Решение:
Шаг 1: Составляем функцию площади поперечного сечения.
Поперечное сечение жёлоба представляет собой равнобедренную трапецию. Пусть \( a \) — одинаковая ширина каждой доски (постоянная величина). Тогда \( a \) — длины боковых сторон и основания трапеции.
Пусть \( \alpha \) — угол наклона боковых стенок к основанию. Это угол при нижнем основании трапеции.
Размеры трапеции:
- Нижнее основание: \( b_1 = a \).
- Боковые стороны: \( a \).
- Высота трапеции \( h \). Из прямоугольного треугольника, образованного высотой, боковой стороной и частью нижнего основания: \( h = a \sin \alpha \).
- Проекция боковой стороны на нижнее основание: \( x = a \cos \alpha \).
- Верхнее основание: \( b_2 = a + 2x = a + 2a \cos \alpha = a(1 + 2 \cos \alpha) \).
Площадь трапеции \( S \) (площадь поперечного сечения) равна:
\( S = \frac{b_1 + b_2}{2} \cdot h = \frac{a + a(1 + 2 \cos \alpha)}{2} \cdot a \sin \alpha \)
\( S(\alpha) = \frac{a(2 + 2 \cos \alpha)}{2} \cdot a \sin \alpha = a^2 (1 + \cos \alpha) \sin \alpha \).
Угол \( \alpha \) должен удовлетворять условию: \( 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} \) (так как при \( \alpha = 0 \) жёлоб превратится в плоскую доску, а при \( \alpha = \frac{\pi}{2} \) в прямоугольник, но не в жёлоб из трёх досок).
Шаг 2: Находим производную функции площади.
Для удобства, пусть \( k = a^2 \) (константа).
\( S'(\alpha) = k \cdot [(1 + \cos \alpha) \sin \alpha]' \)
Используем правило производной произведения:
\( S'(\alpha) = k \cdot [(1 + \cos \alpha)' \sin \alpha + (1 + \cos \alpha) (\sin \alpha)'] \)
\( S'(\alpha) = k \cdot [(-\sin \alpha) \sin \alpha + (1 + \cos \alpha) \cos \alpha] \)
\( S'(\alpha) = k \cdot [-\sin^2 \alpha + \cos \alpha + \cos^2 \alpha] \)
Используем тригонометрическое тождество \( \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha = \cos 2\alpha \):
\( S'(\alpha) = k \cdot [\cos 2\alpha + \cos \alpha] \).
Шаг 3: Находим критические точки.
Приравниваем производную к нулю (поскольку \( k = a^2 \neq 0 \)):
\( \cos 2\alpha + \cos \alpha = 0 \)
Используем формулу суммы косинусов: \( \cos A + \cos B = 2 \cos \frac{A + B}{2} \cos \frac{A - B}{2} \):
\( 2 \cos \frac{2\alpha + \alpha}{2} \cos \frac{2\alpha - \alpha}{2} = 0 \)
\( 2 \cos \frac{3\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2} = 0 \).
На интервале \( 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} \):
- Множитель \( \cos \frac{\alpha}{2} \) всегда положителен, так как \( 0 < \frac{\alpha}{2} < \frac{\pi}{4} \).
- Приравниваем к нулю: \( \cos \frac{3\alpha}{2} = 0 \).
Общее решение: \( \frac{3\alpha}{2} = \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} \).
\( \alpha = \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi n}{3} \).
На интервале \( (0; \frac{\pi}{2}) \):
- При \( n = 0 \): \( \alpha = \frac{\pi}{3} \). Так как \( 0 < \frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{2} \), то \( \alpha = \frac{\pi}{3} \) — критическая точка.
- При \( n = 1 \): \( \alpha = \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi}{3} = \pi \). Не принадлежит интервалу.
Критическая точка: \( \alpha = \frac{\pi}{3} \).
Шаг 4: Исследуем знак производной.
Проверим знак \( S'(\alpha) = k \cdot 2 \cos \frac{3\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2} \). Знак \( S'(\alpha) \) совпадает со знаком \( \cos \frac{3\alpha}{2} \).
Поскольку \( \frac{3\alpha}{2} \) возрастает от \( 0 \) до \( \frac{3\pi}{4} \) при \( \alpha \in (0; \frac{\pi}{2}) \).
Косинус положителен на \( (0; \frac{\pi}{2}) \) и отрицателен на \( (\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{4}) \).
Точка \( \alpha = \frac{\pi}{3} \) соответствует \( \frac{3\alpha}{2} = \frac{\pi}{2} \).
- Если \( 0 < \alpha < \frac{\pi}{3} \): \( 0 < \frac{3\alpha}{2} < \frac{\pi}{2} \). Значит, \( \cos \frac{3\alpha}{2} > 0 \). Функция возрастает.
- Если \( \frac{\pi}{3} < \alpha < \frac{\pi}{2} \): \( \frac{\pi}{2} < \frac{3\alpha}{2} < \frac{3\pi}{4} \). Значит, \( \cos \frac{3\alpha}{2} < 0 \). Функция убывает.
Поскольку при переходе через \( \alpha = \frac{\pi}{3} \) производная меняет знак с «+» на «−», то \( \alpha = \frac{\pi}{3} \) является точкой максимума. Площадь будет наибольшей.
Ответ: Площадь поперечного сечения жёлоба будет наибольшей при угле наклона \( \alpha = \frac{\pi}{3} \) (\( 60^\circ \)).