Задачи на экстремум в планиметрии (стр. 3 из 4)
Из уравнения
dS/dx= а — 2х = 0
находим (единственное) критическое значение х = а/2. Оно принадлежит данному промежутку (0, а). Вычисляем значение S(а/2) = а/4 и граничные значения f(0) = 0, f(a) = 0. Сопоставляя эти три значения, заключаем, что искомым наибольшим значением является а/4.
В этом сопоставлении не будет необходимости, если заметить, что в единственной критической точке х = а/2вторая производная функции S (х) отрицательна; т. е. (§ 5) функция S(х) имеет здесь максимум.
Переменный прямоугольник ACBD всегда имеет один и тот же периметр (2а). Значит, из всех прямоугольников данного периметра квадрат имеет наибольшую площадь.
П р и м е р 2. Найти наименьшую и наибольшую величины полупериметра прямоугольника с данной площадью S.
Р е ш е н и е . Обозначим стороны прямоугольника через х, у. По условию
xy = S(1)
(х и у — положительные величины). Требуется найти наименьшее и наибольшее значения величины
р = х + у.(2)
Примем за аргумент х; тогда
р = х + S/х(3)
Аргумент х изменяется в бесконечном промежутке (0, + ∞) (в него не входит конец х = 0). В этом промежутке функция р(х) непрерывна и имеет производную 
(4)
Из уравнения
(5)находим единственное (в данном промежутке) критическое значение
Из (4) видно, что при
производная положительна. Значит (§ 3), имеем минимум. Будучи единственным, он является (см.замечание 1) наименьшим значением полупериметра;
(6)т. е. из всех прямоугольников с данной площадью S наименьший полупериметр имеет квадрат
Наибольшего значения величина р не имеет [данный промежуток (0, +∞) — незамкнутый].П р и м е р 3. Найти наименьшее количество жести, из которого можно изготовить цилиндрическую консервную банку вместимостью V=2π (запас на швы не учитывать).
Р е ш е н и е. Пусть поверхность банки S, радиус основания r, высота h. Требуется найти наименьшее значение величины
S = 2 πrh + 2r2(7)
при условии, что
πr2h=V.(8)
За аргумент удобно принять r. Из (7) и (8) находим:
(9)где аргумент изменяется в промежутке (0, ∞). По смыслу задачи ясно, что величина S достигает наименьшего значения где-то внутри этого промежутка. Поэтому достаточно рассмотреть значения функции в критических точках. Решаем уравнение
(10)Единственный его корень
соответствует наименьшему значению S. Из (8) и (11) находим: 
, т. е. высота банки должна равняться диаметру основания. Наименьшее количество жести, потребное для изготовления банки, равноSнаим = 2 π(rh + г2) = 6 πr2 = 3 πrV ~ 879 см2.
П р и м е р 4. (парадокс Декарта). В 1638 г.
Рис. 15 Декарт получил (через М. Мерсенна) письмо Ферма, где последний сообщил без доказательства открытое им правило разыскания экстремума. В переводе на современный язык правило Ферма сводится к разысканию значения х, обращающего в нуль производную f'(х) исследуемой функции f(х).
В ответном письме Декарт привел нижеследующий пример, доказывающий, как он полагал, ложность правила Ферма. Пусть дана окружность
х2+у2 = r2(12)
(рис. 15) и точка А (— а; 0), отличная от центра (т. е. а ≠ 0). Требуется найти на окружности (12) точку, ближайшую к А. Квадрат расстояния произвольной точки М (х; у) от точки А выражается так:
АМ2 = (х + а)2 + у2.(13)
Если же М лежит на окружности (12), то у2 = r2—х2,
так что AM2 = (х + а)2 + r2 — x2.
Чтобы найти значение х, дающее минимум величине AM2, Декарт следует правилу Ферма и получает нелепое равенство 2а = 0.
Между тем геометрически ясно, что искомая точка существует и совпадает с точкой Р(—r; 0). Из этого Декарт заключает, что признак минимума неверен. На самом деле точка Р (х = - r) не обнаруживается по другой причине: соответствующее ей наименьшее значение AM2 не является минимумом. Действительно, х изменяется только в промежутке (— r, + r). Рассматриваемая функция принимает наименьшее значение на конце промежутка.
