Прикладные задачи по геометрии на оптимизацию

  Министерство образования и науки Республики Бурятии

Закаменское районное управление образования

МБОУ «Закаменская районная гимназия»

Районная научно-практическая конференция

«Шаг в будущее»

Секция «Прикладная математика»

Прикладные задачи по геометрии на оптимизацию

/ Научно-исследовательская работа /

Выполнила: Анастасия Злыгостева, ученица 9 класса

        Руководитель: Зомонова Л.Г., учитель математики

2015

Рецензия

на исследовательскую  работу  «Прикладные задачи по геометрии на оптимизацию», выполненную  

ученицей 9 класса МБОУ «Закаменская районная гимназия»

 В данной работе ученица изучила методы решения различных задач на оптимизацию прикладного характера по геометрии. Приведен материал об истории происхождения  этих задач. Автор рассмотрела в своей работе следующие методы: метод преобразования плоскости, метод перебора и  алгебраические: использование квадратичной функции и применение стандартных неравенств. По каждому методу привела примеры по их применению.

Поставленная цель в целом достигнута: проделана большая работа по изучению соответствующей литературы.  Актуальность данной темы не вызывает сомнений. В работе сделаны выводы о практической значимости изучения этой темы.

В процессе выполнения работы ученица  проявила самостоятельность, использовала поисковый метод. Изучила справочную и учебную литературу, провела самостоятельное исследование.

Руководитель:  ___________  Зомонова Л.Г., учитель математики

Содержание

I.   Введение…………………………………………………….…..……2

§1.  Из истории прикладных задач на экстремумы

§2.  Методы решения геометрических задач на экстремумы

          2.1 Метод преобразования плоскости

          2.2 Метод перебора…………………………..

          2.3 Алгебраический подход к решению задач на экстремумы…...3

II.  Заключение………………………………………………………....….10

III.   Список используемой литературы………………………………..…..10

IV.  Приложения……………………………………………………..……11

Приложение №1.  .……….……..11

Приложение №2.  …………………..…..12

Приложение №3.   …………………………………..….13

 Приложение №4. ……………….…..14

Введение

Экстремальные задачи – задачи на максимум и минимум – во все времена привлекали внимание ученых. Например, как из круглого бревна выпилить прямоугольную балку с наименьшим количеством отходов? Каких размеров должен быть ящик, чтобы при заданном расходе материала его объем был наибольший? В каком месте следует построить мост через реку, чтобы дорога, проходящая через него и соединяющая два города, была кратчайшей?

 Задачи такого характера, получившие название задачи на экстремумы или задачи на оптимизацию, возникают в самых различных областях человеческой деятельности. И их роль в жизни людей действительно очень важна. Решением таких задач занимались крупнейшие математики прошлых эпох - Евклид, Архимед, Аполлоний, Герон, Тарталья, Торричелли, Ньютон и многие другие. Ведь, несмотря на все разнообразие, их объединяет одна особенность – поиск наиболее выгодного, в определенном отношениях, наиболее экономного, наименее трудоемкого, наиболее производительного. Этот поиск кратко можно назвать поиском лучшего.

Многие задачи поиска оптимальных решений, могут быть решены только с использованием методов дифференциального исчисления. Ряд задач такого типа решается с помощью специальных методов линейного программирования. В данной работе  рассмотрены прикладные задачи, которые решаются средствами элементарной математики.

Цель работы:  Рассмотреть различные задачи на оптимизацию прикладного характера и  изучить  методы их решения.

Задачи:

• подбор и изучение соответствующей литературы;
• изучение элементарных (алгебраических и геометрических) методов решения задач на экстремумы;

Объект исследования  -  задачи на оптимизацию  

Предмет исследования – методы решения задач на оптимизацию.

Методы исследования:  

• изучение справочной и учебной литературы;
• анализ полученной информации.

