Максимум және минимумдар туралы түсінік
Адам өмірінде әртүрлі жағдайларға байланысты үлкен, кіші, маңызды, маңызсыз әртүрлі шешімдер қабылдауға мәжбүр болып жатады. Бірақ, қай уақытта да түрлі нұсқалардың ішіндегі ең тиімдісін, ең үлкенін, ең пайдалысын таңдауға тырысады. Сол себепті қоғамдық ортада “оптимизация” түсінігі пайдаланылуда. Қарапайым тілде айтқанда оптимизация ең жақсысы деген мағынада. Осы жерден түсінетініміз оптимизацияның өзі екі түрге бөлінеді;
а) егер пайдалы болса _ ең жақсысы максималды (барынша немесе көбірек пайдалану сияқты) түрге ұмтылады. (maximum)
ә) егер зиянды нәрсе болса – ең жақсысы минималды (зиянын барынша азайту немесе мүлдем болдырмау сияқты) түрге ұмтылады. (minimum).
Максимум және минимум сөздері латын тілінен енген, мағынасы ең үлкен және ең кіші дегенге саяды.
Максимумдар мен минимумдар ежелгі уақыттардан бері өз маңызын жоғалтпай, осы уақыттарға дейін сақталып келген, осыдан кейінде жалғасары анық. Максимум, минимум мәселелеріне қай ғасырдың болмасын ғалымдары бет бұрмай кетпеген. Тіпті, барлық ғылым осы мәселедеy басталды десекте асыра айтпаған болармыз. Себебі, максимум және минимум мәселелері адам баласының өмірінде және күнделікті тіршілігінде жиі кездесіп отырады.
Математика саласында экстремумдарды (максимум және минимумдарды) зерттеу өте ертеден, жиырма бес ғасыр бұрын басталған. Ұзақ уақыт бойы бұл мәселе өз шешімін таба қоймаған еді, дегенмен үш жүз ғасыр бұрын заман жаңалығы болып алғаш математикалық талдау салаларына ене бастаған.
Максимум және минимум мәселелерін қозғалуына себеп болған тағы бір жайт, табиғат күші. Жел, су, жарық, газ сияқты табиғи күштер басқа нәрселердің де максималды немесе минималды күш алуына себеп екені ортаға шығарылуы.
Бұл жаңалық математикалық есептеулермен болса да, тек қана математикаға тән емес физика, химия, биология, т.б. әртүрлі қолданысқа еніп кеткенін білдіреді. Біз тек математикаға тән саласын қарастырамыз.
Математикадағы максимум және минимумдарды қарапайым сөздермен түсіндіру біраз қиын болғандықтан мысал келтіре отырып анықтау қолайлы болар деп ұйғардым.
Мысал: Бір жолаушы тауды асып өту үшін сызбада AB сызығымен көрсетілген жолды жүріп өтті делік. Көтерілу мөлшерін әдеттегідей теңіз бетінен бастап есептейміз. Сызбада теңіз беті PQ арқылы көрсетілген, егерде жолаушы M нүктесінен өтіп жатқан болса биіктік NM деп есептеледі.
Осылдайша жүру барысында жолаушының теңіз бетінен биіктігі өзгермелі болады. Яғни, жоғары көтерілген сайын биіктік те артады, ол Е шыңына жеткенде биіктік максималды болады, одан кейін жолаушы төмен қарай бет алады. Олай болса, теңіз бетінен өлшеген биіктік те азая бастайды. Сызбада байқағанымыздай, ең шыңы болып есептеліп отырған Е нүктесін өлшейтін КЕ тік сызығы басқаларына (сол жағында жатқан МN сызығы мысал ретінде) қарағанда максималды. Жолаушы Е нүктесін асып, оның оң жағына өткенде де ( мысал ретінде RS) жолдың ең биігі болып қала береді. Сонымен, қай жағынан да қарағанда ең үлен биіктікті қамтып тұрған КЕ сызығы максималды болып саналады.
[pic]
1-сурет
Енді ең кіші немесе минималды өлшемге мысал келтірейік.
Мысал: Жаздыңкүнгі түндердің әрбір 10 минуты сайын ауа температурасы өлшеніп, кесте толтырылып отырылған делік. Егер көлденең бағытты уақыт t деп алып, тік бағытты температура T деп алсақ. Ең кішісін табу үшін ордината бойымен ең төменгісін t – уақытпен сәйкестіреміз. Міне, осы сәт ең төмен деңгейлі, минималды температура болып есептеледі және бұл нүктеден басқаларының бәрі осыдан үлкен болуы тиіс.
[pic]
2-сурет
Осы мысалдардағы ортақ мәселе екеуініңде өлшемдерінің (биіктік, температура) төмен құлдырағанда немесе жоғары көтерілгенінде ең шеткі жағдайға дейін жетуі. Сондықтан максимум және минимум түсініктері қатар жүреді. Бұл түсінік ең шеткі немесе экстрималды (extrimum латын тілінен) деген мағынада. Осыдан кейін максимум және минимум есептерінің бірдей шығарылатынын да көретін боламыз.
Кейде өзгермелі өлшеміміз кезектесе өсіп немесе кеміп тұруы да мүмкін. Мысал ретінде синус өзгермелісін қарастырсақ, [pic] мындағы x бұрышы 0 мен 1 аралығында өсетінін көреміз, кейін бұрыш кеми береді. [pic] болғанда ең кіші, яғни, минимум -1 мәніне келеді. Осыдан кейін x мәні тағыда өседі және бұл жағдай жалғаса береді.
Жалпы алғанда өзгермелі өсу мен кему барысында, минималды өлшем максималды өлшемнен әлдеқайда үлкен болуы мүмкін. Бұл жағдайды төменгі мысалдан көре аласыз.
[pic]
3-сурет
Бұл сызбада бірнеше төбеден өтетін ABCDEF жол көрсетілген. Мында жолаушының теңіз бетінен максимум көтерілу нүктелері A, C, E, ал, минимум төмендеу нүктелері B, D, F. С нүктесінде максимум деп аламыз себебі, ол көршілес нүктелерінен жоғары. F нүктесі де минимум себебі, оныңда оң жақ және сол жақ нүктелері оның ординатасынан үлкен. Сонымен, біздің минималды деп алған F нүктеміз, максималды деп алған С нүктемізден де биік болып шықты.
Мысал: Қаңтар айындағы күндізгі максималды ауа температурасы, түнгі минималды ауа температурасымен салыстырғанда төменірек болады.
Олай болса максимум және минимум деген түсінік жалпы алғандағы ең үлкен немесе ең кішісі ғана емес, белгілі бір өлшемдер жүргізіліп, алып отырған нүктеге ең жақын немесе көршілес нүктелермен де салыстырылуын қарастыруымыз керек.
Геометриядағы максимумдар мен минимумдар
Максимум және минимум есептерінің баға жетпес құндылықтары ғылымдардың ежелгісі болып саналатын – геомтрияның қойнауына жинақталған.
Геометрядағы максимум және минимум есептерін, көне заманның ұлы ғалымдары болып танылған, үш бірдей ғалымның шығармаларында кездестіруге болады. Ол ғалымдарды тізіп жазар болсақ – Евклид, Архимед, Апполония. Қайта жаңғыру дәуірінің – Вивиани, Торричелли, Ферма және т.б. ғалымдары бұл есімдерге аса құрметпен қарап, ерекше қадірлеген. Максимум, минимум есептерге қызуғышылық тек бұрынғы дәуірлермен шектеліп қалған жоқ, ол кәзіргі уақытқы дейін өз қасиетін сақтап келеді. Максимумдар мен минимумдар ежелгі уақыттардан бері өз маңызын жоғалтпай, осы уақыттарға дейін сақтап келген, осыдан кейінде жалғасары анық. Максимум, минимум мәселелеріне қай ғасырдың болмасын ғалымдары бет бұрмай кетпеген. Тіпті, барлық ғылым осы мәселеде басталды десекте асыра айтпаған болармыз. Себебі, максимум және минимум мәселелері адам баласының өмірінде және күнделікті тіршілігінде күнделікті кездесіп отырады.
Математика саласында экстримумдарды (максимум және минимумдарды) зерттеу өте ертеден, жиырма бес ғасыр бұрын басталған. Ұзақ уақыт бойы бұл мәселе өз шешімін таба қоймаған еді, дегенмен үш жүз ғасыр бұрын заман жаңалығы болып алғаш математикалық талдау салаларына ене бастаған екен.
Максимум және минимум мәселелерін қозғалуына себеп болған тағы бір жайт, табиғат күші. Жел, су, жарық, газ сияқты табиғи күштер басқа нәрселердің де максималды немесе минималды күш алуына себеп екені ортаға шығарылды.
Бұл жаңалық математикалық есептеулермен болса да, тек қана математикағ а тән емес физика, химия, биология, т.б. әртүрлі қолданысқа еніп кетті. Біз тек математикаға тән саласын қарастырамыз.
Евклидтің есептеуі: адамзат баласының тарихындағы және еңбектеріндегі ең алғаш максимумға байланысты есеп б.з.б IV ғасырда, Евклидтің бастамаларында ғана кездеседі. Заманауи басылымдарда оны төмендегідей кездестіреміз.
Есеп: Берілген ABC үшбұрышына ең үлкен ауданды қамтитын ADEF (EF//AB, DE//AC) параллелограмм сыз.
Евклид бастамаларында келтірілген геометриялық шешімдерден бір мысал келтірейік.
Ізделінді параллелограммның D, E және F төбелері берілген үшбұрыштың қабырғаларын қақ бөлетінін дә лелдеуіміз керек.
Айталық, үшбұрышқа ADEF тен басқа, AD′E′F′ параллелограмм сызылған болсын. D′E′ және EF сызықтарының қиылысу нүктесін G′, ал DE және E′F′ сызықтарының қиылысу нүктесін G деп белгілейік.
Енді, AD′E′F′ параллелограммы ADEF параллелограмынан EG′E′G параллелограммы шамасындай кіші екенін көрсетейік. Ол үшін ABC үшбұрышына B төбесінен H биіктігін жүргіземіз. AC арлығын b деп белгілесек, GE′E үшбұрышына биіктік жүргізіп, оны [pic] деп белгіліейік. GEE′ және ABC (E′G // AB, GE // AC) үшбұрыштарынан мынадай нәтиже ала аламыз:
[pic]
Алынған қатнастан, биіктігі [pic] , DE қабырғасы [pic] тең, D′E′ED параллелограммы, EGF′F параллелограммына тең екенін байқаймыз. Әйткенмен, екінші параллелограмымыздың биіктігі [pic] , ал, F′F қабырғасы [pic] тең. Осыдан, ADEF параллелограмы AD′G′EGF′ қа тең, яғни, AD′E′F′ параллелограмы ADEF параллелограмынан GE′G′E шамасындай кіші екенін таптық. Есеп шешілді.
[pic]
1-сурет
Архимедтің есептеуі: көне жазушылардың айтуымен Архимедтің (б.з.б. 287 – 212 жж.) шеңбердің изопериметрлік және сфераның изопифандық қасиеттерін дәлелдегенін білеміз. Бірақ, Архимедтің бізге жеткен шығармаларынан изопериметрлік дәлелдеуін еш кезіктіре алмаймыз. Оның жинақтарында бұл проблеманың шешімі беймәлім. Изопифандық есептеуін “ шар мен цилиндр туралы” жинағынан кездестіре аламыз. Онда келесі есеп қарастырылып, шығарылған.
Есеп: Белгілі бір ауданмен берілген шар бетінің,барлық сегменттер арасында максималды көлемді қамтитын шар сегментін табыңыз.
Алдымен, шешімін толығымен Архимедтің идеясы негізінде табамыз. Бұл ойлағанымыздай емес алгебралық жүйеде болмақ, сондықтан тапқан шешімімізді геометрия тіліне аударуымызға тура келеді.
Радиусы R, биіктігі һ, берілген сегменті BAB′ болатын шарды қарастырамыз. BAB′ сегментімен қатар дәл сондой бүйір бетімен EDE′ жартышарын қарастырамыз. Оның радиусын r деп белгіліейік. Білетініміздей, шар сегментінің көлемі V= [pic] тең, бүйір бетінің ауданы [pic] Rh, ал жартышар көлемі V=( [pic] , бүйір бетінің ауданы S= [pic] . Сегмент пен жартышардың аудан мынадай теңдеу аламыз:
[pic] . (1)
Теңсіздікті дәлелдейік
(2R - r) r > (2R – h) h мұндағы h ≠ R. (2)
[pic]
1-сурет 2-сурет
Екі түрлі жағдайды қарастырайық: 1) h < R, 2) h > R.
Бірінші жағдайда
[pic]
= [pic]
Екінші жағдайда
[pic]
= [pic]
және (2) теңдеуді қосып, [pic] көбейтсек мынадай теңсіздік табамыз
[pic] (3)
теңдеудегі Rh-ты [pic] -қа ауыстыру арқылы керекті теңсіздікке жетеміз:
V= [pic] = V.
Cонымен, дәл сондай бүйір бетке ие жартышардың көлемі сфералық сегменттен үлкен болды, немесе Архимедтің тілімен айтсақ “ белгілі бір бетті қамтитын барлық сфералық сегменттердің ең үлкені жартышар болады.”
Барлық дәуірдің данышпандарымен қатар, данышпан Ньютонды да қосып санағанда, бәрібір Архимедтің еңбегімен көбірек массаттануға болады, алар орны да ерекше үлкен дегім келеді. Әрине, орынды ешқайсысынан да аямаймыз, ендігі іс осы есепті Архимед тіліне аудару ( жақша ішінде алгебралық жолдары да көрсетіліп отырады ).
Архимед алгебралық тілді де, алгебралық есептеулерді де қолданбаған болуы тиіс, себебі ол уақытта алгебраның пайда болуына әлі он сегіз ғасырдай уақыт бар еді. Біз Архимедтің тілі – геометрия деп түсінейік. Архимедтің жолымен АА′ түзуінен [OH] кесіндісін биіктігі HM, радиусы MB болатын, BAB′ шар сегментімен шамалас конустың табаны ретінде бөліп аламыз. [OA′] кесіндісіне радиус R тең болатындай етіп [A′K] кесіндісін жалғастырамыз. Сегмент пен конустың шамаластығы Архимедті мынадай пропорцияға жетеледі:
[pic]
3-сурет 4-сурет
[pic] (4)
Теңдіктің дұрыс немесе дұрыс емес екенін тексерейік. Ол үшін белгілі формулалар [pic] конустың көлемі мен [pic] сегменттің көлемін қолданамыз.
[pic] [pic] =
= [pic] [pic] . (5)
Біз, [pic] кесіндісінің ұзындығы, [pic] және [pic] кесінділерінің орташа геометриялық ұзындығы екендігін пайдаланып қалдық. Осылайша, (5) формула (4) формуладан жалғасын табады.
Шар беті мен сегмент бетінің теңдігі төмендегі жағдайға әкеледі
[pic] = [pic] (6)
Шынымен ақ, [pic] , [pic] = [pic] (бұл да белгілі, қабырғасы диаметрге тең, үшбұрыштың қасиеттерінен бірі.)
[pic] 2 [pic]
Осыдан кейін Архимед [pic] ұзындығына тең [pic] кесіндісін бөліп алып, (2) теңсіздікті дәлелдейді:
[pic] .
Бұл ақиқатты Архимед “периметрлері тең екі тікбұрышты ұшбұрыштың қайсысының кіші қабырғасы ұзын болса, соның ауданы да екіншісінен үлкен болады” – деп геометриялық тілде негіздеген.
Келесі кезекте ( сегмент пен жартышардың бүйір беттерінің теңдігі нәтижесінде)
[pic] ( [pic]
Соңғы теңсіздікті қоса отырып, осы теңдіктен мынадай нәтиже шығады.
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
Мына қатынастарды да жоғары да дәлелдегенбіз
[pic] ((5) теңдеуге қараңыз)
[pic]
[pic] (құрылысына қарай), осыдан және (1) теңдеуден шығатыны
V= [pic]
( [pic] = [pic] ).
Дәлелдеуіміз осымен аяқталды.
Осы дәлелдемеде қолданылған барлық формулалар да ( конустың, шардың және шар сегмертінің көлемі, шардың бүйір бетінің ауданы мен сфералық сегменттің бүйір бетінің ауданы) ең алғаш Архимедтің қолданылуымен жарық көргенін де айта кету жөн болар[8].
Штейнер есептеуі: өткен жүзжылдықтың басында Берлин геометрі Якоб Штейнердің зерттеген келесі есебі қарапайым болса да, өте қызықты: үш A, B, C ауылды мекендерін жалпы ұзындығы минимал болатындай етіп жолдар жүйесімен қосу керек. Нақтырақ, математикалық нұсқасын ұсынсақ: жазықтықта берілген үш A, B, C нүкелері үшін a + b + c қосындысы (мұндағы: a, b, c – A, B, C нүктелерінен P нүктесіне дейінгі сәйкесінше қашықтықтар) минимал болатындай етіп төртінші P нүктесін табыңдар (1-сурет). Бұл есептің шешімі келесідей болмақ: егер ABC үшбұрышының барлық бұрыштары 120° -тан кіші болса, онда P нүктесі етіп барлық AB, BC, CA қабырғалары 120° бұрышпен көрінетін нүктені алу керек; егер ABC үшбұрышының бір, мәселен, C бұрышы 120°-тан үлкен немесе тең болса, онда P нүктесін C төбесімен беттестіру қажет. Егер жоғарыда қарастырылған экстремалдық қасиеттерді пайдалансақ бұл нәтижені тексеру қиын емес. Айталық, P ізделінді нүкте болсын, онда келесі екі жағдайдың бірі орындалады: не P нүктесі A, B, C төбелерінің бірімен беттеседі, не P нүктесі бұл төбелермен беттеспейді. Бірінші жағдайда P нүктесі ABC үшбұрышының C төбесімен беттесуі тиіс, себебі, CA+CB қосындысы ABC үшбұрышының кез келген басқа екі қабырғасының қосындысынан кіші болады.
[pic]
1-сурет 2-сурет
PA + PB + PC = minimum.
(Сондықтан екінші жағдай қалады. Айталық k - центрі C нүктесі, ал радиусы c болатын шеңбер болсын (2-сурет). Онда P нүктесі PA+PB қосындысы минимумға айналатындай етіп k шеңберінде орналасуы тиіс. Егер A және B нүктелерінің екеуі де k шеңберінен тыс жатқан болса, онда біз дәлелдеп кеткен Герон теоремасы бойынша PA және PB кесінділері k шеңберімен бірдей бұрыш жасаулары керек. Ендеше k шеңберіне перпендикуляр болатын PC радиусымен де бірдей бұрыш жасаулары керек. Центрі A, ал радиусы a болатын шеңбер үшін де дәл осылайша ой қорытсақ, онда PA, PB, PC кесінділерімен жасалған бұрыштардың бәрі де тең болатыны шығады. Яғни, ол бұрыштар 120°-қа тең. Бұл дәлелдеуіміз A және B нүктелері k шеңберінен тыс жатсын деген ұйғарымға сүйенген болатын; басқаша болуы мүмкін емес екенін көрсетелік. A, B нүктелерінің бірі, айталық, A нүктесі k шеңберінің ішкі облысында немесе шеңбердің өзінде жатсын делік. Онда AC c; ал екінші жағынан A, B, C нүктелерінің кез келген орналасуында a+b≥AB болатындықтан, a+b+c≥AB+AC болады (мұндағы а, в, с – табылған нүктеден А, В, С нүктелеріне дейінгі сәйкестігінше қашықтықтар). Соңғы теңсіздіктен көргеніміздей, a+b+c қосындысының мүмкін болар минипмал мәні P нүктесі A нүктесімен беттескенде пайда болады екен. Бұл P нүктесі A, B, C нүктелерінен өзгеше деген ұйғарымымызға қайшы келеді. Сонымен, A және B нүктелері k шеңберінен тыс жататыны дәлелденді. B және C нүктелерінің центрі A, ал радиусы a болатын шеңберден тыс жататыны, сондай-ақ, A және C нүктелері центрі B, ал радиусы b болатын шеңберден тыс жататынын да дәл осылайша дәлелдеуге болады.
2. Мүмкін болар жағдайларды талдау. Мүмкін болар екі жағдайдың қайсысы орындаларын анықтау үшін біз P нүктесін салуға тірелеміз. Үшбұрыштың екі қабырғалары, мысалы AC мен BC қабырғалары 120 бұрышпен көрінетін P нүктесін табу үшін A мен C нүктелері арқылы өтетін k1 шеңберінің кіші AC доғасы 120 құрайтындай етіп, және B мен C нүктелері арқылы өтетін k2 шеңберін де дәл осындай қасиетке ие болатындай етіп жүргізіп, соңында егер әрқайсысы 120 құралған екі доға қиылысатын болса, олардың қиылысу нүктесін алу керек. Мұндай жолмен табылған P нүктесінен AB қабырғасы міндетті түрде 120 бұрышпен көрінеді, себебі, P төбесінің үш бұрышының қосындысы 360-қа тең болуы тиіс. 3-суреттен көріп отырғанымыздай, егер АВС үшбұрышының барлық бұрыштары да 120-тан кіші болса, онда аталған екі доғалар міндетті түрде үшбұрыштың ішінде қиылысады. Екінші жағынан, АВС үшбұрышының бір, айталық С бұрышы 120-тан үлкен болса, онда аталған доғалар қиылыспайды екен. Бұл жағдайда АВС үшбұрышының әр қабырғасы 120 бұрышпен көрінетін Р нүктесі болмайды, ал k1 мен k2 шеңберлері [pic] қиылысады. Бұл нүктеден АС мен ВС қабырғалары 60 бұрышпен, ал жалғыз ғана АВ қабырғасы 120 бұрышпен көрінеді.
Егер үшбұрыштың бір бұрышы 120-тан үлкен болса, онда жаңа ғана біз көргендей барлық қабырғалар 120 бұрышпен көрінетін Р нүктесі болмайды; яғни ең аз мән қабылдайтын нүкте басқа нүкте болуы керек. Бұл біз алдында дәлелдеп көрсеткендей үшбұрыштың доғал бұрыш орналасқан төбесі екен.
[pic]
3-4-5-сурет
Штейнер есебінің әртүрлі жағдайларын талдау.
Егер үшбұрыштың әрбір бұрышы 120-тан кіші болса, онда барлық қабырғалар 120 бұрышпен көрінетін Р нүктесін салуға болатынын көрдік. Бірақ есеп онымен біткен жоқ, бұл Р нүктесі үшін а+в+с қосындысы үшбұрыштың кез келген төбесімен салыстырғанда кіші болатынын көрсетк керек. Сонымен, мысалы, а+в+с қосындысы АВ+АС-дан кіші екенін көрсетелік (5-сурет). Ол үшін А нүктесін ВР кесіндісің созындысына проекциялап, D нүктесін алайық. [pic] екені анық болғандықтан, PD проекцияның ұзындығы [pic] -ға тең болады. BD кесіндісі AB-ның BP түзуіне түсірілген проекциясы болғандықтан, BD болады. Бірақ [pic] , сондықтан [pic] . Дәл осылайша, А нүктесін РС кесіндісінің созындысына проекциялап, [pic] болатынына көз жеткіземіз. Соңғы екі теңсіздікті қоссақ a+b+cтеңсіздігіне келеміз. Сонымен ізделінді нүктенің А төбесінде орналасуы мүмкін емес екен. Дәл солай бұл нүкте В мен С төбелерінде орналаса алмайтындықтан, барлық қабырғалар 120 бұрышпен көрінетін табылған Р нүктесі есептің шешімі болады.
3. Жалпылау: көшелік желі мәселесі. Штейнер есебінде үш A, B, C нүктелері берілген болатын. Есепті жалпылап n жағдайында [pic] , [pic] , ... [pic] нүктелері үшін де есеп құрастыруға болады: a1 + a2 + … + an қосындысы минимал болатындай етіп жазықтықтың P нүктесін тап (мұндағы: ai арқылы PAi кесінділерінің ұзындықтары белгіленген). (6-суреттегідей орналасқан төрт нүкте жағдайы үшін P нүктесі деп [pic] төтрбұрышының дииоганальдарының қиылысу нүктесін аламыз). Штейнер қарастырған бұл жалпылау есебі ойдағыдай қызықты нәтиже бермейді. Сондықтан, жалғыз P нүктесін іздеуден бас тартып, бірнеше нүктелерді табуға тура келеді.
[pic] [pic] [pic] [pic]
Р [pic]
[pic]
6-сурет
Төрт нүктеге дейінгі арақашықтықтардың қосындысның ең аз мәні.
Ендеше, «көшелік желіс» немесе «берілген елді мекендер арасындағы жол желісін» табуға есеп құраймыз. Нақтырақ айтсақ: n нүктелер берілген [pic] , [pic] , ... [pic] ; келесі шарттарды қанағаттандыратын түзу сызықты кесінділердің байланысқан жүйесін тап: 1) кез келген берілген екі нүктені қабырғалары жүйеге кіретін сынық сызықтармен қосуға болады; 2) бүкіл жүйенің жалпы ұзындығы минимал болады.
Бұл есептің шешімдері берілген нүктелердің орналасуына байланысты болмақ. Сондықтан, 7-9-суреттерде көрсетілген нақты мысалдарды қарастырамыз. Бірінші мысалда есептің шешімі әрқайсысында өзара 120° бұрыш жасайтын үш сегмет тоғысқан екі нүктемен берілген. Екінші мысалда мұндай нүктелер саны үшеу. Бұл нүктелердің берілген нүктелермен беттесетін де жағдайлары кездеседі. Мұнымыз үшінші мысалға сәйкес келеді. Берілген нүктелердің сәл ауытқуында есептің шешімі өзгеше шығуы орынды.
