• Wyznaczysz funkcję opisującą sytuację z zadania.

• Wyznaczysz pochodną funkcji.

• Wyznaczysz ekstremum lokalne funkcji.

• Na podstawie wyznaczonego ekstremum lokalnego funkcji wskażesz maksimum/minimum.

Rozważmy funkcję $f$ określoną w pewnym otoczeniu $U$ punktu $x_0$. Wówczas funkcja $f$ ma w punkcie $x_0$:

• maksimum lokalne wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje takie otoczenie $U$ punktu $x_0$, że dla każdego $x\in U \cap D_f$ spełniona jest nierówność $f\left(x\right)\leq f\left(x_0\right)$,

• minimum lokalne wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje takie otoczenie $U$ punktu
  $x_0$, że dla każdego $x\in U \cap D_f$ spełniona jest nierówność $f\left(x\right)\geq f\left(x_0\right)$.

Funkcja różniczkowalna $f$ może mieć ekstremum jedynie w punktach, w których jej pochodna jest równa zeru.

Jeżeli funkcja $f$ jest ciągła w punkcie $x_0 \in D_f$ i ma pochodną w pewnym sąsiedztwie $S\left(x_0,\delta\right)$, wówczas:

1. jeśli $f'\left(x\right)$ $>$ $0$ dla $x \in \left(x_0-\delta,x_0\right)$ i $f'\left(x\right)$ $<$ $0$ dla $x \in \left(x_0,x_0+\delta\right)$, to funkcja ma w punkcie $x_0$ maksimum lokalne (zmiana znaku pierwszej pochodnej przy przejściu przez punkt $x_0$ z dodatniego na ujemny),

2. jeśli $f'\left(x\right)$ $<$ $0$ dla $x \in \left(x_0-\delta,x_0\right)$ i $f'\left(x\right)$ $>$ $0$ dla $x \in \left(x_0,x_0+\delta\right)$, to funkcja ma w punkcie $x_0$ minimum lokalne (zmiana znaku pierwszej pochodnej przy przejściu przez punkt $x_0$ z ujemnego na dodatni).

Na prostokącie $ABCD$ opisano okrąg o promieniu $r$. Wyznaczymy możliwie największe pole tego prostokąta.

Rozwiązanie

Oznaczmy

R1UPZBuGuziLl

Rysunek przedstawia okrąg o promieniu r i wpisany w niego prostokąt, o bokach a i b.

Długości boków prostokąta $a$ i $b$ muszą być liczbami dodatnimi oraz mniejszymi od $2r$. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenia Pitagorasa

$a^2+b^2=\left(2r\right)^2$

Zatem $b=\sqrt{4r^2-a^2}$, a pole prostokąta wynosi:

$P\left(a\right)=a\cdot\sqrt{4r^2-a^2}=\sqrt{a^2\left(4r^2-a^2\right)}=\sqrt{4r^2a^2-a^4}$

Dziedziną tej funkcji jest zbiór: $D_f$ : $a\in\left(0,2r\right)$.

Aby funkcja $P$ osiągała największą wartość wystarczy, by wyrażenie pod pierwiastkiem się zmaksymalizowało. Rozważmy funkcję: $f\left(a\right)=4r^2a^2-a^4$.

Wyznaczamy pochodną funkcji $f$:

$f'\left(a\right)=8r^2a-4a^3=4a\left(2r^2-a^2\right)=4a\left(r\sqrt{2}-a\right)\left(r\sqrt{2}+a\right)$.

Wyznaczamy ekstrema lokalne funkcji $f$, korzystając z warunku koniecznego (pochodną funkcji $f$ przyrównujemy do zera). Zauważmy, że istnieją trzy miejsca zerowe wielomianu $w\left(a\right)=4a\left(2r^2-a^2\right)=4a\left(r\sqrt{2}-a\right)\left(r\sqrt{2}+a\right)$.

Są to $a_1=-r\sqrt{2}$, $a_2=0$, $a_3=r\sqrt{2}$. Naszkicujemy wykres wielomianu $w$, funkcja $f'$ pokrywa się z nim w swojej dziedzinie.

RqG3K7kLFVxM1

Rysunek przedstawia wykres funkcji f od prim, oznaczono miejsca zerowe. W minus r pierwiastków z dwóch funkcja zmienia wartości dodanie w ujemne. W zerze funkcja zmienia wartości ujemne na dodatnie. W r pierwiastków z dwóch funkcja zmienia wartości dodatnie w ujemne.

Aby wyznaczyć ekstremum, tworzymy tabelę:

Funkcja $f$ osiąga maksimum dla  $a=r\sqrt{2}$. Obliczymy największe pole.

$P\left(r\sqrt{2}\right)=r\sqrt{2}\cdot\sqrt{4r^2-\left(r\sqrt{2}\right)^2}=r\sqrt{2}\cdot r\sqrt{2}=2r^2$

Parabola o równaniu $y=3-\frac{1}{3}x^2$ przecina oś $X$ układu współrzędnych w punktach $A\left(-3,0\right)$ i $B\left(3,0\right)$. Rozpatrujemy wszystkie trapezy równoramienne $ABCD$, których dłuższą podstawą jest odcinek $AB$, zaś wierzchołki $C$ i $D$ leżą na paraboli (zobacz rysunek). Wyznaczymy pole trapezu $ABCD$ w zależności od pierwszej współrzędnej wierzchołka $C$. Obliczymy współrzędne wierzchołka $C$ tego trapezu, którego pole jest największe.