§1.   Из истории прикладных задач на экстремумы

Самая простая и, вероятно, самая древняя геометрическая задача на экстремум такая: какой из всех прямоугольников заданного периметра имеет наибольшую площадь? Решение ее было известно древнегреческой математике. Оно изложено в VI книге «Начал» Евклида (см. Евклид и его «Начала»), где доказывается, что если рассмотреть прямоугольник и квадрат одного и того же периметра, то площадь квадрата будет больше. Доказательство очень простое, оно основано на сравнении площадей (рис. 1). Площадь прямоугольника равна , а площадь квадрата  и , если . Таким образом, мы получаем, что из всех прямоугольников с заданным периметром наибольшую площадь имеет квадрат. В решении Евклида, во-первых, указан ответ (квадрат) и, во-вторых, доказано, что по площади он превосходит все другие возможные фигуры (прямоугольники данного периметра). Именно так понимается в математике решение задачи на экстремум: дать ответ и доказать его экстремальное свойство.

                         Рис. 1

Рассмотренная задача относится к широкому классу геометрических задач на экстремум так называемым изопериметрическим задачам, в которых фигура с экстремальным свойством отыскивается среди других с равным периметром. Изопериметрические задачи рассматривались древнегреческим математиком Зенодором, жившим во ІI-I вв. до н.э. Ему приписывают, например, доказательство следующих утверждений:

• из всех многоугольников с равным периметром и равным числом сторон наибольшую площадь имеет правильный многоугольник;
• из двух правильных многоугольников с равным периметром большую площадь имеет тот, у которого число углов больше.

Зенодор также формулирует изопериметрическое свойство круга: из всех плоских фигур с равным периметром наибольшую площадь имеет круг, но полным доказательством этого свойства греческая математика не располагала. Строгое доказательство было дано только в XIX в.

Изопериметрические задачи объединяют также еще одним названием - «задачи Дидоны».

Они названы так по имени легендарной основательницы города Карфагена и его первой царицы. Согласно легенде, вынужденная бежать из своего родного города, Дидона вместе со своими спутниками прибыла на северный берег Африки и хотела приобрести у местных жителей землю для нового поселения. Ей согласились уступить участок земли, однако не больше, чем объемлет воловья шкура. Хитроумная Дидона разрезала воловью шкуру на узкие ремешки и, разложив их, сумела ограничить гораздо большую площадь по сравнению с той, которую можно было покрыть одной воловьей шкурой.

Если учесть, что Дидона выбирала участок, примыкающий к берегу моря, то математическую задачу, с которой она столкнулась, можно сформулировать так: какой формы должна быть кривая длины , чтобы площадь фигуры, ограниченная этой кривой и заданной линией , была наибольшей? (Рис. 2.)

                                      Рис. 2

Еще одна из таких задач – это задача о нахождении некоторой точки в треугольнике, обладающим следующим свойством: сумма расстояний от этой точки до вершин треугольника является минимальной.

Вопрос о нахождении такой точки имеет давнюю историю. Им интересовались крупнейшие ученые эпохи Возрождения – Вивиани, Кавальери, Ферма, Торричелли и др. Поэтому эта точка называется точкой Ферма-Торричелли. Кроме этого, эта задача, имеет большое применение в решении различных технико-экономических задачах. Например, рассмотрим такую задачу: в местах Р1 , Р2 , Р3   добывается некоторые материалы, потребляемые на центральной станции Р. Где следует построить Р, чтобы стоимость доставки грузов из Р1 , Р2 , Р3 в пункт Р была наименьшей? Р – точка Ферма-Торричелли для треугольника Р1Р2Р3 .

§2.  Методы решения геометрических задач на экстремумы

      2.1 Метод преобразования плоскости

Геометрические задачи в силу своих особенностей и возможностей допускают различные методы решения. Так, в частности, одна и та же задача может быть решена как методом преобразования плоскости, так и алгебраическими методами. Во многих геометрических экстремальных задачах решение алгебраическими средствами становится очень сложным, а методом преобразования плоскости они решаются проще.

В качестве одного из основных методов решения геометрических задач на экстремумы используется метод преобразования плоскости. Суть метода заключается в следующем.

Пусть требуется найти экстремум элемента х фигуры F, однозначно определенного элементами x,аi,i = 1,2,...,n.

Метод нахождения экстремума:

1)  Элементу х зададим определенное значение х = С и решим задачу на построение фигуры F по заданным элементам х и аi.

2)  Решив эту задачу, считаем элемент с перемещением. Затем, применяя те или иные преобразования плоскости, замечаем те особенности, которые возникают при достижении элементом х максимального или минимального значения.

Выделение указанной особенности позволяет сделать заключение об экстремуме элемента х фигуры F.

Задача 1.  

Две деревни А и В находятся по одну сторону от прямого шоссе a. В какой точке М на шоссе a надо установить остановку автобуса, чтобы сумма расстояний АМ + МВ была кратчайшей?

Решение.  На прямой a требуется найти такую точку , чтобы сумма расстояний от нее до точек  и , лежащих по одну сторону от прямой, имела наименьшее возможное значение (рис. 4).

                                 Рис. 4

Пусть точка  симметрична точке  относительно прямой , а точка  - точка пересечения прямых  и . Точка  и будет искомой. Действительно,

.

Для любой другой точки  прямой  справедливо неравенство:

(последнее следует из того, что ломаная длиннее отрезка, соединяющего ее концы).

Решение этой задачи приписывают Герону Александрийскому, жившему в I в. Решал он, правда, физическую задачу: если в точке  находится источник света, а в точке  - глаз, то в какой точке  отразится от плоского зеркала выходящий из точки  световой луч, если известно, что угол падения равен углу отражения? (Последний факт был известен задолго до Герона Александрийского).

Как легко заметить, построенная выше точка  как раз такова, что угол между прямыми  и  равен углу между прямыми  и , т.е. точка  и будет точкой отражения светового луча.

Из решения этой задачи Герон сделал такой вывод: отражаемый луч света выбирает кратчайший возможный путь между источником света и глазом. Заметим, что это один из первых примеров в истории науки, когда при описании физического явления использовался «принцип минимума», согласно которому природа всегда стремится избрать наиболее экономный способ.

Задача 2.   Задача о точке Ферма-Торричелли.

Найти точку в плоскости треугольника, сумма расстояний от которой до вершин треугольника имеет наименьшее значение.

Прием, которым решается задача Ферма-Торричелли-Штейнера, можно назвать «выстраиванием отрезков в прямую линию». Суть его проста: с помощью движений плоскости несколько отрезков выстраиваются в ломаную, которая, по неравенству треугольника, будет иметь наименьшую длину, когда ее звенья лежат на одной прямой.

Пусть Т – произвольная точка внутри треугольника АВС. Повернем плоскость на 600 вокруг точки А. При этом точка С перейдет в некоторую точку В1, а точка Т – в точку N. Треугольник ANВ1 равен треугольнику ATC, поскольку переходит в него при повороте на 600, значит ТС=NВ1. Треугольник ANT – равносторонний, так как AT=AN и =600, поэтому TA=TN. Итак, сумма AT+BT+CT равна длине ломаной BTNВ1, а значит, она не меньше длины отрезка BВ1 (рис 5).

               .

                      Рис.  5                                                                 Рис.  6

Равенство достигается, когда точки B, T, N и В1  лежат на одной прямой (в указанной последовательности). Аналогично, рассматриваем повороты вокруг точек В и С и доказываем, что искомая точка лежит на прямых АА1 и СС1. Следовательно, является точкой пересечения этих прямых. Это означает, что ∠ВТА+∠ATN = 1800 и следовательно, угол ВТА=1200; а также ∠AND+∠ANT=1800, значит ∠ AND=1200, поэтому ∠ АТС=1200. Таким образом, лучи ТА, ТВ и ТС образуют два угла в 1200, поэтому и третий угол между ними также равен 1200 (рис 6).  

1 способ.  Искомая точка характеризуется тем, что стороны треугольника видны из нее под углами 120°.  Таким образом, ее можно построить как пересечение соответствующих окружностей (рис. 8).

              Рис.  8                                                                 Рис. 9

2 способ. Построить на сторонах треугольника в него равносторонние треугольники. Соединить отрезком каждую вершину треугольника с вершиной равностороннего треугольника, построенного на противоположной стороне. Построить точку пересечения этих отрезков (рис 9).              

2.2.   Метод перебора

 При   решении   геометрических задач на экстремумы встречаются задачи, решение которых представляет собой выборку на конечном множестве объектов. Метод решения этих задач не является универсальным, так как он связан с решением задач, в которых рассматривается конечное множество фигур или фигура с размерами, выраженными натуральными числами.

Задача 1: (Задача о наименьшей площади.)

Дан угол и точка внутри него. Требуется провести через эту точку прямую, отсекающую от угла треугольник наименьшей площади.

Решение.

Покажем, что искомая прямая обладает тем свойством, что отрезок ее, лежа-щий внутри угла, делится заданной точкой пополам. Такую прямую нетрудно построить. Можно, например, соединить заданную точку М с вершиной А, на продолжении отрезка [AM] отложить отрезок [MA"], равный по длине отрезку [AM], и провести через точку А" прямую параллельно АС. Пусть D- точка пересечения этой прямой и стороны АВ. Тогда, как легко понять, прямая, соединяющая точку D с точкой М и пересекающая АС в точке Е, обладает тем свойством, что |DM| = |ME| (ибо треугольники MDA"и МЕА равны)

Искомая прямая построена. Возможны и другие способы построения.

Докажем теперь, что построенная прямая действительно является искомой. Для этого проведем какую-нибудь еще прямую D"E". Пусть для определенности точка Е" лежит вне Е. тогда площадь треугольника AE"D" равна площади треугольника AED минус площадь треугольника EME" и плюс площадь треугольника MDD". Обозначим через F точку пересечения прямой DA" с прямой D"E". Тогда треугольники EME" и MDF равны. Но второй из этих треугольников содержится в треугольнике DD"M. Из сказанного вытекает, что площадь треугольника ADE меньше площади треугольника AD"E".

2.3  Алгебраический подход к решению задач на экстремумы…...3

2.3.1   Использование квадратичной функции

При решении задач этим методом мы будем опираться на следующую теорему:

Теорема 1. Функция ах2 + вх + с при а>0 имеет наименьшее значение, равное (4ас-b2)/4, и при а<0 - наибольшее значение, равное тоже (4ас-b2)/4. Эти наименьшие и наибольшие значения получаются при х = - b/2а.

Решим этим методом частный случай задачи Дидоны.

Пусть береговая линия есть прямая и ограничиваемый участок прямоугольной формы (рис. 3), то наибольшую площадь будет иметь прямоугольник с длинами сторон  и , примыкающий большей стороной к береговой линии.

Решение.

                      Рис. 3

Рассмотрим функцию   Найдем наибольшее значение этой функции.    Выделим квадрат двучлена.

Значит, прямоугольник имеет наибольшую площадь, если его стороны равны

В общем случае, когда береговая линия – кривая  – произвольной формы, задача Дидоны очень сложна и решается с привлечением понятий и методов математического анализа.

2.3.2 Использование стандартных неравенств

Одним из сильных методов решения геометрических задач на экстремум является применение неравенств, в частности неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом (см. Средние значения). Для примера рассмотрим такую задачу: каких размеров должен быть ящик (прямоугольный параллелепипед), чтобы при заданной площади поверхности его объем был наибольшим? Пусть  - длины трех ребер (рис. 4),  - площадь полной поверхности,  - объем. Очевидно, что , а . Если заметить, что сумма трех величин  равна , а их произведение равно , и применить неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом, то будем иметь:

, т.е.

 или .                        

                                                                                   Рис. 4

Как следует из теоремы о среднем, знак равенства достигается лишь в случае , т. е. при , и при этом значение объема  принимает наибольшее возможное значение. Отсюда заключаем, что среди всех ящиков с заданной площадью полной поверхности наибольший объем имеет ящик кубической формы.

Заметим, что в математическом анализе разработаны очень сильные общие способы решения задач на экстремум  - исследование функций с помощью производной. Геометрические задачи на экстремум могут быть сведены к алгебраическим и также решены методами математического анализа. Однако иногда эти задачи удается решить элементарными методами, при этом решения бывают весьма изящны и поучительны.

Заключение

В данной работе  рассмотрены задачи на максимум и минимум, которые часто встречаются как в науке, так и в повседневной жизни человека. Своей распространенностью они обязаны тому, что при решении задач мы находим наиболее выгодный из имеющихся вариантов.

Использование экстремальных задач при изучении математики оправдано тем, что они с достаточной полнотой закладывают понимание того, как человек ищет, постоянно добивается решения жизненных задач, чтобы получающиеся результаты его деятельности были как можно лучше. Решая задачи указанного типа, наблюдаем, с одной стороны, абстрактный характер математических понятий, а с другой – большую эффективную их применимость к решению жизненных практических задач.

Решение экстремальных задач способствовало углублению и обогащению моих знаний. Через эти задачи я познакомилась с экстремальными свойствами изучаемых функций, с некоторыми свойствами неравенств. Кроме этого, я увидела некоторые  аспекты применения изучаемой теории на практике.

Список литературы

1. Беляева Э. С., Монахов В.М. Экстремальные задачи. М.: Просвещение, 1997.
2. Виленкин Н. Л. Функции в природе и технике. – М.: Просвещение, 1978
3. Возняк Г. М., Гусев В. А. Прикладные задачи на экстремумы. М.: Просвещение, 1985.
4. Перельман Я. И. Занимательная алгебра. М: АО “Столетие”, 1994
5. Коксетер Г.С.М. Введение в геометрию. – Москва: Наука, 1966.
6. Коксетер Г.С.М., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. – Москва: Наука, 1978.
7. Протасов В.Ю. Максимумы и минимумы  в геометрии. - Москва: Издательство Московского центра непрерывного математического образования,  2005.

Приложения

Приложение №1. Метод преобразования плоскости

Задача 1.

В каком месте следует построить мост MN через реку, разделяющую деревни А и В, чтобы путь AMNB был кратчайшим? (Берега реки считаются параллельными прямыми, мост перпендикулярен берегам).

Решение:

Заметим, что длина отрезка MN не зависит от положения точки М на прямой а, а вектор v = MN определяется лишь прямыми а и b. Поэтому надо найти такое положение точки М, чтобы сумма AM+NB была наименьшей. Пока отрезки AM и NB удалены друг от друга. Поэтому переведем отрезок AM в положение A"N параллельным переносом на вектор v.

Если переносить другую точку, то тогда точки А, М, В" должны принадлежать одной прямой, (рис.).

Получим ломаную A"NB. И теперь становится ясно, что длина ломаной A"NB, а значит и длина пути AMNB будет наименьшей в том случае, когда точки А", N, В лежат на одной прямой. Итак, N - точка пересечения отрезка А"В с прямой Ь, а М - проекция N на прямую а.

Тогда М - точка пересечения отрезка АВ" с прямой а, а N - проекция М на прямую b .

Вся трудность задачи заключается в том, чтобы заметить особенности, при которых искомая ломаная может принять наименьшую длину.

Задача 2.  Дан треугольник АВС и внутри него две точки D и Е. Как кратчайшим путем пройти из одной точки в другую, побывав на каждой стороне треугольника?

Решение:

                         Рис.  3  

Выполним следующее построение. Построим точки D1 и Е1, симметричные D и Е относительно АС и ВС. Построим также точку D2, симметричную D1 относительно АВ. Проведем отрезок D2Е1 и построим ломаную DMKLE. Длина ее равна длине отрезка D2Е1. Следовательно, что всякий иной путь из D в Е, с тем же порядком захода на стороны данного треугольника, будет длиннее. Но можно было бы порядок захода на стороны треугольника избрать иной (выполнив такие же построения). Всего таких ломаных линий, как DMKLE, получится три. Останется выбрать из них имеющую наименьшую длину, для чего достаточно сравнить три таких отрезка, как D2Е1.

Назовем еще метод симметрии, эффективный при решении некоторых геометрических задач на экстремум. Суть его применения станет ясна, если мы рассмотрим такую простую задачу.

Задача 3.  По разные стороны от полотна железной дороги АВ расположены два завода М и N. Где нужно построить на железной дороге платформу CD длиной а так, чтобы общая длина дороги MCDN была наименьшей?

А если заводы М и N расположены по одну cторону от железной дороги АВ?

Решение:

Получим ММ1 параллельным переносом на вектор CD. MCDN-min; MCDN=MM1DN.  MM1DN - min <=> M1, D, N принадлежат одной прямой. Если же М и N расположены по одну сторону от прямой АВ. M1симметрична М относительно прямой АВ. ММ2 получен параллельным переносом на вектор CD

MCDN-min

MCDN=M1M2DN

M1M2DN - min <=> M2, D, N принадлежат одной прямой.

Задача 3. Дан угол и точка С внутри него. Найти точки А и В на сторонах угла так, чтобы периметр треугольника ABC был наименьшим.

Решение:

Возьмем произвольный ∆СА1В1, две вершины которого, лежат соответственно на сторонах угла KL и LM, а третьей служит точка С.

Построим точки Е и Р, симметричные точке С относительно сторон угла KL и LM и соединим отрезками прямой эти точки соответственно с вершинами А1 и В1 треугольника. Так как нас интересует треугольник с наименьшим периметром, а наименьшим будет периметр, равный длине отрезка ЕР. Поэтому вершины треугольника А и В искомого треугольника определяются как точки пересечения прямой ЕР со сторонами данного угла.

Задача 4.

На плоскости нарисован угол A<900, внутри него задана точка М. Укажите на сторонах угла такие точки В и С, чтобы выполнялись условия: АВ = АС и сумма МВ+МС принимала наименьшее значение.

Решение:

Используем общие рассуждения метода преобразования плоскости. Неизвестный элемент в этой задаче представляет сумму MB + МС, т.е. х = МВ+ МС. Численное значение элемента х зависит от определения места расположения двух точек В и С.

Но так как граничного значения элемента х не видно, то решение задачи нужно свести к определению одной точки.

С этой целью применим поворот плоскости вокруг точки А на угол А=α. Точка В перейдет в точку С, точка С в С", точка М в М". Теперь легко заметить, что численное значение х= МС+МВ = МС +М"С зависит только от расположения точки С, которая определит граничное значение элемента х = МС+М"С, и если C1=MM"AE, то M"C1 + MС1 = М M". Но MB = М"С, поэтому min (МС + MB) = ММ1, где М"= RαА(М).

Приложение№2.  Метод перебора

Задача 1.

На колхозной ферме нужно провести водопровод длиной 167 м. Имеются трубы длиной 5 м и 7 м. Сколько нужно использовать тех и других труб, чтобы сделать наименьшее количество соединений (трубы не резать)?

Решение.  Учитывая, что количество как  одних, так и других труб может изменяться, количество 7 – метровых труб обозначим через х, а 5 – метровых – через у. Тогда  7х – длина 7-метровых труб, 5у – длина 5-метровых труб. Отсюда получаем неопределенное  уравнение

                                            7х + 5у = 167

Выразив, например, переменную у через переменную х, получим:

Так как х, у Є  Z, то методом перебора легко найти соответствующие пары значений х и у, которые удовлетворяют уравнение 7х + 5у = 167.

