. При каком значении угла а объем полученного конуса будет наибольшим?
(Ответ: а = 2л-jij3:::::::: 293056'.)
Самостоятельная работа
t. Через точку M(I, 4) провести прямую так, чтобы
сумма величин положительных отрезков, отсекаемых ею
на осях координат, была наименьшей. Записать уравнение
этой прямой. (Ответ: ~ + ~ = 1.)
2. Найти высоту Н цилиндра наибольшего объема,
который можно вписать в шар радиусом R. (Ответ: Н =
=2R/-{3.)
3.Требуется изготовить коническую воронку с обра
зующей, равной 20 см. Какой должна быть высота воронки,
чтобы ее объем был наибольшим? (Ответ: 20-{3j3 см.)
6.9. ДИФФЕРЕНЦИАЛ ДЛИНЫ ДУГИ И КРИВИЗНА ПЛОСКОЙ
ЛИНИИ
Дифференциал ds длины дуги s ПЛОСКОЙ линии, заданной уравне
нием у = f (х), выражается формулой
200