R1IAHamsoe17s

Ilustracja przedstawia układ kartezjańskim na którym zaznaczono funkcję y i trapez A, B, C, D równoramienny. Wierzchołki trapezu zawierają się w funkcji y.

Rozwiązanie

Ponieważ punkt $C$ leży na paraboli o równaniu $y=3-\frac{1}{3}x^2$, to: $C\left(x,3-\frac{1}{3}x^2\right)$. Możemy zauważyć, że druga współrzędna wierzchołka $C$ oznacza długość wysokości trapezu.

Mamy zatem $h=3-\frac{1}{3}x^2$, $\left|AB\right|=6$ oraz $\left|CD\right|=2x$.

Podstawmy dane do wzoru na pole trapezu:

$P\left(x\right)=\frac{2x+6}{2}\left(3-\frac{1}{3}x^2\right)=\frac{1}{3}\left(x+3\right)\left(9-x^2\right)=\frac{1}{3}\left(-x^3-3x^2+9x+27\right)$.

Wyznaczymy dziedzinę tej funkcji. Wierzchołek $C$ znajduje się na prawo od osi $Y$ a jego pierwsza współrzędna jest liczbą mniejszą niż $3$, więc $D$ : $x \in \left(0,3\right)$.

Wyznaczymy pochodną funkcji $P$:

$P'\left(x\right)=\frac{1}{3}\left(-3x^2-3\cdot 2 x+9\right)=\frac{1}{3}\left(-3x^2-6x+9\right)$.

Wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji $P$: $P'\left(x\right)=0$,

wtedy i tylko wtedy, gdy $\frac{1}{3}\left(-3x^2-6x+9\right)=0$

Obliczając miejsca zerowe trójmianu kwadratowego otrzymujemy $x_1=1$ i $x_2=-3$. Zauważmy, że $x_1=1 \in D$ i $x_2=-3\notin D$. Naszkicujemy wykres pochodnej (interesuje nas fragment zgodny z dziedziną).

RKNCkIzAMCU0r

Rysunek przedstawia wykres funkcji P prim, który jest parabolom o ramionach skierowanych w dół i miejscach zerowych w minus trzy i jeden.

Aby wyznaczyć ekstremum, stworzymy tabelę (przedziały w tabeli są zależne od dziedziny oraz punktów, dla których pochodna się zeruje).

Funkcja osiąga maksimum dla $x=1$, zatem współrzędne wierzchołka $C\left(1,2\frac{2}{3}\right)$.

Okno ma mieć kształt trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa i ramiona mają długości $5\ \mathrm{dm}$. Obliczymy długość dłuższej podstawy, dla której do pomieszczenia wpada jak najwięcej światła.

Rozwiązanie

Oznaczmy

R2GzQT3El81pK

Rysunek przedstawia trapez równoramienny, o krótszej podstawie równej 5, dłuższej dwa x plus 5, wysokości h i ramieniu 5.

Podstawmy dane do wzoru na pole trapezu

Z twierdzenia Pitagorasa:

Podstawiając do wzoru na pole otrzymujemy:

Dziedziną tej funkcji jest zbiór:

Aby funkcja $P$ osiągała największą wartość wystarczy, by wyrażenie pod pierwiastkiem się zmaksymalizowało. Rozważmy funkcję:

Wyznaczymy pochodną funkcji $f$ korzystając ze wzoru pochodnej iloczynu dwóch funkcjipochodna iloczynu dwóch funkcjipochodnej iloczynu dwóch funkcji.

Wykonując obliczenia

$f'\left(x\right)=\left(2x+10\right)\left(25-x^2\right)+\left(x^2+10x+25\right)\left(-2x\right)=$ $=2\left(x+5\right)\left(5-x\right)\left(5+x\right)+\left(x+5\right)^2\left(-2x\right)=$$=2\left(x+5\right)^2\left(5-x\right)+\left(x+5\right)^2\left(-2x\right)=\left(x+5\right)^2\left(10-4x\right)$.

Miejsca zerowe pochodnej funkcji $f$: $x_1=-5\notin D$, $x_2=\frac{5}{2}\in D$. Naszkicujemy wykres pochodnej funkcji $f$:

R1Sarj0YzgO1C

Rysunek przedstawia wykres funkcji f od prim, oznaczono miejsca zerowe, minus 5 i dwa i pół. W dwa i pół funkcja zmienia wartości dodatnie na ujemne.

Aby wyznaczyć ekstremum stworzymy tabelę (przedziały w tabeli są zależne od dziedziny oraz punktów dla których pochodna się zeruje).

Funkcja osiąga maksimum dla $x=\frac{5}{2}$, zatem podstawa trapezu ma długość $10$.

