MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 262

Jeśli bok równoległy do rzeki ma długość $y$, to z długości ogrodzenia $2x+y=120,$ czyli $y=120-2x$. Stąd $P(x)=x(120-2x)=2x(60-x),\qquad x\in(0,60).$ Jest to parabola skierowana ramionami w dół, z zerami $0$ i $60$. Jej wierzchołek ma odciętą $x=30$, wtedy $y=60$ i $P=1800$.

Niech drugi składnik będzie równy $x$. Wtedy składniki mają postać $x-1,\quad x,\quad 13-2x.$ Suma ich kwadratów to $S(x)=(x-1)^2+x^2+(13-2x)^2=6x^2-54x+170.$ Parabola osiąga minimum dla $x=54/12=9/2$, więc składniki wynoszą $7/2$, $9/2$ i $4$.

Jeśli podstawy mają długości $a,b$, a wysokość $h$, to $a+b+h=3.$ Pole zależy tylko od $h$: $P(h)=\frac{a+b}{2}h=\frac{(3-h)h}{2},\qquad 0<h<3.$ Ta parabola ma wierzchołek dla $h=3/2$.

Niech $a$ oznacza krawędź równobocznej podstawy, a $H$ wysokość graniastosłupa. Z przekątnej ściany bocznej $a^2+H^2=1.$ Objętość wynosi $V=(\sqrt3/4)a^2H$. Dla $t=a^2\in(0,1)$ maksymalizujemy równoważnie $V^2=\frac3{16}t^2(1-t).$ Pochodna części $t^2(1-t)$ zeruje się wewnątrz przedziału dla $t=2/3$. Wtedy $H=1/\sqrt3$ i $V_{\max}=\frac{\sqrt3}{4}\cdot\frac23\cdot\frac1{\sqrt3}=\frac16.$

Mamy $|PE|=x$ oraz $|AP|=2-x$. Z twierdzenia Pitagorasa $|PB|=|PD|=\sqrt{1+(2-x)^2}.$ Iloczyn jest więc równy $F(x)=x\bigl(1+(2-x)^2\bigr)=x^3-4x^2+5x,\qquad x\in[0,2].$ Ponieważ $F'(x)=3x^2-8x+5=(3x-5)(x-1),$ porównujemy $x=0,1,5/3,2$. Otrzymujemy $F(0)=0,\quad F(1)=2,\quad F(5/3)=\frac{50}{27},\quad F(2)=2.$

Niech $a$ będzie krawędzią podstawy, a $H=1-a$ wysokością. Wtedy $V(a)=\frac13a^2(1-a),\qquad 0<a<1,$ a $V'(a)=a(2-3a)/3$. Maksimum wypada dla $a=2/3$, zatem $H=1/3$.

Wysokość ściany bocznej wynosi $l=\sqrt{H^2+(a/2)^2}=\frac{\sqrt2}{3}.$ Pole całkowite jest równe $P_c=a^2+4\cdot\frac{al}{2}=\frac49+\frac{4\sqrt2}{9}=\frac49(1+\sqrt2).$

Niech szukana liczba będzie równa $x$. Wtedy $x^4-8x^2=(x^2-4)^2-16\geq-16.$ Równość zachodzi dla $x^2=4$, czyli $x=\pm2$.