Задачи на экстремум в планиметрии

Федеральное агентство по образованию
Кафедра общей математики
Курсовая работа по геометрии
на тему:
 
«Задачи на экстремум в планиметрии»
Студентки 1 курса
специальности 050201
очной формы обучения
Алишановой ДианыСергеевны
ПРОВЕРИЛ:
Кандидат технических
наук, доцент
2007г.

Задание на курсовую работу
Привестирешение нескольких задач на экстремум функций.
Изложитьрешение задачи на применение теоремы Чевы.
Изложитьнесколько решений задач о треугольнике наименьшего периметра, вписанного востроугольный треугольник.
Цель курсовой работы:
Изучитьнекоторые теоремы, позволяющие решить ряд подобных задач, проиллюстрировать ихприменение к решению конкретных задач.
План работы:
Вряде задач элементарной геометрии требуется построить некоторую фигуру такимобразом, чтобы один из параметров принимал наибольшее или наименьшее значение.Во многих случаях задачи можно решить элементарными средствами без примененияметодов математического анализа.

Введение
Развитиелогического мышления, которое осуществляется на занятиях алгеброй и геометрией,оказывает серьёзное влияние на изучение любых наук. Знания, умения и навыки,приобретаемые при изучении этих предметов, важны для трудовой ипрофессиональной подготовки. Обучение алгебре и геометрии способствуетформированию диалектико–материалистического мировоззрения, содействуетумственному развитию, в процессе которого вырабатываются умения обобщать иконкретизировать, систематизировать и классифицировать, проводить анализ исинтез, осуществлять самоконтроль. В процессе обучения формируются и такиеличностные качества, как точность и ясность словесного выражения мысли,сосредоточенность и внимание, настойчивость, ответственность и трудолюбие. Намой взгляд, геометрия в этом деле хорошая помощница.
Итак,геометрия – это раздел математики, изучающий пространственные отношения иформы, а планиметрия – это часть геометрии, изучающая фигуры на плоскости. Моякурсовая работа на задачи на экстремум в планиметрии. Обратимся к определениюэкстремума — наибольшее или наименьшее значение функции. Ещё задолго до того,как сформировались общие понятия переменной величины и функции, они фактическииспользовались в математике. Значительную роль в развитии этих понятий сыгралметод координат, созданный французским математиком П. Ферма (1601-1665) и Р.Декартом (1596-1650). Метод координат стал широко использоваться дляграфического исследования функции и графического решения уравнений. С этоговремени начался новый этап, который ознаменовался мощным развитием не толькоматематики, но и всего естествознания.
Термин«функция» (от лат. Functio-исполнение, совершение) ввёл немецкий математик Г.Лейбниц (1646-1716). У него функция связывалась с графиком.
У Л.Эйлера появился и более общий подход к понятию функции как зависимости однойпеременной величины от другой. Эта точка зрения получила дальнейшее развитие втрудах Н.И. Лобачевского, П. Дирихле и других учёных. Что же такое экстремум впланиметрии? В своей курсовой работе я постараюсь найти ответ на этот вопрос.

§ 1. Максимум и минимум
 
Определение. Говорят, что функция f(x) имеет максимум в точке х = а, если вдостаточной близости от этой точки всем значениям х (как большим, так именьшим а)соответствуют значения меньшие, чем f(a).
Функцияf(x) имеет минимум в точке х = а,еслив достаточнойблизости от этой точки всем значениям х соответствуют значения f(x), большие, чем f(а).
Короче:функция f(x) имеет максимум (минимум) в точке х= а, если значение f(а)больше (меньше) всех соседних значений. Максимум и минимум объединяются
/>
Рис.1 наименованием экстремум2).
Пример. Функция f(x) = ⅓ х3 — х2+ ⅓       (рис. 1)имеет максимум в точке х = 0 [точка А (0; ⅓) выше всехсоседних] и минимум в точке х = 2 [точка В (2; -1) ниже всех соседних].
1) Предполагается, что функция дифференцируемав промежутке (а, b).
2) Латинское слово «экстремум»означает «крайнее».
Замечание.В обыденной речи выражения «максимум» и «наибольшая величина» равнозначны. Ванализе термин «максимум» имеет более узкий смысл. Именно максимум функцииможет и не быть ее наибольшим значением. Так, функция f(x) = ⅓ х3 — х2 + ⅓
(см.рис. 1), рассматриваемая, скажем, в промежутке (— 1; 4), имеет в точке х = 0максимум, ибо вблизи от этой точки [а именно в промежутке (— 1; 3)] всемзначениям х соответствуют значения f(x), меньшие, чем f (0), т. е. чем ⅓(в указанном промежутке график расположен ниже точки А). Тем не менеемаксимум f (0) не является наибольшим значениемфункции в промежутке (— 1; 4), ибо при х > 3 имеем:
 
f(x) > ⅓
(справаот С график расположен выше точки А). Однако разысканиенаибольшего значения функции в данном промежутке тесно связано с разысканием еемаксимумов (см.§ 6). Аналогичное замечание для минимума.
 
§ 2. Необходимое условие максимума и минимума
Теорема.Если функция f(х) имеет экстремум (т. е. максимум илиминимум) в точке х = а, то в этой точке производная либо равна нулю,либо бесконечна, либо не существует.
Г е ом е т р и ч е с к и: если график имеет в точке А максимальную ординату,то в этой точке касательная либо горизонтальна (рис. 1), либо вертикальна (рис.2), либо не существует (рис. 3). То же для минимальной ординаты (точка В нарис. 1, точка А на рис. 4, точки В иС на рис. 3).
Замечание.Условие экстремума, высказанное в теореме, необходимо, но не достаточно, т.е. производная в точке х = а может обращаться в нуль (рис. 5), вбесконечность (рис. 6) или не существовать (рис. 7) без того, чтобы функция имелаэкстремум в этой точке.
 
§ 3. Первое достаточное условие максимума и минимума
Теорема.Если в достаточной близости от точки х = а производная f'(х)положительна слеваот а и отрицательна справа от а (рис. 8), то в самой точке х =а функция f(x) имеет максимум при условии, что функция f(x) здесь непрерывна 1).
Если,наоборот, слева от а производная f(х)отрицательна, а справа положительна (рис. 9), то f(х)имеет в точке а минимум приусловии, что она здесь непрерывна 2).
Теоремавыражает тот факт, что f(x)при переходе от возрастания кубыванию имеет максимум, а при переходе от убывания к возрастанию — минимум.
1) Однако, f(x)может и не быть дифференцируемойпри х = а (см. рис. 2).
2) Однако, f(x)может и не быть дифференцируемойпри х = а
З а м е ч а н и е.Согласно теореме признаком экстремума функции f(x)является переменазнака производнойf'(х)при прохождении аргумента через рассматриваемое значение х= а.
Если же при прохождении черезх = а производная сохраняет знак, то f(x)возрастает в точке х= а, когда производная положительна как справа, так и слева от х = а(рис.5, 6, 7), и убывает, когда производная отрицательна (рис. 10).[Сновапредполагается, что f(x)непрерывна при х = а.]
 
