Екстремална задача

[filip]

От всички правоъгълни триъгълници с даден периметър намерете острите ъгли на този с най голямо лице.

[pipi langstrump]

Когато е равнобедрен, т.е. по 45°.

[S.B.]

От всички правоъгълни триъгълници с даден периметър намерете острите ъгли на този с най голямо лице.

Без заглавие - 2022-01-03T104916.105.png (192.34 KiB) Прегледано 863 пъти

[tex]\frac{a}{c} = \sin \alpha \Rightarrow a = c\sin \alpha[/tex]

[tex]\frac{b}{c } = \cos \alpha \Rightarrow b = c\cos \alpha[/tex]

[tex]a + b + c = P \Leftrightarrow c\sin \alpha + c\cos \alpha + c = P \Leftrightarrow c(\sin \alpha + \cos \alpha + 1) = P \Rightarrow[/tex]
$$c = \frac{P}{\sin \alpha + \cos \alpha + 1} $$
[tex]a^{2 } + b^{2 } = c^{2 } \Leftrightarrow (a + b)^{2 } - 2ab = c^{2 } \Leftrightarrow (P - c)^{2 } - c^{2 } = 2ab \Leftrightarrow(P-c+c)(P-c-c) = 2ab \Leftrightarrow[/tex]
[tex]2ab = P(P - 2c) \Rightarrow 4S = P(P - \frac{2P}{\sin \alpha + \cos \alpha + 1 } \Rightarrow ...[/tex] (след преработка)
$$S( \alpha) = \frac{ P^{2 } }{4} .\frac{\sin \alpha + \cos \alpha - 1 }{\sin \alpha + \cos \alpha + 1} $$
Лицето $S$ е функция на острия ъгъл [tex]\alpha[/tex]
[tex]S'( \alpha) = \frac{ P^{2 } }{2}. \frac{\cos \alpha - \sin \alpha }{ (\sin \alpha + \cos \alpha + 1) ^{2 } }=0 \Rightarrow \sin \alpha = \cos \alpha \Rightarrow
\alpha = 45 ^\circ[/tex]

За [tex]\alpha = 45 ^\circ[/tex] функцията притежава екстремум

[tex]S''( \alpha) = \frac{ P^{2 } }{2}. \frac{2\sin \alpha\cos \alpha - 3- \sin \alpha -\cos \alpha }{ (\sin \alpha + \cos \alpha + 1)^{3 } }[/tex]

[tex]S''(45 ^\circ ) = -\frac{ P^{2 } }{2}. \frac{(2 +\sqrt{2}) }{ ( \sqrt{2} +1) ^{3 } } < 0 \Rightarrow[/tex] за [tex]\alpha = 45 ^\circ[/tex] функцията притежава максимум

Максимално лице се получава при равнобедрен триъгълник

[pipi langstrump]

Може би по-лесно е да използваме, че S = [tex]\frac{1}{2}ab = \frac{1}{2} c\sin \alpha. c\cos \alpha = \frac{1}{4} c^2 \sin2 \alpha[/tex] и оттук да заместим [tex]c[/tex].

[S.B.]

Може би по-лесно е да използваме, че S = [tex]\frac{1}{2}ab = \frac{1}{2} c\sin \alpha. c\cos \alpha = \frac{1}{4} c^2 \sin2 \alpha[/tex] и оттук да заместим [tex]c[/tex].

Ако прочетете решението ми внимателно,ще разберете, че аз използвам именно ,че [tex]S = \frac{1}{2}ab[/tex]
[tex]a^{2 } + b^{2 } = c^{2 } \Leftrightarrow (a + b)^{2 } - 2ab = c^{2 } \Leftrightarrow (P-c)^{2 } - c^{2 } = 2ab \Leftrightarrow (P - c)^{2 }- c^{2 } = 4S.....[/tex]
Но Вие може би имате друга идея за изразяване на $c$? Може би без използване на периметъра и Питагорова теорема?Това е интересно и ще бъде чудесно ако развиете вашата идея!

[pipi langstrump]

Нямам друга идея за изразяване на c, а за изразяване на S чрез с, а оттам и чрез P, без нужда от Питагорова теорема и съм я написал: [tex]S = \frac{1}{4} c^2 \sin2 \alpha[/tex], сега заместваме [tex]c[/tex] с израза, който си намерил и получаваме [tex]S = \frac{P^2 \sin 2 \alpha }{4(1+ \sin \alpha + \cos \alpha)^2 }[/tex]

Питам се обаче дали няма някакъв по-хубав начин без производни да докажем, че именно при 45° се достига максимум. От съображения за симетрия е ясно, че [tex]S(\alpha)[/tex] е симетрична в интервала [0°;90°], растяща е в някакъв интервал след 0° и намаляваща преди 90°. Значи задължително при 45° имаме екстремум, но как да докажем, че е единствен, което би решило задачата