PROBLEME DE EXTREM IN GEOMETRIE SI FIZICA

PROBLEME DE EXTREM IN GEOMETRIE SI FIZICA

Analiza matematica este deosebit de utila si la orele de fizica si matematica. Este deosebita o ora de matematica si fizica, cu profesorii de ambele specialitati: cel de fizica expune fenomenul fizic , iar cel de matematica ofera suporutl matematic. Copiilor le place deosebit. Incercati. . .

PROBLEMA 1. In triunghiul isoscel ABC cu baza BC=2a si inaltimea AD=h, sa se inscrie dreptunghiul de arie maxima, cu o latura pe baza BC.

Solutie. Vom nota cu x si y laturile dreptunghiului . Din asemanarea triunghiurilor avem relatia:

Þ y=

Þ S(x)= yx = unde S(x) am notat aria dreptunghiului.

Deci, S(x)= Þ S(x) =+ax Þ S¢(x)=+a

S¢(x)=0 Þ +a =0 Þ -2ax= -ah Þ x=

Studiind semnul lui S¢(x) :

Þ x= punct de maxim local Þ S_max=S()= Þ S_max= Þ S_max = .

PROBLEMA 2. Sa se inscrie in elipsa : , un dreptunghi de arie maxima , avand laturile paralele cu axele elipsei.

Solutie. Fie MÎ elipsei Þ M are coordonatele (x, ).

Aria dreptunghiului este S(x)=2x2y = 4x Þ

Þ S(x) = 4x.

Derivata functiei S¢(x) este S¢(x) = Þ

Þ S¢(x) =

Radacinile derivatei sunt x = `

Cum S(x) este pozitiva pentru xÎ si negativa pentru xÎ Þ x= este un punct de maxim local.

Þ S_max =2x2y= 4xy Þ S_max=2 Þ S_max= b ÞS_max=2ab.

PROBLEMA 3. Sa se determine trunchiul de con circular drept de volum minim, circumscris sferei de raza r.

Solutie.

Notand cu x - raza bazei mici a trunchiului

y - raza bazei mari a trunchiului , avem

V=(x²+y²+xy) .

Cum AT= Þ AT=x , DT= Þ DT=y si cum triunghiul AOD avem O=90 Þ r²=xy ( conform teoremei inaltimii )

Þ     x²y²=r⁴ Þ y²= Þ

Þ     V(x)= Þ

Þ     V¢(x)= Þ V¢(x)= Þ

Þ     V¢(x)=

V¢(x)=0 Þ x=r ; x=-r imposibil (x,r>

Þ     V_min se realizeaza cand x=r , adica atunci cand trunchiul de con devine cilindrul circumscris sferei de raza r.

V_min=(r²+r²+r²) Þ V_min = 2pr³.

PROBLEMA 4. In elipsa de ecuatie : 2x²+y²= 18 , se considera punctele A(1,4) si B(3,0). Sa se determine un punct C¹B¢ pe elipsa astfel incat aria triunghilui sa fie maxima.

Solutie.

Semiaxele elipsei sunt : a=3 si b=3

Fie CÎ elipsei Þ C(x, ).

Notand cu S(x) - aria triunghilui ABC , S :R avem

S(x)= Þ S(x)=6-2x- Þ

Þ     S¢(x)=-2+ Þ S¢(x)=

S¢(x)=0 Þ x-=0 Þ x= Þ 3x²=18 Þ x²=6 Þ x=

S_max=S(-)=6+2- Þ S_max=6+2+ Þ S_max=6+.

PROBLEMA 5. Sa se determine cilindrul de arie laterala maxima inscris in sfera de raza r.

Solutie.

Exprimam generatoarea cilindrului in functie de raza sferei si raza bazei cilindrului , notata cu x si avem ;

g=2

Aria laterala a cilindrului va fi : S(x)=2px2 Þ

S¢(x)=

S¢(x)=0 Þ x=r g=r ÞS_max=2pr².

PROBLEMA 6. Sa se determine dreptunghiul de arie maxima inscris in cercul de raza r.

Solutie.

Exprimam aria dreptunghiului in functie de latimea sa x si raza cercului r si avem :

S(x)=x

Þ S¢(x)= . Radacinile derivatei intai vor fi : S¢(x)=0 Þ x=r

Deci maximul ariei dreptunghiului inscris se realizeaza pentru patrat si are valoarea : S_max=2r².

PROBLEMA 7. Sa se determine dreptunghiul de arie maxima inscris in semicercul de raza r, una din laturile sale fiind pe diametrul semicercului.

Solutie.

Aria dreptunghilui va fi : S(x) =2x

Derivata intai a acestei functii va fi : S¢(x)= . Punand conditia sa gasim radacinile derivatei, avem :

S¢(x)=0 Þ x=r Þ Aria maxima este : S_max=r².

Prin urmare, dreptunghiul care rezolva problema are lungimea egala cu dublul latimii.

PROBLEMA 8. Fie ABC un triunghi echilateral cu latura de lungime a. Pe laturile AB, BC, CA luam respectiv punctele C₁, A₁, B₁ astfel incat AC₁=BA₁=CB₁=x . Sa se afle minimul ariei triunghilui echilateral inscris A₁B₁C₁ pentru x variabil.

Solutie.

Aria triunghiului AB₁C₁ se poate exprima cu formula

S(x)=x(a-x) sin Þ S(x)=x(a-x)

Aria triunghiului A₁B₁C₁ este : A(x)=a² -x(a-x) Þ A(x)= Þ A(x)=(3x²-3ax-a²) Þ

Þ     A¢(x)= (6x-3a) Þ A¢(x)=(2x-a).

Radacina derivatei va fi x=

Deci triunghiul de arie minima este triunghiul median al triunghiului echilateral ABC.

PROBLEMA 9. Un cerc are diametrul AB=2a. Pe acest diametru se considera un punct mobil M astfel incat AM=x. Pe segmentele AM si BM luate ca diametrii, se descriu cercurile O₁, O₂. Sa se afle maximul ariei S(x) a multimii cuprinsa intre cele doua cercuri.

Solutie.

Notam AM=x AB=2a MB=2a-x

S(x)=S₁-S₂-S₃, unde : S₁=pa²  S₂= S₃=

Þ S(x)= Þ S(x)= Þ

ÞÞS(x)= (-2x²+4ax) Þ S(x)=(2a-x), xÎ

Avem S(0)=0 si S(2a)=0 Þ functia S(x) indeplinese conditiile din teorema lui Rolle Þ cÎ astfel incat S¢(c)=0.

S¢(x)= (2a-2x) Þ S¢(x)=p(a-x)  ÞS¢(x)=0  Þx=a.

Cum S¢(x)=-p <0 funcita va fi concava pe Þ S(x) are un maxim dat de

S_max=S(a)=

PROBLEMA 1. O tinta fixa trebuie atinsa cu un proiectil .Tinta se afla la distanta d pe orizontala si la inaltimea nd ( n>0) fata de punctul de tragere a proiectilului. Neglijand rezistenta aerului, sa se determine viteza initiala minima ce trebuie imprimata proiectilului astfel incat acesta sa atinga tinta.

Solutie.

Ecuatia traiectoriei proiectilului in sistemul de referinta xOy este :

y= x tg a -.

Dar : x=d ; y=nd., inlocuind in ecuatia traiectoriei si explicitand pe v₀ se obtine :

v₀² = aÎ

Pentru determinarea extremelor functiei v₀ =f(a), avem :

f¢ a

Exprimand in relatia de mai sus toate functiile trigonometrice prin tg a se obtine :

f¢ a

Cautam punctele de extrem si pentru aceasta egalam derivata cu 0 obtinand ecuatiile :

tg²a sau tg²a-2n tga

Prima ecuatie nu are solutii reale, deci acceptabile.Pentru a doua ecuatie avem solutiile :

tg a =n

Deoarece aÎ numai solutia tga =n+ satisface problema.Facand tabelul de variatie al derivatei ,obtinem punctele de extrem ale functiei

Din tabelul de semn al derivatei se deduce ca tga este punct de minim al functiei v₀=f(a) iar valoarea functiei in punctul de minim se obtine inlocuind tga =n+ in functie :

v =gd(n+

v

PROBLEMA 2. Se da un canal hidraulic cu sectiunea trapezoidala de arie constanta . Cunoscand ca panta taluzului este constanta , tg a=m=1, sa se determine raportul dintre baza mica si inaltimea sectiunii trapezoidale a canalului hidraulic , astfel incat sa rezulte perimetrul minim dat.

Solutie.

Notand cu h si respectiv cu b, inaltimea si respectiv baza mica a sectiunii trapezoidale a canalului hidraulic , perimetrul udat este :

P=b+

Cum insa cos a (0<a<) si cum tg a=m, avem

P=b+2h

Notand = x, rezulta :

P=h(x+2

Pe de alta parte aria sectiunii canaluluii este :

A=h(b+mh),

Sau

A=h²(x+m)

Din care :

h=, (h>

Inlocuind inexpresia perimetrului, avem :

P=(x+2

Deoarece A si m sunt constante , rezulta ca P prezinta un extrem cand P¢(x)=0.

P¢(x)=

Rezulta x=2(-m) sau x

Pentru a stabili natura punctului de extrem calculam valoarea derivatei secunde si comparam cu zero.

P²(x)=

Inlocuind valoarea punctului de extrem in derivata secunda,avem ;

P²(x0=>

Deci pentru x dat de relatia x=2(-m), P prezinta un minim.

Valoarea minima a perimetrului udat, este :

P_min=2

Sau P_min

PROBLEMA 3. Doi purtatori de sarcina electrica pozitiva de aceeasi valoare Q, punctiformi , sunt asezati in varfurile B si C ale unui triunghi isoscel ABC (B=C) .Se cere sa se determine valoarea unghiului A pentru care intensitatea campului electrostatic de cei doi purtatori de sarcina in varful A are valoarea maxima. Latura BC a triunghiului are marimea d.

Solutie.

Notam B=C=a iar A=b

Intensitatea campului electric creat de cele doua sarcini in varful A al triunghiului este :

E=E₁cos , in care E₁= , r=

Inlocuind in expresia intensitatii capului electric , se obtine :

E=sin² cos

Este necesar a se gasi extremele functiei E=f(b).Avem :

E¢ b sin(2 cos² -sin²

Solutiile ecuatiei E¢ b)=0 sunt :

sin =0 Þ b

si  tg²=2 Þ tg

din care tg Þ b ¢

tg Þ b ¢

Este usor de observat ca numai soluitia b ¢ ;este acceptabila , deoarece b =0 conduce la E =0, fapt ce semnifica ca punctul A se gaseste la infinit pe perpendiculara ce cade pe mijlocul lui BC , iar b ¢ este inacceptabila din punct de vedere geometric. Pentru solutia b =0 se obtine de fapt valoarea minima a lui E.

Pentru a determina natura extremu lui dat de b , avem :

E² b cos

Tinand seama ca sin si cos , rezulta ca E² b) pentru b b este :

E² b <

Deci pentru b b , E =f(b) prezinta un maxim a carui valoare rezulta inlocuind b

E_max=