[pic]
7-8-9-суреттер
Берілген нүктелерді қосатын қысқа жол жүйелері.
Егер берілген нүктелер саны n болса, онда әрқайсысында үш кесінділер тоғысатын мұндай нүктелер саны n–2-ден артпайды.
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic]
10-11-суреттер
Квадраттың төбелерін қосатын қысқа жолдар жүйесі.
Есептің әрқашан жалғыз шешімі болуы міндетті емес. Мәселен, берілген төтр нүктелер квадрат төбелерімен беттесетін болса, онда есептің екі шешімі болмақ (10-11-суреттер). Егер берілген [pic] , [pic] , ... [pic] нүктелері өзара 180°-қа мейлінше жақын бұрыш жасап қиылысытын қиық сызықтардың төбелері болатын болса, онда бұл қиық сызықтың өзі есептің жауабы болады.
4.Штейнер есебінің тәжірибелік шешілуі. Беттік тартылуы әлсіз сұйықтықтармен максимум мен минимумға арналған тәжірибелерді жасауды алғаш белгиялық физик Плато (1801-1883) ұсынған болатын. Мұндай сұйықтықты алудың тиімді әдісі келесідегідей: 500г дистилльденген суға 10г таза натридың құрғақ олетасын қосамыз.
Осындай тәжірибелердің біріне сүйеніп Штейнер есебін көрнекі түрде шешуге болады. Екі параллель орналасқан шыны беті (немесе тегіс плита) бұларға перпендикуляр болатын үш немесе одан да көп стержендермен бекітілсін. Егер бұл жүйені сабын ерітіндісіне малып алсақ, екі беттің арасында стержендерді қосатын вертикаль орналасқан сабын қабықшасы пайда болады. Бұл қабықшалардың горизонталь бетке проекциясы стержендердің табандары үшін Штейнер есебінің шешімі болады екен (16-17-суреттер).
[pic] [pic]
12-сурет. Төрт нүктенің арасындағы 13-сурет. Бес нүктелер арасындағы қысқа жолдар жүйесі. қысқа жолдар жүйесі.
Пайда болған қоспаның 15 кубтық бірлігіне 11 кубтық бглицерин
Ғылымда мұндай тәжірибелер – сабын көпіршігімен жасалатын
Кеплер есептеуі: Берілген шарға ең үлкен көлемді цилиндр сызу.
Берілген есепті планиметриялық нұсқада келесідей жалғастыруға болады. Берілген шеңберге ең үлкен аудандағы үшбұрыш сызу арқылы. Бірінші жағдайды Кеплер есебі деп қарастырсақ, екіншісін Кеплердің планиметриялық есебі деп қарастырайық.
[pic]
1-сурет.
Алдымен Кеплер есебін шешейік. Айталық шардың радиусы R болсын. Ал, цилиндрдың биіктігінің жартысын x деп белгілесек. Цилиндр табанының радиусы r = [pic] тең, көлемі 2 [pic] Тарталья бойынша бұл
( [pic] болу керек. Онда біздің максималды [pic] , ал, [pic] . Олай болса, экстримальді цилиндрдің табан диаметрінің биіктігіне қатынас [pic] .
[pic]
2-сурет.
Кеплердің өзі де дәл осылай тұжырымдаған еді.
Ол максимумға жақын функцияның үздіксіздігі туралы өзінің идеясын пайдалансада болар еді. Бірақ, ол бұл идеядан аттап өтіп таза геометриялық шешімін тапты.
Шарға сызыла алатын максимум көлемдегі цилиндр мәселесін, Кеплер мынаған түйіндестірді. Шарға сызылған, табаны шаршы келетін, барлық тікбұрышты параллелепипедтерден ең үлкен көлемді қамтитыны куб. Бұл мәселе Кеплердің екінші кітабының IV тарауында дәлелденген.
Кеплер шаршы табанды тікбұрышты параллелепипедтерді қысқаша “баған” деп атаған. Біқ оның үлгісі бойынша жүріп, мына екі жағдайды мүмкін деп аламыз. а) баған кубтан биік болғанда; ә) баған кубтан төмен болғанда.
Алдымен а) мәселесін шешіп алайық. Айталық, ABCDEFGH пен A′B′C′D′E′F′G′H′ бағаны бір шарда сызылған. Олардың көлемдерін салыстырайық. Кубтан екі параллелепипед шығарылады. Бірі үстіндегі A′B′C′D′A′′B′′C′′D′′, екіншісі дәл сондай көлемдегі астыңғы параллелепипед. Осымен кубтағыдан көбірегін бөліп алған боламыз. Бұны оңай байқауға болады: A′′B′′C′′D′′ квадрат бағанғанның әрбір қабырғасына, табаны квадрат келген параллелепипедтер жабыстырылған, олардың өзі осы A′′B′′C′′D′′ квадратқа тең (конгруентті). Осындай параллелепипедтердің бірін A′′B′′QRMNPL деп белгілейік. Осы праллелепипедтердің өзі шығыңқы параллелепипедтерден көбірек көлемді қамтиды. Шынымен ақ, шығыңқы параллелепипедтердің көлемі 2 [pic] тең, ал, жабыстырылған төрт параллелипипедтің көлемі [pic] . Мындағы [pic] = [pic] Енді [pic] үшбұрышын қарастырайық.
[pic] , A′C доғасына, ал, [pic] үлкен доға AC сай келеді. Яғни, [pic] , және осыдан,
[pic]
Табатынымыз,
[pic]
= [pic] .
Керекті дәлелдеме жасалынды.
[pic]
3-4-суреттер.
Ендігі қалғаны ә) жағдайды қарастыру. Бұнда да ABCDEFGH пен A′B′C′D′E′F′G′H′ бағаны бір шарда сызылған болсын. Олардың көлемдерін салыстырайық. Бағаннан шаршы табанды екі параллелепипед шығарылған. Оның жалпы көлемі 2 [pic] . Ал, кубтан шығынқы параллелепипедтердің көлемі кішірек. Кеплер мұны былай дәлелдейді. Кубтың барлық жақтарына шығыңқы параллелепипедтер қалыңдығындағы параллелепипедтер қояйық. Олардың бірін біз былай белгілеген едік ABFEPQRS. Олардың жалпы көлемі
4 [pic] = 4 [pic] / [pic] Тағы да АА′А′′ және АЕС үшбұрыштарын қарастырамыз.
[pic]
5-сурет
[pic] бұрышын [pic] бұрышынан үлкенірек орнатамыз, сонда
[pic]
Бірақ Кеплер әділетті түрде мынаны белгілейді: кубқа төрт параллелепипед жабыстырғанымен ол бағананы толығымен жаба алмайды, төрт қабырғада төрт параллелепипед үңірейіп тұрады. Оллардың бірін B′′LB′OF′′MF′N. Әрбір қабырғадан AE, BF, CG және DH сұламалы бұл параллелепипедтердің әрбірі бағанның бөлігін құрайды. Және осындай әрбір бағанның көлемі [pic] . Әрбір қырына параллелепипед жалғағанымызда олар бағананың биіктіктерімен сегізге шығады. Осы сегіздің бірі BQPATA′′B′L. Әрбір сегіз бағанның көлемі |AB||AP||AA′′| тең. Әлбетте, мына теңсіздіктен 2|AA′′| > 2 [pic] |A′′A′| = 4|AP| жалғасын табатын әр қабырғадағы төрт баған да бұл көлемде өз орнын алады. Сонымен, бағандарымызға 2 [pic] |AA′′| > 4 [pic] |AP| қарағанда кубтан 4 [pic] |AP| − 8|AB||AP||AA′′| + 4|AB||AP| < 4 [pic] |AP| азырақ мөлшер алынады екен. Осымен, көмекші есебімізде соңына жетті.
Бұдан кейінгісі мүлде оңай. Әрбір цилиндрге баған сызып, цилиндрдің көлемін сызған бағанымыздың көлеміне қатнасын тексеріп отырамыз. Ол тұрақты және дәл [pic] болады. Яғни, көлемі ең үлкен цилиндр, ішіне куб сыза алатын цилиндр болып табылады. Ал, оның биіктігінің диаметрге қатнасы [pic] тең. Осы теоремасын дәлелдей отырып, Кеплер мыналарды да айта кеткен екен. "Австриялық бөшкешілер дұрыс және геометриялық тұрғыда бөшкені кұрастырғанда, түбінің радиусы үшін темір-тығынның ұзындығының үштен бірін алатын тартіпті сактайтыны осыдан екен. Тек осындай кұрылғыда, ойша екі түптің ортасында құрастырылған цилиндрдің екі жартысы болады, V теоремадағы жағдайға өте жақын әрі сай келеді. Сондыктан, бөшкені құрастырғанда нақты ережеден шамалы ауытқыса да өте сиымды болады, Себебі, оңтайлыға жақын фигуралар өз сиымдылығын өте аз өзгертеді, екі жағынан да ең көп азаю мағынасы мардымсыз орын алады"
Қорыта келе Кеплердің сөзіне қарасақ, осы теорема жалғасын тапқан алғашқы алгоритмді кепілдікке алады.
Шварц үшбұрышы: 1.Шварц ұсынған дәлелдеме. Герман Амандус Шварц (1843-1921) – функциялар теориясы мен анализге көп үлес қосқан Берлин университетінің профессоры. Атақты математиктің бір еңбегі келесі есепке арналған: берілген сүйірбұрышты үшбұрышқа периметрі ең аз болатын үшбұрышты іштей сал (үшбұрыш берілген үшбұрышқа іштей салынған деп түсінеміз, егер берілген үшбұрыштың әр қабырғасында қарастырылып отырған үшбұрыштың бір төбесі жататын болса). Мұндай үшбұрыш жалғыз ғана болады, ал оның төбелері берілген үшбұрыштың биіктіктерінің табандары екен. Ол үшбұрышты биіктіктік үшбұрыш деп аталық.
Шварц биіктіктік үшбұрыштың минимальдік қасиетін симметриялы түрлендіру мен элементарлық геометрияның келесі теоремасын қолданып дәлелдейді.
Теорема: P,Q,R төбелерінің әрқайсысында биіктіктік үшбұрыштың екі қабырғасы берілген үшбұрыштың қабырғасымен бірдей бұрыш жасайды, және бұл бұрыштар берілген үшбұрыштың осы қабырғасына қарсы жатқан төбесінің бұрышына тең.
Мәселен, ARQ мен BRP бұрыштарының әрқайсысы C бұрышына тең (1-сурет).
Алдымен осы теореманы дәлелдейік. OPB және ORB бұрыштары тік болғандықтан, OPBR төртбұрышына сырттай шеңбер сызуға болады. Ендеше, себебі, бұл бұрыштар сырттай сызылған шеңбердің бір доғасына керілген. CBQ – тікбұрышты үшбұрыш болғандықтан, PBO бұрышы C бұрышына толықтауыш бұрыш болады. Ал, PRO бұрышы PRB бұрышына толықтауыш бұрыш болғандықтан, болады. QORA төртбұрышынан дәл осылайша екенін аламыз.
[pic]
1-сурет
АВС үшбұрышына іштей сызылған PQR биіктіктік үшбұрышы.
Бұл нәтижеден биіктіктік үшбұрышына қатысты келесі салдар шығады. Мәселен, болғандықтан, берілген үшбұрыштың AC қабырғасына симметриялы көшіргенде, RQ қабырғасы PQ қабырғасының бойымен және керісінше бағытталады. Бұл өзге қабырғалар үшін де орындалады.
Енді биіктіктік үшбұрыштың минимальдік қасиетін дәлелдейік. ABC үшбұрышынан биіктіктік үшбұрышынан басқа іштей салынған UVW үшбұрышын да қарастыралық. Бүкіл фигураны ABC үшбұрышының AС қабырғасына қатысты симметриялы көшірелік. Енді пайда болған фигураны AB қабырғасына қатысты, сосын BC қабырғасына қатысты, енді тағы AC қабырғасына қатысты, сосын барып AB қабырғасына қатысты симметриялы көшірелік. Нәтижесінде бір-біріне конгурентті болып келетін барлығы алты үшбұрыш шығады, ал олардың әрқайсысында биіктіктік үшбұрыш пен іштей сызылған басқа үшбұрыш көрсетілген (қосымшаның 1-суреті). Соңғы үшбұрыштың BC қабырғасы бірінші үшбұрыштың BC қабырғасына параллель. Шынында да, бірінші түрлендіруде BC қабырғасы сағат тілі бойымен 2C бұрышына, екінші түрлендіруде осы бағытпен 2B бұрышына бұрылса, үшінші түрлендіруде өзгеріссіз қалып, төртінші, бесінші түрлендірулерде сағат тіліне қарсы бағытпен сәйкестігінше 2C және 2B бұрыштарына бұрылады. Сонымен, жалпы бұрылу бұрышы нөлге тең.
Биіктіктік үшбұрыштың жоғарыда көрсетілген қасиетін ескеріп, [pic] кесіндісі PQR үшбұрышының екі еселенген периметріне тең екенін аламыз. Шынында да, [pic] алты кесіндіден құралған, ал бұлардың біріншісі мен төртіншісі PQR үшбұрышының бірінші қабырғасына, екіншісі мен бесіншісі - екінші қабырғасына, ал үшіншісі мен алтыншысы - үшінші қабырғасына тең. Сол сияқты, [pic] қиық сызығының ұзындығы UVW үшбұрышының екі еселенген периметріне тең және ол [pic] кесіндісінен қысқа емес. Ал [pic] болғандықтан, [pic] болады. Ендеше [pic] қисық сызығы [pic] кесіндісінен қысқа емес, яғни, биіктік үшбұрыштың периметрі берілген үшбұрышқа іштей салынған кез келген үшбұрыштың периметрінен үлкен емес. Дәлелдеу керегі де осы болатын.
[pic]
2-3-4- суреттер
Сонымен, біз минимумның бар болатындығын және ол биіктіктік үшбұрыш жағдайында көрінетінін, сондай-ақ, периметрі дәл сондай болатын іштей салынған үшбұрыштың жоқ екенін анықтадық, бірақ бұл әлі дәлелденген жоқ, осыны дәлелдейік.
Осы пунктің басындағы теоремада биіктіктік үшбұрыштың әр төбесіндегі екі қабырғасы берілген үшбұрыштың қабырғасымен бірдей бұрыш жасайтынын дәлелдеген болатынбыз. Герон есебінен көрген жарық сәуленің минимальдік қасиетінің бұған қатысы бар ма деген сұрақтың тууы орынды секілді. Егер берілген сүйір бұрышты үшбұрыш айнадан жасалған бөлме қабырғаларының проекциясы болатын болса, онда жарық сәулесінің шағылысуынан пайда болатын жалғыз үшбұрышты контур биіктіктік үшбұрыш болады екен. Әрине, басқа да тұйық көпбұрышты контурлар болуы мүмкін(4-сурет), бірақ, биіктіктік үшбұрыш қана үш қабырғадан құралады. Бұл биіктіктік үшбұрыштың табиғи жолмен алынуы болып табылады.
2. Басқа дәлелдеме. Шварц мәселесінің келесі өте қарапайым шешімі біз дәлелдеген келесі теоремаға негізделген: Егер P және Q нүктелері [pic] түзуінің бір жағында жатса (бірақ өзінде емес), онда PR мен QR кесінділері [pic] түзуімен бірдей бұрыш жасағанда ғана PR+RQ қосындысы минимумға айналады (мұндағы: R [pic] ). Берілген ABC үшбұрышына іштей сызылған PQR үшбұрышы минимальдік шартын қанағаттандырсын делік. Онда AB қабырғасында жатқан R нүктесі үшін PR+QR қосындысы мүмкіндігінше кіші болуы үшін ARQ мен BRP бұрыштары тең болуы қажет. Сол сияқты, болуы керек. Сонымен, периметрі минимал ізделінді үшбұрыш бар болатын болса, онда ол биіктіктік үшбұрышында орындалатын бұрыштар теңдігі қасиетін қанағаттандыруы тиіс. Ендеше, мұндай шатр орындалғанда біздің үшбұрышымыз биіктіктік үшбұрышынан өзгеше бола алмайтынын көрсету ғана қалады. Онымен қоса, біз сүйенген теоремада P мен Q нүктелері AB түзуінде жатпайды деп ұйғарылғандықтан, P, Q, R нүктелерінің біреуі берілген үшбұрыштың төбесімен беттескен жағдайға дәлелдеуіміз жарамайды (мұнда, үшбұрыштың периметрі сәйкес екі еселенген биіктікке тең болар еді); дәлелдеуіміз жеткілікті болуы үшін, биіктіктік үшбұрыштың периметрі берілген үшбұрыштың кез келген екі еселенген биіктігінен кіші екенін көрсетуіміз керек.
Алдыңғы пункке келетін болсақ, егер іштей салынған үшбұрыш жоғарыда келтірілген бұрыштардың теңдігі қасиетіне ие болса, онда қарастырылып отырған P, Q және R төбелеріндегі бұрыштар сәйкестігінше A, B және C бұрыштарына тең болатынын ескерген жөн. Шынында да, мысалы, болсын делік. Онда ARQ және BRP үшбұрыштары үшін үшбұрыштардың бұрыштары туралы теореманы қолдансақ, Q бұрышының B бұрышына теңелуі керек екенін көреміз, ал P төбесіндегі бұрыш A бұрышына теңелуі керек. Бірақ, CPQ үшбұрышының бұрыштарының қосындысы (A ) + (B ) + C = 180 2 болады; екінші жағынан бұл 180 -қа тең, ендеше, =0. Биіктіктік үшбұрыштың аталған қасиетке ие екенін көрген болатынбыз. Осы қасиетті қанағаттандыратын кез келген іштей сызылған басқа үшбұрыштың қабырғалары сәйкестігінше биіктіктік үшбұрыштың қабырғаларына параллель болады; басқаша айтсақ, олар ұқсас немесе ұқсас орналасқан. Бұлардың ішінен биіктіктік үшбұрышынан басқа мұндай үшбұрыштың жоқ екенін көрсету қиын емес (3-сурет).
Енді, сүйірбұрышты үшбұрыш көлемінде шектеліп, биіктіктік үшбұрыштың периметрі берілген үшбұрыштың кез келген екі еселенген биіктігінен кіші екенін көрсетелік. QP мен QR түзулерін салып, B төбесінен QP, QR және PR түзулеріне перпендикулярлар түсірелік; L, M және N – осы перпендикулярлардың табандары болсын (5-сурет). QL мен QM кесінділері QB биіктігінің QP мен QR түзулеріне түсірілген проекциялары болғандықтан, QL + QM < 2QB болады. Бірақ, QL+QM=p болады, мұндағы p биіктіктік үшбұрыштың периметрі. Шынында да, ал M мен N төбелеріедегі бұрыштар тік болғандықтан MRB мен NRB үшбұрыштары тең. Ендеше RM = RN; сондықтан QM=QR+RN. Дәл осылайша, PN=PL ендеше QL=QP+PN екенін аламыз.
Осыдан QL+QM=QP+PN+QR+ +RN=QP+RP+RQ=p екенін аламыз. Бірақ, 2QB>QL+QM екені алдында көрсетілген болатын. Ендеше, p екі еселенген QB биіктігінен кіші екен. Сонымен биіктіктік үшбұрыштың минимальдік қасиеті толығымен дәлелденді
[pic]
5-сурет
Биіктіктік үшбұрыштың минимальдік қасиетін дәлелдеу.
3. Доғалбұрышты үшбұрыштар. Жоғарыдағы екі дәлелдеуде де A, B, C бұрыштарының бәрі де сүйір болсын деп келесілген еді. Айталық, егер C бұрышы доғал болса, онда P және Q нүктелері үшбұрыштан тыс жатар еді (6-сурет). Сондықтан, іштей сызылған үшбұрыш деп төбелері берілген үшбұрыштың қабырғаларында немесе олардың созындысында жататын үшбұрышты атаймыз деп келіспесек, биіктіктік үшбұрышты берілген үшбұрышқа іштей салынған деп айта алмас едік. Қалай болмаса да, PR>CR, QR>CR болғандықтан p=PR+QR+PQ>2CR болатынын ескерсек, кеңейтілген мағынадағы биіктіктік үшбұрыш минимальдік қасиетке ие болмайды. Соңғы дәлелдеуіміздің екінші бөлімінен көргеніміздей, минимальді периметр биіктіктік үшбұрышпен берілмеген жағдайда екі еселенген биіктіктердің біріне тең болады. Осыдан, доғалбұрышты үшбұрыш үшін минимал периметрлі «іштей сызылған» үшбұрыштың доғал бұрыштан түсірілген биіктікке тең болатынын анықтаймыз. Бұл жағдайда, іштей сызылған нақты үшбұрыш болмаса да, периметрі осы мәнге мейлінше жақын іштей сызылған үшбұрыштарды көрсетуге болады. Берілген үшбұрыш тікбұрышты болған өтпелі жағжайында екі шешім де (биіктіктік үшбұрыш пен тік бұрыштан түсірілген екі еселенген биіктік) беттеседі.
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] Q
P
C
A R B
6-сурет
Доғалбұрышты үшбұрышқа іштей сызылған биіктіктік үшбұрыш.
Максимум және минимум мәселелеріне арналған есептерді шығару
№1 есеп. (Кеплердің планиметриялық есебі.) Берілген бірлік дөңгелекке ауданы максимал болатын тікбұрышты іштей сал.
Шешуі: Ох және Oy өстерін тікбұрыштың қабырғаларына параллель болоатындай етіп таңдап алайық (2-сурет). Онда, центрі координат бас нүктесімен беттесетін бірлік шеңбердің теңдеуі [pic] болатыны белгілі. Егер (x,y) тікбұрыштың бірінші квадтантта орналасқан төбесінің координатасы болатын болса, онда тікбұрыштың ауданы 4хy болады.
Сонымен [pic] , [pic] , [pic] шарттарын қанағаттандыратын [pic] функциясының максимуын табу керек. Немесе, Бұл өрнектерді түрлендіретін болсақ, онда [pic] шартын қанағаттандыратын [pic] функциясының немесе [pic] ең үлкен мәнін табуымыз керек болады.
Ол үшін [pic] болуы керек. Ендеше:
[pic] [pic] [pic] .
[pic] [pic] [pic] [pic] y
(x, y)
O x
1-сурет
Сонымен [pic] болғанда, тікбұрыш квадратқа айналады екен.
Жауабы: Дөңгелекке іштей сызлған максимал ауданды тікбұрыш квадрат болады екен.
№2 есеп. Екі қабырғасы берілген екі a және b кесінділері болатын, ал ауданы максимал болатын үшбұрышты табу керек болсын. Шешуі катеттері a, b болатын тікбұрышты үшбұрыш болады. Шынында да, екі қабырғасы a және b болатын кез келген үшбұрыш қарастырайық (1-сурет).
Егер h – a қабырғасына түсірілген биіктік болатын болса, онда үшбұрыштың S ауданы [pic] ah-қа тең. Көріп отырғанымыздай, соңғы өрнек h-қа тура пропорционал. h-тың мүмкіндігінше үлкен мәні b-ға тең екенін ескерсек, онда [pic] ab максималды аудан болып табылады.
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] b b
h
a
2-сурет.
№3 eсеп. Радиусы [pic] болатын шеңберге бір табаны [pic] -ке тең трапеция іштей сызылған. Ауданы мүмкіндігінше ең үлкен болуы үшін трапецияның бүйір қабырғасының ұзындығы неге тең болуы керек?
[pic]
3-сурет
Шешуі:1. Трапецияның мүмкіндігінше ең үлкен ауданын табу керек, оны S әрпімен белгілейік.
2. Трапецияның белгілі табанындағы бұрышын х деп белгілейік, айталық х= [pic] болсын. Онда трапециямыз тең қабырғалы үшбұрышқа ауысады (2-сурет), білетініміздей оның қабырғасы да [pic] болады. Ал егер x< [pic] болса, трапециямыз шеңбердің кіші доғасына іштей салынған болады (3-сурет), ал есеп шарты бойынша бізге ауданы үлкен болатын трапеция керек, сондықтан x [pic] болады. Екінші жағынан ABCD доғасы [pic] -қа тең болғандықтан, трапецияның табанындағы бұрышы керілген доға [pic] -тан кіші болады, яғни x< [pic] (4-сурет). Сонымен х бұрышы үшін өзгеру облысы құрылды: [pic] .
3. Формула бойынша трапецияның ауданы мынаған тең: [pic] мұндағы ВН – трапецияның ауданы.
Бірақ, AD+BC=(AH+HD)+(DH-DK)=2DH.
Ендеше: [pic] болады. Осыдан AD= [pic] , BD=2Rsinx, [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] .
4. [pic] функциясының [pic] аралығындағы ең үлкен мәнін табалық:
1). [pic]
[pic]
[pic] .
2). [pic] аралығында [pic] функциясы х= [pic] нүктесінде ғана нөлге айналады.
3). х= [pic] болса [pic] егер х= [pic] болса, [pic] егер [pic] онда [pic] . Ендеше мүмкіндігінше ең үлкен аудан не [pic] не [pic] . Айталық [pic] [pic] болсын деп ұйғарайық, онда [pic] яғни [pic] немесе [pic] болады деген сөз, ал бұл қарама-қайшылық. Ендеше [pic] [pic] екен.
5. Сонымен табанындағы бұрышы [pic] болатын трапеция ең үлкен ауданға ие болады екен. Есеп шарты бойынша ол трапецияның бүйір қырын табалық. ABD үшбұрышына синустар теоремасын қолданып [pic] болатынын аламыз.
№4 есеп. Табаны мен төбесіндегі бұрышы берілген барлық үшбұрыштар ішінен төбесіндегі бұрышының биссектрисасы тең бүйірлі үшбұрышта ең үлкен болатынын дәлелдейік.
Шешуі: I тәсіл. 1. y – BD биссектрисасының ең үлкен мәнін табу керек (5-сурет).
Есеп шарты бойынша АС мен тұрықты шамалар, AC=b, [pic] болсын. x= жаңа айнымалысын енгіземіз.
[pic]
4-сурет
х-тің өзгеру облысын анықтайық. Бір жағынан, бұл бұрыш BDC үшбұрышының сыртқы бұрышы ретінде осы үшбұрыштың BDA бұрышымен іргелес емес әр бір бұрышынан үлкен, яғни [pic] . Екінші жағынан, ABD үшбұрышынан [pic] екенін аламыз, ендеше, [pic] болады.
3. BD кесіндісін x, b және [pic] арқылы өрнектеп алайық. [pic] , [pic] екенін айта кеткен жөн.
АВС үшбұрышына синустар теоремасын қолдансақ: [pic] , яғни [pic] . Осыдан [pic] табамыз.
Дәл осылай ABD үшбұрышы үшін де синустар теоремасын қолдансақ: [pic] , яғни [pic] болады. Осыдан:
[pic] .
4. [pic] функциясының [pic] аралығындағы ең үлкен мәнін табайық:
1). [pic]
[pic]
= [pic] =
[pic] .
2). [pic] болады, егер [pic] яғни [pic] болса ( [pic] аралығында [pic] теңдеуінің өзге шешімі жоқ); егер [pic] болса, онда [pic] анықталмайды, бірақ [pic] аралығында бұл теңдеудің шешімі болмайды.
3). Функцияның ең үлкен мәнін анықтауға арналған кестені құрамас бұрын, бұл функцияның [pic] және [pic] болғандағы бір жақты шектерін табу керек:
[pic] ,
[pic] .
Енді [pic] функциясы өзінің ең үлкен мәнін [pic] болғанда қабылдайтыны анық. Бұл мән келесіге тең:
[pic] .
5. Егер [pic] болса, онда [pic] болады, бұл АВС үшбұрышының BD биссектрисасы сонымен бірге биіктік болып табылады деген сөз, яғни АВС үшбұрышы тең бүйірлі болады. Сонымен, табаны мен төбесіндегі бұрышы берілген барлық үшбұрыштардың ішінен ең үлкен биіктікті тең бүйірлі үшбұрыш қабылдайды екен.
II тәсіл. Алдыңғы тәсілмен салыстырғанда бұл есептің әрі қысқа, әрі ұтымды келетін келесі геометриялық шығарылу жолын көрсетелік.
Биссектрисасы BD болатын АВС үшбұрышына сырттай шеңбер сызалық (6-сурет). Табаны мен төбесіндегі бұрышы дәл осындай болатын басқа үшбұрыштардың төбелері АВС доғасында жатады. [pic] тең бүйірлі үшбұрышының [pic] биссектрисасын жүргізіп, BD< [pic] болатынын дәлелдейік.
[pic] В [pic]
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] А D [pic] C
M
5-сурет
BD және [pic] биссектрисаларын қиылысқанша созалық. Олар М – АС доғасының орта нүктесінде қиылысады. [pic] - шеңбердің диаметрі болғандықтан, BM< [pic] болады. Ал [pic] үшбұрышынан DM> [pic] болатыны шығады. Осы теңсіздіктерді есекріп, BM-DM< [pic] - [pic] болатынын аламыз, яғни BD< [pic] . Дәлелдеу керегі де осы еді.
№5 есеп. А мен В радиустары R мен r болатын екі концентрлі шеңберлерден түзілген сақинаның ішінде орналасқан нүктелер болсын. Егер олардың арақашықтығы 1-ге тең болса, АВ кесіндісінің сақина центрінен көріну бұрышының минимал мәні қандай болмақ?
Шешуі:Сақинаның R-r ені 1-ден кіші болған жағдайды қарастыру жеткілікті, өйтпегенде, АОВ бұрышы нөлге тең болуы мүмкін (7-сурет). Ендігі кезекте екі нүктенің біреуі, мәселен А нүктесі сақинаны шектеуші үлкен шеңберде жатыр деп ұйғаруға болады, ал олай жатпаса, АВ кесіндісін бір ұшы үлкен шеңберде жатқанша параллель көшіреміз, нәтижесінде, АОВ бұрышы тек кішірейеді (8-сурет).
Енді центрі А, ал радиусы 1-ге тең болатын [pic] доғасын жүргізелік (9-сурет); В нүктесі осы доғада жатуы тиіс.
Енді осы доға тиісті болатын сшеңберге О нүктесі арқылы [pic] жанама жүргіземіз. Егер [pic] нүктесі [pic] доғасынан тыс (9,а-сурет) немесе оның [pic] ұшымен беттессе, онда В нүктесі [pic] доғасының бойымен [pic] нүктесінен [pic] нүктесіне жылжып қозғалған сайын АОВ бұрышы әрдайым арта бермек; сондықтан ,бұл бұрыш өзінің ең кіші мәнін В нүктесі [pic] нүктесімен (ал [pic] нүктесімен беттескенде ең үлкен мәнін) беттескенде қабылдайды.
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] А [pic]
А
В [pic]
О О В
6-сурет 7-сурет
А [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] А
[pic] [pic]
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] В2 В В
О В0 О В2 [pic] а) б)
8-сурет
Егер [pic] нүктесі [pic] доғасының ішінде жатса (9,б-сурет), онда В нүктесі [pic] нүктесінен [pic] нүктесіне жылжыған кезде АОВ бұрышы алдымен артып, кейін кемиді; сондықтан, бұл жағдайда В нүктесі [pic] мен [pic] нүктелерінің бірімен беттескенде мүмкіндігінше ең аз мән, ал [pic] нүктесімен беттескенде өзінің ең үлкен мәнін қабылдайды. Сонымен, В нүктесі [pic] мен [pic] нүктелерінің бірімен беттескенде АОВ бұрышы әрқашан ең кіші мәнін қабылдайды екен.Сонымен бірге [pic] үшбұрышынан шығатын [pic] мен [pic] теңсіздіктерін ескерген жөн. Қай жағдайда бұл бұрыштардың біріншісі, ал қай жағдайда екіншісі үлкен болатынын анықтайық.
[pic] .
Осыдан, егер [pic] болса, онда [pic] [pic] болады, ендеше [pic] шығады;
егер [pic] болса, онда [pic] [pic] болады, ендеше [pic] шығады.
Сонымен қорытындылай келсек: егер [pic] болса, онда мүмкін болар ең кіші бұрыш [pic] -ге [pic] тең; егер [pic] (бірақ [pic] ) болса, онда мүмкін болар ең кіші бұрыш [pic] -ге (егер [pic] болса, онда екі жауап бір-бірімен беттеседі); егер [pic] болса, онда мүмкін болар ең кіші бұрыш нөлге тең.
№6 есеп. Ауданы 1-ге тең трапецияның үлкен диоганалінің мүмкін болар ең үлкен мәнін табыңыздар.
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] В С
[pic] А К L D
9-сурет
Шешуі: ABCD трапециясының AC диоганалі BD диоганалінен кіші болмасын делік (9-сурет). BR [pic] AD, CL [pic] AD, болсын, онда CL=BK=h болады. AL [pic] KD себебі AC [pic] BD. [pic] .Көріп отырғанымыздай, AD+BC=AL+KD.
Ендеше: [pic] .
[pic] [pic]
Бұдан көріп отырғанымыздай, [pic] өзінің ең үлкен мәнін [pic] , яғни [pic] болғанда қабылдайды екен. Сонымен АС-ның ең үлкен мәні [pic] -ге тең, ал бұл трапеция теңбүйірлі болғанда орындалады екен.
№7 есеп. Радиусы R шеңберге берілген α бұрышы іштей салынған. Осы бұрышты құраушы чордалардың қосындысы ең үлкен болуы үшін олардың ұзындықтары қандай болуы керек?
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] В
А С
10-сурет
Шешуі: <BAC=α,
<ABC=β,
λ (14-сурет). [pic] .
Осыдан AC+AB=2R(sinβ+sinλ)= [pic] Бұл өрнектің ең үлкен мәні [pic] өрнегінің ең үлкен мәніне сәйкес келеді. Ал бұл β – λ=0 немесе β = λ болғанда ғана орындалады. β + λ=π – α болғандықтан, [pic] болады, ендеше АС=АВ.
Яғни, АС+АВ өрнегі АС=АВ= [pic] болғанда ғана ең үлкен мәннін қабылдайды екен.
№8 есеп. Қабырғада ілулі тұрған суреттің асты адам көзінен а м-ге, ал үсті в м-ге биік орналасқан. Суретті тамашалай бұрышы максимал болуы үшін (бұл кезде сурет жақсы көрінеді) адам қабырғадан қандай қашықтықта тұруы керек?
Шешуі: ОА=а,ОВ=в, ал ОХ – ізделінді қашықтық, ең үлкен бұрыш болсын (11-сурет). Айталық, А,В және Х нүктелері арқылы өтетін шеңбер ОХ түзуін D нүктесінде қияды делік. <ВСА > <ВХА, себебі бұлардың біріншісі қабырғаларының арасындағы мен олардың созындысында жатқан доғалардың қосындысының жартысымен , ал екіншісі АВ доғасының жартысымен өлшенеді. Ендеше, <ВХА – ең үлкен бұрыш деген шартымыз қарама-қайшылыққа тіреледі. Яғни, шеңбер ОХ түзуін D нүктесінде жанайды деген ұйғарымымыз қате.
[pic]
11-сурет
Бұл шеңбер ОХ түзуін Х нүктесінде жанайды екен. Жанама мен қыюшының қасиеттеріне сүйенсек келесіні аламыз: [pic]
[pic] .
Есеп №9. Берілген үшбұрышқа екі төбесі үшбұрыштың бір қабырғасында, ал қалған екі төбесі үшбұрыштың қалған екі қабырғаларында жататындай етіп ауданы ең үлкен болатын тік төртбұрыш салыңдар.
Шешуі: үшбұрыштың бір қабырғасын а деп, сәйкел келетін биіктігін һ деп, ал тік төртбұрыштың өлшемдерін x,y деп белгілейік (16-сурет).
А
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] M N
x
B y C
12-сурет.
Тік төртбұрыштың ауданы S=xy тең. MAN және BAC үшбұрыштарының теңдігінен келесіні аламыз: [pic] ; [pic] .
Сонда [pic] , [pic] - шамасы тұрақты болғандықтан, [pic]
функциясы ең үлкен мән қабылдағанда аудан да мксимал болатынын ескерген жөн. Сондықтан: [pic]
[pic]
[pic] , яғни MN - үшбұрыштың орта сызығы екен.
Тік төртбұрыштың мүмкін болар ең үлкен ауданы үшбұрыштың ауданының жартысына тең, яғни тік төртбұрыштың екі төбесі үшбұрыштың қай қабырғасында жатқанының айырмашылығы жоқ.
Есеп №10. Ендері бірдей а-ға тең үш тақтайдан көлденең қимасы - трапецияның ауданы мүмкіндігінше ең үлкен болатындау етіп (сонда астаудың өткізгіштігі жоғары болады) астау даярлау керек.
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] А М В
х
а а
D a C
13-сурет.
Шешуі: DM [pic] AB (17-сурет). [pic] екені белгілі. [pic] [pic] болғандықтан [pic] Пайда болған теңдіктің мүмкін болар ең үлкен мәнін табалық. [pic] болғандықтан, [pic]
[pic] .
[pic]
Сонымен, түбір астындағы көбейткіштердің қосындысы тұрақты екен, ендеше түбір астындағы өрнек және онымен бірге [pic] өрнегі де [pic] , немесе [pic] [pic] болғанда ғана мүмкін болар ең үлкен мәнін қабылдайды.
Жауабы: бүйір қыры табанына [pic] бұрышымен көлбегенде ғана астаудың көлденең қимасының ауданы мүмкіндігінше ең үлкен болады[12].
Практикалық есептер.
Ішкі облысы қабырғасы а-ға тең дұрыс алтыбұрыштың ішінде орналасқан ең үлкен қабырғалы квадраттың қабырғасын табыңыздар.
Берілген екі M, N нүктелерінен қашықтықтарының қосындысы минимал болатын a түзуінің нүктесін көрсетіңіз.
АВС үшбұрышының А төбесі арқылы өтетін, бірақ ВС қабырғасын қимайтын MN түзуін В және С нүктелеріне дейінгі қашықтықтарының қосындысы ең үлкен болатындай етіп жүргізіңіздер.
ABCD параллелограмынан тыс, бірақ А төбесі арқылы өтетін түзу жүргізілген. ВС және СD қабырғалары осы түзумен сәйкестігінше M және N нүктелерінде қиылысқанша созылған. ВМ мен DМ кесінділерінің қосындысы мейлінше аз болуы үшін бұл түзуді қалай жүргізуге болады.
Табанының ауданы 1 дм2, ал барлық қырларының қосындысы 20 дм болатын тікбұрышты параллелипед қалыбындағы қорап дайындау керек. Қораптың қандай өлшемдерінде оның бетінің ауданы мейлінше үлкен болмақ?
Оқулық бетінің ауданы S см2. Техникалық себептерге байланысты текс жолдарының ені асты мен үсті бойынша а см, ал сол жағы мен оң жағы бойынша bсм болуы қажет. Текс қамтыған бөлігінің ауданы мейлінше үлкен болуы үшін оқулық бетінің өлшемдерінің қатынасы қандай болуы керек?
Тоннельдің қимасы тіктөртбұрыш пен оған іргелес жатқан жарты шардан тұрады. Егер қиманың ауданы S болса, онда оның периметрі мейлінше аз болуы үшін өлшемдері қандай болуы керек?
Екі өзара параллель AB және CD түзулері мен сәйкестігінше оларда жатқан M және N нүктелері берілген. AB түзуінде ME = a кесіндісі салынған. EKM және NKF үшбұрыштарының аудандарының қосындысы мейлінше үлкен болуы үшін E нүктесімен MN түзуінің қай K нүктесін қосу керек? Мұндағы: F - EK мен CD түзулерінің қиылысу нүктесі.
Жазықтықта берілген нүкте арқылы бір-бірімен беттеспейтін жеті сәуле жүргізілген. Іргелес сәулелермен түзілген бұрыштардың ішінде [pic] бұрыштан үлкен бұрыш табылатынын дәлелде.
[pic] квадратында 15 нүкте белгіленді. Бұл квадраттан ішінде белгіленген нүкте болмайтын [pic] квадратын қиып алуға болатынын дәлелде.
[pic] квадратында 16 нүкте боялған. Үш клеткадан тұратын боялған бұрыштың табылатынын дәлелде.
Клеткаларға бөлінген шексіз қағаз парағының әр клеткасы алты түстің біріне боялған. Орталары қабырғалары парақтағы түзу сызықтарға параллель болатын квадраттын төбелері болатын төрт клетка табылатынын дәлелде.
шахмат тақтасына бір-бірін шаппастай етіп қойылған королдердің мүмкін болар ең көп санын тап.
радиусы 2-ге тең дөңгелекті толығымен жабу үшін қажет болар радиусы 1-ге тең дөңгелектердің ең аз санын тап.
Ауданы S болатын квадратта аудандарының қосындысы 1974S-тан үлкен болатын 1975 фигура орналасқан. Бұл фигуралардың ортақ нүктесі бар болатынын дәлелде.
Ауданы S, ал периметрі P болатын дөңес төртбұрышқа радиусы [pic] -қа тең дөңгелек орналастыруға болатынын дәлелде.
Қабырғалары 20 мен 25-ке тең болатын тікбұрыштың ішіне қабырғасы 1-ге тең 120 квадрат лақтырылған. Тікбұрышқа квадраттардың ешбір қабырғасын қимайтын диаметрі 1-ге тең дөңгелекті орналастыруға болатынын дәлелде.
Қабырғасы 1,5 болатын квадрат қабырғасы 1-ге тең болатын үш квадратпен толық жабылады ма?
ABCD квадратыфнда бес нүкте орналасқан. Қандайда бір екеуінің арақашықтығы [pic] -ден аспайтынын дәлелде.
Паркте 10 000 ағаш (әрқайсысында 100 ағаштан болатын 100 қатар) өсіп тұр. Келесі шарт орындалғандағы кесуге болар ағаштардың ең көп санын тап: кез келген томарға мінгенде өзге бір де бір томар көріндеуі тиіс.
Радиусы бірге тең болатын дөңгелектің ішінен қос-қостан алғанда арақашықтықтары 1-ден артық бес нүктеден артық нүкте болмайтынын дәлелде.
Кез келген үшеуінің ішінде екеуінің арақашықтығы 1-ден кем болатын 25 нүкте жазықтықта орналасқан. Осы нүктелердің кем дегенде 13-ін қамтып жататын радиусы 1-ге тең дөңгелектің бар болатынын дәлелде.
