RI_OCR[4]

в 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