1-11 класс
  • 1-11 класс
  • 1 класс
  • 2 класс
  • 3 класс
  • 4 класс
  • 5 класс
  • 6 класс
  • 7 класс
  • 8 класс
  • 9 класс
  • 10 класс
  • 11 класс
Выберите класс
Предметы
ГДЗ по Алгебре 10-11 Класс Учебник 📕 Алимов — Все Части
Алгебра
10-11 класс учебник Алимов
10 класс
Тип
ГДЗ, Решебник.
Автор
Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин, М.В. Ткачева.
Год
2015-2024.
Издательство
Просвещение.
Описание

Учебник «Алгебра» для 10-11 классов под авторством Алимова – это один из наиболее популярных и широко используемых учебных пособий для старшеклассников. Он заслужил признание как среди учителей, так и среди учеников благодаря своей структурированности, доступности изложения и качественной проработке материала.

Учебник охватывает весь необходимый курс алгебры для 10-11 классов, включая такие сложные темы, как производные, интегралы, логарифмы и элементы математического анализа. Материал представлен последовательно и логично, что позволяет ученикам постепенно углубляться в изучение предмета. Пособие включает как теоретическую часть, так и большое количество практических заданий различного уровня сложности, что способствует закреплению знаний.

Одной из главных особенностей учебника является наличие задач повышенной сложности, которые стимулируют развитие логического мышления и навыков решения нестандартных задач. Кроме того, в книге представлены примеры из реальной жизни, что делает изучение алгебры более интересным и прикладным.

Преимущества учебника

  1. Четкая структура материала
    Учебник разделен на главы и параграфы с последовательным изложением тем. Это позволяет ученикам легко ориентироваться в содержании и возвращаться к ранее изученным темам для повторения.
  2. Пошаговые объяснения
    Каждая новая тема сопровождается подробными примерами с пошаговым решением. Это помогает ученикам лучше понять алгоритмы выполнения задач.
  3. Разнообразие упражнений
    В учебнике представлены задачи разного уровня сложности: от базовых до олимпиадных. Это делает пособие полезным как для обычных школьников, так и для тех, кто готовится к экзаменам или олимпиадам.
  4. Практическая направленность
    Включение задач из реальной жизни (например, расчет процентов или использование математических моделей) помогает ученикам видеть практическое применение алгебры.
  5. Подготовка к ЕГЭ
    Учебник содержит задания, аналогичные тем, которые встречаются на ЕГЭ, что делает его отличным инструментом для подготовки к экзаменам.

Учебник «Алгебра» Алимова для 10-11 классов – это надежный помощник в изучении математики. Он подходит как для базового освоения предмета, так и для углубленного изучения. Благодаря четкой структуре, разнообразию заданий и ориентации на экзамены, данный учебник является одним из лучших выборов для старшеклассников.

ГДЗ по Алгебре 10-11 Класс Номер 1522 Алимов — Подробные Ответы

Задача

Какую наименьшую площадь поверхности имеет цилиндр, если его объём равен V?

Краткий ответ:

Пусть rr и hh — радиус основания и высота цилиндра;

Объем цилиндра равен VV, значит:

V=πr2h, отсюда h=Vπr2;V = \pi r^2 \cdot h, \text{ отсюда } h = \frac{V}{\pi r^2};

Площадь поверхности цилиндра:

S(r)=(2πr2)+(2πrh)=2πr2+2πrVπr2=2πr2+2Vr;S(r) = (2 \cdot \pi r^2) + (2 \pi r \cdot h) = 2 \pi r^2 + \frac{2 \pi r \cdot V}{\pi r^2} = 2 \pi r^2 + \frac{2V}{r};

Производная функции:

S(r)=2π(r2)+2V(1r)=2π2r+2V(1r2)=4πr32Vr2;S'(r) = 2 \pi (r^2)’ + 2V \left( \frac{1}{r} \right)’ = 2 \pi \cdot 2r + 2V \cdot \left( -\frac{1}{r^2} \right) = \frac{4 \pi r^3 — 2V}{r^2};

Промежуток возрастания:

4πr32V>0;4 \pi r^3 — 2V > 0; 4πr3>2V;4 \pi r^3 > 2V; r3>V2π, отсюда r>V2π3;r^3 > \frac{V}{2 \pi}, \text{ отсюда } r > \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}};

Искомые значения:

r=V2π3 точка минимума;r = \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}} — \text{ точка минимума}; S(r)=2πV24π23+2V2πV3=8π3V24π23+2V32πV3=S(r) = 2 \pi \cdot \sqrt[3]{\frac{V^2}{4 \pi^2}} + 2V \cdot \sqrt[3]{\frac{2 \pi}{V}} = \sqrt[3]{\frac{8 \pi^3 V^2}{4 \pi^2}} + 2 \sqrt[3]{\frac{V^3 \cdot 2 \pi}{V}} = =2πV23+22πV23=32πV23;= \sqrt[3]{2 \pi V^2} + 2 \sqrt[3]{2 \pi V^2} = 3 \sqrt[3]{2 \pi V^2};

Ответ: 32πV233 \sqrt[3]{2 \pi V^2}.

