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

Демидович — задача 1570

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

В шар радиуса

R

вписать цилиндр с наибольшей полной поверхностью.

Решение

Идея

Пусть радиус цилиндра равен

r

, а высота равна

h

. Удобно ввести вспомогательный угол

\theta \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)

, где

h = 2R\sin\theta

, а

r = R\cos\theta

.
Полная поверхность цилиндра состоит из двух оснований и боковой поверхности

S = 2\pi r^2 + 2\pi r h

Подставим тригонометрические замены

S(\theta) = 2\pi (R\cos\theta)^2 + 2\pi (R\cos\theta)(2R\sin\theta) = 2\pi R^2 \cos^2\theta + 4\pi R^2 \sin\theta\cos\theta

Используя формулы двойного угла

\cos^2\theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}

2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta

, получим

S(\theta) = \pi R^2 (1 + \cos 2\theta) + 2\pi R^2 \sin 2\theta = \pi R^2 (1 + \cos 2\theta + 2\sin 2\theta)

Найдём производную функции по

\theta

S'(\theta) = \pi R^2 (-2\sin 2\theta + 4\cos 2\theta)

Приравняем производную к нулю

-2\sin 2\theta + 4\cos 2\theta = 0 \implies \operatorname{tg} 2\theta = 2

Отсюда находим значения тригонометрических функций для двойного угла. Поскольку

2\theta \in (0, \pi)

и тангенс положителен,

2\theta

находится в первой четверти

\sin 2\theta = \frac{2}{\sqrt{5}}, \quad \cos 2\theta = \frac{1}{\sqrt{5}}

Перейдём к функциям одинарного угла

\cos^2\theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2} = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{5}}}{2} = \frac{\sqrt{5} + 1}{2\sqrt{5}} = \frac{5 + \sqrt{5}}{10}

\sin^2\theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{5}}}{2} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2\sqrt{5}} = \frac{5 - \sqrt{5}}{10}

Найдём искомые размеры цилиндра — высоту

h

и радиус

r

h = 2R\sin\theta = 2R\sqrt{\frac{5 - \sqrt{5}}{10}}

r = R\cos\theta = R\sqrt{\frac{5 + \sqrt{5}}{10}}