Łatwy problem z rachunkiem

Question

Oto pytanie - znajdź maksymalne pole trójkąta równoramiennego wpisanego w elipsę $x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1$. Mój nauczyciel rozwiązał to, uznając dwa dowolne punkty na elipsie za wierzchołki trójkąta, będąc$(a\cos\theta, b\sin \theta)$ i $(a\cos\theta, -b\sin \theta)$. (Powiedzmy$\theta$ to theta), a następnie przystąpił do testów pochodnych (co zrozumiałem) Ale nie wskazał, co mamy $\theta$był i oświadczył, że te punkty zawsze leżą na elipsie. Dlaczego tak? A nawet jeśli tak, to jaka jest gwarancja, że ​​punkty takiej postaci będą naszymi wymaganymi wierzchołkami? Jeszcze jedno, byłbym wdzięczny, gdybyś mógł zasugerować inny sposób rozwiązania tego problemu. Dziękuję Ci!

Answer 1

Jeśli wierzymy argumentowi symetrii, prostą sprawą jest optymalizacja obszaru:

$$A_1 = a b \sin \theta (1+ \cos \theta)$$

$$A_2 = a b (1+ \sin \theta) \cos \theta$$

$$0=\frac{\partial A_1}{\partial \theta}=a b [\cos\theta (1+ \cos \theta)-\sin^2 \theta] = ab [\cos^2 \theta - \sin^2 \theta + \cos \theta]$$

$$0=\frac{\partial A_2}{\partial \theta}=a b [\cos^2 \theta - \sin \theta(1+ \sin \theta)]= ab[\cos^2 \theta - \sin^2 \theta-\sin \theta]$$

Rozwiązania pierwszego równania obejmują minimum na $\theta=\pi$ i maksimum w $\theta = \mp \frac{\pi}{3}$.

Rozwiązania drugiego równania obejmują minimum at $\theta=-\frac{\pi}{2}$ i maksimum w $\theta = \frac{\pi}{6}$ i $\frac{5\pi}{6}.$

Co ciekawe, otrzymujemy rozwiązania zgodne z $x-$oś i $y-$oś!

Z pewnością możesz rozwiązać ten problem, biorąc trzy dowolne punkty na elipsie, zmuszając je do leżenia na trójkątach iscoceles, a następnie użyć mnożników Lagrange'a. Okażą się, że rozwiązaniami będą te znalezione powyżej.