Hình nón có thể tích tối đa trong tự nhiên

28

Hình nón có thể tích tối đa trong tự nhiên

S. M. Petrov

Hãy xem xét bài toán đã biết:
Bài toán 1. Giá trị tại đỉnh trong tiết diện trục của hình nón bằng $\alpha$. Tìm ueol trung tâm $\beta$ trong quá trình phát triển bề mặt bên của nó.

Lời giải. Chúng ta hãy mô tả trong Hình 1 phần trục của hình nón và trong Hình 2 sự phát triển của nó. Chúng tôi lưu ý $*$), tức là $2\pi R = \beta L$ hoặc

$$\beta = 2\pi \frac{R}{L} = 2\pi \sin \frac{\alpha}{2}. \tag{1}$$

Bài toán 2. Cho một đường tròn có bán kính $L$ (Hình 2). Cắt ra một hình nón có khối lượng lớn nhất từ ​​​​nó.

Lời giải. Chúng tôi có (xem hình 1)

$$V = \frac{1}{3} \pi R^2 H = \frac{1}{3} \pi \left(L \sin \frac{\alpha}{2}\right)^2 \times L \cos \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{3} \pi L^3 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}. \tag{2}$$

Nếu chúng ta sửa ma trận $L$ và thay đổi góc $\alpha$ thì âm lượng $V$ sẽ đạt giá trị cực đại đồng thời với hàm

$$y = \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}, \tag{3}$$

ở đâu $0 < \alpha < \pi$.

*) Tất nhiên, các góc được đo bằng radian.

Hãy thực hiện thay đổi các biến:

$$\sin \frac{\alpha}{2} = u.$$

Sau đó

$$y = u^2 \sqrt{1 - u^2} = \sqrt{u^4 (1 - u^2)} = \sqrt{\frac{1}{2} u^2 u^2 (2 - 2u^2)}.$$

Vì $u^2 + u^2 + (2 - 2u^2) = 2 = \text{const}$, biểu thức căn sẽ đạt cực đại $*$) tại $u^2 = u^2 = 2 - 2u^2$. Do đó $u^2 = \frac{2}{3}$, và

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{6}}{3}, \tag{4}$$

$\alpha = 2 \arcsin \frac{\sqrt{6}}{3} \approx 2 \arcsin \frac{2,44949}{3} \approx 2 \arcsin 0,8165 = 2 \cdot 54^\circ 44' = 109^\circ 28'$. \tag{5}

Xét (1) và (4), ta thấy

$$\beta = 2\pi \frac{\sqrt{6}}{3} = \frac{2\pi \sqrt{6}}{3} \approx 120^\circ \cdot 2,44949 \approx 293^\circ 56'.$$ \tag{6}

*) Xem bài viết của A.P. Savin “Cực đại, cực tiểu và định lý về trung bình”, «Kvant» Số 11, 1970.

29

HÃY TÍNH KHỐI LƯỢNG TỐI ĐA CỦA HÌNH NÓN. ĐỐI VỚI ĐIỀU NÀY, chúng ta thay thế giá trị của sin $\frac{\alpha}{2}$ tìm thấy trong (4) thành (2):

$$V_{\text{max}} = \frac{1}{3} \pi L^3 \left( \frac{\sqrt{6}}{3} \right)^2 \sqrt{1 - \left( \frac{\sqrt{6}}{3} \right)^2} = \frac{1}{3} \pi L^3 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2 \pi L^3 \sqrt{3}}{27} = 0,4030 L^3$$

Thật thú vị khi lưu ý rằng những hình nón như vậy tất nhiên được tìm thấy trong tự nhiên với một mức độ gần đúng nhất định. Đây là một ví dụ vật lý.

Bài tập 3. Cho một bóng đèn điện tử có thể chuyển động (ví dụ trên một khối) dọc theo đường thẳng đứng OB (Hình 3). Nên đặt nó cách mặt phẳng nằm ngang OA một khoảng bao nhiêu để thu được ánh sáng lớn nhất tại điểm A?

Lời giải. Được biết, độ chiếu sáng $E$ tỷ lệ thuận với cosin của góc tới của tia ($\Rightarrow BAN = \frac{\alpha}{2}$) và tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách ($AB = L$), tức là

$$E = C \cdot \frac{\cos \frac{\alpha}{2}}{L^2},$$

trong đó $C$ phụ thuộc vào cường độ ánh sáng của đèn.

Xét đến $L = \frac{R}{\sin \frac{\alpha}{2}}$, chúng ta rút gọn công thức (8) về dạng

$$E = \frac{C}{R^2} \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}.$$

Chúng tôi lưu ý rằng $E$ là hàm tỷ lệ (3), nghĩa là bài toán này đã được giảm xuống bài toán 2.

Vì vậy, nếu một bóng đèn được đặt ở đỉnh của một hình nón có thể tích tối đa thì chu vi của đế của nó sẽ nhận được nhiều ánh sáng nhất (!).

Cuối cùng, một hiện tượng nữa.

Trong sách giáo khoa về hóa học tổ chức của L. A. Tsvetkov (Enlightenment, M., 1969, p. 16) có:

“Tất cả các liên kết hóa trị của nguyên tử cacbon đều hướng về các đỉnh của khối đa diện, cách đều nhau, góc giữa chúng là 109°28′.”

Chúng ta hãy kiểm tra xem ánh sáng được chiếu sáng nhiều nhất của hình nón có xuất hiện ở đây không?

Giả sử có một nguyên tử carbon ở trung tâm $O$ của khối lập phương chính xác $SABC$ (Hình 4), và bốn hóa trị đều hướng đến các đỉnh của nó. Hãy chứng minh rằng các tam giác $AOS, BOS$ là các phần chính của hình nón có thể tích cực đại, nghĩa là ở bên phải,

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{6}}{3}.$$

Chúng ta hãy biểu thị $\Rightarrow AOS$ bằng $\alpha$. Hãy thực hiện $ON \perp AS$, sau đó $\Rightarrow NOS = \frac{\alpha}{2}$. Tiếp theo, $\triangle AO_1S \sim \triangle ONS$ (rõ ràng rồi). Do đó $\Rightarrow SAO_1 = \Rightarrow NOS = \frac{\alpha}{2}$.

Nếu chúng ta biểu thị cạnh của khối đa diện bằng $a$ thì $AO_1 = \frac{a \sqrt{3}}{3}$,

$$SO_1 = \sqrt{AS^2 - AO_1^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}.$$

Kể từ đây,

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \sin \Rightarrow NOS = \sin \Rightarrow SAO_1 =$$

$$= \frac{SO_1}{AS} = \frac{a \sqrt{6}}{3a} = \frac{\sqrt{6}}{3},$$

tương ứng với công thức (4).

Điều đáng quan tâm là đồ thị của hàm

$$y = \sin^2 x \cos x,$$

mà chúng tôi giới thiệu tới bạn đọc.