Pochodna w geometrii analitycznej - najmniejsza odległość i największe pole

Klasa 3 liceum i technikum

Optymalizacja w geometrii analitycznej to szukanie położenia punktu, prostej albo figury w układzie współrzędnych, przy którym odległość, pole albo długość jest najmniejsza lub największa. Rozwiązujemy ją tak jak każde zadanie optymalizacyjne: współrzędne wyrażamy przez jedną zmienną, funkcję celu budujemy ze wzorów na odległość i pole, a wartość skrajną znajdujemy pochodną.

To ostatnia lekcja rozdziału. Łączy dwa narzędzia: wzory z geometrii analitycznej - na odległość punktu od prostej i pole trójkąta ze współrzędnych - oraz pochodną z rozdziału elementy analizy matematycznej. Do uzasadnienia, że znaleziony punkt daje wartość największą w całej dziedzinie, a nie tylko lokalnie, służy metoda z lekcji największa i najmniejsza wartość funkcji.

Jakie zadania tego typu się spotyka

Punkt wykresu najbliższy prostej

Przykład 1. Na wykresie funkcji $f(x) = \sqrt{x}$ znajdź punkt położony najbliżej prostej $x - 2y + 4 = 0$ i oblicz tę odległość.

Krok 1. Zmienna i dziedzina. Punkt wykresu to $P = (t, \sqrt{t})$, $t \ge 0$.

Krok 2. Funkcja celu. Ze wzoru na odległość punktu od prostej:

$d(t) = \frac{|t - 2\sqrt{t} + 4|}{\sqrt{1 + 4}} = \frac{t - 2\sqrt{t} + 4}{\sqrt{5}}.$

Wartość bezwzględną można opuścić, bo $t - 2\sqrt{t} + 4 = (\sqrt{t} - 1)^2 + 3 > 0$ - cały wykres leży po jednej stronie prostej.

Krok 3. Pochodna (dla $t > 0$):

$d'(t) = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(1 - \frac{1}{\sqrt{t}}\right) = \frac{\sqrt{t} - 1}{\sqrt{5}\,\sqrt{t}}.$

Krok 4. Znak. $d'(t) < 0$ dla $0 < t < 1$ i $d'(t) > 0$ dla $t > 1$, więc funkcja maleje do $t = 1$, a potem rośnie - w $t = 1$ ma wartość najmniejszą na całej dziedzinie.

Krok 5. Wynik. $P = (1, 1)$, $d(1) = \frac{1 - 2 + 4}{\sqrt{5}} = \frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{3\sqrt{5}}{5}$.

Odpowiedź. Najbliżej prostej leży punkt $P = (1, 1)$, w odległości $\frac{3\sqrt{5}}{5} \approx 1{,}34$.

Skrót - styczna równoległa. Prosta ma współczynnik kierunkowy $\frac{1}{2}$. W punkcie najbliższym styczna do wykresu musi być do niej równoległa (inaczej dałoby się przesunąć punkt po wykresie bliżej prostej): $f'(t) = \frac{1}{2\sqrt{t}} = \frac{1}{2}$, czyli $t = 1$. Ten skrót podaje kandydata, ale w rozwiązaniu warto pokazać znak pochodnej - on dowodzi, że to minimum.

Trójkąt o największym polu z wierzchołkiem na paraboli

Pole trójkąta o wierzchołkach $A$, $B$, $C$ liczymy z wyznacznika wektorów $\overrightarrow{AB} = [u_1, u_2]$ i $\overrightarrow{AC} = [v_1, v_2]$: $P = \frac{1}{2}|u_1v_2 - u_2v_1|$ (wyprowadzenie w lekcji pole trójkąta i wielokąta). Gdy jeden wierzchołek wędruje po krzywej, pole jest funkcją jednej zmiennej.

Przykład 2. Punkty $A = (-1, 1)$ i $B = (2, 4)$ leżą na paraboli $y = x^2$. Na łuku paraboli między nimi wybieramy punkt $C$. Dla jakiego $C$ pole trójkąta $ABC$ jest największe?

Krok 1. Zmienna. $C = (t, t^2)$, $t \in (-1, 2)$.

Krok 2. Wektory i wyznacznik. $\overrightarrow{AB} = [3, 3]$, $\overrightarrow{AC} = [t + 1, t^2 - 1]$:

$P(t) = \frac{1}{2}\left|3(t^2 - 1) - 3(t + 1)\right| = \frac{3}{2}\left|t^2 - t - 2\right| = \frac{3}{2}(2 + t - t^2),$

bo $t^2 - t - 2 = (t - 2)(t + 1) < 0$ dla $t \in (-1, 2)$.

Krok 3. Pochodna. $P'(t) = \frac{3}{2}(1 - 2t)$, zero w $t = \frac{1}{2}$; dla $t < \frac{1}{2}$ pochodna jest dodatnia, dla $t > \frac{1}{2}$ ujemna - maksimum.

Krok 4. Wynik. $C = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}\right)$, $P = \frac{3}{2}\left(2 + \frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) = \frac{3}{2} \cdot \frac{9}{4} = \frac{27}{8}$.

Odpowiedź. $C = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}\right)$, największe pole to $\frac{27}{8}$. I znów styczna: $f'\left(\frac{1}{2}\right) = 1$ - tyle samo co współczynnik kierunkowy prostej $AB$. Wierzchołek najdalszy od podstawy to punkt, w którym styczna jest równoległa do podstawy.

Prosta przez punkt odcinająca najmniejszy trójkąt

Przykład 3. Przez punkt $P = (3, 1)$ prowadzimy prostą, która przecina dodatnie półosie układu współrzędnych. Która z tych prostych odcina od pierwszej ćwiartki trójkąt o najmniejszym polu?

Krok 1. Zmienna. Prosta przez $P$ o ujemnym współczynniku kierunkowym $-m$, gdzie $m > 0$: $y - 1 = -m(x - 3)$. Przecina oś $OX$ w punkcie $\left(3 + \frac{1}{m}, 0\right)$, a oś $OY$ w punkcie $(0, 1 + 3m)$.

Krok 2. Funkcja celu.

$S(m) = \frac{1}{2}\left(3 + \frac{1}{m}\right)(1 + 3m) = 3 + \frac{9m}{2} + \frac{1}{2m}, \qquad m > 0.$

Krok 3. Pochodna.

$S'(m) = \frac{9}{2} - \frac{1}{2m^2} = \frac{9m^2 - 1}{2m^2}.$

Zero w $m = \frac{1}{3}$ (rozwiązanie $m = -\frac{1}{3}$ jest spoza dziedziny). Pochodna ujemna dla $0 < m < \frac{1}{3}$, dodatnia dla $m > \frac{1}{3}$ - najmniejsza wartość.

Krok 4. Wynik. $S\left(\frac{1}{3}\right) = 3 + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} = 6$, prosta $y = -\frac{1}{3}x + 2$, czyli $x + 3y - 6 = 0$, z odcinkami $6$ i $2$ na osiach.

Odpowiedź. $x + 3y - 6 = 0$, najmniejsze pole równe $6$. Ciekawostka: $P$ jest wtedy środkiem odcinka między osiami ($\frac{6 + 0}{2} = 3$, $\frac{0 + 2}{2} = 1$), a pole wynosi $2 \cdot 3 \cdot 1 = 2x_Py_P$. To zachodzi dla każdego punktu pierwszej ćwiartki.

Trójkąt wpisany w okrąg

Przykład 4. Wierzchołek $C$ trójkąta równoramiennego $ABC$ leży w punkcie $(0, 3)$, a wierzchołki $A$ i $B$ - na okręgu $x^2 + y^2 = 9$, symetrycznie względem osi $OY$. Dla jakiego położenia podstawy $AB$ pole trójkąta jest największe?

Krok 1. Zmienna. Podstawa leży na prostej $y = t$, gdzie $t \in (-3, 3)$. Wtedy $A = \left(-\sqrt{9 - t^2}, t\right)$, $B = \left(\sqrt{9 - t^2}, t\right)$.

Krok 2. Funkcja celu. Podstawa $2\sqrt{9 - t^2}$, wysokość $3 - t$:

$P(t) = (3 - t)\sqrt{9 - t^2}.$

Krok 3. Pochodna (iloczyn i funkcja złożona):

$P'(t) = -\sqrt{9 - t^2} + (3 - t) \cdot \frac{-t}{\sqrt{9 - t^2}} = \frac{-(9 - t^2) - 3t + t^2}{\sqrt{9 - t^2}} = \frac{2t^2 - 3t - 9}{\sqrt{9 - t^2}}.$

Krok 4. Punkty krytyczne. $2t^2 - 3t - 9 = 0$, $\Delta = 9 + 72 = 81$, $t = \frac{3 \pm 9}{4}$: $t = 3$ (spoza dziedziny) albo $t = -\frac{3}{2}$. Licznik jest dodatni dla $t < -\frac{3}{2}$ i ujemny dla $-\frac{3}{2} < t < 3$ - funkcja rośnie, a potem maleje: maksimum.

Krok 5. Wynik. $P\left(-\frac{3}{2}\right) = \frac{9}{2} \cdot \sqrt{9 - \frac{9}{4}} = \frac{9}{2} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{27\sqrt{3}}{4}$.

