MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 305

Dla $0\le x\le1$ połowa podstawy ma długość $\sqrt{1-x^2}$, a wysokość trójkąta $1+x$. Pole jest więc równe

$P(x)=(1+x)\sqrt{1-x^2}.$

Możemy maksymalizować jego kwadrat $P(x)^2=(1+x)^3(1-x)$. Pochodna tego wyrażenia ma w przedziale jedyne wewnętrzne zero $x=1/2$ i zmienia tam znak z dodatniego na ujemny. Otrzymany trójkąt jest równoboczny o boku $\sqrt3$.

Niech $r$ i $h$ oznaczają promień i wysokość walca. Przekrój osiowy daje $4r^2+h^2=36$, zatem

$V(h)=\pi r^2h=\frac\pi4(36h-h^3),\qquad 0<h<6.$

Pochodna znika dla $h=2\sqrt3$ i zmienia tam znak z dodatniego na ujemny. Wtedy $r^2=6$.

Oznaczmy przez $d_1$ przekątną będącą osią obrotu, a przez $d_2$ drugą przekątną. Z połówek przekątnych i boku rombu otrzymujemy $d_1^2+d_2^2=64$. Bryła jest złożona z dwóch stożków, więc

=\frac{\pi}{12}d_1(64-d_1^2).$$ Dla $d_1>0$ maksimum wypada przy $64-3d_1^2=0$. Stąd $d_1=8\sqrt3/3$, a z warunku na przekątne $d_2=8\sqrt6/3$.

Dla promienia $r$ i wysokości $h$ warunek na powierzchnię zbiornika bez pokrywy ma postać $\pi r^2+2\pi rh=4\pi$. Zatem

V(r)=\pi r^2h=\frac\pi2(4r-r^3),\quad 0<r<2.$$ Pochodna znika dla $r=2/\sqrt3$ i daje maksimum. Po podstawieniu do wzoru na $h$ dostajemy $h=2\sqrt3/3$.

Niech krawędzie prostopadłościanu będą równe $a,b,c>0$. Z danych $a+b+c=10$ oraz $ab+ac+bc=32$. Ustalając $c$, otrzymujemy

$a+b=10-c,\qquad ab=c^2-10c+32,$

więc $V(c)=abc=c^3-10c^2+32c$. Warunek istnienia dodatnich rzeczywistych $a,b$ daje $2\le c\le14/3$. Punkty krytyczne funkcji $V$ w tym przedziale to $c=8/3$ i $c=4$. Porównanie ich wartości z końcami przedziału daje najmniejszą wartość $32$, osiąganą dla krawędzi $2,4,4$ (z dokładnością do kolejności).

Niech $y$ będzie długością namiotu. Dwie trójkątne podstawy i trzy ściany prostokątne dają warunek

$\frac{\sqrt3}{2}x^2+3xy=18\sqrt3,$

czyli $y=\sqrt3(6/x-x/6)$. Objętość ma zatem postać

$V(x)=\frac{\sqrt3}{4}x^2y=\frac92x-\frac18x^3.$

Na odczytanym ze skanu przedziale $\langle2;3\rangle$ pochodna $V'(x)=9/2-3x^2/8$ jest dodatnia. Funkcja jest więc rosnąca i największą wartość przyjmuje na prawym końcu przedziału.

Niech $a$ będzie bokiem trójkątnej podstawy, a $h$ wysokością graniastosłupa. Z warunku objętości

$\frac{\sqrt3}{4}a^2h=16$

mamy $h=64/(\sqrt3a^2)$. Pole całkowite jest więc równe

=\frac{\sqrt3}{2}a^2+\frac{64\sqrt3}{a}.$$ Równanie $S'(a)=0$ daje $a^3=64$. Zmiana znaku pochodnej potwierdza minimum dla $a=4$, a wtedy $h=4\sqrt3/3$.

Niech $h$ będzie wysokością, a $s$ bokiem podstawy. Z trójkąta utworzonego przez wysokość, promień okręgu opisanego na podstawie i krawędź boczną $s^2=2(a^2-h^2)$. Stąd

$V(h)=\frac13s^2h=\frac23(a^2h-h^3),\qquad 0<h<a.$

Pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny dla $h=a/\sqrt3$, więc jest to szukane maksimum. Wektory dwóch przeciwległych krawędzi bocznych, skierowane od wierzchołka ostrosłupa, mają iloczyn skalarny $2h^2-a^2$. Dla wyznaczonej wysokości jest on równy $-a^2/3<0$, zatem kąt między tymi krawędziami jest rozwarty.

Niech $M$ będzie środkiem podstawy, $d=AM=BM$, $H=CM$, a $t=MP$. Wówczas

$|AP|+|BP|+|CP|=2\sqrt{d^2+t^2}+H-t.$

Pochodna względem $t$ jest równa $2t/\sqrt{d^2+t^2}-1$ i znika dla $t=d/\sqrt3$. Druga pochodna jest dodatnia, więc jest to minimum, a $CP=H-d/\sqrt3$.

a) $d=30$ i z kątów przy podstawie $H=30$, stąd $CP=30-10\sqrt3$.

b) $d=15$, zaś $H=\sqrt{39^2-15^2}=36$, zatem $CP=36-5\sqrt3$.