Dany jest graniastosłup prawidłowy trójkątny o objętości $4 {\mathrm{cm}}^3$. Wyznaczymy długość krawędzi podstawy, dla której pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze z możliwych.

Rozwiązanie

Niech $a$ będzie krawędzią podstawy oraz $H$ wysokością graniastosłupa.

RWqYrC4Pxir6H

Ilustracja graniastosłup o podstawie będącej trójkątem równobocznym o boku a. Wysokość bryły wynosi H.

Ze wzoru na objętość graniastosłupa $V=P_p·H$ otrzymujemy $4=P_p\cdot H$. Ponieważ $P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ otrzymujemy, że $H=\frac{16\sqrt{3}}{3a^2}$.

Zapiszmy wzór na pole całkowite

$P_c=2P_p+P_b$.

Podstawiając

$P_c=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3aH$.

Stąd otrzymujemy funkcję jednej zmiennej opisującą pole powierzchni naszego graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy

$P_c\left(a\right)=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+\frac{16\sqrt{3}}{a}$.

Zmienna $a$ musi być dodatnia więc

$D:a\in \left(0,\infty \right)$.

Wyznaczymy pochodną po zmiennej $a$.

$P_c^{\mathrm{\prime }}\left(a\right)=a\sqrt{3}-\frac{16\sqrt{3}}{a^2}$.

Wyznaczymy miejsce zerowej pochodnej $a^3\sqrt{3}=16\sqrt{3}$, stąd $a=2\sqrt[3]{2}$.

Aby wyznaczyć ekstremum, posłużymy się tabelą, przedziały w tabeli są zależne od dziedziny oraz punktów dla których pochodna się zeruje.

Funkcja osiąga minimum dla $a=2\sqrt[3]{2} \mathrm{cm}$, zatem pole powierzchni całkowitej graniastosłupa będzie najmniejsze z możliwych, gdy krawędź podstawy będzie miała długość $a=2\sqrt[3]{2} \mathrm{cm}$.

W stożek, w którym przekrojem osiowym jest trójkąt równoboczny o tworzącej długości $l$ wpisano walec o możliwie największym polu powierzchni całkowitej. Wyznaczymy długość promienia podstawy walca.

Rozwiązanie

Naszkicujemy przekrój osiowy stożka.

RqwrcTyUb348g

Ilustracja przedstawia przekrój osiowy stożka, który jest równoramiennym trójkątem A B C, gdzie podstawą jest A B, natomiast ramiona B C oraz C A  mają długość l. Z górnego wierzchołka C upuszczono wysokość do punktu E. Wewnątrz trójkąta rozrysowano prostokąt, którego dolna podstawa D F jest osadzona na podstawie A B. Nad punktem D będącym lewym dolnym wierzchołkiem prostokąta narysowano punkt G, górny lewy wierzchołek prostokąta. Punkt G należy do ramienia C A.

Oznaczmy:
$\left|AC\right|=\left|CB\right|=\left|AB\right|=l$,
$\left|CE\right|=H$ - wysokość stożka,
$\left|DE\right|=\left|EF\right|=r$ - promień podstawy walca.

Przekrojem osiowym stożka jest trójkąt równoboczny, więc $H=\frac{l\sqrt{3}}{2}$.

Z faktu, że $\left|AB\right|=l$ oraz $\left|DE\right|=r$, mamy

$\left|AD\right|=\left|FB\right|=\frac{l}{2}-r$.

Z podobieństwa trójkątów $AEC$ i $ADG$ otrzymujemy równość:

$\frac{H}{h}=\frac{\left|AE\right|}{\left|AD\right|}$.

Podstawiając oraz wyznaczając wysokość walca, otrzymujemy

$h=\sqrt{3}\left(\frac{l}{2}-r\right)$.

Wyznaczymy pole powierzchni całkowitej walca

$P_c=2\pi r\left(r+h\right)$.

Podstawiając otrzymujemy funkcję jednej zmiennej opisującą pole powierzchni całkowitej walca w zależności od długości promienia jego podstawy.

$P_c\left(r\right)=2\pi r\left(r+\sqrt{3}\left(\frac{l}{2}-r\right)\right)$.

Następnie wyznaczymy dziedzinę, oczywiście wszystkie zmienne muszą być dodatnie, więc $r>0$ oraz z wysokości walca $r<\frac{l}{2}$. Zatem

$D:x\in \left(0,\frac{l}{2}\right)$.

Wyznaczymy pochodną pola powierzchni całkowitej

$P_c^{\mathrm{\prime }}\left(r\right)=2\pi \left(r+\sqrt{3}\left(\frac{l}{2}-r\right)\right)+2\pi r\left(1-\sqrt{3}\right)$.

Wyznaczając miejsce zerowe pochodnej funkcji pola

$r=\frac{\left(\sqrt{3}-3\right)l}{8}$.

Aby wyznaczyć ekstremum, tworzymy tabelę, przedziały w tabeli są zależne od dziedziny oraz miejsc zerowych pochodnej.

Funkcja osiąga maksimum w punkcie $r=\frac{\left(\sqrt{3}-3\right)l}{8}$, zatem walec o możliwie największym polu powierzchni całkowitej ma promień podstawy $r=\frac{\left(\sqrt{3}-3\right)l}{8}$.

Objętość stożka wynosi $V\pi$. Wyznaczymy długości wysokości oraz promienia stożka, dla których pole powierzchni bocznej jest najmniejsze z możliwych.

Rozwiązanie

Naszkicujemy rzut stożka.

RXayRH4qdRWoE

Ilustracja przedstawia stożek o tworzącej l, o promieniu podstawy r oraz o wysokości H.

Rozpiszemy wzór na objętość

$V=\frac{1}{3}{P}_{p}H=\frac{1}{3}\pi r^{2}H$.

Wyznaczając promień oraz podstawiając objętość daną w treści zadania, otrzymujemy

$r=\sqrt{\frac{3V}{H}}$.

Z twierdzenia Pitagorasatwierdzenie Pitagorasatwierdzenia Pitagorasa

$l^2=r^2+H^2$.

Skąd po podstawieniu otrzymujemy

$l=\sqrt{H^2+\frac{3V}{H}}$.

Wyznaczymy pole powierzchni bocznej stożka

$P_b=\pi rl$.

Podstawiając wcześniej wyznaczone wielkości, otrzymujemy funkcje jednej zmiennej opisującą pole powierzchni bocznej stożka w zależności od jego wysokości

$P_b\left(H\right)=\pi \sqrt{\frac{3V}{H}}\sqrt{H^2+\frac{3V}{H}}=\sqrt{3VH{\pi }^2+\frac{9V^2{\pi }^2}{H^2}}$.

Wyznaczymy dziedzinę

$D:H\in \left(0,\infty \right)$.

Zauważmy, że funkcja $P_b\left(H\right)$ osiąga najmniejszą wartość wówczas, gdy wyrażenie pod pierwiastkiem osiąga najmniejszą wartość. Rozważmy

$f\left(H\right)=3VH{\pi }^2+\frac{9V^2{\pi }^2}{H^2}$.

Wyznaczymy pochodną

$f^{\mathrm{\prime }}\left(H\right)=3V{\pi }^2-\frac{18V^2{\pi }^2}{H^3}$.

Miejsce zerowe pochodnej wynosi $H=\sqrt[3]{6V}$.

Naszkicujemy wykres pochodnej.

R1F5QX7lUzMat

Ilustracja przedstawia poziomą oś H z zaznaczonym na niej punktem $\sqrt[3]{6V}$. Na rysunku znajduje się wykres funkcji w kształcie łuku. Wykres biegnie niemal pionowo spod osi do punktu $\sqrt[3]{6V}$, w którym przebija nad oś i zakręca w prawo, biegnąc niemal poziomo do plus nieskończoności. Wykres opisano jako $f\text{'}\left(H\right)$, a jego część nad osią oznaczono plusem, a pod osią minusem.

Aby wyznaczyć ekstremum, tworzymy tabelę, przedziały w tabeli są zależne od dziedziny oraz miejsc zerowych pochodnej.

Funkcja osiąga minimum w punkcie $H=\sqrt[3]{6}V$. Zatem pole powierzchni bocznej stożka będzie najmniejsze z możliwych, gdy $H=\sqrt[3]{6}V$ oraz $r=\frac{\sqrt[3]{3V}}{\sqrt[6]{2}}$.

Dany jest prostopadłościan o objętości $4$, w którym jedna krawędź podstawy jest dwa razy dłuższa od drugiej oraz suma długości krawędzi jest mniejsza od $38$. Wyznaczymy wymiary prostopadłościanu, którego pole powierzchni całkowite jest najmniejsze z możliwych.

Rozwiązanie

Oznaczmy

R1Pe3CXBo2PDL

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o prostokątnej podstawie o wymiarach 2 x na x oraz o wysokości H.

Ze wzoru na objętość $V=2x^{2}H$ oraz z sumy długości krawędzi $12x+4H<38$.

Wyznaczając wysokość, otrzymujemy $H=\frac{2}{x^2}$.

Podstawiając do nierówności oraz mnożąc obustronnie przez $x^2$, otrzymujemy $12x^3-38x^2+8<0$.

Możemy zauważyć, że miejscem zerowym powyższego wielomianu jest $\frac{1}{2}$. Wykonamy dzielenie wielomianów schematem Horneraschemat Horneraschematem Hornera.

Po dzieleniu otrzymujemy wielomian $12x^2-32x-16$.

Z trójmianu kwadratowego wyznaczymy miejsca zerowe, otrzymujemy $x_1=-\frac{2}{3}\sqrt{7}+\frac{4}{3}$ oraz $x_2=\frac{2}{3}\sqrt{7}+\frac{4}{3}$.

Ostatecznie otrzymaliśmy trzy miejsca zerowe wyjściowego wielomianu, naszkicujemy wykres.

R1Y0ULulQzIqm

Ilustracja przedstawia poziomą oś a z zaznaczonymi na niej czterema liczbami: x indeks dolny 1, 0, jedna druga, x indeks dolny dwa. Na rysunku przedstawiono sinusoidalny wykres wielomianu. Wykres biegnie następująco: od lewej narysowany jest linią przerywaną i biegnie pod osią od minus nieskończoności do x indeks dolny 1, gdzie przebija nad oś do niezamalowanego punktu oznaczonego nad zerem. Z tego punktu wykres biegnie w dół do punktu jedna druga. Stąd wykres jest narysowany linią ciągłą. W punkcie jedna druga przebija pod oś i wraca nad oś w punkcie x indeks dolny dwa. Części wykresu nad osią oznaczono plusami, a pod osią minusami.

Zmienna $x$ jest krawędzią, więc musi być dodatnia oraz nierówność musi być mniejsza od zera więc z wykresu możemy odczytać dziedzinę

$D:x\in \left(\frac{1}{2},\frac{2}{3}\sqrt{7}+\frac{4}{3}\right)$.

Następnie wyznaczymy pole powierzchni całkowitej

$P_c=2P_p+P_b=4x^2+6xH$.

Podstawiając, otrzymujemy funkcję zmiennej $x$ opisującą pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu w zależności od długości jednej z krawędzi podstawy.

$P_c\left(x\right)=4x^2+\frac{12}{x}$.

Wyznaczamy pochodną

$P_c^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=8x-\frac{12}{x^2}$.

Miejscem zerowym pochodnej jest $x=\sqrt[3]{1,5}$. Należy do dziedziny. Naszkicujemy wykres pochodnej.

R1JXT3jrgbLzn

Ilustracja przedstawia poziomą oś x z zaznaczonym na niej punktem $\sqrt[3]{1,5}$. Na rysunku znajduje się wykres w kształcie łuku, który biegnie od minus nieskończoności pod osią, przebija oś w punkcie $\sqrt[3]{1,5}$ i dalej rośnie, biegną w prawo. Część wykresu pod osią oznaczono minusem, a nad osią plusem.

Aby wyznaczyć ekstremum, tworzymy tabelę, przedziały w tabeli są zależne od dziedziny oraz miejsc zerowych pochodnych

Funkcja osiąga minimum w punkcie $x=\sqrt[3]{1,5}$. Wyznaczymy $H=\frac{2}{\sqrt[3]{1,5^2}}$. Wymiary prostopadłościanu, którego pole powierzchni całkowite jest najmniejsze z możliwych, to $2\sqrt[3]{1,5}\times \sqrt[3]{1,5}\times \frac{2}{\sqrt[3]{1,5^2}}$.

W stożek o promieniu podstawy $R$ i wysokości $H$ wpisano drugi stożek w taki sposób, że jego wierzchołek znajduje się w środku podstawy danego stożka (zobacz rysunek). Wyznaczymy największą możliwą objętość wpisanego stożka.

RtZegm8EVNm3d

Ilustracja przedstawia dwa stożki. W większy stożek, którego średnicę podstawy zaznaczono linią przerywaną. W stożku znajduje się mniejszy stożek, który jest odwrócony w dół. Jego wierzchołek znajduje się w środku koła będącego podstawą dużego stożka. Średnica małego stożka również jest zaznaczona. Podstawa małego stożka styka się z  powierzchnią boczną dużego stożka na pewnej wysokości.

Rozwiązanie

Oznaczmy:

R1CkIUCXsryQT

Ilustracja przedstawia dwa stożki. W większy stożek o wierzchołku C, którego średnicę podstawy zaznaczono linią przerywaną, wpisano mniejszy stożek. Promień podstawy to odcinek A B, gdzie punkt A jest środkiem podstawy. W stożku znajduje się mniejszy stożek, który jest odwrócony w dół. Jego wierzchołek znajduje się w punkcie A. Średnica podstawy małego stożka również jest zaznaczona. Promień podstawy to odcinek S O, gdzie punkt S jest środkiem podstawy. Podstawa małego stożka styka się z powierzchnią boczną dużego stożka na pewnej wysokości będące odcinkiem S A.

$\left|AB\right|=R$ – promień dużego stożka,
$\left|AC\right|=H$ – wysokość dużego stożka,
$\left|SO\right|=r$ – promień wpisanego stożka,
$\left|AS\right|=h$ – wysokość wpisanego stożka.

Z powyższych oznaczeń możemy zauważyć, że jeśli $\left|AS\right|=h$ oraz $\left|AC\right|=H$, to $\left|SC\right|=H-h$. Trójkąty $ABC$ oraz $SOC$ są podobne (cecha KKK). Z podobieństwa

$\frac{\left|AC\right|}{\left|AB\right|}=\frac{\left|SC\right|}{\left|SO\right|}$, tj. $\frac{H}{R}=\frac{H-h}{r}$.

Wyliczając $r$ z powyższego równania otrzymujemy:

$r=\frac{R\left(H-h\right)}H$.

Zapiszmy wzór na objętość wpisanego stożka

$V=\frac13\pi r^2h$.

Podstawiając wyliczoną wcześniej wielkość $r=\frac{R\left(H-h\right)}H$ do wzoru opisującego objętość stożka otrzymujemy funkcję zmiennej $h$:

$V\left(h\right)=\frac13\pi\frac{R^2\left(H-h\right)^2}{H^2}h$.