Odpowiedź. Podstawa na prostej $y = -\frac{3}{2}$, największe pole $\frac{27\sqrt{3}}{4}$. Podstawa ma wtedy długość $3\sqrt{3}$, a ramię $\sqrt{\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{9}{2}\right)^2} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$ - największy trójkąt wpisany w okrąg jest równoboczny.

Przegląd wyników

Typowe błędy

• Brak uzasadnienia. Samo $f'(t_0) = 0$ nie dowodzi, że to wartość najmniejsza - trzeba pokazać zmianę znaku pochodnej albo porównać z końcami przedziału.
• Wartość bezwzględna w odległości. We wzorze na $d(P, k)$ moduł można opuścić tylko wtedy, gdy wyrażenie ma stały znak w dziedzinie (przykład 1). Jeśli wykres przecina prostą, najmniejsza odległość wynosi po prostu $0$.
• Pierwiastek liczony niepotrzebnie. Najmniejsza odległość i najmniejszy jej kwadrat występują w tym samym punkcie - różniczkuj $|PA|^2$, nie $|PA|$.
• Punkty krytyczne spoza dziedziny. W przykładzie 4 równanie dało też $t = 3$ - wtedy trójkąt się degeneruje, więc to rozwiązanie odrzucamy.
• Zapomniana odpowiedź na pytanie. Zadanie pyta zwykle o punkt albo prostą, nie o wartość funkcji celu - podaj oba.

Najczęstsze pytania

Jak znaleźć punkt wykresu najbliższy prostej? Zapisz punkt wykresu jako $(t, f(t))$, oblicz jego odległość od prostej ze wzoru $d = \frac{|At + Bf(t) + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ i znajdź jej minimum pochodną. Kandydata daje od razu warunek $f'(t) = a$, gdzie $a$ to współczynnik kierunkowy prostej - styczna w najbliższym punkcie jest do niej równoległa.

Dlaczego można minimalizować kwadrat odległości zamiast odległości? Bo odległość jest nieujemna, a funkcja $u \mapsto \sqrt{u}$ jest rosnąca - mniejszy kwadrat oznacza mniejszą odległość. Kwadrat nie ma pierwiastka, więc jego pochodna jest prostsza.

Jak obliczyć najmniejszą odległość punktu od paraboli? Punkt paraboli zapisz jako $(t, at^2 + bt + c)$, kwadrat odległości od danego punktu to wielomian czwartego stopnia zmiennej $t$. Jego pochodna jest wielomianem trzeciego stopnia - pierwiastki to kandydaci, a znak pochodnej rozstrzyga, który daje minimum.

Kiedy w zadaniu z geometrii analitycznej potrzebna jest pochodna? Gdy funkcja celu nie jest kwadratowa - ma pierwiastek (odległość od krzywej, figura wpisana w okrąg), ułamek ze zmienną w mianowniku (prosta odcinająca trójkąt) albo jest wielomianem stopnia wyższego niż drugi. Dla funkcji kwadratowej wystarcza wierzchołek paraboli.

Przećwicz

• Optymalizacja w układzie współrzędnych - zadania → - odległość od prostej i od punktu, pole trójkąta z wierzchołkiem na wykresie, prosta przez punkt, trapez wpisany w okrąg, styczna do okręgu i najkrótszy odcinek między osiami.
• Na start: punkt paraboli najbliższy prostej, dwa najbliższe punkty paraboli i maksimum lokalne w wierzchołku, najkrótszy odcinek przez punkt P = (8, 1).
• Więcej zadań z pochodną: zadania optymalizacyjne.

Podsumowanie

• Punkt na krzywej zapisujemy jako $(t, f(t))$, prostą przez punkt - współczynnikiem kierunkowym; funkcję celu budują wzory na odległość, pole z wyznacznika i długość odcinka.
• Punkt wykresu najbliższy prostej: styczna równoległa do prostej, $f'(t) = a$.
• Trójkąt o największym polu z wierzchołkiem na krzywej: styczna w wierzchołku równoległa do podstawy.
• Prosta przez $P = (x_P, y_P)$ odcina od pierwszej ćwiartki najmniejszy trójkąt, gdy $P$ jest środkiem odcinka między osiami; pole wynosi wtedy $2x_Py_P$.
• Uzasadnienie zawsze przez znak pochodnej (jedyny punkt krytyczny ze zmianą znaku daje wartość skrajną w całej dziedzinie).

Zobacz też

• Zadania optymalizacyjne z pochodną - schemat w pięciu krokach i przykłady spoza geometrii analitycznej.
• Styczna do wykresu funkcji - równanie stycznej, które stoi za skrótem „styczna równoległa do prostej”.
• Pole trójkąta i wielokąta ze współrzędnych - wzór z wyznacznikiem użyty w przykładzie 2.
• Wektory i geometria analityczna - spis lekcji rozdziału.