Math24.ru
Математический Анализ
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Физические задачи на оптимизацию
При исследовании физических систем часто возникает вопрос об оптимальной конфигурации, оптимальном режиме работы или экстремальных значениях величин, характеризующих систему. Такой анализ можно выполнить с помощью производной. Некоторые физические задачи на данную тему рассматриваются ниже.

   Пример 1
При каком внутреннем сопротивлении источника мощность, выделяющаяся на нагрузке, будет максимальна (рисунок \(1\))?

Решение.
Сила тока в электрической цепи определяется полным законом Ома: \[I = \frac{\varepsilon }{{R + r}}.\] Тогда мощность, выделяющаяся на внешнем сопротивлении, равна \[ {P = P\left( R \right) = {I^2}R } = {{\left( {\frac{\varepsilon }{{R + r}}} \right)^2}R } = {\frac{{{\varepsilon ^2}R}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}}.} \] Данная мощность представляет собой функцию \(P\left( R \right).\) Исследуем ее на экстремум. Производная \(P'\left( R \right)\) записывается в виде \[ {P'\left( R \right) = {\left( {\frac{{{\varepsilon ^2}R}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}}} \right)^\prime } } = {{\varepsilon ^2}\frac{{R'{{\left( {R + r} \right)}^2} - R{{\left( {{{\left( {R + r} \right)}^2}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {R + r} \right)}^4}}} } = {{\varepsilon ^2}\frac{{{{\left( {R + r} \right)}^2} - 2R\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^4}}} } = {{\varepsilon ^2}\frac{{R + r - 2R}}{{{{\left( {R + r} \right)}^3}}} } = {{\varepsilon ^2}\frac{{r - R}}{{{{\left( {R + r} \right)}^3}}}.} \] Отсюда видно, что производная равна нулю при условии \(R = r,\) причем при переходе через это значение (при возрастании \(R\)) производная меняет знак с плюса на минус. Таким образом, найденное значение соответствует максимуму функции \(P\left( R \right).\) Наибольшее значение выделяемой мощности определяется следующим выражением: \[\require{cancel} {{P_{\max }} = \frac{{{\varepsilon ^2}r}}{{{{\left( {r + r} \right)}^2}}} } = {\frac{{{\varepsilon ^2}\cancel{r}}}{{4{r^{\cancel{2}}}}} } = {\frac{{{\varepsilon ^2}}}{{4r}}.} \]
   Пример 2
Простейшая электрическая цепь состоит из источника тока с внутренним сопротивлением \(r\) и внешней нагрузки сопротивлением \(R\) (рисунок \(1\)). При каком условии коэффициент полезного действия источника будет наибольшим?

Решение.
Коэффициент полезного действия \(\eta\) определяется как отношение полезной мощности \({W_R}\) к полной мощности источника \(W:\) \[\eta = \frac{{{W_R}}}{W} = \frac{{{W_R}}}{{{W_R} + {W_r}}}.\] Выражения для полезной и полной мощности следуют из полного закона Ома: \[ {{W_R} = {I^2}R } = {{\left( {\frac{\varepsilon }{{R + r}}} \right)^2}R } = {\frac{{{\varepsilon ^2}R}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}};} \] \[ {{W_r} = {I^2}r } = {{\left( {\frac{\varepsilon }{{R + r}}} \right)^2}r } = {\frac{{{\varepsilon ^2}r}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}};} \] \[ {W = {W_R} + {W_r} } = {\frac{{{\varepsilon ^2}R}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}} + \frac{{{\varepsilon ^2}r}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}} } = {\frac{{{\varepsilon ^2}\cancel{\left( {R + r} \right)}}}{{{{\left( {R + r} \right)}^{\cancel{2}}}}} } = {\frac{{{\varepsilon ^2}}}{{R + r}},} \] где \(\varepsilon\) − э.д.с. источника, \(I\) - сила тока в цепи. Отсюда получаем формулу для коэффициента полезного действия в следующем виде: \[ {\eta = \frac{{{W_R}}}{W} } = {\frac{{\frac{{{\varepsilon ^2}R}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}}}}{{\frac{{{\varepsilon ^2}}}{{R + r}}}} } = {\frac{{R\cancel{\left( {R + r} \right)}}}{{{{\left( {R + r} \right)}^{\cancel{2}}}}} = \frac{R}{{R + r}}.} \] В данной формуле к.п.д. \(\eta\) зависит от \(R,\) т.е. представляет собой функцию \(\eta \left( R \right).\) Исследуем ее с помощью производной: \[ {\eta '\left( R \right) = {\left( {\frac{R}{{R + r}}} \right)^\prime } } = {\frac{{R'\left( {R + r} \right) - R{{\left( {R + r} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}} } = {\frac{{\cancel{R} + r - \cancel{R}}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}} } = {\frac{r}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}} > 0.} \] Таким образом, производная \(\eta '\left( R \right)\) всегда положительна, то есть к.п.д. монотонно возрастает при увеличении внешнего сопротивления \(R\) (и неизменном внутреннем сопротивлении \(r\)). Если записать к.п.д. \(\eta\) в виде \[ {\eta \left( R \right) = \frac{R}{{R + r}} } = {\frac{1}{{1 + \frac{r}{R}}},} \] то легко увидеть, что к.п.д. приближается к максимально возможному значению \(1\) при условии \({\large\frac{r}{R}\normalsize} \to 0.\)
максимальная мощность и кпд в электрической цепи
максимальная дальность броска тела
Рис.1
Рис.2
   Пример 3
Тело брошено под углом \(\alpha\) к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить угол \(\alpha,\) при котором дальность полета тела будет наибольшей.

