Номер 133, страница 44 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 1. Тригонометрические функции. Упражнения к главе I - номер 133, страница 44.

Условие.

133. Сечение канала — равнобедренный треугольник площади $S$. Каким должен быть угол при вершине этого треугольника, чтобы канал имел наименьший смоченный периметр (длина границы сечения, соприкасающаяся с водой).

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Пусть сечение канала представляет собой равнобедренный треугольник с боковыми сторонами $a$ и углом при вершине $\alpha$. Основание треугольника является поверхностью воды и, согласно условию, не входит в смоченный периметр.

Смоченный периметр $P$ — это сумма длин боковых сторон треугольника, соприкасающихся с водой:

$P = a + a = 2a$

Площадь сечения $S$ (постоянная величина) можно выразить через боковую сторону $a$ и угол при вершине $\alpha$ по формуле:

$S = \frac{1}{2} a^2 \sin(\alpha)$

Задача состоит в том, чтобы найти значение угла $\alpha$, при котором смоченный периметр $P$ будет наименьшим. Для этого выразим $a$ из формулы площади и подставим в выражение для периметра.

Из формулы площади получаем:

$a^2 = \frac{2S}{\sin(\alpha)} \implies a = \sqrt{\frac{2S}{\sin(\alpha)}}$

Подставим это выражение для $a$ в формулу периметра $P$, получив функцию $P(\alpha)$:

$P(\alpha) = 2a = 2\sqrt{\frac{2S}{\sin(\alpha)}}$

Чтобы периметр $P$ был наименьшим, значение подкоренного выражения $\frac{2S}{\sin(\alpha)}$ также должно быть наименьшим. Поскольку площадь $S$ является константой, нам необходимо минимизировать дробь $\frac{1}{\sin(\alpha)}$. Это, в свою очередь, эквивалентно максимизации её знаменателя, то есть функции $\sin(\alpha)$.

Угол при вершине треугольника $\alpha$ может изменяться в пределах $0 < \alpha < \pi$ (или от 0° до 180°). В этом интервале функция $\sin(\alpha)$ достигает своего максимального значения, равного 1, при $\alpha = \frac{\pi}{2}$ или 90°.

Таким образом, смоченный периметр будет наименьшим, когда угол при вершине треугольника равен 90°. В этом случае сечение канала представляет собой равнобедренный прямоугольный треугольник.

Проверка с помощью производной

Для формального доказательства найдем производную функции $P(\alpha)$ по $\alpha$ и приравняем её к нулю для поиска точек экстремума.

$P'(\alpha) = \frac{d}{d\alpha} \left( 2\sqrt{2S} (\sin(\alpha))^{-1/2} \right) = 2\sqrt{2S} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) (\sin(\alpha))^{-3/2} \cdot \cos(\alpha) = -\sqrt{2S} \frac{\cos(\alpha)}{(\sin(\alpha))^{3/2}}$

Приравняем производную к нулю:

$P'(\alpha) = 0 \implies -\sqrt{2S} \frac{\cos(\alpha)}{(\sin(\alpha))^{3/2}} = 0$

Это равенство выполняется, когда числитель равен нулю (знаменатель в области определения $(0, \pi)$ не равен нулю):

$\cos(\alpha) = 0$

Единственное решение этого уравнения в интервале $(0, \pi)$ — это $\alpha = \frac{\pi}{2}$.

Чтобы убедиться, что это точка минимума, исследуем знак производной в окрестности $\alpha = \frac{\pi}{2}$:

• При $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$, $\cos(\alpha) > 0$, а значит $P'(\alpha) < 0$ (функция $P(\alpha)$ убывает).
• При $\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$, $\cos(\alpha) < 0$, а значит $P'(\alpha) > 0$ (функция $P(\alpha)$ возрастает).

Поскольку при переходе через точку $\alpha = \frac{\pi}{2}$ производная меняет знак с минуса на плюс, эта точка является точкой минимума. Следовательно, наименьший смоченный периметр достигается при угле $\alpha = 90^\circ$.

Ответ: Угол при вершине этого треугольника должен быть равен 90°.