MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 168

Z warunku $\pi r^2h=V$ mamy $h=\frac{V}{\pi r^2}.$ Pole całkowite jako funkcja $r>0$ wynosi $P(r)=2\pi r^2+\frac{2V}{r}.$ Jego pochodna zeruje się, gdy $4\pi r-\frac{2V}{r^2}=0,qquad 2\pi r^3=V.$ Przed tym punktem pochodna jest ujemna, a po nim dodatnia, więc jest to minimum. Ostatnia równość i wzór na $h$ dają $h=\frac{V}{\pi r^2}=2r.$ Przekrój osiowy ma zatem boki $h$ i $2r$ równej długości, czyli jest kwadratem, co należało wykazać.

Niech $R$ będzie promieniem kuli, a $r,h$ wymiarami walca. Z przekroju osiowego $r^2+\frac{h^2}{4}=R^2,$ więc $V(r)=2\pi r^2\sqrt{R^2-r^2}.$ Maksymalizujemy równoważnie $r^4(R^2-r^2)$. Dla $u=r^2$ pochodna $u^2(R^2-u)$ zeruje się przy $u=2R^2/3$. Wtedy $h=2R/\sqrt3$ i $V_{w,\max}=\frac{4\pi R^3}{3\sqrt3}.$ Dzielimy przez $V_k=4\pi R^3/3$.

Dla stałej tworzącej $l$ mamy $h=\sqrt{l^2-r^2}$ oraz $V(r)=\frac\pi3r^2\sqrt{l^2-r^2}.$ Maksymalizujemy kwadrat zmiennej części: dla $u=r^2$ jest to $u^2(l^2-u)$. Pochodna zeruje się dla $u=2l^2/3$ i daje maksimum. Zatem $r/l=\sqrt{2/3}$. Łuk wycinka rozwinięcia ma długość $2\pi r$, więc jego kąt środkowy w radianach wynosi $\varphi=\frac{2\pi r}{l}=\frac{2\sqrt6}{3}\pi.$

Niech podstawa trójkąta ma długość $b$, a każde ramię $s$. Z obwodu $b+2s=24$ mamy $s=12-b/2$. Wysokość trójkąta spełnia $q^2=s^2-\frac{b^2}{4}=144-12b.$ Po obrocie wokół podstawy powstają dwa stożki o wspólnym promieniu $q$ i sumie wysokości $b$, więc $V(b)=\frac\pi3b(144-12b)=4\pi b(12-b).$ Parabola osiąga maksimum dla $b=6$, a wtedy $s=9$.

Niech $H$ będzie wysokością stożka. Dla kuli o promieniu $R=12$ promień podstawy stożka spełnia $r^2=R^2-(R-H)^2=H(24-H).$ Zatem $V(H)=\frac\pi3H^2(24-H),\qquad 0<H<24.$ Pochodna jest proporcjonalna do $H(48-3H)$, więc maksimum występuje dla $H=16$. Wtedy $r^2=16\cdot8=128$.

Niech $\beta$ będzie połową kąta rozwarcia stożka i $s=\sin\beta$. Dla promienia wpisanej kuli $\rho=4$ zależności w przekroju osiowym dają

Niech podstawa prostopadłościanu ma boki $x,2x$, a wysokość $y$. Promień okręgu opisanego na tej podstawie wynosi $x\sqrt5/2$. Z podobieństwa przekrojów stożka $\frac{x\sqrt5}{2}=r\left(1-\frac yh\right),$ więc $V(y)=2x^2y=\frac{8r^2}{5}y\left(1-\frac yh\right)^2.$ Dla $t=y/h$ funkcja $t(1-t)^2$ osiąga maksimum przy $t=1/3$.

Niech krótsza podstawa ma długość $b$, a ramię $s$. Z obwodu $6+b+2s=22$ wynika $s=8-b/2$. Wysokość trapezu $q$ spełnia $q^2=s^2-\left(\frac{6-b}{2}\right)^2=5(11-b).$ Obrót daje walec i dwa stożki, więc $V(b)=\frac\pi3q^2(6+2b)=\frac{10\pi}{3}(11-b)(b+3).$ Ta funkcja kwadratowa osiąga maksimum dla $b=4$. Wtedy $s=6$.

Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równobocznym o boku $2a$, więc stożek ma promień $a$ i wysokość $H=a\sqrt3$. Dla walca o wysokości $y$ podobieństwo przekrojów daje $r=a\left(1-\frac yH\right).$ Objętość $\pi a^2y(1-y/H)^2$ jest największa dla $y=H/3=a/\sqrt3$; wtedy $r=2a/3$ i $V_w=\frac{4\pi a^3}{9\sqrt3}.$ Promień kuli wpisanej w stożek jest promieniem okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny, czyli $a/\sqrt3$. Zatem