Решение.
Пусть тело брошено с начальной скоростью \({v_0}\) (рисунок \(2\)). Уравнения движения тела в системе координат \(xOy\) имеют вид: \[\left\{ \begin{array}{l} x = {v_{x0}}t\\ y = {v_{y0}}t - \frac{{g{t^2}}}{2} \end{array} \right.,\] где \(g\) − ускорение свободного падения, \(t\) − время, а компоненты начальной скорости \({v_0}\) равны \[{v_{x0}} = {v_0}\cos \alpha ,\;\;\;{v_{y0}} = {v_0}\sin\alpha .\] Тогда можно записать: \[\left\{ \begin{array}{l} x = {v_0}\cos \alpha \,t\\ y = {v_0}\sin \alpha \,t - \frac{{g{t^2}}}{2} \end{array} \right..\] В момент падения тела на землю координата \(y\) равна нулю. Следовательно, время движения тела составляет: \[ {y = 0,\;\; \Rightarrow {v_0}\sin\alpha\,t - \frac{{g{t^2}}}{2} = 0,}\;\; {\Rightarrow t\left( {{v_0}\sin\alpha - \frac{{gt}}{2}} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{gt}}{2} = {v_0}\sin\alpha ,}\;\; {\Rightarrow t = \frac{{2{v_0}\sin\alpha }}{g}.} \] Подставляя это значение \(t\) в первое уравнение системы, находим дальность полета \(L:\) \[ {L = {v_0}\cos\alpha \,t } = {\frac{{2v_0^2\sin\alpha \cos \alpha }}{g} } = {\frac{{v_0^2\sin2\alpha }}{g}.} \] Величина \(L\) является функцией от угла бросания \(\alpha:\) \(L = L\left( \alpha \right).\) Можно сразу отметить, что \(L\) достигает максимального значения при условии \[ {\sin2\alpha = 1,}\;\; {\Rightarrow 2\alpha = \frac{\pi }{2},}\;\; {\Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{4} = 45^\circ.} \] Такой же результат можно получить более строго, исследуя функцию \(L\left( \alpha \right)\) с помощью производной. Дифференцируя \(L\left( \alpha \right),\) получаем: \[ {L'\left( \alpha \right) = {\left( {\frac{{v_0^2\sin2\alpha }}{g}} \right)^\prime } } = {\frac{{v_0^2}}{g}{\left( {\sin2\alpha } \right)^\prime } } = {\frac{{2v_0^2}}{g}\cos2\alpha .} \] Приравнивая производную нулю, определяем экстремум функции \(L\left( \alpha \right):\) \[ {L'\left( \alpha \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{2v_0^2}}{g}\cos2\alpha = 0,}\;\; {\Rightarrow \cos2\alpha = 0,}\;\; {\Rightarrow 2\alpha = \frac{\pi }{2},}\;\; {\Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{4}.} \] Функция \(\cos2\alpha \) положительна слева от точки \(\alpha = \large\frac{\pi }{4}\normalsize\) и отрицательна справа от нее, т.е. при переходе через эту точку производная меняет знак с плюса на минус. Следовательно, \(\alpha = \large\frac{\pi }{4}\normalsize\) − точка максимума.

