Номер 7.114, страница 227 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

7.114. Покажите, что среди всех равнобедренных треугольников с периметром $P$ наибольшую площадь имеет равносторонний треугольник.

Пусть дан равнобедренный треугольник с боковыми сторонами длины $a$ и основанием длины $b$. Его периметр $P$ постоянен и равен $P = 2a + b$. Отсюда мы можем выразить основание через боковую сторону: $b = P - 2a$.

Для существования треугольника должны выполняться неравенства треугольника:
1. $a + a > b \implies 2a > b$. Подставив $b = P - 2a$, получаем $2a > P - 2a \implies 4a > P \implies a > \frac{P}{4}$.
2. $a + b > a \implies b > 0$. Подставив $b = P - 2a$, получаем $P - 2a > 0 \implies P > 2a \implies a < \frac{P}{2}$.
Таким образом, боковая сторона $a$ должна находиться в интервале $\frac{P}{4} < a < \frac{P}{2}$.

Найдем площадь $S$ этого треугольника. Проведем высоту $h$ к основанию $b$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой, поэтому она делит основание на два равных отрезка длиной $\frac{b}{2}$.

По теореме Пифагора, $h^2 + (\frac{b}{2})^2 = a^2$, откуда $h = \sqrt{a^2 - \frac{b^2}{4}}$.Площадь треугольника равна $S = \frac{1}{2} b h = \frac{1}{2} b \sqrt{a^2 - \frac{b^2}{4}}$.

Подставим выражение для $b$ через $a$ и $P$ в формулу площади, чтобы получить функцию площади от одной переменной $a$:$S(a) = \frac{1}{2} (P - 2a) \sqrt{a^2 - \frac{(P - 2a)^2}{4}}$.

Для нахождения максимума функции $S(a)$ удобно исследовать на максимум ее квадрат $S^2(a)$, так как $S(a) > 0$ и точка максимума для $S(a)$ и $S^2(a)$ совпадет. Это позволяет избежать работы с производной от квадратного корня.
$S^2(a) = \frac{1}{4} (P - 2a)^2 \left( a^2 - \frac{(P - 2a)^2}{4} \right)$
$S^2(a) = \frac{1}{4} (P - 2a)^2 \frac{4a^2 - (P^2 - 4Pa + 4a^2)}{4}$
$S^2(a) = \frac{1}{16} (P - 2a)^2 (4a^2 - P^2 + 4Pa - 4a^2)$
$S^2(a) = \frac{1}{16} (P - 2a)^2 (4Pa - P^2)$.

Обозначим $f(a) = S^2(a) = \frac{P}{16} (P - 2a)^2 (4a - P)$. Найдем производную этой функции по $a$:
$f'(a) = \frac{P}{16} \left[ 2(P-2a)(-2)(4a-P) + (P-2a)^2(4) \right]$
$f'(a) = \frac{P}{16} \left[ -4(P-2a)(4a-P) + 4(P-2a)^2 \right]$.
Вынесем за скобки общий множитель $4(P-2a)$:
$f'(a) = \frac{4P}{16} (P-2a) \left[ -(4a-P) + (P-2a) \right]$
$f'(a) = \frac{P}{4} (P-2a) (-4a + P + P - 2a)$
$f'(a) = \frac{P}{4} (P-2a) (2P - 6a)$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки: $f'(a) = 0$.
$\frac{P}{4} (P-2a) (2P - 6a) = 0$.
Это уравнение имеет два решения:
1. $P - 2a = 0 \implies a = \frac{P}{2}$. Эта точка является границей области определения $a$ и соответствует вырожденному треугольнику с нулевой площадью ($b=0$).
2. $2P - 6a = 0 \implies 6a = 2P \implies a = \frac{P}{3}$.

Проверим, что точка $a = \frac{P}{3}$ является точкой максимума. Эта точка принадлежит нашему интервалу $(\frac{P}{4}, \frac{P}{2})$.Исследуем знак производной $f'(a) = \frac{P}{4} (P-2a) (2P - 6a)$ на интервале $(\frac{P}{4}, \frac{P}{2})$.
На этом интервале $a < \frac{P}{2}$, поэтому множитель $(P-2a)$ всегда положителен. Знак производной определяется знаком множителя $(2P-6a) = 6(\frac{P}{3}-a)$.
- Если $a < \frac{P}{3}$, то $(\frac{P}{3}-a) > 0$, следовательно $f'(a) > 0$, и функция $f(a)$ возрастает.
- Если $a > \frac{P}{3}$, то $(\frac{P}{3}-a) < 0$, следовательно $f'(a) < 0$, и функция $f(a)$ убывает.
Поскольку производная меняет знак с плюса на минус при переходе через точку $a = \frac{P}{3}$, эта точка является точкой максимума.

Таким образом, площадь равнобедренного треугольника максимальна при $a = \frac{P}{3}$.Найдем длину основания $b$ при этом значении $a$:
$b = P - 2a = P - 2\left(\frac{P}{3}\right) = P - \frac{2P}{3} = \frac{P}{3}$.
Получили, что $a = b = \frac{P}{3}$. Следовательно, все три стороны треугольника равны. Это означает, что треугольник является равносторонним.

Ответ: Утверждение доказано: среди всех равнобедренных треугольников с заданным периметром $P$ наибольшую площадь имеет равносторонний треугольник.