дома » Библиотека учителя » ГРАФИЧЕСКОЕ ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ

ГРАФИЧЕСКОЕ ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ

РЕШЕНИЕ ЭКСТРЕМАЛЬНЫХ ЗАДАЧ И
ГРАФИЧЕСКОЕ ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ

ЦИРЕЛИС Д. И, (г. Бендеры)

Скачать PDF файл malova-85-105

Главная страница ПОВЫШЕНИЕ ЭФФЕКТИВНОСТИ ОБУЧЕНИЯ МАТЕМАТИКЕ

ПОВЫШЕНИЕ ЭФФЕКТИВНОСТИ ОБУЧЕНИЯ МАТЕМАТИКЕ

ПОВЫШЕНИЕ ЭФФЕКТИВНОСТИ ОБУЧЕНИЯ МАТЕМАТИКЕ

Текст для быстрого ознакомления. Формулы отображаются некорректно. Смотрите оригинал в формате PDF по ссылке выше.

В данной статье используется опыт работы
автора в молдавской средней школе-интернате
№1 г. Бендеры (1957—1961 гг.), в ЮМШ г. Тирасполя
при Тираспольском пединституте (1961—1965 гг.)
и в средней школе № 10 г. Бендеры (1965—1967 гг.),
в основном на занятиях математического кружка старших
классов.
Решение экстремальных задач предоставляет большие
возможности для повышения активности учащихся
на внеклассных занятиях, поднимает интерес к изучению
математики, расширяет математический горизонт
учащихся, приближает преподавание математики
к жизни.
Общие методы решения экстремальных задач изучаются
в математическом анализе. Но ряд задач данного
типа можно решить элементарными методами,
которые требуют от учащихся применения приемов,
содействующих развитию их математических способностей,
и учат рациональному использованию математического
аппарата.
Например, задачу: „Вписать в шар радиуса R цилиндр
с наибольшей площадью боковой поверхности
Տ “ — можно решить в средней школе одним из
следующих методов.
Пусть х — радиус основания вписанного цилиндра,
2у — его высота; тогда Տ = 4кху, х 2 + у2 — R2.

85

Задача заключается в определении значений х н у ,
максимизирующих функцию Տ.
՛ ՝ 1-й способ. Տ = 4пх V R2 — х2 = 4я V — х4 + R2x2 =
= 4ic]/^»— ^х2— + Очевидно, что Smax ==
= 2-/<2 при х = у ==’ -.
К —
2-Ճ способ. Տ = 4tcJC_V ав= 2jc (2лу) = 2т. \{х2 + у2) —
— (х —y f \ — 2itf/?2 — ( х—у)2\. Smax = 2r.fi1 при х — у,
3-й способ. Так как х 2 + у 2 = R 2, то существует
угол 9 , такой, что x = R cos 9 ; y = /?sincp; S —
= 4:kR cos f -R sin <p = 2vR2 sin 2<p.
Очевидно, что ^ , ax = 2*R2 при sln2<p = l, т. e.
при պ = 4. 5ro ; тогда յբ *= r■֊ V■. 2, и _у = r V— 2 .
4-й способ. Решение задачи сводится к определению
наибольшего значения произведения чисел х н у
при постоянной Сумме их кйадратов. На рисунке 1
дано геометрическое решение задачи; х и у — катеты
прямоугольного треугольника, гипотенуза которого R.
ху = Rh; hmах = ֊ ֊ — при л: == у — L-.
5-й способ. Применяя аппарат неравенств, получим:
(х —у)2 > 0; х2 + у2 > 2ху; ху < j ( x 2 + у 2); ху < ֊• R \
Следовательно,
{xy)m ах = TfR2
R
п р и л : = = у = — —

86

Таким образом,՜ аппарат тригонометрических функций.,
применяемый к решению подобных задач (см.
3-й способ решения), получает новое назначение. Таких
примеров можно привести много. Например, решая
задачу: „Среди всех треугольников с данным углом
В = а и данной высотой hb найти тот, у которого
наименьший периметр11, мы углубляем знания учащихся
по тождественным преобразованиям тригонометрических
функций. Имеем (рис. 2):
2р = АВ + ВС -f AD + DC = — + ———— +
s i n <р s i n ( ? + а) !
I ւ ւ է i. / I \ ւ S i n ( a + 9 ) + s i n a + S i n 9 H- h ctg cp — h ctg (a + cp) = h —— &T 1 t / — ————— — = s i n ? s i n (я,+ 9)
2 cos —a cos™Ф / 2cos-a^
Sin 9 cos —a +-— ? 2a si•n -?— c o s -®— — ՛
T 2 2 2
՝ 2 cos —a — 2 cos a-
= h —- ՛■■■- . ? ——— ; ■ (2p)min=՝A-1- /a \ a
■ — ՛ sin-
при <p = 90°
a .
sin^2՜ + v “ sin 2՜ 1_sin 2
2
Следовательно, треугольник ABC равнобедренный.
Особое внимание уделяется исследованию функций
и определению их экстремальных значений графическими
методами, которые позволяют՜ объединить
в одну схему как задачи на максимум и минимум
в классическом смысле так и задачи линейного и нелинейного
программирования.
В различных теоретических и практических задачах
часто требуется определить значения переменных,
которые максимизируют или минимизируют данную
функцию и в то -же время удовлетворяют дополнительным
требованиям (задачи на условные экстремумы).
Рассмотрим один из возможных графических приемов
исследования экстремальных значений функций
двух переменных.
Пусть требуется исследовать функцию z = f ( x , y),
на аргументы которой наложено дополнительное
87

услоаие g (x, У) = 0. Это означает, что значения функции
f { x , у) рассматриваются только для точек, лежащих
на кривой g {x , у ) = 0.
Допустим, что через каждую точку М0 плоскости
проходит лишь одна кривая вида f (x , у) = г0.
Иначе говоря, лри za =f=zx кривые / ( х , y) — zQ и
f ( x , у) — z։ не имеют общих точек. Тогда при непрерывном
изменении параметра zQ кривые f (x , у) — z0
покроют часть плоскости (рис. 3).
Предположим, что функция f (x , у), рассматриваемая
только на кривой g (x , у) = 0, достигает в точке А
своего наибольшего значения. Обозначим значение
функции f ( x , у) в точке А через т и рассмотрим
кривую f { x , у) = т . Ясно^ что точка А лежит на этой
кривой, т. е. является общей точкой кривых g(x, у) = 0
и /(•*’• У ) ՜ т — В то же время по одну сторону кривой
/(•*, y) = z значения функции f (x , у) больше, чем т ,
а по другую — меньше, чем т . Следовательно, кривая
g(x, у) = 0 расположена целиком по одну сторону от
кривой / ( х , у) — т (а именно —по ту сторону, где
значения функции / ( х , у) меньше т ) .
Следовательно, в точке А кривая g(.*, յ>) = 0 касается
кривой f (x , у) = т . То же будет, если в точке
А функция достигает наименьшего значения.
Итак, если в точке А на кривой g(x, ,у) = 0 функция
f (x , у) имеет экстремальное значение т , т о
кривая f ( x ,y ) = т , проходящая через точку А, касается
кривой g(x, у) = 0.

88

Таким образом, определение экстремумов/функций
z—f(x, у) при наличии связи £(.*, у) = 0 можно заменить
задачей: из семейства кривых f(x, у ) = £ выделить
те, которые караются Кривой £-(л:, _у) = 0
(рис. 3).
Приведем несколько примеров графического исследования
условных экстремумов функций.
1. Исследовать функцию f {x ,y ) = Y х2’+у2 при
условии, что X и у связаны соотношением
— + ~ = 1, а Ь где а > О, b > 0.
В этом случае линия f(x, у) — г0 представляет
собой окружность радиуса z0 с центром в на чале
координат, а линия g(x, у) = 0 ( т. е. — + —— 1 = 0 )
\ а ь J
есть прямая (рис. 4). Из линий f (x, y) = z0 (т. е.
окружностей с центром в начале координат) лишь
одна касается прямой g(x,y) = 0, причем вся эта
прямая расположена (кроме точки касания) в области,
где функция / (х, у) имеет большие значения. Цоэтому
в точке касания функция f(x, у) достигает наименьшего
значения (расстояние точки (х, у) от начала
координат), которое, как легко видеть из Л OTS на
рисунке 4, равно fix, у)ты = . Наибольшего
же значения функция f(x, у) на прямой g {х, у) = 0 не
имеет — это ясно геометрически, так как прямая в обе
стороны неограниченно удаляется от начала координат.
2. Исследовать на максимум и минимум функцию
f ( x , y ) = V x 2 + y 2 при условии, что (x — a f +
+ ( у ~ b f = г*. ■
Здесь линиями /(л;, y) = z0 опять являются окружности
с центром в начале координат, а линия
g{x, у ) ~ 0 (т. е. (х — а)2 + (у — Ь)2 — г2 = 0) есть
окружность радиуса г с центром в точке (а, Ь).
Геометрически ясно, что имеется две окружности
f(x, y)’ = z, касающиеся кривой ^(д:, _у) = 0 (рис. 5),
радиусов 2mln и 2ггаах, определяемых формулами:
zmia = ОА = У ‘ а 2 + Ь2 — г,
гшах = 0В = У а 2 + Ь2 + г.

89

3 „ ,Определить экстремальные значения функции
/ (-*> У) = — + — при (х — т п aք + (у — b f = г2.
Здесь f (x , у ) = 20 — прямая линия, уравнение которой
— + — = гй, причем при разных z0 мы получаем
т я
семейство параллельных прямых, заполняющих плоскость.
Касательными к л и в и и g (x, у} = 0 (т. е.
окружности (х — а )2 +• (у — b f — г2 = 0) являются прямые
РМ и QR, уравнения которых
յ լ ֊+ ւ .
т п Zmln И т
— + J L —
соответственно (рис. 6).
Имеем: t g a = — , точка S имеет координаты:
т
х = OD — ОЕ — DE ■= ОЕ — SA =
= а — г sin a = a га
V /й2 + n2
у == SD = = Օյ£ — Oji4 =-b — r c o s a = ծ —
откуда
г м /и h г . / ֊—т—-
Г/И
V т * + п* ’

90

Аналогично находим координаты точки Т\
и потому
В приведенных выше примерах те кривые семейства
f { x , y) = zQ, которые касаются линии g(x, >0 = 0,
были Найдены непосредственно из геометрических
соображений. В более сложных случаях для этой дели
удобно пользоваться следующей теоремой (доказательство
которой можно найти в курсах высшей
алгебры).
Т е о р е м а . Если кривые f {х, у) — а и g (х, у) = О,
где / ( х , у ) и g (х, у) — некоторые многочлены о т
х и у , касаются друг друга в точке (х0, у0), т о
х = х 0 и у = у 0 есть не менее, чем двойное решение
системы
Иначе говоря, если, скажем, исключить из этой
системы .у, то полученное уравнение относительно х
будет иметь х = х 0 двойным корнем.
Многие геометрические задачи на максимум и минимум
могут быть решены с использованием этой
теоремы. ., .
4. Из квадратного листа жести нужно вырезать по
его углам квадраты так, чтобы после загибания оставшихся
кромок образовалась открытая сверху коробка
наибольшего объема.
Задача сводится к определению наибольшего значения
функции
V = 4х2у (1)
при наличии связи
(2)
91

Система (2) представляет собой отрёзок прямой АВ
(рис. 7) без граничных точек.
Определение экстремума функции V — 4х2у при
х + у = — и л; > 0, у > О заменяется
задачей: из семейства
кривых 4х2у — V (V —
параметр) найти ту кривую,
которая касается отрезка
* + у = Y ՝ х >
На основании сформулированной
выше теоремы система
х + У = ֊,
Рис. 7. 4х 2у = V
должна иметь двойное решение. Исключая переменную
у , получаем уравнение 4л:3 — 2ах* + V = 0 , которое
должно иметь двойной корень. Имеем:
* 3- Т * 2 + 7 = о.
Для того чтобы это уравнение имело двойной корень,
необходимо и достаточно выполнение условия:
4 ‘ ( ~ т ) 3 + 2 Н г — ° ՛
откуда
27
Теперь легко находим двойной корень:
Х1 = х 2 = — ,
уУ = —6
и у — координаты точки касания кривой 4хгу — V
и отрезка * + .у = у ; х > 0, յ; > 0 V
О т в е т . V* -2 а з3 при х — _ та
92

Аналогичным образом решаются и другие задачи.
Мы сформулируем несколько задач, для которых приведем
соответствующие чертежи, аналитические выражения
функций, экстремумы которых должны быть
найдены, системы ограничений и ответы.
5. В круг радиуса R вписать равнобедренный треугольник,
вершина которого находилась бы в центре
круга и площадь которого была бы наибольшей (рис. 8).
У, 1
0 J X
51
Рис. 8.
Задача сводится к нахождению наибольшего значения
функции S = xy при ограничениях
| лг -f у’1 — R2,
1* > 0, у > 0.
О т в е т . 5П -R2 п ри -* = > / = —r V շ
6. В шар радиуса R вписать конус наибольшего
объема с вершиной в центре шара.
Задача сводится к нахождению наибольшего значения
функции V = —3 .ъ х2у при ограничениях .
О т в е т . Vm
—: -ՀR—V—3-
\x 2 + y 2 = R \
U > 0 , y >Q.
4 — те j / ՜Յ / ? 3
27
при X RV 6
О
7. В данный шар вписать цилиндр наибольшего
объема (рис. 9).

93

З’адача сводится к нахождению наибольшего значения
функции V—2%x2y при ограничениях
л-2+ / = /?*,
А->0, У > 0 . »
О т в е т .
_ RV՜’3
Va те R3 V 3 при х = / ? Г б
8. В данный шар вписать конус наибольшего
объема (рис. 10).
Задача сводится к нахождению наибольшего значения
функции V — —1 71Х2У при ограничениях
x 2 + ( y ֊R ) ^ R\
.0 < x < R , 0 < у < 2R.
Рис. 10.

94

От в е т . V,max
81
тс/?3 при х = 3 . У. 3
9. Вписать в правильную четырехугольную пирамиду
правильную четырехугольную призму наибольшего
объема (рис. 11).
Задача сводится к нахождению наибольшего значе՛
ния функции V = х 2у при ограничениях
:новакйя)
10. Вписать в конус радиуса R и высоты h цилиндр
наибольшего объема.
Задача сводится к нахождению наибольшего значения
функции V = ъх*у, где л; — радиус основания, а
у — высота искомого цилиндра при ограничениях
х
Рис. 11.
h3

95

11. Описать около шара радиуса R усеченный конус
наименьшего объема (рис. 12).
У У
Задача сводится к нахождению наименьшего значе-
ния функции V = —2 ОtcR [(* + у )2 — R2] при ограничениях
R2 = xy,
х > 0 , у > 0 .
От в е т . 14im = 2nR3 при x = y = R, т. е. конус
вырождается в цилиндр.
12. Стоимость перевозки груза на один километр
по железной дороге АВ (рис. 13) равна кх рублей, а
по шоссе CD —к2 рублей, կ < կ . Как -должно про

96

ходить шоссе CD (найти положение точки С), чтобы
стоимость перевозки груза из пункта А в пункт D
была наименьшей? АВ =?= a, BD = Ь.
Задача сводится к нахождению минимума функции
f ( x , y ) = k,x + ծյ ( а —у) при ограничениях
х 2—у2 = Ь2,
b < х < V а 2 + Ь2,
О < а.
Для решения найдем координаты точки касания
гиперболы х 2 —у2 = Ь2 и прямой z = k2x ֊հ kx (a — у).
, Исключая из системы
‘ л՜2 —у՜ = Ь2,
ւ г = k2x + kx {а — у),
, получим:
{& — ki) х 2 — Ղկ (z— akx) х + \{z — akx)2 + k2b2] = 0.
Из условия касания
kt (z — akx)2 — (k\ — й?) [{z — akx)2 + k\b2j = 0
находим:
Zraln akx + b ■ / k\ — k\,
при x = կ b _ k\b
} / վ ֊վ У վ — ՜ վ
Пример более сложной задачи:
13. Из круглого бревна диаметра 2R требуется вырезать
балку прямоугольного сечения так, чтобы
прочность балки на изгиб была бы не меньше Р,
а площадь сечения балки не превышала бы Տ. Время,
необходимое для ее вырезания, должно быть минимальным.
На вырезку единицы длины по направлению
АВ ‘ (рис. 14) требуется kx сек., по направлению
ВС — կ сек. Сопротивление на изгиб пропорционально
ширине балки и квадрату высоты ее поперечного сечения.
՝
Обозначим высоту поперечного сечения балки
через х, а его ширину —через у (АВ = х, В С = у ) .
Б-98—*

97

Тогда задача сводится к нахождению наименьшего
значения функции t *=2kxx 2кгу при ограничениях
(л 2 + / < Զ 3,
axsy > Р,
ху < S ,
Х > 0 , у > 0 .
Таким образом, функция է = 2kxx-{-2k2y определена
на криволинейном треугольнике MNK, где Ж —точка
пересечения кривых ху «*= 5 и чх2 у = Р, точки Л/ и К —
точки пересечения окружности х 2 4-у 2 = R 2 с кривыми
ху = Տ и ах2у = Р соответственно.
Для определения наименьшего значения функции
t — 2kxx-\-2kty найдем координаты точки касания (Г)
прямой t = 2k]X + 2k2y = tmin и кривей ах2д =Р .
Исключая у из системы
t2kxx + 2k2 y = t,
\ сис2у — Р,
получим:
2<*£,л3 — а.1 х 1 4- 2 կ Բ = 0.
Условие касания получаем из условия кратности
корней уравнения х 3 + рх2 4- q = 0;
х х = х2= — | ? ,
4р3 + 21 q — 0,
98

откуда
Координаты точки Т будут:
= _ J_ . v = — ’
* Ski ‘ 6А2
Исследование некоторых элементарных функций
одного аргумента можно провести графически, если
преобразовать их в функции двух аргументов при соответствующем
ограничении их области определения.
1. Исследовать характер изменения функции z = х 3 + рх\ р < Q. ,
Пусть у х 3, тогда z = y + рх. Исследование данной
функции сводится к исследованию функции двух
переменных г = * у ֊Ь р х при у = х 3.
Изменение функции г легко проследить, так как
г — отрезок оси Оу, отсекаемый на оси Оу прямой
у — — рх + z.
Пусть прямая у = — рх + z (г —параметр) пробегает
все: точки кубической параболы у — х 3; при этом
направление пробега прямой меняется дважды: один

99

раз — в топке А, второй раз — в точке В (рис. 15).
Точки А и В критические. В них прямая у = — рх + z
касается кривой у = х 3; в точке В значение z достигает
минимума, в точке Л —максимума. Непосредственное
визуальное определение приводит нас к следующим
результатам: на интервале (— оо, ха) значения
z возрастают от — со до za — ОАх; на отрезке
[х а> •**] значения z убывают от za — OAl до zh= O B x\
на интервале (хь, + оо) значения z возрастают от
£ь = ОВх до -f оо.
По графику на рисунке 15 можно решить и ряд
дополнительных задач, например: а) найти значения
функции z по заданным значениям аргумента х;
б) найти значения аргумента л: при заданных значениях
функции z (т. е. решить уравнение л3 + рх — г = 0).
2. Определить экстремальное значение функции
z ~ а х + х2; а у 1.
Пусть у = а*/тогда z= =y + х2. По рисунку 16 определим
характер экстремума (минимума), его приближенное
значение zm ==> О А и соответствующее значение
аргумента х т — ОВ. Функция убывает на полуинтервале
(— оо, х т \ и возрастает на [хт , + оо).
Аналогично можно исследовать функции:
z — х* + рх\ z — а * + cos х;
z = У х 2 + tg2 х\ z = Ух2 + а 2*;
z = V (х — а )2 + [f{x ) — b\2 и т. д.
3. Определить экстремум функции z = ах2 + с + — .
Пусть у = — (1), тогда z — a x 2 + c + y (2). Решение
задачи сводится к определению координат точки
касания Т кривых (1) и (2) (рис. 17, а > 0).
Имеем:
д.хъ — (z — с) х + d = 0;
100

‘4. Однородный стержень, имеющий ось вращения
в точке А, несет груз Р на расстоянии а от точки А
и удерживается в равновесии вертикальной силой Q,
Q
X
/»» . ■ ‘ N
а
1
р
приложенной к его свободному концу. Определить
длину стержня, при которой Q минимальна, если погонный
метр стержня весит q (рис. 18).
Применяя условия равновесия тела, имеющего ось
вращения, получим:
аР + -i- qx2 — Qx = 0; Q = -f — q x .
Հ X Հ
Пусть у = ՀՀ- , тогда Q -^y + — qx,
2.
Получим (рис. 19): — qx2 — Qx + a P = 0.
Q* — 2 a q P = b , ’
Qmtn = VWqP при x = | / / •
5. Определить сопротивление внешней цепи, при
котором выделяемая теплота в реостате наибольшая.
ЭДС эмемента — Е, его внутреннее сопротивление — г,
полное сопротивление реостата — R, сила тока — /й,
сопротивление включенной части реостата —л, время
прохождения тока — է.
Тогда Q = k l2tx при ՛ / —— —
х + г
Имеем: Q = k {X + г)* .

101

Для определения максимума обозначим: y<=*kE?tx.
Тогда Q — (х + г)* , Решение задачи сводится к определению
координат точки касания Т (рис. 20) кривых
у = Q (x + г) н у — kE 2tx:
Qx? + (2 Qr— 1y=* Q(x + r f , kEh) x + Qr2 = о,
\y = kE2tx. (2 Qr- kE2t)2 — 4QV2 = 0,
л kEH
4 ՜ 4 r *
От в е т . Q kEH
4 r
6. Определить наибольшее и наименьшее значения
равных действительных корней уравнения
‘ X1 — 2 (а + թ) х -f 2 (օֆ -f 2а) = 0.
Задача эадивалентна следующей: „Максимизировать
и минимизировать функцию + р при {а — 2)2+
+ р2 = 4 “. Графоаналитическое решение дает следующий
результат (рис. 21):
. 2 = 2 (V2 ± 1) при а = 2 ± V X Р = ± V 2;
ОА = 2 (1 + У 2 ) ; ОВ =’ 2 ( V T — 1).
Решить задачу, если на параметры а, р накладывается
дополнительное условие: а2 + ((3 — I)2 < 1
(рис. 22).

102

Рис. 21. Рис. 22.
7. Груз весом Р кГ равномерно перемещают по
горизонтальной поверхности, прилагая силу F под углом
а к горизонту. Найти минимальное значение
силы F при коэффициенте
трения k (рис. 23).
Имеем: Q = P — F sin а;
^ c o s а — к {Р — Fsln а).
Задача сводится к определению
наименьшего значения
функции
с к Р F —
COS а + k Sin а
О т в е т . F inm = kp
V’i + k2
8. Ряд задач на отыскание экстремальных значений
геометрических величин можно решить построением.
Приведем условия нескольких таких задач.
1) Пусть М — данная точка, Nx- —- произвольная
точка некоторого множества {Z,} точек плоскости. Из
103

множества отрезков MNX выделить отрезки наименьшей
и наибольшей длины. Решить задачу, если:
а) Ճ — данный отрезок, б) Z.— данная окружность,
в) L — данный многоугольник..
Решения показаны на рисунках 24—26. MNXt — отрезок
наименьшей длины, МНХ% — отрезок наибольшей
длины. 1
104

2). АВ — основание треугольника АВСХ, где Сх —
произвольная точка окружности О. Построить тре-
угольник: ՝ ւ
а) наибольшей (наименьшей)
площади (рис.
27);
б) медиана СХМ которого
наибольшая (наименьшая)
(рис. 28); °Xt
в) угол Сх которого
наибольший (наименьший)
(рис. 29).
Описанная выШе работа
по решению задач
на максимум и минимум
позволяет на внеклассных
занятиях в старших
классах широко использовать графики всех элементарных
функций, изучаемых в школе.

105

Математика в школе.
Библиотека учителя математики.

Интернет бизнес с нуля

 

,

Около

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии