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

Демидович — задача 1579

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

Задача 1579

Поперечное сечение открытого канала имеет форму равнобедренной трапеции. При каком наклоне φ\varphi боков «мокрый периметр» сечения будет наименьшим, если площадь «живого сечения» воды в канале равна SS, а уровень воды равен hh?
Ответ:Если S>h2/3S>h^2/\sqrt3, то φ=π/3\varphi=\pi/3, b=S/h−h/3b=S/h-h/\sqrt3, Pmin⁡=S/h+3hP_{\min}=S/h+\sqrt3h. При S⩽h2/3S\leqslant h^2/\sqrt3 среди трапеций с b>0b>0 минимума нет; нижняя граница 2S2+h4/h2\sqrt{S^2+h^4}/h достигается только при разрешённом треугольном сечении b=0b=0, φ=arctan⁡(h2/S)\varphi=\arctan(h^2/S).

Решение

Пусть S>0S>0, h>0h>0, bb — ширина дна, а φ\varphi — острый угол наклона стенки к горизонтали. Допускаем также вертикальные стенки: 0<φ⩽π/20<\varphi\leqslant\pi/2. Верхняя ширина равна b+2hcot⁡φb+2h\cot\varphi, поэтомуS=(b+hcot⁡φ)h,b=Sh−hcot⁡φ.S=(b+h\cot\varphi)h,\qquad b=\frac Sh-h\cot\varphi.Для трапеции с ненулевым дном обязательно b>0b>0, то естьcot⁡φ<Sh2,φ>φ0=arctan⁡h2S.\cot\varphi<\frac S{h^2},\qquad
\varphi>\varphi_0=\arctan\frac{h^2}{S}.Это ограничение нужно проверить до выбора стационарной точки.

В мокрый периметр входят дно и две смоченные боковые стороны, каждая длиной h/sin⁡φh/\sin\varphi:P(φ)=Sh+h2−cos⁡φsin⁡φ,P(\varphi)=\frac Sh+h\frac{2-\cos\varphi}{\sin\varphi},P′(φ)=hsin⁡2φ−(2−cos⁡φ)cos⁡φsin⁡2φ=h1−2cos⁡φsin⁡2φ.P'(\varphi)=h\frac{\sin^2\varphi-(2-\cos\varphi)\cos\varphi}{\sin^2\varphi}
=h\frac{1-2\cos\varphi}{\sin^2\varphi}.Производная отрицательна при φ<π/3\varphi<\pi/3 и положительна при φ>π/3\varphi>\pi/3.

Если S>h2/3S>h^2/\sqrt3, угол π/3\pi/3 допустим, посколькуb=Sh−h3>0.b=\frac Sh-\frac h{\sqrt3}>0.По знакам производной он даёт абсолютный минимум. При cos⁡(π/3)=1/2\cos(\pi/3)=1/2, sin⁡(π/3)=3/2\sin(\pi/3)=\sqrt3/2 получаемPmin⁡=Sh+h3/23/2=Sh+3h.P_{\min}=\frac Sh+h\frac{3/2}{\sqrt3/2}=\frac Sh+\sqrt3h.Если S⩽h2/3S\leqslant h^2/\sqrt3, имеем φ0⩾π/3\varphi_0\geqslant\pi/3. Периметр строго возрастает на всей допустимой области φ>φ0\varphi>\varphi_0, поэтому наименьшего значения для трапеций с b>0b>0 нет. Его точная нижняя граница получается при b→0+b\to0+, то есть при переходе к треугольному сечению:inf⁡P=2hsin⁡φ0=2hS2+h4,\inf P=\frac{2h}{\sin\varphi_0}
=\frac2h\sqrt{S^2+h^4},поскольку tan⁡φ0=h2/S\tan\varphi_0=h^2/S и sin⁡φ0=h2/S2+h4\sin\varphi_0=h^2/\sqrt{S^2+h^4}. Если треугольное сечение с нулевой шириной дна допускается, эта граница достигается при φ=φ0\varphi=\varphi_0.

Ответ: угол 60∘60^\circ даёт невырожденную оптимальную трапецию при S>h2/3S>h^2/\sqrt3. При S⩽h2/3S\leqslant h^2/\sqrt3 для трапеций с ненулевым дном минимума нет; если разрешено треугольное сечение, оптимален угол arctan⁡(h2/S)\arctan(h^2/S).
Демидович № 1579 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика