Номер 326, страница 134 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 3. Применение производной к исследованию функций. Упражнения к главе III - номер 326, страница 134.

Условие.

326. Доказать, что из всех равнобедренных треугольников, вписанных в данный круг, наибольший периметр имеет равносторонний треугольник.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Пусть дан круг радиуса $R$ с центром в точке $O$. Рассмотрим вписанный в него равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $BC=a$ и равными боковыми сторонами $AB=AC=b$. Периметр такого треугольника равен $P = a + 2b$.

Наша задача — найти, при каких условиях этот периметр будет максимальным. Выразим стороны треугольника через радиус $R$ и один независимый параметр. В качестве такого параметра удобно взять половину угла при вершине $A$, противолежащей основанию. Пусть $\angle OAC = \angle OAB = \alpha$. Тогда угол при вершине $\angle BAC = 2\alpha$.

Поскольку треугольник $ABC$ вписан в окружность, его стороны можно выразить через радиус описанной окружности $R$ и противолежащие углы по теореме синусов.

Углы при основании равны: $\angle ABC = \angle ACB = \frac{180^\circ - 2\alpha}{2} = 90^\circ - \alpha$, или в радианах $\frac{\pi - 2\alpha}{2} = \frac{\pi}{2} - \alpha$.

По теореме синусов для треугольника $ABC$:
$\frac{a}{\sin(2\alpha)} = 2R \implies a = 2R \sin(2\alpha)$
$\frac{b}{\sin(\frac{\pi}{2} - \alpha)} = 2R \implies b = 2R \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha) = 2R \cos(\alpha)$

Теперь запишем периметр $P$ как функцию от угла $\alpha$:
$P(\alpha) = a + 2b = 2R \sin(2\alpha) + 2(2R \cos(\alpha)) = 2R(\sin(2\alpha) + 2\cos(\alpha))$

Используя формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$, получим:
$P(\alpha) = 2R(2\sin(\alpha)\cos(\alpha) + 2\cos(\alpha)) = 4R\cos(\alpha)(1 + \sin(\alpha))$

Угол $\alpha$ может изменяться в пределах $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ (чтобы треугольник был невырожденным). Для нахождения максимального значения функции $P(\alpha)$ на этом интервале найдем ее производную по $\alpha$ и приравняем к нулю.

$P'(\alpha) = \frac{d}{d\alpha} [4R(\cos(\alpha) + 2\sin(\alpha)\cos(\alpha))] = 4R\frac{d}{d\alpha} [\cos(\alpha) + \sin(2\alpha)]$
$P'(\alpha) = 4R(-\sin(\alpha) + 2\cos(2\alpha))$

Приравняем производную к нулю для нахождения критических точек:
$4R(-\sin(\alpha) + 2\cos(2\alpha)) = 0$
$2\cos(2\alpha) = \sin(\alpha)$

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2(\alpha)$:
$2(1 - 2\sin^2(\alpha)) = \sin(\alpha)$
$2 - 4\sin^2(\alpha) = \sin(\alpha)$
$4\sin^2(\alpha) + \sin(\alpha) - 2 = 0$

Сделаем замену $t = \sin(\alpha)$. Так как $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$, то $0 < t < 1$.
$4t^2 + t - 2 = 0$
Решим квадратное уравнение:
$D = 1^2 - 4(4)(-2) = 1 + 32 = 33$
$t_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{33}}{8}$

Так как $t = \sin(\alpha)$ должно быть положительным, нам подходит только корень $t = \frac{-1 + \sqrt{33}}{8}$. Этот корень удовлетворяет условию $0 < t < 1$, так как $5 < \sqrt{33} < 6$, следовательно $4 < -1 + \sqrt{33} < 5$, и $0.5 < \frac{-1 + \sqrt{33}}{8} < 0.625$.

Значение $\sin(\alpha) = \frac{-1 + \sqrt{33}}{8}$ соответствует единственной критической точке в нашем интервале. Чтобы убедиться, что это точка максимума, можно проверить знак производной.
$P'(\alpha) = 4R(4\sin^2(\alpha) + \sin(\alpha) - 2)$. При переходе через корень $\frac{-1 + \sqrt{33}}{8}$ знак параболы $4t^2+t-2$ меняется с плюса на минус, значит, это точка максимума.

Давайте проверим, не соответствует ли этот результат равностороннему треугольнику. Для равностороннего треугольника все углы равны $60^\circ$ или $\frac{\pi}{3}$.
Угол при вершине $2\alpha = \frac{\pi}{3}$, значит $\alpha = \frac{\pi}{6}$.
Найдем значение $\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$.

Подставим $t = \frac{1}{2}$ в уравнение $4t^2 + t - 2 = 0$:
$4(\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{2} - 2 = 4(\frac{1}{4}) + \frac{1}{2} - 2 = 1 + \frac{1}{2} - 2 = -\frac{1}{2} \neq 0$.
Это означает, что в вычислениях производной допущена ошибка. Вернемся к более простому виду производной.

$P'(\alpha) = 4R(-\sin(\alpha) + \cos(2\alpha))$
Приравняем к нулю:
$\cos(2\alpha) = \sin(\alpha)$
Используем тождество $\sin(\alpha) = \cos(\frac{\pi}{2} - \alpha)$:
$\cos(2\alpha) = \cos(\frac{\pi}{2} - \alpha)$
В интервале $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$, это равенство выполняется, когда аргументы равны:
$2\alpha = \frac{\pi}{2} - \alpha$
$3\alpha = \frac{\pi}{2}$
$\alpha = \frac{\pi}{6}$

Это значение $\alpha$ соответствует единственной критической точке. Проверим, что это максимум, с помощью второй производной:
$P''(\alpha) = \frac{d}{d\alpha}[4R(-\sin(\alpha) + \cos(2\alpha))] = 4R(-\cos(\alpha) - 2\sin(2\alpha))$
При $\alpha = \frac{\pi}{6}$:
$P''(\frac{\pi}{6}) = 4R(-\cos(\frac{\pi}{6}) - 2\sin(\frac{\pi}{3})) = 4R(-\frac{\sqrt{3}}{2} - 2\frac{\sqrt{3}}{2}) = 4R(-\frac{3\sqrt{3}}{2}) = -6R\sqrt{3}$

Поскольку $R > 0$, вторая производная $P''(\frac{\pi}{6}) < 0$, что подтверждает, что при $\alpha = \frac{\pi}{6}$ периметр достигает своего максимального значения.

Найдем углы треугольника при $\alpha = \frac{\pi}{6}$:
Угол при вершине: $\angle BAC = 2\alpha = 2 \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$.
Углы при основании: $\angle ABC = \angle ACB = \frac{\pi}{2} - \alpha = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$.

Все углы треугольника равны $60^\circ$, следовательно, треугольник является равносторонним. Таким образом, из всех равнобедренных треугольников, вписанных в данный круг, наибольший периметр имеет равносторонний треугольник.

Ответ:Доказано, что периметр $P(\alpha)$ равнобедренного треугольника, вписанного в окружность радиуса $R$, является функцией от половины угла при вершине $\alpha$, и эта функция достигает своего единственного максимума на интервале $(0, \pi/2)$ при $\alpha=\pi/6$. Это значение соответствует треугольнику, у которого все углы равны $60^\circ$, то есть равностороннему треугольнику.