Xviii bob. Hosila yord amid a funksiyani tekshirish
Yüklə 412,85 Kb. Pdf görüntüsü
|
|
Yechish.
Fizika kursidan ma’lumki tik yo‘nalishda yuqoriga v0 boshlang ‘ich tezlik bilan otilgan jismning harakat tenglamasi .2 H = v o t-^- bo ‘ladi. Bunda ZT-otilgan jismning yerdan balandligi, g ~1 От I sek 2 erkin tushish tezlanishi, t esa sarflangan vaqt. Masalaning shartiga asosan vG = 60misek va binobarin, //^60? -5r. Endi shu H(t) funksiyaning eng katta qiymatini topamiz. H'(t} = 60-ior; H"(t) = -io. H\t) = о yoki 60-l(k = 0 dan ior=60, t = 6 kritik nuqta kelib chiqadi. H"(6) = -io< о bo‘lgani uchun ikkinchi yetarlilik* shartiga asosan^ = 6 qiymatda f/=-60t-5r funksiya maksimumga ega bo‘ladi. Demak, Я гаах =Я(6) = 60-6-5-62 = 180(m). Shunday qilib г о =бОм/сек tezlik bilan yuqoriga tik otilgan jism taqriban 6 sek.dan so‘ng eng yuqori Н=180/и balandlikka ko‘tarilar ekan. 5-masala. Asosi a va balandligi h bo ‘ lganuchburchakka eng katta yuzli to‘g‘ri to‘ rtburchak ichki chizilgan. To‘g‘ri to ‘rtburchakning yuzi aniqlansin. Yechish. Я2?С(119-chizma) uchburchakka ichki chizilgan to ‘g‘ri to ‘rtburchakning tomonlarini x v&y orqali belgilaymiz. U holda to ‘g‘ri to ‘rtburchakning yuzi s = xy bo‘ladi. 244 ABC va a { B t c uchburchaklaming o‘ xshashligidan 4^ = ^- (1) AB CC, proporsiya kelib chiqadi. Masalaning shartiga ko‘ra AB = a, cct=h. Belgilashimizga asosan a 1 b 1 = x,BtE = мсх = у, см = ccx - cm = h-y bo ‘lga- ni uchun (1) munosabat quyidagi ko‘ rinishga ega bo‘ladi. - = a h bundan x = -(h-y) kelib chiqadi. x ningushbu qiymatini s= xy ga qo‘yib h s = -(h-y)y = -(hy-y2) bir o‘ zgaruvchining funksiyasiga ega bo‘la- h h miz. Endi shu S(y) funksiyaning eng katta qiymatini topamiz. •? S ’(y) = ^-{h-2y\ S”(y) = —■• h h = yoki -(h-2y ) = Q dan л-2у = о, y = - kritik qiymat kelib h 2 chiqadi. < о bo‘ lgani uchun ikkinchi yetarlilik shartiga ko‘ra s(y) funksiya y = ^ da maksimumga ega bo‘ladi. Bu yagona maksimum uning eng katta qiymati ham bo‘ladi. Shunday qilib, uchburchakka ichki chizilgan to‘g‘ri to ‘rtburchaklardan asosi x = = = va balandligi = bo‘lgan to‘rtburchak eng katta yuzga ega bo‘lar ekan. Bu to‘ rtburchakning yuzi esa s = bo ‘ladi. •Л 245 6-masala. Gipotenuzasi 24sm, burchagi 60°to‘g ‘ri burchakli uchburchakka asosi gipotenuzada bo‘ lgan to‘g ‘ri to‘rtburchak ichki chizilgan. Shu to‘g‘ri to‘rtburchak eng katta yuzga ega bo‘lishi uchun uning tomonlari qanday bo ‘lishi kerak? Yechish. To ‘g‘ri to‘rtburchakning tomonlarini x va у orqali belgilaymiz. U holda uning yuzi s-xy bo ‘ladi. Endi у ni x orqali 120-chizma. Shartga ko‘ra za = 60°, zc = 90°. Demak zb = зо°. Ma’lumki to‘g‘ri burchakli uchburchakning зо° li burchagf qarshisidagi tomoni gipotenuzaning yarmiga teng. Shuning uchun = = y = i2(sm). To ‘ g ‘ri burchakli uchburchak MNC ning зо° li burchagi qarshisidagi MC tomoni uning gipotenuzasi x ning yarmiga teng, ya ’ni mc = |. Demak, am = ас - мс = п -^. aadm dan Pifagor teoremasiga ko ‘ra y 2 = DM2 = AM2 - AD2 = AM2 = ^AA{2 У0^ у = ^- ам = = bo ‘ladi. Demak, to‘g‘ri to ‘rtburchakning yuzi s = ^=x>/3^6-^) = Тз^бл-^ bo ‘ladi. Endi shu S(x) funksiyaning eng katta qiymatini topamiz. 246 s'(x) = V3^6--£j, 5*(x) = -y-;S'(x) = o yoki 6-| = o dan x=12 kritik л/з qiymat kelib chiqadi. 5"(12) = —— < о bo‘lgani uchun ikkinchi yetarlilik shartiga ko ‘ra S(x) = V3^6x-^ = >/3^6-^jx funksiya x=12 qiymatda maksimumga ega bo‘ladi. Shunday qilib, uchburchakka ichki chizilgan va bir tomoni uning 24 sm li gipotenuzasida bo ‘lgan to‘g‘ri to‘rtburchaklardan tomonlari x= 12, j/= л/зГ б-^ = з7з ga teng bo‘lgani eng katta yuzga ega bo‘ lib, = 12-3V3 =36л/з (s/n2) ga teng ekan. 7-masala. ABCD kvadrat berilgan. Uning uchlaridan bir xil Aa, Bb, Cc, Dd kesmalar ajratilgan va a, b, c, d nuqtalami birlashtirib kvadrat hosil qilingan. Aa ning qanday qiymatida zzZzcz/kvadratning yuzi eng kichik bo‘ladi.(121-chizma). Yechish. Aa-x,AB = £ deb belgilasak, aB=£-x va Pifagor teoremasiga ko ‘ ra ab2 =x2 +(£-x)2 =x2 +£2-2£x+x2 = 2x 2-2&+£2 bo ‘ladi. Tomoni ab ga teng abed kvadratning yuzi s = ab2 ga teng. Demak, s = 2x2 - 2£x+e2. Endi shu эд funksiyaning eng kichik qiymatini topamiz. s'(x) = 4x - 2£, s”(x) = 4. s'(x) = о yoki 4x - 2€ = 0 dan x = kritik qiymat kelib chiqadi. s'^|) = 4>0 bo‘lgani uchun ikkinchi yetarlilik shartiga binoan s = 2x2 - 2£x+£2 funksiya x = | qiymatda eng kichik qiymatga ega bo‘ladi. Shunday qilib, ABCD kvadratga masalaning shartida ko ‘ rsatilgandek qilib ichki chizilgan kvadratlardan ABCD kvadrat tomonlarini o ‘rtasini birlashtirib hosil qilingan kvadrat eng kichik yuzga ega bo‘lar ekan. (121-chizma). •Л 247 8-masala. Tagi kvadrat shaklidagi, hajmi 108 m 3 ga teng ochiq hovuzning o‘lchovlari shunday aniqlansinki, uning devorlari bilan tagini qoplash uchun mumkin qadar oz material sarf etilsin. Hovuzning oichovlari deganda uning tagini tomonlari va balandligi (chuqurligi) tushuniladi. Yechish. Hovuz tagini tomoni x orqali va hovuz balandligini h orqali belgilaymiz. U holda hovuz parallelepiped shaklida bo‘lgani uchun uning hajmi v = x 2h bo‘ladi. Shartga ko ‘ra х2л = Ю8. Hovuz tagi x2 , devori 4xh yuzga ega bo‘lgani uchun jami s = x2 +4xh yuzni material bilan qoplash lozim. S yuzni birgina erkli o ‘zgaruvchining funjcsiyasi sifatida ifodalash uchun х 2 й = Ю8 tenglikdan topilgan h = qiymatni X unga qo‘yamiz. U holda S = x2 + 4х^Д^ = x 2 + — kelib chiqadi. Endi shu S(x) funksiyaning eng X X kichik qiymatini topamiz. „ 432 . - 864 , S (x) = 2x г-; S (x) = 2 + —=- (x > 0) . x x s'(x) = 2x - ~ = o dan 2x3 - 432 = 0; x3 = 216, x = 6 kritik nuqta kelib xz chiqadi. Ikkinchi hosila S"(6) = 2+— > о bo‘ Igani uchun ikkinchi yetar- 216 lilik shartiga asosan x = 6 qiymatda S(x) = x2 + — funksiya eng kichik qiymatga ega bo ‘ladi. 248 Demak, hajmi 108 м3 ga teng ochiq hovuzning tagi 6m kvadratdan iborat, balandligi л = —= 3m boTgandagina uning devorlariga ishlov 36 berish uchun eng kam material sarflanar ekan. Ya’ ni, hovuzning oichovlari 6т хбтхЗт bo ‘lishi lozim ekan. 9-masala. Trapetsiyaning kichik asosi va yon tomonlarining har bin a ga teng. Uning katta asosi shunday aniqlansinki, trapetsiyaning yuzi eng katta bo ‘lsin(122-chizma). 122-chizma Yechish. Chizmaga binoan trapetsiyaning katta asosi 2x+a ga teng. Trapetsiyaning balandligini h orqali belgilaymiz. Ma ’lumki, trapet- siyamng yuzi asoslari yig‘indisining yarmi bilan balandligi ko‘paytmasiga teng, ya’ni ----- - ----- h - (x + a)h Pifagorteoremasigako ‘rachizmadan h = 4a1 -x2 bo ‘lgani uchun trapetsiyaning yuzi S = (x+a)Ja2 -x2 bo‘ladi. Endi shu ад funksiyaning eng katta qiymatini topamiz. . r~2 2 / ч ~x a 2 ~x2~x(x + a) -2x2 -ax + a 2 S (x) = yja - x + (x + a) — ----- =-------- -------------- =------------- =— 7777 4a 2-x2 4a 2 -x2 5'(x) = 0 yoki -2x2 -ax+a 2 =0 dan xu = a ± д/a2 + 4-2-a 2 _ a±3a , 7 -4 ’ x i = p x2=~ a kelib chiqadi. Masalaning shartiga ko‘ra x > о bo‘lgani uchyn x = у kritik qiymatga ega bo‘ lamiz. Hosilani 249 ko ‘ rinishda tasvirlasak x < - 2 boiganda x-^ va S'(x) > о ekani kelib chiqadi. Xuddi shuningdek, x>| bo‘lganda1s*(*)<0 ekani kelib chiqadi. hosila x = ~ kritik qiymatning chap tomonidan o ‘ ng tomoniga o‘tganda o‘z ishorasini «+» dan «-» ga o‘zgartiradi. Shuning uchun birinchi yetarlilik shartiga ko ‘ra s = (x+a^a2 -x2 funksiya x = | qiymatda maksimumga ega boiadi. Bu yagona maksimum uning eng katta qiymati ham boiadi. Shunday qilib trapetsiyaning katta asosi 2x + a = Yüklə 412,85 Kb. Dostları ilə paylaş:
|