4.9-bo'lim: Ko'proq optimallashtirish
Ushbu eslatmalar Internetda ham taqdim etilganligi sababli, biz yuklash vaqtini minimal darajada ushlab turish uchun optimallashtirish misollarini bir necha bo'limlarga ajratdik. Turli xil narsalarni unutmang usullari oldingi bo'limda ko'rib chiqqan optimal qiymatga ega ekanligimizni tekshirish uchun. Ushbu bo'limda biz ularni tan olmasdan ishlatamiz, shuning uchun ularni tushunganingizga ishonch hosil qiling va ulardan foydalana olasiz. Shunday qilib, keling, yana bir nechta misollarni ko'rib chiqaylik.
Yechim
Mayli, keling, bu savolni tushunish uchun biroz osonroq so'zlar bilan yana so'raymiz. Biz yuqorida tavsiflangan shakldagi oynaning maksimal maydoniga ega bo'lishini (shuning uchun eng yorug'lik) va 12 m perimetrga ega bo'lishini xohlaymiz (chunki bizda 12 m ramka materiali bor). Bu atamalarni tushunish biroz osonroq.
Tepadagi yarim doira radiusi \(r\), to‘rtburchak balandligi esa \(h\) bo‘lsin. Endi, yarim doira oynaning tepasida joylashganligi sababli, quyida ko'rsatilgandek, 2\(r\) da to'rtburchaklar qismning kengligi haqida o'ylashimiz mumkin.
Perimetr (bizning cheklovimiz) to'rtburchaklar qismdagi uchta tomonning uzunligi va \(r\) radiusi bo'lgan doiraning yarmi aylanasi. Hudud (biz ko'paytirmoqchi bo'lgan narsa) to'rtburchakning maydoni va \(r\) radiusi bo'lgan doira maydonining yarmidir. Mana biz ushbu misolda ishlaydigan tenglamalar.
\[\begin{align*}{\mbox{Maximize : }} & A = 2hr + {\frac{1}{2}}\pi {r^2}\\ {\mbox{Constraint :}} & 12 = 2h + 2r + \pi r\end{align*}\]Bu holda biz \(h\) uchun cheklovni hal qilamiz va uni maydon tenglamasiga kiritamiz.
\[h = 6 - r - {\frac{1}{2}}\pi r\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.25in}A\left( r \right) = 2r\left( {6 - r - {\frac{1}{2}}\pi r} \right) + {\frac{1}{2}}\pi {r^2} = 12r - 2{r^2} - {\frac{1}{2}}\pi {r^2}\]Birinchi va ikkinchi hosilalar,
\[A'\left( r \right) = 12 - r\left( {4 + \pi } \right)\hspace{0.75in}A''\left( r \right) = - 4 - \pi \]Ko'rishimiz mumkinki, yagona muhim nuqta,
\[r = \frac{{12}}{{4 + \pi }} = 1.6803\]Bundan tashqari, biz ikkinchi hosila har doim salbiy ekanligini ko'rishimiz mumkin (aslida bu doimiydir) va shuning uchun biz maksimal maydon shu nuqtada sodir bo'lishi kerakligini ko'rishimiz mumkin. Shunday qilib, maksimal maydon uchun tepadagi yarim doira radiusi 1,6803, to'rtburchak esa 3,3606 x 1,6803 \((2r\) x \(h)\) o'lchamiga ega bo'lishi kerak.
Yechim
Ha? Ushbu muammoli muammo turi hech qachon mantiqiy ko'rinmaydi. Biz qilmoqchi bo'lgan narsa - aylana ichiga sig'adigan eng katta to'rtburchakning maydonini maksimal darajada oshirish va uning barcha burchaklari doiraga tegib turish.
Ushbu muammoni hal qilish uchun aylana (va shuning uchun to'rtburchaklar) standart \(xy\) o'qi tizimining kelib chiqishi markazida joylashgan deb taxmin qilish oson. Buni bajarib, aylananing tenglamasi bo'lishini bilamiz
\[{x^2} + {y^2} = 16\]va to'rtburchakning o'ng yuqori burchagida \(\left( {x,y} \right)\) koordinatalari bo'ladi. Bu shuni anglatadiki, to'rtburchakning kengligi quyida ko'rsatilganidek, 2\(x\) va to'rtburchakning balandligi 2\(y\) bo'ladi.
Keyin to'rtburchakning maydoni bo'ladi,
\[A = \left( {2x} \right)\left( {2y} \right) = 4xy\]Shunday qilib, biz maksimal darajaga ko'tarmoqchi bo'lgan funktsiyaga egamiz (hudud), lekin cheklov nima? Yuqori o'ng burchakning koordinatalari aylanada bo'lishi kerakligi sababli, \(x\) va \(y\) aylana tenglamasini qondirishi kerakligini bilamiz. Boshqacha qilib aytganda, aylana tenglamasi cheklovdir.
