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, подробное решение и ответ.

Задача 1570

В шар радиуса RR вписать цилиндр с наибольшей полной поверхностью.
Ответ:r=R(5+5)/10r=R\sqrt{(5+\sqrt5)/10}, h=2R(5−5)/10h=2R\sqrt{(5-\sqrt5)/10}; Smax⁡=πR2(1+5)S_{\max}=\pi R^2(1+\sqrt5).

Решение

Пусть радиус цилиндра равен rr, а высота равна hh. Удобно ввести вспомогательный угол θ∈(0,π2)\theta \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right), где h=2Rsin⁡θh = 2R\sin\theta, а r=Rcos⁡θr = R\cos\theta.
Полная поверхность цилиндра состоит из двух оснований и боковой поверхности
S=2πr2+2πrhS = 2\pi r^2 + 2\pi r hПодставим тригонометрические заменыS(θ)=2π(Rcos⁡θ)2+2π(Rcos⁡θ)(2Rsin⁡θ)=2πR2cos⁡2θ+4πR2sin⁡θcos⁡θS(\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\thetaИспользуя формулы двойного угла cos⁡2θ=1+cos⁡2θ2\cos^2\theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2} и 2sin⁡θcos⁡θ=sin⁡2θ2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta, получимS(θ)=πR2(1+cos⁡2θ)+2πR2sin⁡2θ=πR2(1+cos⁡2θ+2sin⁡2θ)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 θ\thetaS′(θ)=πR2(−2sin⁡2θ+4cos⁡2θ)S'(\theta) = \pi R^2 (-2\sin 2\theta + 4\cos 2\theta)Приравняем производную к нулю−2sin⁡2θ+4cos⁡2θ=0  ⟹  tg⁡2θ=2-2\sin 2\theta + 4\cos 2\theta = 0 \implies \operatorname{tg} 2\theta = 2Отсюда находим значения тригонометрических функций для двойного угла. Поскольку 2θ∈(0,π)2\theta \in (0, \pi) и тангенс положителен, 2θ2\theta находится в первой четвертиsin⁡2θ=25,cos⁡2θ=15\sin 2\theta = \frac{2}{\sqrt{5}}, \quad \cos 2\theta = \frac{1}{\sqrt{5}}Перейдём к функциям одинарного углаcos⁡2θ=1+cos⁡2θ2=1+152=5+125=5+510\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⁡2θ=1−cos⁡2θ2=1−152=5−125=5−510\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 hh и радиус rrh=2Rsin⁡θ=2R5−510h = 2R\sin\theta = 2R\sqrt{\frac{5 - \sqrt{5}}{10}}r=Rcos⁡θ=R5+510r = R\cos\theta = R\sqrt{\frac{5 + \sqrt{5}}{10}}

Проверка

У вписанного цилиндра r2+(h/2)2=R2r^2+(h/2)^2=R^2. Поскольку r,h>0r,h>0, замена r=Rcos⁡θr=R\cos\theta, h=2Rsin⁡θh=2R\sin\theta с 0<θ<π/20<\theta<\pi/2 описывает все возможные размеры.

В уравнении S′=0S'=0 значение cos⁡2θ=0\cos2\theta=0 не подходит: тогда sin⁡2θ=1\sin2\theta=1 и производная равна −2πR2≠0-2\pi R^2\ne0. Поэтому деление на косинус допустимо. Из sin⁡2θ=2cos⁡2θ\sin2\theta=2\cos2\theta и суммы квадратов 11 получаем 5cos⁡22θ=15\cos^22\theta=1; оба значения положительны, откуда указанные 1/51/\sqrt5 и 2/52/\sqrt5.

Проверим абсолютный максимум тождеством(cos⁡u+2sin⁡u)2+(2cos⁡u−sin⁡u)2=5.(\cos u+2\sin u)^2+(2\cos u-\sin u)^2=5.Отсюда cos⁡u+2sin⁡u⩽5\cos u+2\sin u\leqslant\sqrt5, и равенство достигается при найденном u=2θu=2\theta. Следовательно, Smax⁡=πR2(1+5)S_{\max}=\pi R^2(1+\sqrt5).
Демидович № 1570 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика