5.6. Застосування похідної

Задача 5.6.1.У правильну чотирикутну піраміду з ребром основи і висотоювписана правильна чотирикутна призма так, що її нижня основа лежить всередині основи піраміди, а вершини верхньої основи – на бічних ребрах піраміди. Знайдіть найбільшу площу бічної поверхні таких призм.

Розв’язання.Нехай правильна чотирикутна призма вписана в піраміду так, як показано на рисунку 30. Нехай сторона основи призми дорівнює, а її висота. З подібності трикутниківтаотримуємо, а з подібності трикутниківтавипливає співвідношення. З пропорціїзнаходимо. Оскільки площа бічної поверхні призми дорівнює, то маємо.

Одержаний квадратний відносно тричлен з від’ємним старшим коефіцієнтом досягає свого найбільшого значення в точці. При цьому максимальна площа бічної поверхні буде.

Задача 5.6.2.Навколо правильної трикутної призми з об’ємомописаний циліндр. Знайдіть найменшу площу повної поверхні таких циліндрів.

Розв’язання.Нехай висота призми, сторона основи, радіус кола, описаного навколо основи(рис. 31).Оскільки радіус кола, описаного навколо правильного трикутника, дорівнює, то, відповідно до умови,, звідки. Тоді площа поверхні циліндра. Розглянемо функцію ,. Оскільки її похідна перетворюється в 0 приі у цій точці функція приймає, як легко встановити, найменше значення, тоє найменшим значенням площі поверхні циліндра.

У деяких випадках для знаходження найбільшого і найменшого значення при розв’язанні геометричних задач не завжди зрозуміло, в яких межах змінюється значення величини, яка нас цікавить. Тоді зручно цю величину виразити через інші величини.

Задача 5.6.3.Плоска фігура складається з прямокутника і рівностороннього трикутника. Визначити її розміри так, щоб при даному периметрі площа була найбільшою (у величину периметра не враховується спільна сторона прямокутника і трикутника).

Розв’язання. Нехай– сторона трикутника,– сторона прямокутника (рис. 32). Тоді периметр, звідки . Очевидно, щоплоща всієї фігури буде

==

=.

Значення , при якому площабуде найбільшою, визначаємо за допомогою похідної у виді . Тоді. Це і є розміри фігури, при яких при заданому периметрі площа буде найбільшою.

Задача 5.6.4. Який із всіх рівнобедрених трикутників, вписаних у дане півколо так, щоб одна із рівних сторін лежала на діаметрі, а друга була б хордою, має найбільшу основу?

Розв’язання.Нехай шуканим є трикутникі,,(рис. 33),- радіус заданого півкола з діаметром. Проведемо. Нехай. Тодіі. Тепер знаходимо, що. З прямокутного трикутникаотримуємо, а із рівнобедреного трикутниказа теоремою косинусів маємо.

Розглянемо функцію, визначену на інтервалі. Оскільки її похіднаперетворюється в 0 приіу цій точці приймає найбільше значення, то знайдене значення є шуканим та вказує, як побудувати трикутник.

Список використаної та рекомендованої літератури

1. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад. – М.: Наука, 1975. – 112 с.

2. Беккенбах Э., Беллман Р. Введение в неравенства. – М.: Мир, 1965. – 223 с.

3. Васильєв Н.Б., Егоров А.А. Задачи всесоюзних математических олимпиад. – М.: Наука. 1988. – 288с.

4. Вишенський В.А., Перестюк М.О., Самойленко А.М. Збірник задач з математики. – К.: Либідь, 1993.

5. Ісаак Д.Ф. Задачі з геометрії на максимум та мінімум в 10 класі // Математика в школі. – 1984. - № 2.

6. Лейфура В.М., Мітельман І.М., Радченко В.М., Ясінський В.А. Математичні олімпіади школярів України 2001-2006. – Львів.: Каменяр. 2008. – 348 с.

7. Литвиненко В.Н., Мордкович А.Г. Практикум по элементарной математике: Алгебра. Тригонометрия. М.: “АBF”. 1995. – 352 с.

8. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Якир М.С. Неожиданный шаг или сто тринадцать красивых задач. - К.: Агрофирма ”Александрия”, 1993.–59 с.

9. Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч. – К.. „ Видавництво А.С.К.”, 2004.

10. Сивашинський І.Х. Нерівності в задачах. М.: Наука, 1967 – 275 с.

11. Федак І.В. Методи розв’язування олімпіадних завдань з математики і не тільки їх. – Чернівці.: Зелена Буковина. 2002.- 340 с.