§ 4. Правило разыскания максимумов и минимумов
Пустьфункция f(x) дифференцируема в промежутке (а, b). Чтобы найти все еемаксимумы и минимумы в этом промежутке, надо:
1) Решитьуравнение f'(х) = 0(корни этого уравнения называются критическими значениями аргумента;среди них надо будет искать значения х, дающие экстремум функции f(x); см. § 2).
2) Длякаждого критического значения х = а исследовать, меняет ли знак производная f(x)при переходе аргумента через это значение. Еслиf'(х) переходит отположительных значений к отрицательным (при переходе от х ак х > а), то имеем максимум (§ 3), если от отрицательныхзначений к положительным, то минимум.
Если же f ' (х) сохраняет знак, то нетни максимума, ни минимума: при f '(х) > 0 функция f(х) в точке а возрастает, при f '(х)
Замечание1. Если функция f(x) непрерывна в промежутке (а,b), но в отдельных его точках недифференцируема, то эти точки надо причислить к критическим и произвестианалогичное исследование.
Замечание2. Максимумы и минимумы непрерывной функции следуют друг за другом, чередуясь.
Пример1. Найти все максимумы и минимумы функции />
Р е ше н и е. Данная функция всюду дифференцируема (т. е. всюду имеет конечнуюпроизводную) f'(х) = 1— х.
1) Решаемуравнение 1— х = 0. Оно имеет единственный корень х = 1.
2) Производнаяf '(х) = 1 — х меняетзнак при переходе аргумента через значение х = 1. Именно, при х х > 1 —отрицательна. Значит,критическое значение х = 1 дает максимум. Других экстремумов у функциинет.
Пример2. Найти все максимумы и минимумы функции
 
 f(x) = (x— 1)2 (x+1).(1)
Р е ше н и е. Данная функция всюду дифференцируема. Имеем:
f'(х) = 2(х — 1) (х + 1)3 + 3 (х— 1)2(х +1)2 = (х— 1)(х + 1)2(5х—1).
1) Решаем уравнение f'(х) =0. Его корни(расположенные в порядке возрастания) будут:
 
х1 = — 1, х2= 1/5; х3 = 1.(2)
2) Представив производнуюв виде

f(х) = 5 (х + 1)2 (х– 1/5) (х — 1), (3)
исследуем каждое изкритических значений.
а) При х х = — 1имеем:
 
f '(х) = 5 (-)2(-)(-)= +. (4)
Пусть аргумент перешелчерез значение х1= — 1, но не дошел до следующего критическогозначения х2 = 1/5. Тогда двучлен х + 1 сталположителен, а два других двучлена формулы (3) остаются отрицательными, и мыимеем: f '(х) = 5 (+)2(-)(-) = +. (5)
Сравнив (4) и (5), видим,что при переходе
Рис. 11 через критическое значение х1= -1 производная не меняет знака, оставаясьположительной. Значит, в точке х =-1 экстремума нет; здесь функция f(x) возрастает (рис. 11).
б) Исследуем ближайшеебольшее критическое значение х2= 1/5. В достаточной близости слева (т. е. между х1= — 1 и х2 = 1/5) производная в силу(5) положительна. В достаточной близости справа (между х1 = 1/5и х2 = +1) второй сомножитель положителен, и мы имеем:
 
f ' (х) = 5 (+)2(+)(-) = —. (6)
Сравнив (5) и (6), видим,что знак производной при переходе через х2 = 1/5 меняетсяс плюса на минус [функция f(х)от возрастания переходит к убыванию]. Значит, в точке x = 1/5 функция имеет максимальное значение;оно равно f(1/5) = (1/5– 1)2 (1/5 + 1) ~ 1,1.
в) Исследуем последнеекритическое значение х3 = 1. В достаточной близости слевапроизводная в силу (6) отрицательна. Справа от х3 = 1 имеем:

f '(х) = 1/5(+)2 (+) (+) = +. (7)
При переходе через х =1 производная меняет знак с минуса на плюс [функция f(х) переходит от убывания к возрастанию].Значит, при х = 1 функция имеет минимальное значение; оно равно
 
f (х) = (1 — 1)2(1 +1)3 = 0.
П р и м е р 3. Найти всеэкстремумы функции />
Р е ш е н и е. Даннаяфункция дифференцируема при всех положительных и отрицательных значениях х,и мы имеем:
 
/>
В точке же х = 0 функция f(x) не дифференцируема (ее производная бесконечна). Поэтому(см. замечание 1) имеем два критических значения: x1 = 0 и х2 = 2/5.
При х
При 0 х
При х > 2/5имеем: />
Значит, в точке х= 0 функция /> имеет максимальное значение f (0) = 0, а в точке x = 2/5 — минимальное значение
/>

§ 5.Второе достаточное условие максимума и минимума
Когда знак производнойвблизи критических точек (§ 4) распознается с трудом, можно пользоватьсяследующим достаточным условием экстремума.
Т е о р е м а 1. Пусть вточке х = а первая производная f' (х) обращается в нуль; если при этом втораяпроизводная f " (а)отрицательна, то функция
f (х) имеет в точке х = амаксимум, если положительна, то — минимум. В случае f "(а) = 0 см. теорему 2.
Второе условие следующимобразом связано с первым. Будем рассматривать f "(х) как производную от f '(х). Соотношение f "(а) f '(х) убывает в точке х= а. Атак как f'(а) = 0, то f(х)положительна при х а и отрицательна при х > а.Значит (§ 3), f(х)имеет максимум при х = а. Аналогично для случая f " (а) > 0.
П р и м е р 1. Найтимаксимумы и минимумы
Рис. 12 функции f (х) = ½ х4 – х2+ 1
Р е ш е н и е. Решивуравнение f '(х) = 2х3— 2х = 0,
получаем критическиезначения хl= —1, х2 = 0, х3 = 1.
Подставив их в выражениевторой производной f"(х) = 6х2 — 2 = 2 (Зх2 — 1), находим,что f "(-1)>0, f "(0)f "(1)>0. Значит при х = -1 и х= 1 имеем минимум, при х = 0 — максимум (рис. 12).
Может случиться, чтовместе с первой производной обращается в нуль и вторая; может обратиться в нульи ряд последующих производных. Тогда можно воспользоваться следующим обобщениемтеоремы 1.
Т е о р е м а 2. Если вточке х = а, где первая производная равна нулю, ближайшая неравная нулю производная имеет четный порядок 2k, то функция f (х) имеет при х = а максимум,когда f (2k)(а) f(2k) (а) > 0. Если же ближайшая не равная нулюпроизводная имеет нечетный порядок 2k+ 1, то функция f(х) в точке а не имеет экстремума; онавозрастает, когда f (2k+ 1) (а) > 0, и убывает, когда f (2k+ 1) (а)
З а м е ч а н и е.Теоретически не исключено, что у функции f (х) (не являющейся постоянной величиной) всепроизводные в точке х = а будут равняться нулю. Однако практическогозначения этот случай не имеет.
П р и м е р 2. Найтимаксимумы и минимумы функции f(х) = sin Зх — 3 sin х.
Р е ш е н и е. Имеем: f '(х) = 3 cos Зх — 3 cos х. Решая уравнение 3 cos Зх — 3 cos х = 0, найдем: х = k π/2, где k— любое целое число.
Так как данная функцияимеет период 2π, то достаточно исследовать четырекорня: х1= 0, х2= π/2,х3 =π,х4= 3π/2
Берем вторую производную f "(х) = — 9 sin Зх + 3 sin х. Подставляя критические значения х1, х2,х3, х4, находим:
 
f "(0) = 0. f "(π/2) = 12,
f "(π) = 0. f "(3π/2) = — 12.
В точке х2 = π/2ближайшая не равная нулю производная имеет второй (четный) порядок, причем f " (π/2) > 0. Значит, при х = π/2имеем минимум. Аналогично заключаем, что при х = 3π/2 имеем максимум ибо f "(3π/2)
Экстремальные значениябудут:
 
f (π/2) = — 1 — 3= — 4 (минимум),
f (3π/2) = sin 9π/2 — 3 sin 3π/2 = 1 — (- 3) = 4 (максимум).
Чтобы исследоватькритические значения х1 = 0 и х3 = π,найдем третью производную f'" (х) = — 27 cos Зх+ 3 cos х;.
Имеем: f '" (0) = — 24, f '" (π) = + 24.
В точке х = 0ближайшая не равная нулю производная имеет третий (нечетный) порядок, причем f '"(0) х= 0 экстремума нет. Здесь функция f(х) убывает. Аналогично заключаем, что и при х = π экстремума нет; но здесь функция f (х) возрастает [ибо f '"(π) > 0].

