Zadania optymalizacyjne

Transkrypt

1 Zadania optymalizacyjne Zadania optymalizacyjne, to zadania, w których należy obliczyć, jakie warunki muszą być spełnione, aby pewna wielkość osiągała największą lub najmniejszą wartość Żeby żądane warunki wyznaczyć, należy tę wielkość zapisać jako funkcję dowolnej zmiennej, a następnie wyznaczyć ekstremum tej funkcji Największą trudność sprawia ten pierwszy krok przejście od tematu zadania do równania funkcji Ten fragment został w rozwiązaniach zadań opisany bardzo dokładnie, a kluczowe dla rozwiązania zapisy zostały wyróżnione kolorem Często spotykanym błędem jest brak wyznaczonej dziedziny funkcji Może się przecież zdarzyć, że obliczone miejsca zerowe pochodnej nie należą do dziedziny funkcji wtedy funkcja nie posiada ekstremów, a zadanie nie ma rozwiązania Zadanie Na paraboli y x znaleźć punkt leżący najbliżej prostej y x + Rozwiązanie Czasami otrzymana funkcja jest funkcją kwadratową Wtedy jest trochę łatwiej nie musi się używać pochodnej funkcji do wyznaczenia jej ekstremum Takie jest zadanie Punkt P leży na paraboli, więc jeśli przyjmiemy, że jego druga współrzędna wynosi y, to wtedy pierwsza wynosi x y, czyli P ( y, y), y R Jeżeli teraz równanie danej prostej zapiszemy w postaci ogólnej: x y + 0, to korzystając ze wzoru na odległość punktu od prostej danej równaniem ogólnym, obliczymy długość odcinka AP, czyli odległość punktu P od danej prostej: y y + y y + ozn AP d + ( ) 5 Trójmian kwadratowy y y + przyjmuje tylko wartości dodatnie, gdyż współczynnik przy y jest dodatni, oraz < 0 (wykres jest parabolą leżącą nad osią rzędnych) y y + Dzięki temu możemy wartość bezwzględną opuścić i otrzymujemy: d 5

2 d przyjmuje wartość najmniejszą, gdy y jest równe pierwszej współrzędnej wierzchołka paraboli: y min, oraz xmin y min Najbliżej prostej y x + jeży punkt paraboli o współrzędnych, Zadanie Na kuli o promieniu R opisano stożek Jaka będzie wysokość stożka o najmniejszej objętości? Rozwiązanie Dane: R Oznaczmy przez x długość odcinka PS Należy obliczyć jaka musi być długość odcinka DS, czyli π R + x, aby objętość stożka: V r ( R + x) była najmniejsza BS r + (R + x) Trójkąty PQS i DBS są podobne, gdyż mają takie same kąty Ilorazy długości odpowiednich boków tych trójkątów są równe: PQ PS R x DB BS r r + (R + x) Przekształcamy otrzymane równanie: rx R r + (R + x) r x R (r + (R + x) ) r (x R ) R (R + R (R + x) stąd r Musi być x > R, czyli x (R, ) x R Wstawiamy r do równania na objętość stożka: π R (R + x) (x + R) V (R + x) x R (x + R) x + Rx + R x R (x + R) x)

3 Należy teraz obliczyć, dla jakiej wartości x (R, ) funkcja x + Rx + R V(x) osiąga minimum x R (x + R) (x + Rx + R V '(x) x Rx + Rx R x Rx R O znaku pochodnej decyduje znak wyrażenia R + R 6R R R R, x, R R + R x R y ) x x Rx R Rx R W wyniku badania znaku wyrażenia y x Rx R wyciągamy wniosek, że funkcja V (x) osiąga minimum dla x R Stożek ma najmniejszą objętość, gdy jego wysokość ma długość R + x R Zadanie W półokrąg promieniu R wpisano trapez, którego podstawą jest średnica okręgu Dla jakiego kąta przy podstawie pole trapezu jest największe? Rozwiązanie Dane: R π π R + a Należy obliczyć, dla jakiego α, pole trapezu P h (R + a) h jest π π π największe ( α,, bo dla kątów α nie da się wpisać trapezu w półkole) Kąty SAD α i ADC mają miary dające w sumie Dlatego SDC 80 α W PDS wykonujemy obliczenia:

4 h 0 a sin(80 α) i cos(80 0 α) R R Korzystając ze wzorów redukcyjnych: 0 0 sin(80 α) sin α i cos(80 α) cos α otrzymujemy: h R sin α i a R cos α, i stąd pole trapezu wynosi: P (R R cos α) R sin α R sin α( cos α) π π Należy teraz obliczyć, dla jakiego α, funkcja P( α ) R sin α( cos α) osiąga maksimum P'( α) R cos α ( cos α) + sin α sin α R (cos α cos α + sin α) R (cos α cos [ ] α + cos α) R ( cos Zbadamy teraz znak wyrażenia y cos α + cos α + Wprowadzamy pomocniczą niewiadomą: t cos α π α, π, czyli t cos α (,0) Mamy: y t + t +, 9, t, t α + cos α + ) Z wykresu wynika, że: α t + t + > 0 t cos, 0 t + t + 0 t cos α t + t + < 0 t cos α, π Z kolei z wykresu funkcji y cosm, m α, m, π wynika, że: π α α π t + t + > 0 t cos,0 m, t + t + 0 t cos α m α π t + t + < 0 t cos α, m α π, π π Wynika stąd, że funkcja P (x) osiąga maksimum, gdy α π α

5 Pole trapezu jest największe, gdy kąt przy podstawie ma miarę π Zadanie Wierzchołki podstawy prawidłowego ostrosłupa czworokątnego należą do powierzchni kuli o promieniu, a wierzchołek ostrosłupa jest środkiem kuli Wyznaczyć długość krawędzi podstawy ostrosłupa tak, aby jego objętość była największa Rozwiązanie Zgodnie z tematem zadania, krawędziami bocznymi ostrosłupa są promienie kuli; każda krawędź ma długość Należy obliczyć, dla jakiego a objętość V a h jest największa a x, gdyż odcinek AP jest połową przekątnej kwadratu ABCD W APS : x + h a + h 9 a a 8 h Wstawiając otrzymaną wartość do wzoru na objętość, otrzymujemy: V h(8 h ) ( h + 8h) 9 h, musi być h (0,) Należy teraz obliczyć, dla jakiego h (0,), funkcja V(h) ( h + 8h) osiąga maksimum V'(h) ( 6h + 8) ( h ) ( h)( + h)

6 Z wykresu odczytujemy, że funkcja V (h) osiąga maksimum dla należącego do dziedziny h max amax 8 h max 8 amax Objętość ostrosłupa jest największa, gdy krawędź podstawy ma długość