Таким образом, максимальная дальность броска достигается при бросании тела под углом \(\alpha = \large\frac{\pi }{4}\normalsize = 45^\circ.\) Данное значение не зависит от начальной скорости \({v_0}.\) Сама же максимальная дальность \({L_{\max }}\) зависит от \({v_0}\) и определяется формулой \[ {{L_{\max }} = L\left( {\frac{\pi }{4}} \right) } = {\frac{{v_0^2}}{g}\sin\frac{\pi }{2} = \frac{{v_0^2}}{g}.} \]
   Пример 4
Дождевая капля с начальной массой \({m_0}\) падает под действием силы тяжести. По мере падения капля испаряется, так, что ее масса уменьшается со временем по линейному закону \(m\left( t \right) = {m_0} - bt,\) где \(b\) − скорость испарения. Определить момент времени, при котором кинетическая энергия капли будет наибольшей.

Решение.
Кинетическая энергия тела, падающего из состояния покоя, выражается формулой \[ {K = \frac{{m{v^2}}}{2} } = {\frac{{m{{\left( {gt} \right)}^2}}}{2} } = {\frac{{m{g^2}{t^2}}}{2}.} \] Подставляя в эту формулу закон изменения массы капли, получаем функцию \(K\left( t \right):\) \[ {K\left( t \right) = \frac{{m\left( t \right){g^2}{t^2}}}{2} } = {\left( {{m_0} - bt} \right)\frac{{{g^2}{t^2}}}{2} } = {\frac{{{m_0}{g^2}{t^2}}}{2} - \frac{{b{g^2}{t^3}}}{2}.} \] Вычислим производную и найдем стационарные точки функции \(K\left( t \right):\) \[ {K'\left( t \right) = {\left( {\frac{{{m_0}{g^2}{t^2}}}{2} - \frac{{b{g^2}{t^3}}}{2}} \right)^\prime } } = {{m_0}{g^2}t - \frac{{3b{g^2}{t^2}}}{2} } = {{g^2}t\left( {{m_0} - \frac{3}{2}bt} \right);} \] \[ {K'\left( t \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {g^2}t\left( {{m_0} - \frac{3}{2}bt} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {t_1} = 0,\;{t_2} = \frac{{2{m_0}}}{{3b}}.} \] Производная \(K'\left( t \right)\) представляет собой квадратичную функцию. Первый корень \({t_1} = 0\) является точкой минимума, а второй корень \({t_2} = \large\frac{{2{m_0}}}{{3b}}\normalsize\) − точкой максимума функции \(K\left( t \right).\) Следовательно, капля будет наибольшую кинетическую энергию в момент времени \(t = \large\frac{{2{m_0}}}{{3b}}\normalsize.\)

В этот момент кинетическая энергия будет равна \[ {{K_{\max }} } = {\frac{{{m_0}{g^2}{{\left( {\frac{{2{m_0}}}{{3b}}} \right)}^2}}}{2} - \frac{{b{g^2}{{\left( {\frac{{2{m_0}}}{{3b}}} \right)}^3}}}{2} } = {\frac{1}{2}\left( {\frac{{4m_0^3{g^2}}}{{9{b^2}}} - \frac{{8m_0^3{g^2}}}{{27{b^2}}}} \right) } = {\frac{1}{2} \cdot \frac{{4m_0^3{g^2}}}{{27{b^2}}} } = {\frac{{2m_0^3{g^2}}}{{27{b^2}}}.} \]
   Пример 5
На какой высоте над центром круглого стола надо подвесить лампочку, чтобы освещенность края была наибольшей?

Решение.
Введем следующие обозначения (рисунок \(3\)): \(R\) − радиус стола, \(h\) − высота, на которой подвешена лампочка, \(L\) − расстояние от лампочки до края стола, \(I\) − сила света лампочки, \(\alpha\) − угол между прямой \(L\) и перпендикуляром к поверхности стола. Освещенность края стола определяется формулой \[E = \frac{I}{{{L^2}}}\cos \alpha .\] Поскольку \[ {{L^2} = {h^2} + {R^2}\;\;\text{и}}\;\; {\cos \alpha = \frac{h}{L} = \frac{h}{{\sqrt {{h^2} + {R^2}} }},} \] то освещенность \(E\) можно записать как функцию \(E\left( h \right)\) в виде \[ {E = E\left( h \right) } = {\frac{I}{{{h^2} + {R^2}}} \cdot \frac{h}{{\sqrt {{h^2} + {R^2}} }} } = {\frac{{Ih}}{{{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}.} \] Вычислим производную: \[ {E'\left( h \right) = {\left( {\frac{{Ih}}{{{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}} \right)^\prime } } = {I \cdot \frac{{h'{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} - h{{\left( {{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^3}}} } = {I \cdot \frac{{{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} - h \cdot \frac{3}{2}{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{1}{2}\normalsize}} \cdot 2h}}{{{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^3}}} } = {I \cdot \frac{{{h^2} + {R^2} - 3{h^2}}}{{{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{5}{2}\normalsize}}}} } = {\frac{{I\left( {{R^2} - 2{h^2}} \right)}}{{{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{5}{2}\normalsize}}}}.} \] Найдем корни производной: \[ {E'\left( h \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{I\left( {{R^2} - 2{h^2}} \right)}}{{{{\left( {{h^2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{5}{2}\normalsize}}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{R^2} - 2{h^2} = 0}\\ {{h^2} + {R^2} \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow {h^2} = \frac{{{R^2}}}{2},}\;\; {\Rightarrow h = \frac{R}{{\sqrt 2 }}.} \] При переходе через точку \(h = \large\frac{R}{{\sqrt 2 }}\normalsize\) производная меняет знак с плюса на минус. Поэтому данная точка является точкой максимума. Максимальная освещенность при этом равна \[ {{E_{\max }} = \frac{{I\frac{R}{{\sqrt 2 }}}}{{{{\left( {\frac{{{R^2}}}{2} + {R^2}} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}} } = {\frac{{IR}}{{\sqrt 2 {{\left( {\frac{3}{2}{R^2}} \right)}^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}} } = {\frac{{{2^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}IR}}{{{2^{\large\frac{1}{2}\normalsize}} \cdot {3^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}{R^3}}} } = {\frac{{2I}}{{{3^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}{R^2}}} } = {\frac{{2I}}{{\sqrt {27} {R^2}}}.} \]
максимальная освещенность края стола
минимальная сила, вызывающая движение тела
Рис.3
Рис.4
   Пример 6
Груз лежит на горизонтальной поверхности. Коэффициент трения груза равен \(k.\) Определить угол \(\alpha,\) при котором сила, действующая на груз и вызывающая его перемещение, будет наименьшей.

Решение.
На груз действуют четыре силы (рисунок \(4\)): сила тяжести \(\mathbf{mg},\) сила реакции опоры \(\mathbf{N},\) внешняя сила \(\mathbf{F}\) и сила трения \(\mathbf{F_{\text{тр}}}.\) Угол \(\alpha\) может изменяться в промежутке \(0 \le \alpha \le \large\frac{\pi }{2}\normalsize.\)