§ 6.Разыскание наибольших и наименьших значений функции
1. Пусть по условиювопроса аргумент непрерывной функции f(x)изменяется в бесконечном промежутке, например в промежутке (a, +∞). Тогда может случиться,что среди значений функции f(х) нет наибольшего; см. рис. 13, а), где f(x)неограниченно возрастает при х→+∞. Если же функция f (х) обладает наибольшимзначением, то последнее непременно является одним из экстремумов функции; см,рис. 13, б), где наибольшее значение функции есть f (с).
Пусть теперь по условиювопроса аргумент х изменяется в замкнутом промежутке (а, b). Тогда f (х) непременно принимает наибольшее значение.
Однако последнее может непринадлежать к экстремумам, а достигаться на одном из концов промежутка (вточке х = b 1) на рис. 13, в)).
Аналогично длянаименьшего значения.
1) Если исключить из рассмотренияконец х = b, то наоставшемся незамкнутом промежутке функция f (х) наибольшего значения не будет иметь.
2. Пусть требуетсяразыскать наибольшее (или наименьшее) значение геометрической или физическойвеличины, подчиненной определенным условиям (см. ниже примеры). Тогда надопредставить эту величину, как функцию какого-либо аргумента. Из условия задачиопределяем промежуток изменения аргумента. Затем находим все критические значенияаргумента, лежащие в этом промежутке, и вычисляем соответствующие значенияфункции, а также значения функции на концах промежутка. Из найденных значенийвыбираем наибольшее (наименьшее).
З а м е ч а н и е 1.Часто аргумент можно выбирать по-разному; удачный выбор может упроститьрешение. Учет особенностей задачи тоже может упростить решение.
Так, если внутри данногопромежутка имеется лишь одно критическое значение аргумента и оно, на основаниитого или иного признака (см. §§ 3, 5) должно давать максимум (минимум), то ибез сравнения с граничными значениями функции мы вправе заключить, что этотмаксимум (минимум) является искомым наибольшим (наименьшим) значением,
П р и м е р 1. Отрезок АВ= а делится на две
Рис. 14 части точкой С; на отрезках АС и СВ(рис. 14), как сторонах, строится прямоугольник ACBD. Определить наибольшее значение его площади S.
Р е ш е н и е. Примем за аргументх длину АС; тогда
СВ = а — хи S = x (а — х).
Аргумент хнепрерывной функции S изменяется впромежутке (0, а).
Из уравнения
dS/dx= а — 2х = 0
находим (единственное)критическое значение х = а/2. Оно принадлежит данному промежутку (0, а).Вычисляем значение S(а/2) = а/4 и граничные значения f(0) = 0, f(a) = 0. Сопоставляя эти три значения,заключаем, что искомым наибольшим значением является а/4.
В этом сопоставлении небудет необходимости, если заметить, что в единственной критической точке х= а/2 вторая производная функции S (х) отрицательна; т. е. (§ 5)функция S(х) имеет здесь максимум.
Переменный прямоугольник ACBD всегда имеет один и тот же периметр(2а). Значит, из всех прямоугольников данного периметра квадрат имеетнаибольшую площадь.
П р и м е р 2. Найтинаименьшую и наибольшую величины полупериметра прямоугольника с данной площадьюS.
Р е ш е н и е. Обозначимстороны прямоугольника через х, у. По условию

xy = S (1)
(х и у —положительные величины). Требуется найти наименьшее и наибольшее значениявеличины
 