Подробный ответ:

Нам дан цилиндр, для которого нужно минимизировать площадь поверхности SS, при этом объем VV остаётся постоянным.

Даны следующие параметры:

  • rr — радиус основания цилиндра;
  • hh — высота цилиндра;
  • Объем цилиндра равен VV.

Необходимо найти радиус rr, при котором площадь поверхности будет минимальной, и вычислить её значение.

Шаг 1: Связь между высотой и объемом

Объем цилиндра выражается через радиус основания rr и высоту hh по следующей формуле:

V=πr2h.V = \pi r^2 h.

Преобразуем её, чтобы выразить высоту через радиус и объем:

h=Vπr2.h = \frac{V}{\pi r^2}.

Шаг 2: Площадь поверхности цилиндра

Площадь поверхности цилиндра состоит из двух частей:

  1. Площадь двух кругов (основания и верхней поверхности), каждый из которых имеет радиус rr:

    2πr2.2 \pi r^2.

  2. Площадь боковой поверхности цилиндра, которая равна площади прямоугольника с длиной 2πr2 \pi r и высотой hh, то есть:

    2πrh.2 \pi r \cdot h.

Теперь подставим выражение для hh из предыдущего шага в формулу для боковой поверхности:

S(r)=2πr2+2πrVπr2.S(r) = 2 \pi r^2 + 2 \pi r \cdot \frac{V}{\pi r^2}.

Упростим:

S(r)=2πr2+2Vr.S(r) = 2 \pi r^2 + \frac{2V}{r}.

Шаг 3: Нахождение производной площади

Для минимизации площади поверхности найдем производную функции S(r)S(r) по rr. Это даст нам информацию о точках экстремума (максимума или минимума) функции.

Вычислим производную:

S(r)=ddr(2πr2+2Vr).S'(r) = \frac{d}{dr} \left( 2 \pi r^2 + \frac{2V}{r} \right).

Производная от 2πr22 \pi r^2 по rr равна 4πr4 \pi r, а производная от 2Vr\frac{2V}{r} по rr равна 2Vr2-\frac{2V}{r^2}. Следовательно:

S(r)=4πr2Vr2.S'(r) = 4 \pi r — \frac{2V}{r^2}.

Шаг 4: Нахождение критической точки

Для нахождения минимальной площади приравняем производную S(r)S'(r) к нулю:

4πr2Vr2=0.4 \pi r — \frac{2V}{r^2} = 0.

Умножим обе части уравнения на r2r^2, чтобы избавиться от знаменателя:

4πr32V=0.4 \pi r^3 — 2V = 0.

Решим это уравнение относительно r3r^3:

4πr3=2V,4 \pi r^3 = 2V, r3=V2π.r^3 = \frac{V}{2 \pi}.

Теперь найдём rr, взяв кубический корень из обеих частей:

r=V2π3.r = \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}.

Таким образом, радиус, при котором площадь поверхности цилиндра минимальна, равен r=V2π3r = \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}.

Шаг 5: Проверка на минимум

Для того чтобы убедиться, что найденная точка действительно является точкой минимума, нужно исследовать знак производной S(r)S'(r) на интервале. Мы знаем, что производная S(r)=4πr2Vr2S'(r) = 4 \pi r — \frac{2V}{r^2} меняет знак на r=V2π3r = \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}, и так как в точке перехода от возрастания к убыванию функция достигает минимального значения, то r=V2π3r = \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}} — это точка минимума.

Шаг 6: Вычисление минимальной площади

Теперь, подставив найденное значение r=V2π3r = \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}} в исходное выражение для площади поверхности S(r)S(r), получим минимальное значение площади. Подставим:

S(r)=2πr2+2Vr.S(r) = 2 \pi r^2 + \frac{2V}{r}.

Подставим значение r=V2π3r = \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}} в эти выражения:

S(V2π3)=2π(V2π3)2+2VV2π3.S\left( \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}} \right) = 2 \pi \cdot \left( \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}} \right)^2 + \frac{2V}{\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}}.

Для упрощения вычислений можно использовать алгебраические манипуляции, но результат всегда будет Smin=32πV23S_{\text{min}} = 3 \sqrt[3]{2 \pi V^2}.

Ответ

Минимальная площадь поверхности цилиндра будет равна:

32πV23.\boxed{3 \sqrt[3]{2 \pi V^2}}.


Задачи для внеклассной работы
Общая оценка
3.8 / 5
Комментарии
Другие предметы
Алгебра
10-10 класс