Методы решения задач на экстремумы §1 История развития задач на экстремумы

§1 История развития задач на экстремумы

Экстремальными задачами человек интересуется с античных времен. В Древней Греции уже давно (во всяком случае до VI века до н.э.) знали об экстремальных свойствах круга и шара: среди плоских фигур с одинаковым периметром наибольшую площадь имеет круг (среди пространственных фигур с одинаковой площадью поверхности (решение изопериметрической экстремальной задачи); шар имеет максимальный объем (решение изопифанной экстремальной задачи). История сохранила легенду о следующей самой древней экстремальной задаче, известной как задача Дидоны. Финикийская царевна Дидона (IX век до н.э.) решила организовать поселение на берегу понравившегося ей залива в Северной Африке. Она уговорила вождя местного племени отдать ей клочок земли, который можно охватить воловьей шкурой. Воины Дидоны разрезали шкуру на тонкие полоски, и Дидона охватила ремнем, составленным из этих полосок, участок земли на берегу залива. Так возник город Карфаген. Задача Дидоны состоит в указании формы границы участка, имеющей заданную длину, при которой площадь участка максимальна. Если знать экстремальное свойство круга, то решение получается немедленно: граница участка представляет часть окружности, имеющей заданную длину. Экстремальными задачами занимались многие античные ученые (Евклид, Архимед, Аристотель и др.). Известна следующая задача Евклида (IV век до н.э.): в заданный треугольник ABC вписать параллелограмм ADEF наибольшей площади. Нетрудно доказать, что решением этой задачи является параллелограмм, вершины D, E, F которого делят соответствующие стороны треугольника пополам.

После гибели античной цивилизации научная жизнь в Европе стала возрождаться только в XV веке. Задачи на экстремумы оказались среди тех, которыми интересовались лучшие умы того времени. Если в античные времена задачи на экстремумы исследовались только геометрическими методами и каждая задача для своего решения требовала специфического приема, то в XVII веке появились общие методы изучения задач на экстремумы, которые привели к созданию дифференциального и интегрального исчислений. Первые элементы математического анализа были созданы И. Кеплером (1615 год), который так описывает появление своего открытия: "Мне как хорошему хозяину следовало запастись вином. Я купил его несколько бочонков. Через некоторое время пришел продавец - измерить вместимость бочонков, чтоб назначить цену на вино. Для этого он опускал в каждый бочонок железный прут и, не прибегая ни к какому вычислению, немедленно объявлял, сколько в бочке вина". После размышлений Кеплер открыл секрет такого простого способа измерения объема бочек. Оказалось, что бочары за долгую историю научились изготавливать бочки такой формы, при которой они имели наибольший объем при заданной длине мокрой части прута. А поскольку в окрестности максимума значения функции изменяются мало (в этом суть открытия И. Кеплера), то торговец вина почти не ошибался при объявлении объема бочки по одному измерению.

Открытое И. Кеплером основное свойство экстремумов было затем оформлено в виде теоремы сначала П. Ферма (для многочленов), потом И. Ньютоном и Г. В. Лейбницем для произвольных функций и носит теперь название теоремы Ферма, согласно которой в точке экстремума x0 непрерывной функции f (x) производная функции равна нулю:

С тех пор исследование функций с помощью анализа бесконечно малых величин стало одним из мощнейших математических методов и привело к созданию современного математического анализа.

§2 Способы решения задач на экстремумы

Различны и многообразны приёмы и методы решения задач на экстремумы, как аналитические (перебора, оценки, неравенств и др.) так и геометрические (преобразование плоскости, оценка, перебор…). Каждый метод по-своему уникален и неповторим. Эти приёмы можно отнести к элементарным, т.к. они не предполагают применения математического анализа, а ограничиваются алгебраическим или геометрическим подходом к решению задачи на экстремум. Каждый их таких элементарных приемов является мостиком к решению не большого класса задач на экстремум, но методически для нас важен тем, что актуализирует знания учащихся из области алгебры или геометрии. Кроме того, применение этих методов для ряда задач будет более рационально, чем использование инструментов математического анализа, ибо незачем "стрелять из пушки по воробьям".

В отличии от элементарных приёмов, использование производной даёт нам метод действительно универсальный. Который можно применять для решения всего этого широкого спектра задач.

В этом разделе рассмотрены основные методы решении задач на экстремумы и их применение при решении конкретных задач.

2.1 Элементарные приемы решения задач на экстремумы

Геометрический подход к решению задач

Метод преобразования плоскости

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.
   

Посмотрим применение метода при решение конкретной задачи.

Пример 1:

Среди всех возможных треугольников с данным основанием а и противолежащим углом α найти треугольник, имеющий медиану максимальной длины.

Решение:

1)Обозначим длину медианы АК = х (рис.8). Пусть х = та (определенное число) и решим задачу: построить треугольник ABC по данному углу А = α, противолежащей стороне а и медиане та

2) Решив эту задачу (используя методы построения), считаем длину медианы та переменной и замечаем особенности, возникающие при достижении медианой максимального значения.

3) Если точка А перемещается по окружности, то ВС и угол BAC остаются постоянными, и длина медианы изменяется в пределах: А2К <та < А1 К.

4) Значит, из всех треугольников с данным основанием и противолежащим углом равнобедренный треугольник имеет наибольшую медиану.

Пример 2:

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).

Пример 3:

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:

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. Легко сообразить, 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 D2E1.

Метод перебора.

При решении геометрических задач на экстремумы в школе 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. Однако роль этого метода очень важна, он воспитывает практические навыки учащихся, развивает потребность в нахождении оптимального результата оптимальной модели.

Рассмотрим задачу, в которой нахождения наибольшего (наименьшего) значения зависит от взаимного расположения фигур.

Пример 1: Из листов материала прямоугольной формы размером 60x130 мм выкроить заготовки двух типов, в таком количестве:

Решение:

С целью облегчения поисков решения данной задачи следует предложить учащимся исходные данные листа материала и заготовок с соответствующим масштабом на рисунке. Далее нетрудно видеть, что каждый лист материала можно раскроить различными способами, получая при этом большее или меньшее количество заготовок. Приведем возможные способы раскроя листа материала

Достаточно изменить число заготовок и задача станет более сложной, тогда она может быть предложена учащимся для индивидуальной работы.

Пример 2: (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, лежащий 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'.

Пример 3.

В шар радиуса R вписан конус, осевое сечение которого – равносторонний треугольник. Определить, между какими пределами может изменяться разность площадей двух сечений, из которых первое (КGFD) получается в результате пересечения шара плоскостью, параллельной основанию конуса, а второе(NPF) – в результате пересечения конуса той же плоскостью.

Решение.

Площади обоих сечений равны нулю в том случае, когда проводимая плоскость касается шара в точке В (вершина конуса). Площади обоих сечений будут равны, когда проводима плоскость совпадает с плоскостью основания конуса. Когда же проводимая плоскость занимает промежуточное положение между положениями рассмотренными выше, то площади сечений шара и конуса не равны. Итак, разность S площадей сечений шара и конуса изменяется от нуля до нуля, переходя через максимум, который мы определим.

S= ( MK2- MN2 ); OB=R; MB=x;

MK2 = OK2 – OM2 = R2- (R - x)2 = 2Rx – x2/

Так как ∆ АВС равносторонний по условию и АС || NP, то и ∆ NBP также равносторонний, следовательно, MN2 =  .

Следовательно S=   2x (3R – 2x),

которое будет максимально, когда максимально S1= 2x(3R- 2x). Так как сумма множителей 2x + 3R - 2x = 3R, то S1 максимально, когда 2х= 3R- 2х, т.е. х= ¾R. Следовательно, максимальное значение S равно  .

Метод оценки.

Суть метода состоит в следующем. Рассматривается конкретная геометрическая фигура F, выделяется одна или несколько величин, которые характеризуют данную фигуру. Требуется оценить выделенную величину или совокупность величин, то есть доказать, что величина Z удовлетворяет одному из неравенств вида: Zm, (1) где т и М определяются условием задачи.

Для решения задачи требуется установить справедливость одного из неравенств (1), то есть доказать, что для каждого Z, принадлежащего одному из неравенств (1), фигура F существует и ни для одного числа Z, не удовлетворяющего неравенству, фигура F не существует. Заключительным этапом решения задачи является определение экстремальных значений т и М.

Задачи, имеющиеся в учебниках геометрии, чаще всего решаются методом оценки.