Keyin qilinadigan birinchi narsa o'zgaruvchilardan biri uchun cheklovni hal qilishdir.
\[y = \pm \sqrt {16 - {x^2}} \]Biz ko'rib chiqayotgan nuqta birinchi kvadrantda bo'lgani uchun biz \(y\) ijobiy bo'lishi kerakligini bilamiz va shuning uchun biz buning "+" qismini olishimiz mumkin. Buni hududga ulash va birinchi hosilani hisoblash,
\[\begin{align*}A\left( x \right) & = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \\ A'\left( x \right) & = 4\sqrt {16 - {x^2}} - \frac{{4{x^2}}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }} = \frac{{64 - 8{x^2}}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\end{align*}\]Kritik nuqtalarni olishdan oldin, biz \(x\)-ni \(0 \le x \le 4\) diapazoniga cheklashimiz mumkinligiga e'tibor qaratamiz, chunki biz \(x\) birinchi kvadrantda va aylana ichida qolishi kerak deb taxmin qilamiz. Endi biz oladigan to'rtta muhim nuqta (ikkitasi suratdan va ikkitasi maxrajdan),
\[\begin{array}{lll}16 - {x^2} = 0 & \hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in} & x = \pm 4\\ 64 - 8{x^2} = 0 & \hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in} & x = \pm 2\sqrt 2 \end{array}\]Biz faqat mumkin bo'lgan optimal qiymatlar oralig'ida bo'lgan kritik nuqtalarni xohlaymiz, bu bizda ikkita muhim nuqta borligini anglatadi: \(x = 2\sqrt 2 \) va \(x = 4\). E'tibor bering, ikkinchi muhim nuqta ham bizning intervalimizning so'nggi nuqtalaridan biridir.
Endi, maydon funktsiyasi uzluksiz va bizda chekli so'nggi nuqtalar bilan mumkin bo'lgan yechim oralig'i bor, shuning uchun,
\[A\left( 0 \right) = 0\hspace{0.5in}A\left( {2\sqrt 2 } \right) = 32\hspace{0.5in}A\left( 4 \right) = 0\]Shunday qilib, agar \(x = 2\sqrt 2 \) va \(y\) ning mos qiymati bo'lsa, biz maksimal maydonni olishimizni ko'rishimiz mumkin,
\[y = \sqrt {16 - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \]Agar chizilgan to'rtburchak aslida kvadrat bo'lsa, maksimal maydon topiladi.
Oldingida bir necha bor aytilgan fikrni yana bir bor ta'kidlashimiz kerak. Biz yuqoridagi ishda bir nechta muhim fikrlarni chiqarib tashladik. Har doim shunday qilishni kutmang. Ko'pincha nol va/yoki salbiy kritik nuqtalarni istisno qilish uchun jismoniy sabablar bo'ladi, ammo ular to'liq qabul qilinadigan qiymatlar bo'lgan muammolar mavjud. Siz har doim mumkin bo'lgan barcha muhim nuqtalarni yozishingiz kerak va keyin mumkin bo'lmagan echimlarni chiqarib tashlashingiz kerak. Bu sizni barcha muhim nuqtalarni topish va keyin qaysi biri sizga kerak bo'lganini hal qilish odatini saqlab qoladi va bu o'z navbatida haqiqatda kerak bo'lganda birini o'tkazib yuborish ehtimolini kamaytiradi.
Yechim
Mana vaziyatning qisqacha tasviri.
Shunday qilib, biz kesilgan chiziqning eng qisqa uzunligini qidiramiz. E'tibor bering, agar eng qisqa masofa \(x = 0\) da bo'lmasa, yuqorida ko'rsatganimizdek, grafikda ikkita nuqta bo'ladi, bu eng qisqa masofani beradi. Buning sababi, parabola \(y\) o'qiga simmetrik bo'lib, ko'rib chiqilayotgan nuqta \(y\) o'qida joylashgan. Albatta, bu har doim ham shunday bo'lmaydi, shuning uchun har doim bunday muammolarda ikkita nuqtani kutmang.
Bunday holda biz \(\left( {0,2} \right)\) nuqtasi va \(\left( {x,y} \right)\) grafigi bo'lgan har qanday nuqta orasidagi masofani minimallashtirishimiz kerak. Yoki,
\[d = \sqrt {{{\left( {x - 0} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2}} \]Agar siz bu erda vaziyat haqida o'ylab ko'rsangiz, masofani minimallashtiradigan nuqta masofaning kvadratini ham minimallashtirishi mantiqan to'g'ri keladi va shuning uchun u bilan ishlash osonroq bo'ladi, biz masofa kvadratidan foydalanamiz va uni minimallashtiramiz. Agar bunga ishonchingiz komil bo'lmasa, biz ushbu muammodan keyin buni batafsil ko'rib chiqamiz. Shunday qilib, biz minimallashtiradigan funktsiya,
\[D = {d^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2}\]Bu holda cheklov funksiyaning o'zi, chunki nuqta funksiya grafigida yotishi kerak.
Ushbu bosqichda davom etishning ikkita usuli mavjud. Ulardan biri boshqasiga qaraganda ancha ko'proq mehnat talab qiladi. Keling, ikkalasini ham ko'rib chiqaylik.
Yechim 1
Bunday holda, biz cheklovdan eng aniq tarzda foydalanamiz. Bizda \(y\) uchun cheklov allaqachon hal qilingan, shuning uchun keling, uni masofa kvadratiga ulab, hosilalarni olamiz.
\[\begin{align*}D\left( x \right) & = {x^2} + {\left( {{x^2} + 1 - 2} \right)^2} = {x^4} - {x^2} + 1\\ D'\left( x \right) & = 4{x^3} - 2x = 2x\left( {2{x^2} - 1} \right)\\ D''\left( x \right) & = 12{x^2} - 2\end{align*}\]Shunday qilib, masofa kvadrati uchun uchta muhim nuqta borga o'xshaydi va bu safar biz ishlagan har bir oldingi misoldan farqli o'laroq, biz nol yoki manfiy raqamlarni istisno qila olmaymiz. Ular bu safar to'liq haqiqiy mumkin bo'lgan optimal qiymatlardir.
\[x = 0,\hspace{0.25in}x = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}\]Oldinga borishdan oldin, keling, ularning barchasi nisbiy minimal ekanligini bilish uchun ikkinchi hosilada tekshirib ko'raylik.
\[D''\left( 0 \right) = - 2 < 0\hspace{0.25in}D''\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = 4\hspace{0.5in}D''\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = 4\]Shunday qilib, \(x = 0\) nisbiy maksimaldir va shuning uchun minimal masofa bo'lishi mumkin emas. Bu bizda ikkita muhim nuqta borligini anglatadi. Savol shundaki, biz bularning minimal masofani berishini qanday tekshiramiz va ha, biz ikkalasi ham minimal masofani beradi deb aytmoqchi edik. Yuqoridagi eskizimizdan eslang, agar \(x\) minimal masofani bersa, -\(x\) ham shunday bo'ladi va agar minimal masofani bersa, ikkinchisi ham shunday bo'lishi kerak.
