MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 263

Niech $H$ będzie szerokością zaginanego paska, czyli wysokością pudełka. Odsunięcie każdego boku trójkąta o $H$ zmniejsza bok wewnętrznej podstawy do $a=60-2\sqrt3H,\qquad 0<H<10\sqrt3.$ Objętość wynosi $V(H)=\frac{\sqrt3}{4}(60-2\sqrt3H)^2H.$ Pochodna ma w rozważanym przedziale zero dla $H=10\sqrt3/3$; wtedy $a=40$. Na końcach przedziału objętość dąży do zera, więc jest to maksimum: $V_{\max}=\frac{\sqrt3}{4}\cdot40^2\cdot\frac{10\sqrt3}{3}=4000\ \mathrm{cm^3}.$

Niech $r$ będzie promieniem okręgu opisanego na sześciokątnej podstawie, a $l$ krawędzią boczną. W sześciokącie foremnym bok ma długość $r$, więc $6r+6l=6,\qquad l=1-r.$ Wysokość ostrosłupa to $H=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{1-2r}$, zatem $0<r<1/2$ i $V(r)=\frac{\sqrt3}{2}r^2\sqrt{1-2r}.$ Maksymalizując $V^2$, badamy $r^4(1-2r)$; jego pochodna zeruje się dla $r=2/5$. Wtedy $V=\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac4{25}\cdot\frac1{\sqrt5}=\frac{2\sqrt{15}}{125}.$

Niech $r$ będzie promieniem okręgu opisanego na podstawie. Wysokość ostrosłupa spełnia $H=\sqrt{6-r^2},$ a objętość wynosi $V(r)=\frac{\sqrt3}{2}r^2\sqrt{6-r^2}.$ Dla $t=r^2\in(0,6)$ maksymalizujemy $V^2$, czyli $t^2(6-t)$. Pochodna zeruje się dla $t=4$, zatem $r=2$, $H=\sqrt2$ i $V_{\max}=\frac{\sqrt3}{2}\cdot4\sqrt2=2\sqrt6.$

Pracujemy w decymetrach, bo $4$ litry to $4\ \mathrm{dm^3}$. Niech bok dna będzie równy $x$, a wysokość $h$. Z warunku objętości $x^2h=4$, więc $h=4/x^2$. Zużycie tektury opisuje $S(x)=x^2+4xh=x^2+\frac{16}{x},\qquad x>0.$ Równanie $S'(x)=2x-16/x^2=0$ daje $x=2$, a wtedy $h=1$. Jest to minimum, gdyż $S$ maleje przed i rośnie po tym punkcie.

Niech $x$ będzie szerokością, a $y$ wysokością prostokąta. Ramiona trójkątnego dachu mają długość $x/\sqrt2$, więc $x+2y+\sqrt2x=7,\qquad y=\frac{7-(1+\sqrt2)x}{2}.$ Pole okna to $P(x)=xy+\frac{x^2}{4}=\frac72x-\frac{1+2\sqrt2}{4}x^2.$ Wierzchołek tej paraboli wypada dla $x=\frac7{1+2\sqrt2}=2\sqrt2-1.$

Niech $AB=AD=a$ oraz $BC=CD=b$. Z obwodu $2a+2b=36$, czyli $a+b=18$. Trójkąt $ABC$ jest prostokątny, zatem $AC^2=a^2+b^2=a^2+(18-a)^2.$ To wyrażenie jest najmniejsze dla $a=9$, a więc także $b=9$. Deltoid jest wtedy kwadratem o boku $9$, którego obie przekątne mają długość $9\sqrt2$.

Niech $a$ będzie krawędzią kwadratowej podstawy, a $h$ wysokością. Suma krawędzi daje $8a+4h=72,\qquad h=18-2a.$ Minimalizujemy kwadrat przekątnej przestrzennej: $d^2=2a^2+h^2=2a^2+(18-2a)^2=6a^2-72a+324.$ Wierzchołek tej paraboli wypada dla $a=6$, wtedy $h=6$.

Niech składniki będą równe $x$ i $8-x$, gdzie $0<x<8$.

a) Dla $S=x^3+(8-x)^3$ mamy $S'(x)=3x^2-3(8-x)^2,$ więc jedyny punkt krytyczny to $x=4$ i jest to minimum.

b) Dla $T=1/x+1/(8-x)$ równanie $T'(x)=-\frac1{x^2}+\frac1{(8-x)^2}=0$ także daje $x=4$; na końcach dziedziny $T\to\infty$, więc jest to minimum.