р = х + у. (2)
Примем за аргумент х;тогда
 
р = х + S/х (3)
Аргумент хизменяется в бесконечном промежутке (0, + ∞) (в него не входит конец х= 0). В этом промежутке функция р(х) непрерывна и имеетпроизводную /> (4)
Из уравнения /> (5)
находим единственное (вданном промежутке) критическое значение
/>
Из (4) видно, что при /> производнаяположительна. Значит (§ 3), имеем минимум. Будучи единственным, он является(см.
замечание 1) наименьшим значениемполупериметра;
/> (6)
т. е. из всехпрямоугольников с данной площадью S наименьший полупериметр имеет квадрат /> Наибольшего значения величинар не имеет [данный промежуток (0, +∞) — незамкнутый].
П р и м е р 3. Найтинаименьшее количество жести, из которого можно изготовить цилиндрическуюконсервную банку вместимостью V=2π(запас на швы не учитывать).
Р е ш е н и е. Пустьповерхность банки S, радиусоснования r, высота h. Требуется найти наименьшее значение величины
S = 2 πrh + 2r2 (7)
при условии, что
πr2h=V. (8)
За аргумент удобнопринять r. Из (7) и (8) находим:
/> (9)
где аргумент изменяется впромежутке (0, ∞). По смыслу задачи ясно, что величина S достигает наименьшего значениягде-то внутри этого промежутка. Поэтому достаточно рассмотреть значения функциив критических точках. Решаем уравнение /> (10)
Единственный его корень /> соответствует наименьшему значению S. Из (8) и (11) находим: /> , т. е. высота банки должнаравняться диаметру основания. Наименьшее количество жести, потребное дляизготовления банки, равно
Sнаим = 2 π(rh + г2) = 6 πr2 = 3 πrV ~879 см2.
П р и м е р 4. (парадоксДекарта). В 1638 г.
Рис. 15 Декарт получил (через М. Мерсенна)письмо Ферма, где последний сообщил без доказательства открытое им правилоразыскания экстремума. В переводе на современный язык правило Ферма сводится кразысканию значения х, обращающего в нуль производную f'(х) исследуемой функции f(х).
В ответном письме Декартпривел нижеследующий пример, доказывающий, как он полагал, ложность правилаФерма. Пусть дана окружность
 
х2+у2 = r2 (12)
(рис. 15) и точка А (— а;0), отличная от центра (т. е. а ≠ 0). Требуется найти на окружности (12)точку, ближайшую к А. Квадрат расстояния произвольной точки М (х; у)от точки А выражается так:
АМ2= (х + а)2 + у2. (13)
Если же М лежит наокружности (12), то у2 = r2 — х2,
так что AM2 = (х + а)2 + r2 — x2.
Чтобы найти значение х,дающее минимум величине AM2, Декарт следует правилу Ферма иполучает нелепое равенство 2а = 0.
Между тем геометрическиясно, что искомая точка существует и совпадает с точкой Р(—r; 0). Из этого Декарт заключает, чтопризнак минимума неверен. На самом деле точка Р (х = — r) не обнаруживается по другойпричине: соответствующее ей наименьшее значение AM2 не является минимумом. Действительно, х изменяетсятолько в промежутке (— r,+ r). Рассматриваемая функция принимаетнаименьшее значение на конце промежутка.
§ 7.Правило разыскания экстремума
Пусть функция f(x, у) дифференцируема в некоторой области еезадания. Чтобы найти все ее экстремумы в этой области, надо:
1) Решить систему уравненийf'x(x,y)= 0, f'y(x,y)= 0. (1)
Решение даст критическиеточки.
2) Для каждой критическойточки Р0(a;b) исследовать, остается ли неизменнымзнак разности
 
f(x, y)– f(a, b) (2)
для всех точек (х;у), достаточно близких к Р0. Если разность (2) сохраняетположительный знак, то в точке Р0 имеем минимум, если отрицательный,— то максимум. Если разность (2) не сохраняет знака, то в точке Р0нет экстремума.
Аналогично находимэкстремумы функции при большем числе аргументов.
З а м е ч а н и е. Придвух аргументах исследование иногда облегчается применением достаточногоусловия § 8. При большем числе аргументов это условие усложняется. Поэтому напрактике стараются использовать частные свойства данной функции.
П р и м е р. Найтиэкстремумы функции
 
f(x, у) = х3 + у3-Зху+ 1.
Р е ш е н и е. 1)Приравнивая к нулю частные производные f'х = 3х2 — 3у,f =3у2 — Зх,получаем систему уравнений
 
х2 — у = 0, у2— х = 0. (3)
Она имеет два решения:
х1 = у1 = 0, х2 = y2 = 1. (4)
Исследуем знак разности(2) для каждой из двух критических точек Р1 (0; 0), Р2(1; 1).
2а) Для точки Р1(0; 0) имеем:
 
f(x, у)– f(0, 0) = х3 + у3-Зху+ 1. (5)
Разность (5) не сохраняетзнака, т. е. в любой близости от Р1 есть точки двух типов: для однихразность (5) положительна, для других — отрицательна. Так, если точку Р (х;у) взять на прямой у = х, то разность (5) равна
2х3— Зх2= х2 (2х — 3). Вблизи от Р1 (при х х;у) взять на прямой у = —х, то разность (5) равна Зх2,а эта величина всегда положительна.
Поскольку разность (5) несохраняет знака, в точке P1 (0; 0) экстремума нет. Поверхность
 
z = х3 + у3— Зху + 1
в точке (0; 0; 1) имеетвид седла (наподобие гиперболического параболоида).
2б) Для точки Р2(1; 1) имеем:
 
f(x,y)– f(1; 1) = x3+ y3 — 3xy + l. (6)
Докажем, что эта разностьв достаточной близости от точки (1; 1) сохраняет положительный знак. Положим:
 
х = 1 + α, у = 1+ β. (7)
Разность (6)преобразуется к виду
3(α2 — α β + β2) + (α 3 + β3) (8)

Первый член при всех ненулевыхзначениях α, β положителей и притом больше чем 3/2(α2 + β2). Второй член может быть иотрицательным, но при достаточной малости | α | и | β |он поабсолютному значению меньше чемα2 + β2.Значит, разность (8) положительна.
Стало быть, в точке (1;1) данная функция имеет минимум.§ 8. Теорема Чевы
Теорема Чевы — это классическая теорема геометриитреугольника. Эта теорема аффинная, т. е. она может быть сформулированаиспользуя только характеристики сохраняющиеся при аффинных преобразованиях.Теорема названа в честь итальянского математика Джованни Чевы, который доказалеё в 1678 году.
/>
Начнём сопределения: Отрезок, соединяющий вершину треугольника с некоторой точкой напротивоположной стороне, называется чевианой.
Три чевианы AA',BB',CC' треугольника /> конкурентны тогда и только тогда, когда
/>
Если стороны BC, CA, AB треугольника ABC разделены в отношениях BP/PC = λ ≠0, CQ/QA = µ ≠ 0, AR/ RB = υ ≠ 0, то прямые AP, BQ, CR принадлежатодному и тому же пучку (собственному или несобственному) тогда и только тогда,когда λ, µ, υ = 1.
Эту теоремуможно обобщить на случай когда точки A',B',C'лежат на продолжениях сторон BC,CA,AB.Для этого надо воспользоваться «отношением направленных отрезков», оноопределено для двух направленных отрезков XYи ZT на одной прямой (или на параллельныхпрямых) и обозначается XY / ZT.
Пусть A',B',C' лежат на прямых BC,CA,AB треугольника />.Прямые AA',BB',CC' конкурентнытогда и только тогда, когда
/>
§9. Задачи о треугольнике наименьшего периметра, вписанного в остроугольныйтреугольник
 
Условие
Впишитев данный остроугольный треугольник ABC треугольник наименьшегопериметра.
Решение
ПустьA1 — вершина искомого треугольника, принадлежащая стороне BCтреугольника ABC. Рассмотрите образы точки A1 присимметриях относительно прямых AB и AC.
Пустьвершины A1, B1 и C1треугольника A1B1C1принадлежат сторонам соответственно BC, AC и ABтреугольника ABC. Рассмотрим точки M и N, симметричныеточке A1 относительно прямых AB и AC соответственно.Тогда, если P/>A1B1C1 — периметр треугольника A1B1C1,то
 