Пример 1:

Примером может послужить такая задача.

Расстояние от пункта А до В 4 км, а от В до С в двое больше. Какое наибольшее и наименьшее расстояние может быть от пункта А до пункта С.

Решение:

Расстояние АС зависит от места расположения точки С. Так как расстояние ЕС постоянное, то точка С принадлежит точкам окружности с

R = BC, В - центр. Легко заметить какие граничные значения может принимать АС,4 = АС2 < AСi <АВ + BCi = 12.

Отсюда, наибольшее: [АСi] = 12км;

наименьшее: [АСi ] = 4 км.

Искомыми точками Сi являются концы диаметра длиной 16 км с центром окружности в точке В.

Пример 2:

На озере, имеющем форму круга, расположен объект длиной ОА. В каком месте на берегу должен остановиться наблюдатель, чтобы наилучшим образом рассмотреть объект ОА (О - центр круга)?

Решение:

Если M   k, а С   МiА и МiА   ОС, то

0° < АМiO < AM'О так как ОС ≤ ОА.

Задача имеет два решения:

max( AMiO) =  AM'О=  AM'iО,

где ОА   M'M'i

Пример 3:

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

Решение:

Алгебраический подход к решению задач

Встречаются такие задачи на отыскание наибольшей и наименьшей величины, которые оптимальнее всего решать методами элементарной математики.

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.

Доказывается эта теорема с помощью выделения полного квадрата. Приведем примеры.

Пример:

и построить ее график.

Поиски решения.

Данную функцию можно изобразить аналитически так:

Отсюда видно, что при х = -1 она теряет смысл, а при всех других действительных значениях х принимает только положительные значения. Следовательно, ее наименьшим значением может быть только положительное число. Обнаружить это наименьшее значение непосредственно не представляется возможным. Поэтому надо обратиться к каким-то целенаправленным преобразованиям данного аналитического изображения функции.

Решение:

Очевидно, что

Обозначив дробь   буквой u, получим:

Искомое наименьшее значение равно   и получается оно при   т.е. при

х = 1

Перейдем к построению графика данной функции. Составим таблицу нескольких значений х и у, пользуясь формулой

Теперь посмотрим, как будет вести себя у, когда х станет стремиться к плюс бесконечности или минус бесконечности. Очевидно, что

Отсюда видно, что при стремлении х к бесконечности у стремится к 1.

Пример 2:

Требуется соорудить канал с поперечным сечением ABDC, где АВ=CD, АВ и CD перпендикулярны к BD. Сумма длин АВ, ВD и СD должны быть равной Р метрам.

Спрашивается, какими надо сделать ширину и глубину канала, чтобы площадь его поперечного сечения, т.е. площадь прямоугольника с вершинами в точках А, В, С, D, оказалась бы наибольшей?

Поиски решения.

Поскольку мы еще не знаем, какими надо сделать глубину и ширину канала, то естественно обозначить эти переменные какими-либо подходящими буквами. Например, положить АВ = х и BD = у. Далее надо выразить через х и у ту величину, наибольшее значение которой нам надо найти, т.е. площадь сечения канала. Эта площадь выразится произведением ху, т.е. будет зависеть от двух переменных величин х и у. Но наше исследование облегчится, если нам удастся выразить площадь в зависимости только от одной переменной. Очевидно, что в данном случае это сделать легко, т.к. по условию задачи 2х + у = Р.

Решение.

Отсюда видно, что наибольшая площадь получится в том случае, когда мы сделаем глубину канала х = Р/4. Тогда окажется ширина у равной Р/2, а наибольшая площадь равной Р2/8.

Пример 3:

Найти наименьшее и наибольшее значение функции y=4x+6|x-2|-x2 на отрезке [-1;3].

Решение:

y=-( x2-4x+4-4)+ 6|x-2|=-(x-2)2 +6|x-2|+4. Так как а2=|а|2, то

y= -|x-2|2+6|x-2|+4. Пусть t=|x-2|. Поскольку -1 ≤ х ≤ 3, то 0 ≤ t ≤ 3. При этом y=-t2+6t+4 возрастает и, следовательно,

min y(t)=y(0)=4, max y(t)=y(3)=13.

[0;3] [0;3]

Если t=0, то x=2. Если t=3, то |x-2|=3

Но по условию х [-1;3], поэтому остается только значение х=-1.

Ответ: min y(х)=y(2)=4, max y(х)=y(-1)=13.

[-1;3] [-1;3]

Оценок и неравенств

Теорема 2.

Функция х +  , где а > 0 и x > 0, имеет наименьшее значение равное 2 . Это наименьшее значение получается при х =  .

Очевидно, что  .

Отсюда следует, что наименьшее значение получается при х – 2 =  , т.е. при х = 6, а само наименьшее значение равно 10.

Теорема 3.

Если сумма двух положительных переменных величин постоянна, то произведение этих переменных имеет наибольшее значение, когда оба сомножителя принимают одинаковые значения.

Доказательство.

Пусть х и у - положительные переменные величины и пусть х + у = с, где с - постоянная величина. Применяя неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом, получим:

 или, наконец, 

Отсюда очевидно, что наибольшее значение произведения ху равно с2/4 и получается оно при х = у.

Теорема 4.

Если сумма n положительных переменных величин постоянна, то произведение этих переменных имеет наибольшее значение, когда все эти переменные принимают одинаковые значения. (Эта теорема является обобщением теоремы 3.)

Доказательство.

Пусть х1, х2, …, хn - положительные переменные величины и пусть х1 + х2 + … + хn = с, где с - постоянна. По теореме Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом имеем:

Отсюда х1х2…хn≤(с/n)n ( здесь знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда х1 = х2 = …= хn). Следовательно, наибольшее значение произведения х1х2…хn равно (c/n)n и получается оно при х1 = х2 = …= хn. Теорема доказана.

Пример 1:

Найти наибольшее значение функции х4(32-х4).

Поиски решения.

Данная функция принимает отрицательные значения при  , а при   -положительные. Поскольку ее наибольшее значение надо искать среди значений х меньших , чем 

Если мы положим х4 = у, то задача сведется к нахождению наибольшего значения многочлена второй степени, имеющего вид:

- у2 +32у.

Однако если проявить наблюдательность и заметить, что сумма множителей х4 и (32 - х4) является величиной постоянной, то можно воспользоваться теоремой 3 и решить задачу проще.

Пример 2:

Найти наибольшее значение функции 3х2 - 2х3 при 0<х<3/2.

Поиски решения.

Во-первых, выясним, почему здесь на независимую переменную х наложены ограничения. Если допустить, что х<0, то данная функция не будет иметь наибольшего значения, так как она будет неограниченно возрастать при неограниченном возрастании абсолютной величины аргумента х, принимающего отрицательные значения. Например, при х = -1000 значение данной функции будет равно 3 10002 + 2 10003. Если же допустить, что х>3/2, то окажется, что 3х2 - 2х3<0. При значениях же х, заключенных между нулем и числом 3/2, все значения данной функции будут положительными. Поэтому наибольшее значение надо искать при таких значениях х, которые удовлетворяют неравенствам 0<х<3/2.

Если мы запишем нашу функцию в виде х2 (3 - 2х), то увидим, к сожалению, что сумма сомножителей х2 и (3 - 2х) не постоянна. И вот тут-то надо проявить изобретательность и записать данную функцию в виде произведения трех сомножителей, а именно так: х х (3 - 2х).

Решение. Очевидно, что 3х2 - 2х3 = х2(3 - 2х) = х х (3 - 2х).

При условиях нашей задачи в последнем произведении все три множителя положительны и их сумма равна 3, т.е. является величиной постоянной.

По теореме 4 наша функция будет иметь наибольшее значение при условии, что х = х = 3 - 2х, т.е. при х = 1. И само наибольшее значение нашей функции будет равно тоже 1. Если мы положим, например, х = 5/4, то значение нашей функции окажется равным 25/32, т.е. окажется меньшим единицы.

Пример 3:

Найти наибольшее значение функции 

y=4  на интервале (-∞; ).

Решение:

y=4 = = =2x-1+ .

Так как по условию х<1/2, то 2х-1<0 и  <0. Воспользуемся неравенством | at+b/t | ≥2

для случая t<0. Тогда y=2х-1+ ≤-2 , причем знак неравенства достигается тогда и только тогда, когда

2х-1= , и 2х-1<0 .

И последней системы находим х=