Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 13. Задачи на максимум и минимум функций

Демидович — задача 1566

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 1566

В треугольник с основанием bb и высотой hh вписать прямоугольник с наибольшим периметром. Исследовать возможность решения этой задачи.
ВыводПри стороне на заданном основании и допустимости этой конструкции максимум существует только при b=hb=h и равен 2b2b. Без ограничения ориентации максимума нет; точная верхняя граница равна 2L2L, где LL — наибольшая сторона треугольника.

Решение

Уточним, какую роль играет выбранное основание треугольника. Сначала рассмотрим прямоугольники, одна сторона которых лежит именно на основании длины bb, а две верхние вершины — на остальных сторонах. Такая конструкция возможна, если углы при основании не тупые: основание высоты тогда лежит на отрезке основания. При тупом угле у основания горизонтальное сечение смещается за его конец и такой вписанный прямоугольник не получается.

Пусть высота прямоугольника yy, 0<y<h0<y<h, а ширина xx. По подобию верхнего треугольника исходномуxb=h−yh,x=b(1−yh).\frac xb=\frac{h-y}{h},\qquad x=b\left(1-\frac yh\right).Его периметрP(y)=2(x+y)=2b+2y(1−bh).P(y)=2(x+y)=2b+2y\left(1-\frac bh\right).Если h>bh>b, он строго возрастает; его верхняя граница 2h2h получается при y→h−y\to h-, когда ширина стремится к нулю. Если h<bh<b, периметр строго убывает; верхняя граница 2b2b получается при y→0+y\to0+. В обоих случаях невырожденного прямоугольника с наибольшим периметром нет. Если h=bh=b, для всех 0<y<h0<y<h получаем один и тот же периметр 2b2b, и любой такой прямоугольник подходит.

Если положение сторон прямоугольника относительно выбранного основания не ограничено, ответ иной: наибольший периметр не достигается ни в одном треугольнике. Докажем это отдельно. У четырёх вершин вписанного прямоугольника хотя бы две лежат на одной из трёх сторон треугольника. Они соседние, поскольку прямая через противоположные вершины разделяла бы две другие по разные стороны, тогда как весь треугольник лежит по одну сторону от своей стороны. Значит, одна сторона прямоугольника лежит на некоторой стороне треугольника длины ss.

Обозначим соответствующую высоту через hsh_s, высоту прямоугольника — через z∈(0,hs)z\in(0,h_s). Уже выведенная формула даётP2=s(1−zhs)+hszhs.\frac P2=s\left(1-\frac z{h_s}\right)+h_s\frac z{h_s}.Это среднее двух чисел s,hss,h_s с положительными весами, сумма которых равна 11. Пусть LL — наибольшая сторона треугольника. Тогда s⩽Ls\leqslant L и hs⩽Lh_s\leqslant L, поскольку высота не длиннее прилегающей стороны. Равенства s=hs=Ls=h_s=L одновременно невозможны: при высоте, равной основанию, хотя бы одна из двух остальных сторон была бы длиннее основания. Поэтому P<2LP<2L.
К этой границе можно приблизиться прямоугольниками, опирающимися на наибольшую сторону: углы при ней острые, а при z→0+z\to0+ их ширина стремится к LL, периметр — к 2L2L. Таким образом, без ограничения ориентации существует только верхняя граница 2L2L.

Ответ: при стороне на заданном основании максимум существует ровно в случае b=hb=h и равен 2b2b; при b≠hb\ne h он не достигается. Если разрешены все ориентации, максимум не достигается, а точная верхняя граница равна удвоенной наибольшей стороне треугольника.
Демидович № 1566 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика