NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 106

Oznaczmy wysokość prostopadłościanu przez $h$. Osiem krawędzi podstaw ma łącznie długość $8x$, a cztery krawędzie boczne — $4h$. Zatem

$$8x+4h=40,$$

czyli $h=10-2x$.

a)

$$V(x)=x^2h=x^2(10-2x)=-2x^3+10x^2.$$

Warunki $x>0$ i $10-2x>0$ dają $D=(0;5)$.

b) Rozwiązujemy równanie

$$-2x^3+10x^2=36.$$

Po podzieleniu przez $-2$ i przeniesieniu wszystkich wyrazów na jedną stronę otrzymujemy

$$x^3-5x^2+18=(x-3)(x^2-2x-6)=0.$$

Stąd

$$x=3\quad\text{lub}\quad x=1-\sqrt7\quad\text{lub}\quad x=1+\sqrt7.$$

Liczba $1-\sqrt7$ jest ujemna, a dwa pozostałe rozwiązania należą do dziedziny.

Ponieważ $1\ \text{l}=1\ \text{dm}^3$, objętość wody jest równa $112\ \text{dm}^3$. Z rysunku odczytujemy wymiary podstawy $2x$ i $x$ oraz wysokość słupa wody $x-0{,}5$. Stąd

$$2x\cdot x\cdot(x-0{,}5)=112.$$

Po uporządkowaniu równania otrzymujemy

$$2x^3-x^2-112=(x-4)(2x^2+7x+28)=0.$$

Trójmian w drugim nawiasie nie ma pierwiastków rzeczywistych, ponieważ $\Delta=7^2-4\cdot2\cdot28=-175$. Zatem $x=4$.

Wysokość całego akwarium jest sumą wysokości wody i wolnej przestrzeni:

$$(x-0{,}5)+0{,}5=x=4\ \text{dm}.$$

Pozostałe wymiary to $2x=8\ \text{dm}$ oraz $x=4\ \text{dm}$.

Objętość klocka jest równa

$$\begin{aligned} V(x)&=2x\cdot2x\cdot(7-x)\\ &=4x^2(7-x)=-4x^3+28x^2. \end{aligned}$$

Krawędzie muszą być dodatnie, więc $x>0$ i $7-x>0$. Zatem $D=(0;7)$.

a)

b) Mamy $0{,}2\ \text{dm}^3=200\ \text{cm}^3$. Warunek na objętość przyjmuje postać

$$4x^2(7-x)=200,$$

czyli

$$x^3-7x^2+50=(x-5)(x^2-2x-10)=0.$$

Pierwiastki to $5$, $1-\sqrt{11}$ i $1+\sqrt{11}$. Do dziedziny należą $x=5$ oraz $x=1+\sqrt{11}$.

Pole powierzchni całkowitej klocka wynosi

$$\begin{aligned} P_c&=2\left((2x)^2+2\cdot2x(7-x)\right)\\ &=56x. \end{aligned}$$

Otrzymujemy więc

$$P_c=280\ \text{cm}^2$$

albo

$$P_c=56(1+\sqrt{11})\ \text{cm}^2.$$

Oznaczmy drugi wymiar prostokątnej podłogi przez $y$. Z jej obwodu mamy

$$2(2x+y)=32,$$

więc $y=16-2x$.

Pole przekroju domku prostopadłego do krawędzi długości $y$ jest sumą pola prostokąta i trójkąta tworzącego dach. Prostokąt ma wymiary $2x$ i $x$, a trójkąt — podstawę $2x$ i wysokość $5-x$. Zatem

$$P=2x\cdot x+\frac12\cdot2x(5-x)=x^2+5x.$$

a)

$$\begin{aligned} V(x)&=(x^2+5x)(16-2x)\\ &=-2x^3+6x^2+80x. \end{aligned}$$

Musi zachodzić $x>0$, $5-x>0$ i $16-2x>0$. Najsilniejszy górny warunek to $x<5$, zatem $D=(0;5)$.

b)

$$\begin{aligned} -2x^3+6x^2+80x&<240,\\ -2(x-3)(x^2-40)&<0. \end{aligned}$$

W dziedzinie $(0;5)$ czynnik $x^2-40$ jest ujemny, więc lewa strona ma znak czynnika $x-3$. Nierówność zachodzi zatem dla $0<x<3$.

Objętość pudełka spełnia nierówność

$$x^2(2x-1)>112.$$

Po przeniesieniu prawej strony i rozłożeniu wielomianu otrzymujemy

$$2x^3-x^2-112=(x-4)(2x^2+7x+28)>0.$$

Wyróżnik trójmianu jest równy $-175$, a jego współczynnik przy $x^2$ jest dodatni, więc trójmian jest dodatni dla każdego $x$. Stąd $x>4$.

Środek koła pokrywa się ze środkiem kwadratowej podstawy siatki. Promień prowadzący do zewnętrznego narożnika jednego z ramion siatki jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych

$$\frac{x}{2}\quad\text{oraz}\quad \frac{x}{2}+(2x-1)=\frac{5x}{2}-1.$$

Zatem

$$r^2=\left(\frac{x}{2}\right)^2+ \left(\frac{5x}{2}-1\right)^2 =\frac{13}{2}x^2-5x+1.$$

Pole koła jest więc równe

$$P(x)=\pi\left(\frac{13}{2}x^2-5x+1\right).$$

Dla $x=4$ mielibyśmy $P(4)=85\pi$. Ponadto

$$P(x)-85\pi=\pi(x-4)\left(\frac{13}{2}x+21\right)>0$$

dla każdego $x>4$. Funkcja $P$ jest na tym przedziale rosnąca i nie ma górnego ograniczenia.