P/>A1B1C1 = A1C1 + C1B1 + B1A1 = MC1 + C1B1 + B1N />MN,

причёмравенство достигается только в случае, если прямая MN проходит черезточки B1 и C1. Поскольку AM = AA1= AN, то треугольник MAN — равнобедренный и
/>MAN = 2/>BAA1 + 2/>A1AC = 2/>BAC.
Следовательно,
 
MN = 2AM sin/>BAC = 2AA1sin/>BAC />2h sin/>BAC,
где h— высота треугольника ABC, проведённая из вершины A. Равенстводостигается только в случае, когда точка A1 — основаниевысоты.
Отсюдаследует, что искомый треугольник — это треугольник с вершинами в основанияхвысот данного, т.е. ортотреугольник данного треугольника. Действительно, пусть AA",BB" и CC" — высоты треугольника ABC, а точки A1,B1 и C1 расположены на сторонахсоответственно BC, AC и AB. Если треугольник A1B1C1не совпадает с треугольником A«B»C", то по ранеедоказанному
 
P/>A1B1C1/>P/>A«B1C1/>P/>A»PQ,
где Pи Q — точки пересечения прямой MN со сторонами соответственно ABи AC треугольника ABC. При этом хотя бы один из знаковнеравенства — строгий. Значит, искомый треугольник минимального периметра — этотреугольник A«PQ. Если бы точка P не совпадала с точкой C»,то, повторив предыдущие рассуждения, построили бы треугольник, площадь которогоменьше площади треугольника A«PQ, что невозможно. Аналогично дляточки Q. Таким образом, точка P совпадает с C», аточка Q — с точкой B".
1.Изложенное решение основано на доказательстве Фейера (L.Fejer).Это, а также другие изящные доказательства данного утверждения (Г.А.Шварц,Л.Шрутка, Бюкнер) см. в книге Г.Радемахера и О.Теплица «Числа ифигуры» (М.,1962, с.36-46).
2.Другой способ доказательства того, что точки P и Q пересеченияпрямой MN со сторонами соответственно AB и AC также будутоснованиями высот треугольника ABC.
ПосколькуAM = AA" = AN, то точки M, A" и Nлежат на окружности с центром A и радиусом AA". Тогда
/>A«NP = />A»AP
(вписанныйугол равен половине соответствующего центрального). Поэтому из точек A иN отрезок A«P виден под одним и тем же углом. Значит, точки A,P, A», N лежат на одной окружности.
Сдругой стороны, треугольники AA«C и ANC симметричныотносительно прямой AC, поэтому они равны. Значит, из точек A»и N отрезок AC виден под прямым углом, поэтому эти точки лежат наокружности с диаметром AC. Поскольку через три точки, не лежащие наодной прямой, проходит ровно одна окружность, то все пять точек A, P,A", C и N лежат на окружности с диаметром AC.Тогда из точки P диаметр AC виден под прямым углом, т.е. CP— высота треугольника ABC. Аналогично докажем, что BQ — такжевысота треугольника ABC.
/>

Заключение
Вэтой курсовой работе я изучила некоторые теоремы, позволяющие решать задачи наэкстремумы, проиллюстрировала их применение.
Взаключение этой работы, на мой взгляд, следует провести однозначную черту подбесспорным фактом целесообразности и полезности применения ряда задачэлементарной геометрии на построение некоторых фигур таким образом, чтобы одиниз параметров получил наибольшее или наименьшее значение. Во многих случаяхрешение можно получить без применения методов математического анализа.

Списоклитературы
1. С.И. Зетель,«Задачи на максимум и минимум», Москва
2. С.А. Теляковский,«Алгебра», Москва, 2001г.
3. Ю.Н. Макарычев,«Математика», Москва, 1988г.
4. Г.С.М. Коксетер,С.П. Грейтцер, «Новые встречи с геометрией», 1978г.