|
Понятно что будет окружность и две прямые, которые по идее должны быть касательными с двух сторон что бы площадь была максимальна, но решая я запутался сильно, видимо что-то не то делал задан 11 Июн '13 22:32 
SenjuHashirama |
|
Случай $%a=0$% уже рассмотрен. Прямая $%y=-2x$% и единичный круг $%x^2+y^2=1$% пересекаются в двух точках. Площадь общей части $%0.$% Рассмотрим случай $%a\ne 0.$% Пусть $%O$% центр окружности $%(x-a)^2+(y-\frac a2)^2=1$%. $% l_1-$% прямая $%y+2x+5|a|=0,$% а $%l_2-$% прямая $%y+2x-5|a|=0$%.График второго неравентсва $%-5|a|\le y+2x\le5|a|$%полоса заключенная между этих прямых. Не трудно убедится, что точка $%O$% находится внутри полосы.Действительно при $%a\ne 0,$%учитывая что $%2|a|\ge|a|\ge\pm a$%,имеем $%\frac a2+2a-5|a|=\frac52(a-2|a|)<0 ,$% и $%\frac a2+2a+5|a|=\frac52(a+2|a|)>0 .$% Расстояное точки $%O$% от $%l_1$% и $%l_2$% будут $%OH_1=\frac{|\frac a2+2a+5|a||}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}2(2|a|+a),$% и $% OH_2=\frac{|\frac a2+2a-5|a||}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}2(2|a|-a).$% Для того,чтобы в полосу попадал весь круг, надо потребоявть, чтобы $%min(OH_1,OH_2)\ge R=1.$% Значит при $%a>0, OH_2=\frac{\sqrt5}2a\ge1\Rightarrow a\ge \frac{2}{\sqrt5},$% а при $%a<0, OH_1=-\frac{\sqrt5}2a\ge1\Rightarrow a\le -\frac{2}{\sqrt5}.$% И так $%а\in (-\infty;-\frac{2}{\sqrt5}]\cup [\frac{2}{\sqrt5};\infty).$% отвечен 12 Июн '13 11:25 
ASailyan |
|
Первое неравенство даёт круг $%(x-a)^2+(y-a/2)^2\le1$%; второе даёт полосу $%|y+2x|\le5|a|$%, которая при $%a=0$% вырождается в прямую. Понятно, что площадь пересечения будет максимальной тогда и только тогда, когда в полосу попадёт весь круг. Построим касательные к окружности, параллельные сторонам полосы. Угловой коэффициент при этом равен $%-2$%, поэтому у перпендикулярной прямой он будет равен $%1/2$%. Это значит, что для нахождения точек касания к вектору $%(a,a/2)$% надо прибавить вектор единичной длины, у которого абсцисса вдвое больше ординаты. Это вектор $%\pm(2/\sqrt{5},1/\sqrt{5})$%. Поэтому рассматриваем точки касания $%(x,y)$%, где $%x=a\pm2/\sqrt{5}$%, $%y=a/2\pm1/\sqrt{5}$% с согласованным выбором знаков. Они лежат на прямых $%y+2x=c$%, где $%c=5a/2\pm\sqrt{5}$%. Чтобы круг целиком попал в полосу, в неё должны попасть обе касательные, то есть должны выполняться неравенства $%5a/2+\sqrt{5}\le5|a|$% и $%5a/2-\sqrt{5}\ge-5|a|$%. Решая их, получаем условие $%|a|\ge2/\sqrt{5}$%. отвечен 11 Июн '13 23:05 
falcao А без применения векторов это решить можно?
(11 Июн '13 23:09)
SenjuHashirama
Просто я брал производную от окружности и приравнивал к -2 и дальше запутался
(11 Июн '13 23:10)
SenjuHashirama
А без применения векторов это решить можно? - сделайте замену, так чтобы зафиксировать круг в новых координатах... и смотрите что получится с пересечением с полосой... чистая геометрия и без производных... надо только уметь искать расстояние от точки до прямой...
(11 Июн '13 23:20)
all_exist
@SenjuHashirama: векторы я не применял -- просто использовал удобный для себя язык описания. Если Вы не хотите упоминаний самого понятия, то просто рассмотрите точки пересечения окружности и прямой $%y=x/2$%, которая проходит через центр круга. Получится то же самое.
(11 Июн '13 23:22)
falcao
понятно, учту
(11 Июн '13 23:25)
SenjuHashirama
|
|
Второе неравенство можно преобразовать к виду $$(2x+y)^2\leqslant (5a)^2,$$ откуда $$|2x+y|\leqslant 5|a|. \tag{1}$$ Первое можно преобразовать так:$$\left(x^2-2ax+a^2\right)+\left(y^2-ay+\dfrac{a^2}{4}\right)-a^2-\dfrac{a^2}{4}\leqslant1-\dfrac{5a^2}{4},$$ откуда $$\left(x-a\right)^2+\left(y-\dfrac{a}{2}\right)^2\leqslant{1}. \tag{2}$$ Таким образом, фигура задается системой неравенств $%(1),\ (2).$% отвечен 11 Июн '13 23:00 
Mather К этому, я сам пришел(только второе нер-во через систему двух ур-ий записал). Как решать дальше?
(11 Июн '13 23:02)
SenjuHashirama
1
Поскольку неравенство $%(2)\ $% задает круг (фиксированного) радиуса $%1\ $% с "плавающим" центром в точке $%\left(a, \dfrac{a}{2} \right),\ $% то надо найти значения $%a,\ $% при которых этот круг будет полностью лежать между парой "плавающих" прямых, задаваемых $%(1).$%
(11 Июн '13 23:20)
Mather
|