Номер 952, страница 282 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 9. Применение производной к исследованию функций. Параграф 52. Наибольшее и наименьшее значения функции - номер 952, страница 282.

Условие.

952 Из трёх досок одинаковой ширины сколачивается жёлоб. При каком угле наклона боковых стенок к основанию площадь поперечного сечения жёлоба будет наибольшей?

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

Для решения задачи нам необходимо найти, при каком угле наклона боковых стенок площадь поперечного сечения желоба будет максимальной. Поперечное сечение желоба представляет собой равнобедренную трапецию.

1. Описание геометрии и введение переменных
Пусть ширина каждой из трех досок равна $a$. Одна доска служит основанием трапеции, а две другие — ее боковыми сторонами. Таким образом, мы имеем равнобедренную трапецию, у которой нижнее основание равно $a$ и боковые стороны также равны $a$.

Обозначим угол наклона боковых стенок к основанию как $\alpha$. Этот угол является внутренним углом трапеции при ее большем основании. Для того чтобы желоб мог удерживать воду, этот угол должен быть в диапазоне $0 < \alpha < \pi$ (или от 0° до 180°). При $\alpha = 0$ и $\alpha = \pi$ площадь сечения равна нулю.

2. Вывод формулы для площади поперечного сечения
Площадь трапеции вычисляется по формуле: $S = \frac{b_1 + b_2}{2}h$ где $b_1$ и $b_2$ — длины оснований, а $h$ — высота.

В нашем случае нижнее основание $b_1 = a$. Для нахождения высоты $h$ и верхнего основания $b_2$ рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный боковой стороной $a$, высотой $h$ и проекцией боковой стороны на продолжение нижнего основания.

Высота трапеции $h$ будет равна: $h = a \cdot \sin(\alpha)$

Проекция боковой стороны на основание равна $x = a \cdot \cos(\alpha)$. Верхнее основание $b_2$ состоит из длины нижнего основания и двух таких проекций: $b_2 = a + 2(a \cdot \cos(\alpha)) = a(1 + 2\cos(\alpha))$

Теперь подставим выражения для $h$ и $b_2$ в формулу площади: $S(\alpha) = \frac{a + a(1 + 2\cos(\alpha))}{2} \cdot (a \sin(\alpha))$ $S(\alpha) = \frac{2a + 2a\cos(\alpha)}{2} \cdot a \sin(\alpha)$ $S(\alpha) = a(1 + \cos(\alpha)) \cdot a \sin(\alpha)$ $S(\alpha) = a^2(1 + \cos(\alpha))\sin(\alpha)$

3. Нахождение максимума функции площади
Чтобы найти значение угла $\alpha$, при котором площадь $S$ максимальна, нужно найти производную функции $S(\alpha)$ по $\alpha$ и приравнять ее к нулю. Поскольку $a^2$ является постоянным множителем, мы можем максимизировать функцию $f(\alpha) = (1 + \cos(\alpha))\sin(\alpha)$.

$S(\alpha) = a^2(\sin(\alpha) + \sin(\alpha)\cos(\alpha))$ Возьмем производную $S'(\alpha)$: $S'(\alpha) = a^2 \frac{d}{d\alpha}(\sin(\alpha) + \sin(\alpha)\cos(\alpha))$ $S'(\alpha) = a^2 (\cos(\alpha) + (\cos(\alpha)\cdot\cos(\alpha) + \sin(\alpha)\cdot(-\sin(\alpha))))$ $S'(\alpha) = a^2 (\cos(\alpha) + \cos^2(\alpha) - \sin^2(\alpha))$

Используя тригонометрическое тождество для косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = \cos^2(\alpha) - \sin^2(\alpha)$, получаем: $S'(\alpha) = a^2 (\cos(\alpha) + \cos(2\alpha))$

Приравняем производную к нулю для нахождения критических точек: $a^2 (\cos(\alpha) + \cos(2\alpha)) = 0$ $\cos(\alpha) + \cos(2\alpha) = 0$

Снова используем формулу двойного угла, на этот раз $\cos(2\alpha) = 2\cos^2(\alpha) - 1$: $\cos(\alpha) + 2\cos^2(\alpha) - 1 = 0$ $2\cos^2(\alpha) + \cos(\alpha) - 1 = 0$

Это квадратное уравнение относительно $\cos(\alpha)$. Сделаем замену $y = \cos(\alpha)$: $2y^2 + y - 1 = 0$ Решим это уравнение с помощью дискриминанта $D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 1 + 8 = 9$. $y_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{9}}{2 \cdot 2} = \frac{-1 \pm 3}{4}$ Получаем два решения: $y_1 = \frac{-1 + 3}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ $y_2 = \frac{-1 - 3}{4} = \frac{-4}{4} = -1$

Возвращаемся к $\cos(\alpha)$: 1. $\cos(\alpha) = \frac{1}{2}$. В интервале $(0, \pi)$ этому условию соответствует угол $\alpha = \frac{\pi}{3}$, или $60^\circ$. 2. $\cos(\alpha) = -1$. Этому условию соответствует угол $\alpha = \pi$, или $180^\circ$. При этом угле высота трапеции $h = a \sin(\pi) = 0$, следовательно, площадь равна нулю, что является минимумом.

4. Проверка на максимум
Единственная критическая точка внутри допустимого интервала, которая может дать максимальную площадь, это $\alpha = 60^\circ$. Чтобы убедиться, что это максимум, можно исследовать знак второй производной: $S''(\alpha) = \frac{d}{d\alpha} [a^2(\cos(\alpha) + \cos(2\alpha))] = a^2(-\sin(\alpha) - 2\sin(2\alpha))$ Подставим $\alpha = 60^\circ = \frac{\pi}{3}$: $S''(\frac{\pi}{3}) = a^2(-\sin(\frac{\pi}{3}) - 2\sin(\frac{2\pi}{3})) = a^2(-\frac{\sqrt{3}}{2} - 2\frac{\sqrt{3}}{2}) = -a^2\frac{3\sqrt{3}}{2}$ Поскольку $S''(\frac{\pi}{3}) < 0$, точка $\alpha = 60^\circ$ является точкой максимума.

Таким образом, площадь поперечного сечения желоба будет наибольшей, когда угол наклона боковых стенок к основанию составляет $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.