§ 7. Правило разыскания экстремума
Пусть функция f(x, у) дифференцируема в некоторой области ее задания. Чтобы найти все ее экстремумы в этой области, надо:
1) Решить систему уравнений f'x(x,y) = 0, f'y(x,y) = 0. (1)
Решение даст критические точки.
2) Для каждой критической точки Р0 (a; b) исследовать, остается ли неизменным знак разности
f(x, y) – f(a, b)(2)
для всех точек (х; у), достаточно близких к Р0. Если разность (2) сохраняет положительный знак, то в точке Р0 имеем минимум, если отрицательный, — то максимум. Если разность (2) не сохраняет знака, то в точке Р0 нет экстремума.
Аналогично находим экстремумы функции при большем числе аргументов.
З а м е ч а н и е. При двух аргументах исследование иногда облегчается применением достаточного условия § 8. При большем числе аргументов это условие усложняется. Поэтому на практике стараются использовать частные свойства данной функции.
П р и м е р. Найти экстремумы функции
f(x, у) = х3 + у3-Зху + 1.
Р е ш е н и е. 1) Приравнивая к нулю частные производные f'х = 3х2 — 3у, f =3у2 — Зх, получаем систему уравнений
х2 - у = 0,у2 — х = 0.(3)
Она имеет два решения:
х1 = у1 = 0,х2 = y2 = 1. (4)
Исследуем знак разности (2) для каждой из двух критических точек Р1 (0; 0), Р2 (1; 1).
2а) Для точки Р1 (0; 0) имеем:
f(x, у) – f(0, 0) = х3 + у3-Зху + 1. (5)
Разность (5) не сохраняет знака, т. е. в любой близости от Р1 есть точки двух типов: для одних разность (5) положительна, для других — отрицательна. Так, если точку Р (х; у) взять на прямой у = х, то разность (5) равна
2х3— Зх2 = х2 (2х — 3). Вблизи от Р1 (при х < 3/2) эта разность отрицательна. Если же точку Р (х; у) взять на прямой у = —х, то разность (5) равна Зх2, а эта величина всегда положительна.
Поскольку разность (5) не сохраняет знака, в точке P1 (0; 0) экстремума нет. Поверхность
z = х3 + у3 — Зху + 1
в точке (0; 0; 1) имеет вид седла (наподобие гиперболического параболоида).
2б) Для точки Р2 (1; 1) имеем:
f(x,y) – f(1; 1) = x3+ y3 - 3xy + l.(6)
Докажем, что эта разность в достаточной близости от точки (1; 1) сохраняет положительный знак. Положим:
х = 1 + α,у = 1+ β.(7)
Разность (6) преобразуется к виду
3(α 2 - α β + β2) + (α 3 + β3)(8)
Первый член при всех ненулевых значениях α, β положителей и притом больше чем 3/2 (α 2 + β2). Второй член может быть и отрицательным, но при достаточной малости | α | и | β |он по абсолютному значению меньше чемα 2 + β2. Значит, разность (8) положительна.
Стало быть, в точке (1; 1) данная функция имеет минимум.
§ 8.Теорема Чевы
Теорема Чевы — это классическая теорема геометрии треугольника. Эта теорема аффинная, т. е. она может быть сформулирована используя только характеристики сохраняющиеся при аффинных преобразованиях. Теорема названа в честь итальянского математика Джованни Чевы, который доказал её в 1678 году.
Начнём с определения: Отрезок, соединяющий вершину треугольника с некоторой точкой на противоположной стороне, называется чевианой.
Три чевианы AA',BB',CC' треугольника
конкурентны тогда и только тогда, когда 
Если стороны BC, CA, ABтреугольника ABC разделены в отношениях BP/PC = λ ≠ 0, CQ/QA = µ ≠ 0, AR/ RB = υ ≠ 0, то прямые AP, BQ, CR принадлежат одному и тому же пучку (собственному или несобственному) тогда и только тогда, когда λ, µ, υ = 1.
Эту теорему можно обобщить на случай когда точки A',B',C' лежат на продолжениях сторон BC,CA,AB. Для этого надо воспользоваться «отношением направленных отрезков», оно определено для двух направленных отрезков XY и ZT на одной прямой (или на параллельных прямых) и обозначается XY / ZT.
Пусть A',B',C' лежат на прямых BC,CA,AB треугольника
. Прямые AA',BB',CC' конкурентны тогда и только тогда, когда