Уравнение движения груза в векторной форме записывается в следующем виде: \[\mathbf{ma} = \mathbf{F} + \mathbf{mg} + \mathbf{F_\text{тр}} + \mathbf{N},\] В предельном случае (когда груз еще находится в покое), все силы уравновешены. Следовательно, \[\mathbf{F} + \mathbf{mg} + \mathbf{F_\text{тр}} + \mathbf{N} = \mathbf{0}.\] В проекции на координатные оси получаем следующую систему уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} F\cos \alpha - {F_\text{тр}} = 0\\ F\sin \alpha - mg + N = 0 \end{array} \right..\] Учтем далее, что сила трения по абсолютной величине равна \({F_\text{тр}} = kN.\) Тогда \[\left\{ \begin{array}{l} F\cos \alpha - kN = 0\\ F\sin \alpha - mg + N = 0 \end{array} \right..\] Из этой системы выразим силу \(F\) через угол \(\alpha\) и другие величины. Из второго уравнения системы следует, что \[N = mg - F\sin \alpha .\] Подставляя это в первое уравнение, находим функцию \(F\left( \alpha \right):\) \[ {F\cos \alpha - k\left( {mg - F\sin \alpha } \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow F\cos \alpha + kF\sin \alpha - kmg = 0,}\;\; {\Rightarrow F\left( {\cos \alpha + k\sin \alpha } \right) - kmg = 0,}\;\; {\Rightarrow F = F\left( \alpha \right) = \frac{{kmg}}{{\cos \alpha + k\sin \alpha }}.} \] Продифференцируем полученное выражение по углу \(\alpha:\) \[ {F'\left( \alpha \right) } = {{\left( {\frac{{kmg}}{{\cos \alpha + k\sin \alpha }}} \right)^\prime } } = { - \frac{{kmg}}{{{{\left( {\cos \alpha + k\sin \alpha } \right)}^2}}} \cdot {\left( {\cos \alpha + k\sin \alpha } \right)^\prime } } = { - \frac{{kmg}}{{{{\left( {\cos \alpha + k\sin \alpha } \right)}^2}}} \cdot \left( { - \sin\alpha + k\cos \alpha } \right) } = {\frac{{kmg\left( {\sin\alpha - k\cos \alpha } \right)}}{{{{\left( {\cos \alpha + k\sin \alpha } \right)}^2}}}.} \] Видно, что производная равна нулю при условии \[ {\sin\alpha - k\cos \alpha = 0,}\;\; {\Rightarrow \tan\alpha - k = 0,}\;\; {\Rightarrow \tan\alpha = k,}\;\; {\Rightarrow \alpha = \arctan k.} \] Таким образом, критический угол составляет \(\alpha = \arctan k.\) Функция \(\tan \alpha\) является возрастающей при увеличении \(\alpha.\) Поэтому при переходе через данное критическое значение производная меняет знак с минуса на плюс, т.е. здесь существует минимум функции \(F\left( \alpha \right).\) Следовательно, при указанном угле \(\alpha\) сила \(F\) будет наименьшей.

Вычислим значение наименьшей силы. Подставляя значение найденного угла \(\alpha,\) получаем: \[{F_{\min }} = \frac{{kmg}}{{\cos \left( {\arctan k} \right) + k\sin \left( {\arctan k} \right)}}.\] Преобразуем тригонометрические функции в знаменателе: \[ {\cos \left( {\arctan k} \right) } = {\frac{1}{{\sqrt {1 + {{\tan }^2}\left( {\arctan k} \right)} }} } = {\frac{1}{{\sqrt {1 + {k^2}} }},} \] \[ {\sin\left( {\arctan k} \right) } = {\frac{{\tan \left( {\arctan k} \right)}}{{\sqrt {1 + {{\tan }^2}\left( {\arctan k} \right)} }} } = {\frac{k}{{\sqrt {1 + {k^2}} }}.} \] В результате получаем: \[ {{F_{\min }} = \frac{{kmg}}{{\frac{1}{{\sqrt {1 + {k^2}} }} + k \cdot \frac{k}{{\sqrt {1 + {k^2}} }}}} } = {\frac{{kmg\sqrt {1 + {k^2}} }}{{1 + {k^2}}} } = {\frac{{kmg}}{{\sqrt {1 + {k^2}} }}.} \]
   Пример 7
Источник света расположен на прямой, соединяющей центры шаров с радиусами \({R_1}\) и \({R_2}.\) Определить положение источника, при котором площадь освещенной поверхности двух шаров является наибольшей.

Решение.
Пусть расстояние \({O_1}{O_2}\) между центрами шаров равно \(L,\) а источник света находится на расстоянии \(x\) от центра первого шара (рисунок \(5\)). Освещенные участки представляют собой поверхности шаровых секторов. Их общая площадь определяется формулой \[S = {S_1} + {S_2} = 2\pi {R_1}{h_1} + 2\pi {R_2}{h_2},\] где \({h_1},\) \({h_2}\) − высоты соответствующих шаровых сегментов.