               (1; 32), (6; 25), (11; 18), (16; 11), (21; 4).

Из этих решений наиболее выгодное последнее, т.е. х = 21, у = 4.

Приложение№3.  Алгебраический метод

Задача 1.  В прямоугольный треугольник с гипотенузой 16 см и углом 600 вписан прямоугольник, основание которого лежит на  гипотенузе. Каковы должны быть размеры прямоугольника, чтобы его площадь была наибольшей?

Решение:        AB=16 см.    По свойству пропорции получаем:     .  Треугольник АВС подобен треугольнику МВL по двум углам. Составим отношение между сторонами треугольников: ВL:ВС=МL:АС. По теореме Пифагора .   .   Находим, что  .    .   Площадь прямоугольника находим по формуле:

Площадь будет наибольшей при  .  Значит,   см.      

                                                                                                   Ответ:    см и 8см.

Задача 2.  Рассмотрим еще задачу об экономном расходовании материалов. Попытаемся установить, для какой крыши (двускатной или четырехскатной) потребуется больше кровельного материала.

Решение:

Будем считать, что оба ската двускатной крыши наклонены к горизонтальной плоскости под углом φ, скаты 1 и 2 четырехскатной крыши – под тем же углом φ, а 3 и 4 – под углом α. При этих предположениях и указанных на чертеже размерах площадь двускатной крыши будет равна , а четырехскатной - . Для сравнения этих площадей рассмотрим разность их . Здесь b>0, m>0, 0<α<900 и 0<φ<900. Поэтому при α<φ получим S2 –S1 < 0, при α=φ будем иметь

S2 –S1 = 0, а при α>φ  S2 –S1 < 0. Следовательно, если все скаты как двускатной, так и четырехскатной крыш будут одинаково наклонены к горизонтальной плоскости, то кровельного материала понадобится одинаково на обе крыши. Если же скаты 3 и 4 четырехскатной крыши будут иметь больший угол наклона, чем скаты 1 и 2, то для четырехскатной крыши кровельного материала понадобится больше, чем для двускатной, а при меньшем угле – меньше.

Задача 3.

Окно имеет форму прямоугольника, завершенного полукругом. Периметр фигуры равен 6м. Каковы должны быть размеры окна, чтобы окно пропускало наибольшее количество света?

Решение.

Окно будет обладать наибольшей пропускной способностью, если при заданном периметре будет иметь максимальную площадь.

                                                                       Пусть AB=x, AD=y,тогда                      

                                                               P=AB+BC+СD+ дуга АМD

                                                                P=2x+y+0,5  π  x  (1)

                                                               S=AB*BC+π  x /8

                                                               S=xy+  x  π/8    (2)  

                                                               Из (1),(2) следует, что

                                                                S(x)=-(π/8 +1/2)x  +3x

Известно, что квадратный трехчлен принимает наибольшее значение при

x   =-b/2a,т.е. x  =12/(π +4), y= 6/ (π +4).

                                                   Ответ.  Размеры окна 6/(π +4),12/(π +4).

Задача 4.

Под каким углом к берегу нужно направить лодку, что бы за время ее переправки лодку как можно меньше снесло течением, если скорость течения 6 км/ч, а собственная скорость лодки – 3 км/ч.

Решение.

Необходимо направить лодку так, чтобы ее абсолютная скорость (относительно берегов) составляла, возможно, больший угол с берегом.

Пусть вектор  - скорость лодки относительно воды. Сумма +  =  дает абсолютную скорость лодки (относительно берегов). Длина вектора =3 и его можно направить в любую сторону. Множество возможных положений точки М – окружность радиуса 3 с центром в точке А.

Из всех векторов  наибольший угол с берегом составляет , направленный по касательной к окружности. Получаем прямоугольный треугольник, у которого катет вдвое меньше гипотенузы. У такого треугольника угол равен 600.