Oldingida muhokama qilgan usullarning hech biri bu erda ishlamaydi. Bizda cheklangan yakuniy nuqtalar va birinchi va ikkinchi hosilaviy o'zgarish belgisi bilan mumkin bo'lgan echimlar oralig'i yo'q. Biroq, bu holda, biz hali ham ular minimal masofani beradigan nuqtalar ekanligini tekshirishimiz mumkin.
Birinchidan, agar biz \(\left[ { - \frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}} \right]\) oralig'ida ishlayotgan bo'lsak, bizda nima borligini bilib olaylik. Ushbu oraliqda biz oldingi bo'limda muhokama qilingan mutlaq ekstremallarni topishning birinchi usulidan foydalanishga harakat qilishimiz mumkin. Bu funktsiyani so'nggi nuqtalarda va tanqidiy nuqtalarda baholashni aytadi va bu holda, biz uni chiqarib tashlagan bo'lsak ham, biz \(x = 0\) ni kiritishimiz kerak, chunki bu mintaqadagi muhim nuqta. Buni qilish,
\[D\left( { - \frac{1}{\sqrt{2}}} \right) = {\frac{3}{4}}\hspace{0.5in}D\left( 0 \right) = 1\hspace{0.5in}D\left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = {\frac{3}{4}}\]Shunday qilib, biz intervaldagi mutlaq minimal \(x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}\) da sodir bo'lishi kerakligini ko'rishimiz mumkin.
Keyinchalik, agar \(x < - \frac{1}{\sqrt{2}}\), keyin \(D'\left( x \right) < 0\) ekanligini ko'rishimiz mumkin. Boshqacha qilib aytganda, agar \(x < - \frac{1}{\sqrt{2}}\) funktsiya \(x = - \frac{1}{\sqrt{2}}\) ga tegguncha pasaysa va shuning uchun har doim \(x = - \frac{1}{\sqrt{2}}\) funksiyasidan kattaroq bo'lishi kerak.
Xuddi shunday, \(x > \frac{1}{\sqrt{2}}\) keyin \(D'\left( x \right) > 0\) va shuning uchun funktsiya har doim \(x = \frac{1}{\sqrt{2}}\) ning o'ng tomoniga oshib boradi va shuning uchun \(x = \frac{1}{\sqrt{2}}\) funksiyasidan kattaroq bo'lishi kerak.
Shunday qilib, bularning barchasini bir joyga jamlash bizga \(x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}\) da mutlaq minimumga ega ekanligimizni bildiradi.
Biz qilishimiz kerak bo'lgan narsa bu nuqtalar uchun \(y\) qiymatini topishdir.
\[\begin{array}{ll}x = \displaystyle \frac{1}{{\sqrt 2 }} & :\hspace{0.25in}y = \displaystyle \frac{3}{2}\\ x = - \displaystyle \frac{1}{{\sqrt 2 }} & :\hspace{0.25in}y = \displaystyle \frac{3}{2}\end{array}\]Shunday qilib, grafikdagi \(\left( {0,2} \right)\) ga eng yaqin nuqtalar:
\[\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }},\frac{3}{2}} \right)\hspace{0.25in}\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }},\frac{3}{2}} \right)\]Ushbu yechim usuli bir nechta muhim nuqtalar mavjud bo'lganda va oxirgi bo'limda muhokama qilingan usullarning hech biri ishlamasa, bizda mutlaq ekstremal borligini bilish qanchalik qiyinligini ko'rsatadi. Yaxshiyamki, buning o'rniga biz qila oladigan boshqa, osonroq usul bor.
Yechim 2
Biz ishlagan birinchi yechim aslida uzoq yechim edi. Bu muammoning ancha qisqaroq va osonroq yechimi bor. \(y\)-ni masofa kvadratiga ulash o'rniga, \(x\)-ni ulaymiz. Biz cheklovdan olamiz,
\[{x^2} = y - 1\]va \(x\) ning yagona joyi masofa kvadratida \({x^2}\) sifatida ko'rsatilishiga e'tibor bering va keling, buni masofa kvadratiga ulaymiz. Buni qilish,
\[\begin{align*}D\left( y \right) & = y - 1 + {\left( {y - 2} \right)^2} = {y^2} - 3y + 3\\ D'\left( y \right) & = 2y - 3\\ D''\left( y \right) & = 2\end{align*}\]Endi bitta kritik nuqta bor, \(y = {\frac{3}{2}}\) va ikkinchi hosila har doim ijobiy bo'lgani uchun biz bu nuqta mutlaq minimumni berishi kerakligini bilamiz. Shunday qilib, biz hozir qilishimiz kerak bo'lgan narsa bu \(y\) qiymatiga mos keladigan \(x\) qiymatlarini topishdir.
\[{x^2} = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2}\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}x = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}\]Keyin nuqtalar,
\[\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }},\frac{3}{2}} \right)\hspace{0.25in}\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }},\frac{3}{2}} \right)\]Shunday qilib, sezilarli darajada kamroq ish uchun biz aynan bir xil javob oldik.
Ushbu oldingi misolda bir nechta yaxshi fikrlar bor edi. Birinchidan, muammoda ta'kidlanganidek, biz oldingi barcha misollarda qilganimizdek, bu safar nol yoki salbiy tanqidiy nuqtalarni istisno qila olmadik. Shunga qaramay, ularni har doim istisno qilish odatiga aylanib qolmaslik uchun ehtiyot bo'ling, chunki biz ko'plab misollarni qilamiz.
Keyinchalik, ushbu muammolarning ba'zilari bir nechta hal qilish usullariga ega bo'ladi va ba'zida ulardan biri boshqasiga qaraganda ancha oson bo'ladi. Siz foydalanadigan usul sizga bog'liq va ko'pincha har qanday muayyan usulning qiyinligi muammoni hal qilayotgan odamga bog'liq. Bir kishi bir yo'lni oson topishi mumkin, boshqasi esa boshqa usulni osonroq topishi mumkin.
Nihoyat, biz birinchi yechim usulida ko'rganimizdek, ba'zida biz oldingi bo'limda muhokama qilgan optimal qiymatni tekshirish usullarining kombinatsiyasidan foydalanishimiz kerak bo'ladi.
Endi, keyingi misolga o'tishdan oldin, yuqoridagi da'voni ko'rib chiqaylik, biz masofa kvadratini minimallashtiradigan nuqtani topib, masofani minimallashtiradigan nuqtaning o'rnini topishimiz mumkin. Biz narsalarni biroz umumlashtiramiz,
Fakt
Faraz qilaylik, bizda hamma joyda mavjud bo'lgan \(f\left( x \right) > 0\) musbat funksiyasi mavjud bo'lsa, \(f\left( x \right)\) va \(g\left( x \right) = \sqrt {f\left( x \right)} \) bir xil kritik nuqtalarga ega bo'ladi va nisbiy ekstremal bir xil nuqtalarda paydo bo'ladi.
Bu isbotlash uchun juda oddiy, shuning uchun buni shu erda qilaylik. Avval \(g\left( x \right)\) lotinini olaylik va \(g\left( x \right)\) ning muhim nuqtalari haqida nimani aniqlashimiz mumkinligini bilib olaylik.
\[g'\left( x \right) = {\frac{1}{2}}{\left[ {f\left( x \right)} \right]^{ - \,\,\frac{1}{2}}}\,\,f'\left( x \right) = \frac{{f'\left( x \right)}}{{2\sqrt {f\left( x \right)} }}\]Buning uchun \(x = c\) ni ulang,
\[g'\left( c \right) = \frac{{f'\left( c \right)}}{{2\sqrt {f\left( c \right)} }}\]Taxminlarga ko'ra, biz \(f\left( c \right)\) va \(f\left( c \right) > 0\) mavjudligini bilamiz va shuning uchun uning maxraji har doim mavjud bo'ladi va hech qachon nolga teng bo'lmaydi. Buni unutmasligimiz uchun bizga bir nechta joylarda kerak bo'ladi.
Agar \(f'\left( c \right) = 0\) bo'lsa, maxraj nolga teng bo'lmasligini bilganimiz uchun bizda \(g'\left( c \right) = 0\) ham bo'lishi kerak. Xuddi shunday, agar \(g'\left( c \right) = 0\), bizda \(f'\left( c \right) = 0\) bo'lishi kerak. Shunday qilib, \(f\left( x \right)\) va \(g\left( x \right)\) bir xil kritik nuqtalarga ega bo'lib, hosilalari nolga teng bo'ladi.
Keyinchalik, \(f'\left( c \right)\) mavjud bo'lmasa, \(g'\left( c \right)\) ham mavjud bo'lmaydi va agar \(g'\left( c \right)\) mavjud bo'lmasa, maxraj nolga teng bo'lmasligini bilamiz, demak, \(f'\left( c \right)\) ham mavjud bo'lmaydi. Shuning uchun, \(f\left( x \right)\) va \(g\left( x \right)\) hosilalari mavjud bo'lmagan bir xil tanqidiy nuqtalarga ega bo'ladi.
Shunday qilib, bularning barchasi \(f\left( x \right)\) va \(g\left( x \right)\) bir xil tanqidiy nuqtalarga ega bo'ladi.
Keling, shuni ta'kidlaymizki, \(2\sqrt {f\left( x \right)} > 0\) keyin \(f'\left( x \right)\) va \(g'\left( x \right)\) bir xil belgiga ega bo'lishini bilamiz va shuning uchun agar biz ushbu funktsiyalarning har biriga birinchi hosilaviy testni qo'llasak (va ular bir xil kritik nuqtalarga ega ekanligini eslasak), natijalar bir xil bo'lishini ko'rishimiz mumkin va shuning uchun nisbiy ekstremal bir xil nuqtalarda paydo bo'ladi.
E'tibor bering, agar xohlasak, tanqidiy nuqtalar bir xil tasnifga ega bo'lishini tekshirish uchun ikkinchi hosilaviy testdan ham foydalanishimiz mumkin. Ikkinchi hosila (va buni tekshirish uchun ko'rsatkich qoidasidan foydalanishingiz mumkinligini ko'rishingiz kerak),
\[g''\left( x \right) = \frac{{2\sqrt {f\left( x \right)} \,f''\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{ - \,\,\frac{1}{2}}}}}{{4f\left( x \right)}}\]Agar \(x = c\) kritik nuqta bo'lsa, \(f'\left( c \right) = 0\) (va shuning uchun biz ikkinchi hosilaviy testdan foydalanishimiz mumkin) biz olamiz,
\[\begin{align*}g''\left( c \right) & = \frac{{2\sqrt {f\left( c \right)} \,f''\left( c \right) - {{\left[ {f'\left( c \right)} \right]}^2}{{\left[ {f\left( c \right)} \right]}^{ - \,\,\frac{1}{2}}}}}{{4f\left( c \right)}}\\ & = \frac{{2\sqrt {f\left( c \right)} \,f''\left( c \right) - {{\left[ 0 \right]}^2}{{\left[ {f\left( c \right)} \right]}^{ - \,\,\frac{1}{2}}}}}{{4f\left( c \right)}} = \frac{{\sqrt {f\left( c \right)} \,f''\left( c \right)}}{{2f\left( c \right)}}\end{align*}\]Endi biz \(2\sqrt {f\left( c \right)} > 0\) ekanligini bilganimiz uchun va \(f\left( c \right) > 0\) faraziga ko'ra, \(f''\left( c \right)\) va \(g''\left( c \right)\) bir xil belgiga ega bo'lishini va ikkinchi hosilaviy testdan bir xil xulosaga kelishini ko'rishimiz mumkin.
Shunday ekan, endi bizda buni yo'lga qo'yganimizdan keyin yana bir nechta misollar bilan ishlaylik.
Yechim
Yechimni boshlashdan oldin eslaylikki, teng qirrali uchburchak uchta teng tomonlari bo'lgan uchburchakdir va ichki burchaklarning har biri \({\frac{\pi}{3}}\) (yoki \(60^\circ \)).
Shuningdek, muammo bayonotining "biror joyda" qismiga e'tibor bering. Bu shuni anglatadiki, simning to'liq qismini olib, barchasini kvadrat yoki uchburchakka qo'yish mumkin. Buni unutmang, chunki bu keyinchalik muammoda muhim bo'ladi.
Endi bu yana bir muammo, unda cheklov haqiqatan ham tenglama bilan berilmaydi, shunchaki ishlash uchun 2 fut sim bor va bu bizning ishimizda hisobga olinadi.
Shunday qilib, keling, simni ikki qismga ajratamiz. Birinchi qismning uzunligi \(x\) bo'ladi, biz uni kvadratga egamiz va har bir tomonning uzunligi \({\frac{x}{4}}\) bo'ladi. Keyin ikkinchi bo'lak \(2 - x\) uzunligiga ega bo'ladi (biz faqat bu erda cheklovdan foydalandik ...) va biz uni teng qirrali uchburchakka egamiz va har bir tomonning uzunligi \({\frac{1}{3}}\left( {2 - x} \right)\) bo'ladi. Mana bularning barchasining eskizi.
Yuqoridagi eskizda ta'kidlanganidek, bizga uchburchakning balandligi ham kerak bo'ladi. Agar kesik chiziq teng qirrali uchburchakni ikkita boshqa uchburchakka bo'lishini tushunsangiz, buni olish oson. Keling, to'g'risini ko'rib chiqaylik. Gipotenuza \({\frac{1}{3}}\left( {2 - x} \right)\), pastki o'ng burchak esa \({\frac{\pi}{3}}\). Nihoyat, balandlik pastki o'ng burchakka qarama-qarshi tomon bo'ladi, shuning uchun asosiy to'g'ri burchakli uchburchak trigidan foydalanib, biz uchburchakning balandligiga quyidagi tarzda erishamiz.
\[\sin \left( {{\frac{\pi}{3}}} \right) = \frac{\rm{opp}}{\rm{hyp}} \hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in} \rm{opp} = {\frac{1}{3}}\left( {2 - x} \right)\sin \left( {{\frac{\pi}{3}}} \right) = {\frac{1}{3}}\left( {2 - x} \right)\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{\sqrt{3}}{6} \left( {2 - x} \right)\]Shunday qilib, ikkala ob'ektning umumiy maydoni u holda,
\[A\left( x \right) = {\left( {{\frac{x}{4}}} \right)^2} + {\frac{1}{2}}\left( {{\frac{1}{3}}\left( {2 - x} \right)} \right)\left( \frac{\sqrt{3}}{6} {\left( {2 - x} \right)} \right) = \frac{x^{2}}{16} + \frac{\sqrt{3}}{36} {\left( {2 - x} \right)^2}\]Bu hududning birinchi hosilasi.
\[A'\left( x \right) = {\frac{x}{8}} + \frac{\sqrt{3}}{36} \left( 2 \right)\left( {2 - x} \right)\left( { - 1} \right) = {\frac{x}{8}} - \frac{\sqrt{3}}{9} + \frac{\sqrt{3}}{18} x\]Buni nolga tenglashtirib, yechish bitta kritik nuqtani beradi:
\[x = \frac{8\sqrt{3}}{9 + 4\sqrt{3}} = 0.8699\]Keling, muammo bayoni minimal va maksimal yopiq maydonni talab qilganiga e'tibor bering va biz bitta muhim nuqtaga ega bo'ldik. Bu ikkalasiga ham javob bo'lishi mumkin emas, lekin bu ko'rinishi mumkin bo'lgan muammo emas.
E'tibor bering, \(x\) \(0 \le x \le 2\) diapazonida bo'lishi kerak va maydon funksiyasi uzluksiz bo'lgani uchun biz funktsiyaning mutlaq ekstremallarini topish uchun asosiy jarayondan foydalanamiz.
\[A\left( 0 \right) = 0.1925\hspace{0.5in}A\left( {0.8699} \right) = 0.1087\hspace{0.5in}A\left( 2 \right) = 0.25\]Shunday qilib, agar biz \(x = 0.8699\) ni olsak, minimal maydon paydo bo'ladi, maksimal maydon esa simning butun qismini olib, uni kvadratga egsak paydo bo'ladi.
Oldingi muammo tasvirlanganidek, biz har doim tanqidiy nuqtalarda yuzaga keladigan javoblarga juda yopishib olmaymiz, chunki ular hozirgacha. Bu tez-tez sodir bo'ladi, lekin oldingi muammodagi ekstremallardan biri oxirgi nuqtada edi va bu ba'zida sodir bo'ladi.
Yechim
Keling, nima bo'layotganini va buni qanday hal qilishimiz kerakligini tushunishimiz uchun qo'shimcha ma'lumotni qo'shib, vaziyatning eskizi bilan boshlaylik.
Burilishni aylanib o'tishi mumkin bo'lgan eng katta quvur yuqorida ko'rsatilgan holatda buni amalga oshiradi. Bir uchi \(A\) va \(C\) dahlizning tashqi devoriga, quvur esa \(B\) dagi ichki burchakka tegadi. Faraz qilaylik, kichik koridordagi quvur uzunligi \({L_{\,1}}\), \({L_{\,2}}\) esa katta koridordagi quvur uzunligi. Keyin quvur \(L = {L_{\,1}} + {L_{\,2}}\) uzunligiga ega.
Endi, agar \(\theta = 0\) bo'lsa, u holda quvur butunlay kengroq koridorda va biz \(\theta \to 0\) sifatida \(A\) nuqtasi vertikal devor bo'ylab harakatlanishini va \(C\) nuqtasi gorizontal devor bo'ylab burchakka yaqinroq va yaqinroq harakatlanishini ko'rishimiz mumkin. \(\theta \to 0\).
Xuddi shunday, agar \(\theta = {\frac{\pi}{2}}\) quvur to'liq tor koridorda bo'lsa va \(\theta \to {\frac{\pi}{2}}\) sifatida bizda \(\theta \to 0\) uchun yuqoridagi shunga o'xshash fikrlash chizig'i bo'yicha \(L \to \infty \) mavjud.
Shunday qilib, \(L \to \infty \), chunki biz oraliqning ichki qismidagi mumkin bo'lgan burchaklar oralig'ining oxiriga yaqin bo'lganimiz sababli, \(0 < \theta < {\frac{\pi}{2}}\), \(L\) ni minimallashtiradigan burchak va g'alati, biz kutayotgan uzunlikdir. Burilish atrofida mos keladigan eng katta quvur aslida \(L\) ning minimal qiymati bo'ladi.
Ushbu muammoning cheklanishi unchalik aniq emas va aslida ulardan ikkitasi bor. Ushbu muammoning cheklovlari koridorlarning kengligidir. Biz bulardan \(L\) uchun \(\theta \) nuqtai nazaridan tenglamani olish uchun foydalanamiz va keyin bu yangi tenglamani minimallashtiramiz.
Shunday qilib, asosiy to'g'ri burchakli uchburchakdan foydalanib, biz buni ko'rishimiz mumkin,
\[{L_{\,1}} = 8\sec \theta \hspace{0.5in}{L_{\,2}} = 10\csc \theta \hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}L = 8\sec \theta + 10\csc \theta \]Shunday qilib, \(L\) ni farqlash,
\[L' = 8\sec \theta \tan \theta - 10\csc \theta \cot \theta \]Buni nolga tenglashtirish va hal qilish,
\[\begin{align*}8\sec \theta \tan \theta & = 10\csc \theta \cot \theta \\ \frac{{\sec \theta \tan \theta }}{{\csc \theta \cot \theta }} & = \frac{{10}}{8}\\ \frac{{\sin \theta {{\tan }^2}\theta }}{{\cos \theta }} & = \frac{5}{4}\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}{\tan ^3}\theta = 1.25\end{align*}\]\(\theta \) ni hal qilish,
\[\,\tan \theta = \sqrt[3]{{1.25}}\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\theta = {\tan ^{ - 1}}\left( {\sqrt[3]{{1.25}}} \right) = 0.8226\]Shunday qilib, agar \(\theta = 0.8226\) radian bo'lsa, u holda quvur minimal uzunlikka ega bo'ladi va faqat burilish atrofida mos keladi. Kattaroq narsa burilish atrofida sig'maydi va shuning uchun burilish atrofida olib o'tilishi mumkin bo'lgan eng katta quvur,
\[L = 8\sec \left( {0.8226} \right) + 10\csc \left( {0.8226} \right) = 25.4033{\mbox{ feet}}\]
Yechim
Har doimgidek, keling, qo'shimcha ma'lumotlar qo'shilgan holda ushbu vaziyatning eskizi bilan boshlaylik.
Simning umumiy uzunligi \(L = {L_{\,1}} + {L_{\,2}}\) va biz buni minimallashtiradigan \(x\) qiymatini aniqlashimiz kerak. Bu masaladagi cheklov shundan iboratki, qutblar bir-biridan 20 metr masofada bo'lishi va \(x\) \(0 \le x \le 20\) oralig'ida bo'lishi kerak. Bu erda qilishimiz kerak bo'lgan birinchi narsa - bu Pythagoras teoremasidan foydalanish juda oddiy bo'lgan \(x\) nuqtai nazaridan sim uzunligini olish.
\[{L_{\,1}} = \sqrt {36 + {x^2}} \hspace{0.5in}{L_{\,2}} = \sqrt {225 + {{\left( {20 - x} \right)}^2}} \hspace{0.5in}L = \sqrt {36 + {x^2}} + \sqrt {625 - 40x + {x^2}} \]Biz ishlashimiz kerak bo'lgan eng yaxshi funktsiya emas, lekin u erda. Shuni yodda tutingki, bu uzluksiz funktsiyadir va bizda chekli so'nggi nuqtalari bo'lgan interval mavjud va shuning uchun mutlaq minimalni topish bu funktsiyaning kritik nuqtalarini olishdan ko'ra ko'proq ish talab qilmaydi. Shunday qilib, keling, buni qilaylik. Mana lotin.
\[L' = \frac{x}{{\sqrt {36 + {x^2}} }} + \frac{{x - 20}}{{\sqrt {625 - 40x + {x^2}} }}\]Buni nolga tenglashtirish,
\[\begin{align*}\frac{x}{{\sqrt {36 + {x^2}} }} + \frac{{x - 20}}{{\sqrt {625 - 40x + {x^2}} }} & = 0\\ x\sqrt {625 - 40x + {x^2}} & = - \left( {x - 20} \right)\sqrt {36 + {x^2}} \end{align*}\]Sizdan shunga o'xshash narsani hal qilishni so'rashganiga ancha vaqt bo'lgandir. Buni hal qilish uchun biz ildizlardan qutulish uchun ikkala tomonni kvadratga solishimiz kerak, ammo bu ham tez orada ko'rinadigan muammolarni keltirib chiqaradi. Avval ikkala tomonni kvadratga aylantiramiz va bu tenglamani yechamiz.
\[\begin{align*}{x^2}\left( {625 - 40x + {x^2}} \right) & = {\left( {x - 20} \right)^2}\left( {36 + {x^2}} \right)\\ 625{x^2} - 40{x^3} + {x^4} & = 14400 - 1440x + 436{x^2} - 40{x^3} + {x^4}\\ 189{x^2} + 1440x - 14400 & = 0\\ 9\left( {3x + 40} \right)\left( {7x - 40} \right) & = 0\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}x = - \frac{40}{3} ,\,\,\,\,\,x = \frac{40}{7}\end{align*}\]E'tibor bering, agar siz faktoringni qila olmasangiz, tashvishlanmang, siz har doim kvadrat formuladan foydalanishingiz mumkin va siz bir xil javoblarni olasiz.
Xo'sh, bu erda qisqacha muhokama qilishimiz kerak bo'lgan ikkita muammo. Yuqoridagi birinchi yechim (esda tuting, biz buni tanqidiy nuqta deb atamadik ...) hech qanday ma'noga ega emas, chunki u salbiy va mumkin bo'lgan echimlar doirasidan tashqarida va shuning uchun biz uni e'tiborsiz qoldiramiz.
Ikkinchidan, va, ehtimol, bundan ham muhimi, agar siz \(x = - \frac{40}{3}\)-ni hosilaga ulagan bo'lsangiz, siz nolga erisha olmaysiz va bu hatto tanqidiy nuqta emas. Bu qanday mumkin? Axir bu yechim. Eslatib o'tamiz, biz yuqoridagi tenglamaning ikkala tomonini kvadratga aylantirdik va o'sha paytda bu muammoga olib kelishi haqida aytib o'tilgan edi. Biz bu muammolarni hal qilamiz. Ikkala tomonni kvadratlashda biz beixtiyor tenglamaning yangi yechimini kiritdik. Agar siz shunga o'xshash biror narsa qilsangiz, DOIMO orqaga qaytib, olingan echimlar aslida asl tenglamaning echimi ekanligini tekshirishingiz kerak. Bu holatda biz omadli bo'ldik va "yomon" yechim ham bizni qiziqtirgan echimlar oralig'idan tashqarida bo'ldi, lekin bu har doim ham shunday bo'lmaydi.
Shunday qilib, agar biz orqaga qaytsak va tezkor tekshiruvdan o'tsak, aslida yagona muhim nuqta \(x = \frac{40}{7} = 5.7143\) ekanligini va bu bizning maqbul echimlar qatorida, \(0 \le x \le 20\) ekanligini ko'rishimiz mumkin.
Endi biz qilishimiz kerak bo'lgan narsa - bu muhim nuqtani va simning so'nggi nuqtalarini uzunlik formulasiga ulash va minimal qiymatni beradigan narsani aniqlash.
\[L\left( 0 \right) = 31\hspace{0.5in}L\left( \frac{40}{7} \right) = 29\hspace{0.5in}L\left( {20} \right) = 35.8806\]Shunday qilib, agar biz uni kichikroq qutbdan \(\frac{40}{7}\) fut erga qo'ysak, minimal sim uzunligini olamiz.
Keling, butunlay boshqacha savol beradigan yuqoridagi muammoning modifikatsiyasini qilaylik.
Yechim
Mana bu misol uchun eskiz, qo'shimcha ma'lumotlar qo'shilgan.
Bu erda ishlashimiz kerak bo'lgan tenglama aniq emas. Yuqoridagi eskizdan buni ko'rishimiz mumkin,
\[\delta + \theta + \varphi = 180 = \pi \]E'tibor bering, biz ushbu muammoni qanday hal qilishimiz uchun tenglama \(\pi \) ga teng ekanligiga ishonch hosil qilishimiz kerak. Endi, asosiy to'g'ri burchakli uchburchak triglari bizga quyidagilarni aytadi:
\[\begin{array}{lll}\tan \delta = \displaystyle \frac{6}{x}& \hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in} & \delta = {\tan ^{ - 1}}\left( {\displaystyle \frac{6}{x}} \right)\\ \tan \varphi = \displaystyle \frac{{15}}{{20 - x}} & \hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in} & \varphi = {\tan ^{ - 1}}\left( {\displaystyle \frac{{15}}{{20 - x}}} \right)\end{array}\]Bularni yuqoridagi tenglamaga kiritish va \(\theta \) ni hal qilish,
\[\theta = \pi - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{6}{x}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{15}}{{20 - x}}} \right)\]E'tibor bering, bu bizning tenglamamizdagi \(\pi \) sababidir. Teskari tangenslar radianlarda bo'lgan burchaklarni beradi va shuning uchun biz bunday tenglamada o'rganib qolgan 180 dan foydalana olmaydi.
Keyinchalik, hosila bizga kerak bo'ladi, shuning uchun siz qanday qilishni eslaysiz deb umid qilaman teskari tangenslarni farqlash.
\[\begin{align*}\theta ' & = - \frac{1}{{1 + {{\left( {{\frac{6}{x}}} \right)}^2}}}\left( { - \frac{6}{{{x^2}}}} \right) - \frac{1}{{1 + {{\left( {{\textstyle{{15} \over {20 - x}}}} \right)}^2}}}\left( {\frac{{15}}{{{{\left( {20 - x} \right)}^2}}}} \right)\\ & = \frac{6}{{{x^2} + 36}} - \frac{{15}}{{{{\left( {20 - x} \right)}^2} + 225}}\\ & = \frac{6}{{{x^2} + 36}} - \frac{{15}}{{{x^2} - 40x + 625}} = \frac{{ - 3\left( {3{x^2} + 80x - 1070} \right)}}{{\left( {{x^2} + 36} \right)\left( {{x^2} - 40x + 625} \right)}}\end{align*}\]Buni nolga tenglashtirish va yechish quyidagi ikkita muhim nuqtani beradi.
\[x = \frac{- 40 \pm \sqrt {4810}}{3} = - 36.4514,\,\,\,\,\,9.7847\]Birinchi muhim nuqta mumkin bo'lgan echimlar oralig'ida emas va shuning uchun biz uni istisno qilishimiz mumkin.
Shubhasiz, \(x\) \(\left[ {0,20} \right]\) oralig'ida bo'lishi kerak va shuning uchun test nuqtalaridan foydalanib, agar \(0 \le x < 9.7847\) bizda \(\theta ' > 0\) borligini (va shuning uchun \(\theta \) ortib borayotgan bo'lsa) va \(9.7847 < x \le 20\) \(\theta ' < 0\) (\(\theta ' < 0\)) o'zgarmasligini ko'rsatish qiyin emas. Shunday qilib, \(x = 9.7847\) birinchi hosilaviy test orqali biz \(\theta \) ning maksimal qiymatini olamiz.
Yechim
Endi, bu holda, bizdan chuqurcha sig'adigan hajmni maksimal darajaga ko'tarish so'raladi, lekin agar siz bu haqda o'ylab ko'rsangiz, bu shakldagi chuqurning hajmi ko'ndalang kesim maydonini chuqurlikning uzunligiga ko'paytirishdan boshqa narsa emas. Shunday qilib, ma'lum bir uzunlik uchun ovoz balandligini oshirish uchun siz qilishingiz kerak bo'lgan narsa - kesma maydonini maksimal darajada oshirish.
Ko'ndalang kesim maydoni formulasini olish uchun yuqoridagi eskizni biroz takrorlaymiz.
Biz tasavvurlar maydonini o'rtadagi to'rtburchak sifatida tasavvur qilishimiz mumkin, kengligi 20 va balandligi \(h\) va ikkala uchida balandligi \(h\), asosi \(b\) va gipotenuza 20 bo'lgan ikkita bir xil uchburchak. asl eskizimizda bor edi.
Bundan tashqari, asosiy to'g'ri burchakli uchburchak triglari bizga asos va balandlikni quyidagicha yozish mumkinligini aytadi:
\[b = 20\cos \theta \hspace{0.75in}h = 20\sin \theta \]\(\theta \) nuqtai nazaridan butun chuqurlik uchun kesma maydoni, keyin,
\[A = 20h + 2\left( {{\frac{1}{2}}bh} \right) = 400\sin \theta + \left( {20\cos \theta } \right)\left( {20\sin \theta } \right) = 400\left( {\sin \theta + \sin \theta \cos \theta } \right)\]Hududning hosilasi,
\[\begin{align*}A'\left( \theta \right) & = 400\left( {\cos \theta + {{\cos }^2}\theta - {{\sin }^2}\theta } \right)\\ & = 400\left( {\cos \theta + {{\cos }^2}\theta - \left( {1 - {{\cos }^2}\theta } \right)} \right)\\ & = 400\left( {2{{\cos }^2}\theta + \cos \theta - 1} \right)\\ & = 400\left( {2\cos \theta - 1} \right)\left( {\cos \theta + 1} \right)\end{align*}\]Demak, bizda ham bor,
\[\begin{align*}2\cos \theta - 1 & = 0\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in} \cos \theta = {\frac{1}{2}}\,\,\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}\theta = {\frac{\pi}{3}}\\ \cos \theta + 1 & = 0\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}\cos \theta = - 1\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}\theta = \pi \end{align*}\]Biroq, biz \(\theta \) \(0 \le \theta \le {\frac{\pi}{2}}\) oralig'ida bo'lishi kerakligini ko'rishimiz mumkin, aks holda biz kerakli shaklga ega bo'la olmaymiz. Shuning uchun, ikkinchi muhim nuqta hech qanday ma'noga ega emas va shuni ta'kidlaymizki, biz xuddi shu sababga ko'ra standart "\( + \,2\pi n\)" ga qo'shishimiz shart emas.
Nihoyat, maydon uchun tenglama uzluksiz bo'lgani uchun biz qilishimiz kerak bo'lgan yagona narsa maksimal maydonni beradigan nuqtani topish uchun kritik nuqta va oxirgi nuqtalarni ulashdir.
\[A\left( 0 \right) = 0\hspace{0.5in}A\left( {{\frac{\pi}{3}}} \right) = 519.6152\hspace{0.5in}A\left( {{\frac{\pi}{2}}} \right) = 400\]Shunday qilib, biz \(\theta = {\frac{\pi}{3}}\) bo'lganda maksimal tasavvurlar maydonini va shuning uchun maksimal hajmni olamiz.