Учитывая подобие прямоугольных треугольников \({AL{O_1}}\) и \({{O_1}AI},\) можно записать, что \[ {{h_1} = {R_1} - {R_1}\sin {\alpha _1},}\;\; {\text{где}\;\;\sin {\alpha _1} = \frac{{{R_1}}}{x}.} \] Следовательно, \[{h_1} = {R_1} - {R_1} \cdot \frac{{{R_1}}}{x} = {R_1} - \frac{{R_1^2}}{x}.\] Аналогичное выражение для второго шара имеет следующий вид: \[{h_2} = {R_2} - \frac{{R_2^2}}{{L - x}}.\] В таком случае суммарная освещенная площадь равна \[ {S = S\left( x \right) } = {2\pi {R_1}\left( {{R_1} - \frac{{R_1^2}}{x}} \right) + 2\pi {R_2}\left( {{R_2} - \frac{{R_2^2}}{{L - x}}} \right) } = {2\pi R_1^2 - \frac{{2\pi R_1^3}}{x} + 2\pi R_2^2 - \frac{{2\pi R_2^3}}{{L - x}}.} \] Находим производную: \[ {S'\left( x \right) } = {{\left( {2\pi R_1^2 - \frac{{2\pi R_1^3}}{x} + 2\pi R_2^2 - \frac{{2\pi R_2^3}}{{L - x}}} \right)^\prime } } = {\frac{{2\pi R_1^3}}{{{x^2}}} - \frac{{2\pi R_2^3}}{{{{\left( {L - x} \right)}^2}}}.} \] Приравнивая производную нулю, получаем следующее решение: \[ {S'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{2\pi R_1^3}}{{{x^2}}} - \frac{{2\pi R_2^3}}{{{{\left( {L - x} \right)}^2}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{{\left( {L - x} \right)}^2}}} = \frac{{R_1^3}}{{R_2^3}}.} \] При переходе через ноль производная меняет знак с плюса на минус, т.е. найденная точка является точкой максимума функции \(S\left( x \right).\)

Итак, освещенная площадь будет наибольшей, когда источник находится в точке, в которой отношение квадратов расстояний от источника до центров шаров равно отношению кубов их радиусов.
максимальная площадь освещения поверхностей шаров
максимальная дальность струи
Рис.5
Рис.6
   Пример 8
Сосуд с жидкостью высотой \(h\) расположен на горизонтальной поверхности. Сосуд имеет боковое отверстие, из которого вытекает струя. При каком положении отверстия дальность струи будет наибольшей?

Решение.
Предположим, что скорость вытекания жидкости из отверстия описывается формулой Торричелли: \[v = \sqrt {2g\left( {h - x} \right)} ,\] где \(x\)− высота отверстия над горизонтальной поверхностью, \(h - x\) − высота столба жидкости выше отверстия, \(g\) − ускорение свободного падения (рисунок \(6\)).

Вычислим дальность струи \(y,\) предполагая, что движение жидкости описывается такими же уравнениями, как и движение материальной точки. В таком случае время, за которое жидкость, вытекающая из отверстия, достигает поверхности, равно \[t = \sqrt {\frac{{2x}}{g}} ,\] а дальность струи составляет \[y = vt = v\sqrt {\frac{{2x}}{g}} .\] Подставим сюда выражение для скорости \(v\) из формулы Торричелли: \[ {y = y\left( x \right) } = {\sqrt {2g\left( {h - x} \right)} \sqrt {\frac{{2x}}{g}} } = {2\sqrt {\frac{{\cancel{g}x\left( {h - x} \right)}}{\cancel{g}}} } = {2\sqrt {hx - {x^2}} .} \] Мы получили выражение для дальности струи \(y\) в зависимости от высоты отверстия \(x.\) Исследуем эту функцию на экстремум: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {2\sqrt {hx - {x^2}} } \right)^\prime } } = {2 \cdot \frac{1}{{2\sqrt {hx - {x^2}} }} \cdot {\left( {hx - {x^2}} \right)^\prime } } = {\frac{{h - 2x}}{{\sqrt {hx - {x^2}} }} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {h - 2x = 0}\\ {h - x \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow x = \frac{h}{2}.} \] Очевидно, что данная точка является точкой максимума, поскольку при переходе через это значение производная меняет знак с плюса на минус.

Таким образом, отверстие для вытекающей жидкости должно располагаться ровно в середине столба жидкости. В этом случае дальность струи будет наибольшей и равной высоте столба жидкости: \[ {{y_{\max }} = 2\sqrt {h \cdot \frac{h}{2} - {{\left( {\frac{h}{2}} \right)}^2}} } = {2\sqrt {\frac{{{h^2}}}{2} - \frac{{{h^2}}}{4}} } = {2\sqrt {\frac{{{h^2}}}{4}} } = {\frac{{\cancel{2}h}}{\cancel{2}} = h.} \] (красивый ответ, не так ли?).

   Пример 9
Турист хочет перебраться через озеро круговой формы из точки \(A\) в диаметрально противоположную точку \(B.\) Это можно сделать, плывя на лодке или двигаясь пешком вдоль береговой линии. Определить наиболее быстрый маршрут, если скорость движения лодки \(u,\) а скорость ходьбы \(v.\)

Решение.
Пусть радиус озера равен \(R.\) Рассмотрим произвольный комбинированный маршрут, когда часть пути проходит по озеру, и часть − по берегу. Маршрут движения определяется вписанным углом \(\alpha = \angle CAD\) (рисунок \(7\) ниже). При этом центральный угол \(\angle COB\) равен \(2\alpha.\) Длина участка пути по озеру составляет \[\left| {AC} \right| = 2\left| {AD} \right| = 2R\cos \alpha ,\] а длина участка пути по берегу равна \[\left| {CB} \right| = 2\alpha R,\] где угол \(\alpha\) выражен в радианах и изменяется в промежутке \(0 \le \alpha \le \large\frac{\pi }{2}\normalsize.\) Тогда полное время движения записывается в виде \[ {t = t\left( \alpha \right) } = {\frac{{\left| {AC} \right|}}{u} + \frac{{\left| {CB} \right|}}{v} } = {\frac{{2R\cos \alpha }}{u} + \frac{{2\alpha R}}{v} } = {2R\left( {\frac{{\cos \alpha }}{u} + \frac{\alpha }{v}} \right).} \] Дифференцируя, находим: \[ {t'\left( \alpha \right) } = {{\left[ {2R\left( {\frac{{\cos \alpha }}{u} + \frac{\alpha }{v}} \right)} \right]^\prime } } = {2R\left( { - \frac{{\sin \alpha }}{u} + \frac{1}{v}} \right) } = {2R\left( {\frac{1}{v} - \frac{{\sin \alpha }}{u}} \right).} \] Производная равна нулю при условии \[ {\frac{1}{v} - \frac{{\sin \alpha }}{u} = 0,}\;\; {\Rightarrow \sin \alpha = \frac{u}{v},}\;\; {\Rightarrow \alpha = \arcsin \frac{u}{v}.} \] Исследуем тип найденного экстремума с помощью второй производной: \[ {t''\left( \alpha \right) } = {{\left[ {2R\left( {\frac{1}{v} - \frac{{\sin \alpha }}{u}} \right)} \right]^\prime } } = { - \frac{{2R\cos \alpha }}{u} < 0.} \] Поскольку вторая производная всегда отрицательна при \(0 \le \alpha \le \large\frac{\pi }{2}\normalsize,\) то найденная точка является точкой максимума функции \(t\left( \alpha \right),\) что нам совершенно не подходит. Ясно, что в интервале \(\left( {0,\large\frac{\pi }{2}\normalsize} \right)\) функция \(t\left( \alpha \right)\) выпукла вверх, и следовательно, ее наименьшее значение достигается в одной из граничных точек интервала. Вычислим значения \(t\left( \alpha \right)\) при \(\alpha = 0\) и \({\alpha = \large\frac{\pi }{2}\normalsize}:\) \[ {t\left( {\alpha = 0} \right) = 2R\left( {\frac{{\cos 0}}{u} + \frac{0}{v}} \right) } = {\frac{{2R}}{u},} \] \[ {t\left( {\alpha = \frac{\pi }{2}} \right) } = {2R\left( {\frac{{\cos \frac{\pi }{2}}}{u} + \frac{\pi }{{2v}}} \right) } = {\frac{{\pi R}}{v}.} \] Случай \(\alpha = 0\) соответствует движению только по воде на лодке вдоль прямой \(AOB,\) а случай \({\alpha = \large\frac{\pi }{2}\normalsize}\) описывает перемещение пешком вдоль полукруга \(ACB.\) Какой из этих случаев соответствует наименьшему времени зависит от соотношения скоростей \(u\) и \(v.\) Если \[\frac{u}{v} > \frac{2}{\pi },\] то перемещение на лодке (со скоростью \(u\)) займет меньше времени, чем движение по суше (со скоростью \(v\)). И наоборот, в случае \[\frac{u}{v} < \frac{2}{\pi },\] более быстрым будет движение по берегу озера.

В случае равенства этих отношений оба маршрута с точки зрения затраченного времени будут равноценны.
определение самого быстрого маршрута
расстояние между автомобилями
Рис.7
Рис.8
   Пример 10
Автомобиль \(A\) движется в северном направлении со скоростью \(u\) (км/час), а автомобиль \(B\) − в западном направлении со скоростью \(v\) (км/час). В начальный момент автомобиль \(B\) находится от автомобиля \(A\) на расстоянии \(b\) (км) строго в восточном направлении. Определить наименьшее расстояние между автомобилями.

Решение.
Рассмотрим плоскость \(xOy\) (рисунок \(8\)). Движение автомобиля \(A\) происходит вдоль положительного направления оси ординат. Его координаты в момент \(t\) равны \(\left( {0,ut} \right).\) Перемещение автомобиля \(B\) происходит влево по оси абсцисс и его координаты в момент \(t\) составляют \(\left( {b- vt,0} \right).\)

Расстояние между автомобилями вычисляется по теореме Пифагора: \[ {d = \sqrt {{{\left| {OA} \right|}^2} + {{\left| {OB} \right|}^2}} } = {\sqrt {{{\left( {0 - \left( {b - vt} \right)} \right)}^2} + {{\left( {ut - 0} \right)}^2}} } = {\sqrt {{b^2} - 2bvt + {v^2}{t^2} + {u^2}{t^2}}\;\text{(км)}. } \] Исследуем экстремальные значения функции \(d\left( t \right).\) Вычислим производную: \[ {d'\left( t \right) } = {{\left( {\sqrt {{b^2} - 2bvt + {v^2}{t^2} + {u^2}{t^2}} } \right)^\prime } } = {\frac{{ - 2bv + 2\left( {{v^2} + {u^2}} \right)t}}{{2\sqrt {{b^2} - 2bvt + {v^2}{t^2} + {u^2}{t^2}} }} } = {\frac{{\left( {{v^2} + {u^2}} \right)t - bv}}{{\sqrt {{b^2} - 2bvt + {v^2}{t^2} + {u^2}{t^2}} }}.} \] Производная равна нулю в следующий момент времени: \[ {d'\left( t \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{\left( {{v^2} + {u^2}} \right)t - bv}}{{\sqrt {{b^2} - 2bvt + {v^2}{t^2} + {u^2}{t^2}} }} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {{v^2} + {u^2}} \right)t - bv = 0,}\;\; {\Rightarrow t = \frac{{bv}}{{{v^2} + {u^2}}}\;\text{(часов)}.} \] Знаменатель производной равен удвоенному расстоянию \(d\left( t \right)\) и всегда положителен. Числитель, а следовательно, и вся производная при переходе через данное значение меняют знак с минуса на плюс. Следовательно, найденное значение \(t\) является точкой минимума. В этот момент расстояние между автомобилями будет наименьшим. Оно определяется следующей формулой: \[ {{d_{\min }} = \sqrt {{b^2} - 2bv\left( {\frac{{bv}}{{{v^2} + {u^2}}}} \right) + \left( {{v^2} + {u^2}} \right){{\left( {\frac{{bv}}{{{v^2} + {u^2}}}} \right)}^2}} } = {\sqrt {{b^2} - \frac{{2{b^2}{v^2}}}{{{v^2} + {u^2}}} + \frac{{{b^2}{v^2}}}{{{v^2} + {u^2}}}} } = {\sqrt {{b^2} - \frac{{{b^2}{v^2}}}{{{v^2} + {u^2}}}} } = {b\sqrt {\frac{{\cancel{v^2} + {u^2} - \cancel{v^2}}}{{{v^2} + {u^2}}}} } = {\frac{{bu}}{{\sqrt {{v^2} + {u^2}} }}\;\text{(км).} } \]

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.