Długości boków muszą być dodatnie, więc dziedziną jest

$D:h\in\left(0,H\right)$.

Wyznaczmy pochodną stosując wzór na pochodną iloczynu dwóch funkcjipochodna iloczynu dwóch funkcjipochodną iloczynu dwóch funkcji

$V'\left(h\right)=\frac{R^2}{3H^2}\pi\left[-2\left(H-h\right)h+\left(H-h\right)^2\right]$.

Uprościmy

$V'\left(h\right)=\frac{R^2}{3H^2}\pi\left[3h^2-4hH+H^2\right]$.

Aby wyznaczyć miejsce zerowe pochodnej wystarczy znaleźć miejsca zerowe funkcji kwadratowej, która występuje w nawiasie.

W tym przypadku $a=3, b=-4H, c=H^2$, więc $\Delta ={\left(-4H\right)}^2-4·3H^2=4H^2$ i $\sqrt{\Delta }=2H$.

Wyliczając otrzymujemy $h_1=\frac13H$ oraz $h_2=H$. Drugie miejsce zerowe nie należy do dziedziny.

Naszkicujemy wykres pochodnej.

RNYUnlwUOHUDw

Ilustracja przedstawia poziomą oś h, na której zaznaczono dwa punkty: jedna trzecia H z lewej strony oraz H z drugiej. Punkt H zaznaczono niezamalowanym kółkiem. Na rysunku przedstawiono wykres V prim nawias h zamknięcie nawiasu będący kawałkiem paraboli o ramionach skierowanych do góry i wierzchołku pod osią. Parabola przebiega przez punkty zaznaczone na osi. Lewe ramię wykresu ograniczone jest niezamalowanym punktem znajdującym się nad osią, a prawe punktem H leżącym na osi. Prawe ramię biegnie dalej nad osią, ale w tej części jest ono narysowano linią przerywaną. Część wykresu pod osią oznaczono minusem, a część nad osią plusem.

Aby wyznaczyć ekstremum stworzymy tabelę, przedziały w tabeli są zależne od dziedziny oraz punktów, dla których pochodna się zeruje.

Funkcja osiąga największą wartość dla $h=\frac{1}{3}H$. Zatem objętość stożka wpisanego jest możliwie największa, gdy promień wynosi $r=\frac{2}{3}R$. Wyznaczymy największą objętość $V=\frac{4}{81}\pi R^2H$.

Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego wynosi $P$. Wyznaczymy krawędź podstawy wiedząc, że jego objętość jest największa z możliwych.

Rozwiązanie

Oznaczmy:
$a$ – krawędź podstawy graniastosłupa,
$H$ – wysokość graniastosłupa.

RQ1P7q5JZ60pV

Ilustracja przedstawia graniastosłup sześciokątny o krawędzi podstawy a oraz o wysokości H. Obok bryły narysowano również jej podstawę, czyli sześciokąt foremny o boku a z wykreślonymi trzema przekątnymi przecinającymi się w jednym punkcie.

W podstawie znajduje się sześciokąt. Możemy go podzielić na $6$ trójkątów równobocznych. Pole jednego trójkąta równobocznego wynosi $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Zatem $P_p=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}$. Pole powierzchni całkowitej możemy zapisać $P_c=2P_p+P_b$. Podstawiając

$P_c=3a^2\sqrt{3}+6aH$.

Mamy zatem

$H=\frac{P-3a^2\sqrt{3}}{6a}$.

Długości krawędzi muszą być dodatnie zatem $\frac{P-3a^2\sqrt{3}}{6a}>0$. Mianownik jest większy od zera dlatego wystarczy by licznik też był dodatni zatem $a^2<\frac{P}{3\sqrt{3}}$. Stąd $a<\frac{\sqrt{P}}{3^{\frac{3}{4}}}$. Dziedziną jest zbiór

$D:a\in \left(0,\frac{\sqrt{P}}{3^{\frac{3}{4}}}\right)$.

Wyznaczymy wzór na objętość graniastosłupa

$V=P_pH$.

Podstawiając otrzymujemy

$V\left(a\right)=\frac{3a^2\sqrt3}2\cdot\frac{P-3a^2\sqrt3}{6a}=\frac{a\sqrt3}4\left(P-3a^2\sqrt3\right)$.

Wyznaczymy pochodną stosując wzór na pochodną iloczynu dwóch funkcjipochodna iloczynu dwóch funkcjipochodną iloczynu dwóch funkcji

$V'\left(a\right)=\frac{\sqrt3}4\left(P-3a^2\sqrt3\right)+\frac{a\sqrt3}4\left(-6a\sqrt3\right)=\frac{P\sqrt3}4-\frac{27a^2}4$.

Miejscem zerowej pochodnej jest $a=\frac{\sqrt{P}}{3^{{\displaystyle \frac{5}{4}}}}$ (drugie rozwiązanie jest ujemne więc pomijamy, ponieaż nie należy do dziedziny). Wyznaczone miejsce zerowe należy do dziedziny.

Naszkicujemy wykres funkcji.

RQC0zIvqiYBXH

Ilustracja przedstawia poziomą oś a z zaznaczonymi punktami minus ułamek pierwiastek kwadratowy z P, mianownik 3 indeks górny 5 czwartych koniec ułamka, druga liczba to ułamek pierwiastek kwadratowy z P, mianownik 3 indeks górny 5 czwartych koniec ułamka. Na rysunku przedstawiono parabolę o wierzchołku nad osią i o ramionach skierowanych w dół. Parabola opisana jest jako V prim nawias a zamknięcie nawiasu. Wierzchołek zaznaczono niezamalowanym punktem, lewe ramię jest narysowane linią przerywaną i przebiega przez punkt minus ułamek pierwiastek kwadratowy z P, mianownik 3 indeks górny 5 czwartych koniec ułamka, prawe ramię narysowano linią ciągłą i przebiega przez drugi punkt na osi. Część wykresu nad osią zaznaczono plusem, a część pod osią minusem.

Następnie wyznaczymy tabelkę.

Funkcja $V$ osiąga największą wartość dla $a=\frac{\sqrt{P}}{3^{{\displaystyle \frac{5}{4}}}}$, zatem objętość graniastosłupa jest możliwie największa, gdy długość krawędzi podstawy wynosi $a=\frac{\sqrt{P}}{3^{{\displaystyle \frac{5}{4}}}}$.

Dany jest trapez równoramienny taki, że można w niego wpisać okrąg oraz suma miar podstaw wynosi $20\mathrm{cm}$. Dokonano obrotu trapezu wokół dłuższej podstawy. Wiedząc, że objętość otrzymanej bryły jest największa z możliwych wyznacz tą objętość.

Rozwiązanie

Oznaczmy:
$a$ – krótsza podstawa trapezu,
$b$ – dłuższa podstawa trapezu,
$c$ – ramię trapezu.

Z twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgutwierdzenie: O czworokącie opisanym na okręgutwierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu otrzymujemy $c=\frac{a+b}{2}$.

Naszkicujemy figurę po obrocie.

RMLsfxrZahGHi

Ilustracja przedstawia bryłę składającą się z trzech części: środkowej, czyli walca o wysokości a i promieniu podstawy 2 oraz dwóch stożków, których podstawy to podstawy tego walca. Stożki są identyczne i mają wysokość ułamek b odjąć a mianownik 2 koniec ułamka każdy, a tworząca każdego z nich ma długość ułamek a dodać b mianownik 2 koniec ułamka.

Z rysunku możemy zauważyć, że po obrocie otrzymaliśmy dwa identyczne stożki oraz walec. Wyznaczymy wspólny promień podstawy tych brył z twierdzenia Pitagorasa

$\left(\frac{a+b}2\right)^2=\left(\frac{b-a}2\right)^2+r^2$.

Kontunuując obliczenia

$r=\sqrt{\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-\frac{b^2-2ab+a^2}{4}}$.

Otrzymujemy $r=\sqrt{ab}$. Z treści zadania wiemy, że $a+b=20 \mathrm{cm}$. Wyznaczając $b$ w zależności od $a$ otrzymujemy $b=20-a$. Stąd otrzymujemy dziedzinę:

$D:a\in\left(0,20\right)$.

Zapiszmy wzory na objętości opierając się rysunkiem:

$V_w=\pi r^2 a$ – objętość walca,

$V_s=\frac13\pi r^2\left(\frac{b-a}2\right)$ – objętość stożka.

Zauważmy, że $r=\sqrt{a\left(20-a\right)}$, więc $r^2=a\left(20-a\right)$.

Ponadto $\frac{b-a}{2}=\frac{20-a-a}{2}=10-a$

Objętość otrzymanej bryły wynosi $V=2V_s+V_w$, podstawiając wyznaczone wielkości do wzorów otrzymujemy:

$V\left(a\right)=\frac23\pi a\left(20-a\right)\left(10-a\right)+\pi a\left(20-a\right)a$.

Tym samym uzyskaliśmy funkcję zmiennej $a$ opisującą objętość otrzymanej bryły w zależności od krótszej podstawy trapezu.

Kontynuując

$V\left(a\right)=\pi\left(-\frac13a^3+\frac{400}3a\right)$.

Wyznaczymy pochodną

$V'\left(a\right)=\pi\left(-a^2+\frac{400}3\right)$.

Miejscem zerowym pochodnej jest $a_1=-\frac{20\sqrt{3}}{3}$ oraz $a_2=\frac{20\sqrt{3}}{3}$. Pierwsze miejsce zerowe nie należy do dziedziny, natomiast drugie należy.

Naszkicujemy wykres pochodnej.

R1B9TkyAn9zLq

Ilustracja przedstawia poziomą oś a z zaznaczonymi na niej dwoma punktami: $-\frac{20\sqrt{3}}{3}$ oraz $\frac{20\sqrt{3}}{3}$. Na rysunku przedstawiono parabolę V prim nawias a zamknięcie nawiasu. Parabola ta ma wierzchołek nad osią, który zaznaczono niezamalowanym kółkiem, a jej ramiona biegną w dół. Lewe ramię zaznaczono linia przerywaną, a prawe ciągłą. Część wykresu nad osią zaznaczono plusem, a część pod osią minusem.

Stworzymy tabelę.

Zatem objętość naszej bryły jest możliwie największa, gdy krótsza podstawa trapezu ma długość $a=\frac{20\sqrt{3}}{3}$. Wyznaczymy objętość $V\left(\frac{20\sqrt3}3\right)=\pi\left(-\frac13\left(\frac{20\sqrt3}3\right)^3+\frac{400}3\cdot\frac{20\sqrt3}3\right)=\frac{16000\sqrt3}{27}$.

Stożek został opisany na kuli o promieniu $5 \mathrm{cm}$. Wiedząc, że objętość stożka jest najmniejsza z możliwych wyznaczymy tą objętość.

Rozwiązanie

Naszkicujmy przekrój osiowy.

R1NwLSGFeIqfB

Ilustracja przedstawia przekrój osiowy. Jest to trójkąt równoramienny o ramionach o długości l i o podstawie 2 r. W trójkąt wpisany jest okrąg o środku w punkcie O i o promieniu R. Z górnego wierzchołka C upuszczono na podstawę pionową wysokość x do punktu A. W ten sposób powstał trójkąt prostokątny A B C, gdzie A B to pozioma podstawa o długości r. Przeciwprostokątna B C to tworząca l, pionowa przyprostokątna A C to wysokość x. Z punktu O poprowadzono wysokość na bok l do punktu S. Wysokość ta jest odcinkiem O S o długości R. Między odcinkiem R a odcinkiem B C oznaczono kąt prosty.

Z treści zadania wynika, że $R=5 \mathrm{cm}$. Możemy zaobserować, że trójkąty $ABC$ oraz $OSC$ są podobne (cecha KKK). Z podobieństwa mamy

$\frac{x}{R}=\frac{l}{r}$, więc $rx=Rl$.

Z twierdzenia Pitagorasa $l=\sqrt{(x+5)^2+r^2}$. Podstawiając $rx=Rl$ do wcześniej wyprowadzonego wzoru otrzymujemy, że

$rx=R\sqrt{\left(x+5\right)^2+r^2}$.

Podnosząc obustronnie do kwadratu oraz wyznaczając $r^2$ otrzymujemy

$r^2=\frac{25\left(x+5\right)^2}{x^2-25}$.

Wyznaczmy dziedzinę

$D:x\in\left(5,\infty\right)$.

Wyznaczymy wzór na objętość stożka $V=\frac13\pi r^2\left(x+5\right)$. Po podstawieniu za $r$ wcześniej wyznaczonego wyrażenia otrzymujemy funkcję zmiennej $x$ opisującą objętość otrzymanego stożka.

$V\left(x\right)=\frac13\pi\frac{25\left(x+5\right)^2}{x^2-25}\left(x+5\right)$.

Po przekształceniach otrzymujemy

$V\left(x\right)=\frac{25\pi}3\frac{\left(x+5\right)^2}{x-5}$.

Wyznaczymy pochodną

$V'\left(x\right)=\frac{25\pi}3\frac{2\left(x+5\right)\left(x-5\right)-\left(x+5\right)^2}{\left(x-5\right)^2}=\frac{25\pi}3\frac{x^2-10x-75}{\left(x-5\right)^2}$.

Aby wyznaczyć miejsce zerowe pochodnej, wystarczy licznik przyrównać do zera. Otrzymujemy $x_1=-5$ oraz $x_2=15$. Pierwsze miejsce zerowe nie należy do dziedziny.

Naszkicujemy wykres pochodnej.

RNH6jsZAsFwBa

Ilustracja przedstawia poziomą oś X, na której zaznaczono dwa punkty: minus pięć i piętnaście. Na rysunku przedstawiono parabolę V prim nawias x zamknięcie nawiasu o wierzchołku zaznaczonym niezamalowanym kółkiem. Wierzchołek paraboli leży pod osią, a jej ramiona biegną w górę. Lewe ramię narysowano linią przerywaną i przebiega przez punkt minus 5, a prawe ramię linią ciągłą przebiega przez punkt piętnaście. Część nad osią zaznaczono plusami, a część pod minusem.

Stworzymy tabelę.

Zatem rozważany stożek osiąga najmniejszą objętość dla $x=15$. Wyznaczymy najmniejszą objętość $V=\frac{1000}{3}\pi$.

Z blachy należy zrobić zbiornik w kształcie prostopadłościanu o objętości $90 {\mathrm{m}}^3$. Spód tego zbiornika jest kwadratem. Koszt $1 {\mathrm{m}}^2$ blachy na wykonanie podłogi i pokrywy wynosi $30 \mathrm{zł}$, natomiast koszt $1 {\mathrm{m}}^2$ materiału na ściany boczne wynosi $40 \mathrm{zł}$. Wyznaczymy wymiary zbiornika aby koszt budowy był jak najmniejszy.

Rozwiązanie:

Oznaczmy:

RTxYZcxmsKgxI

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o podstawie będącej kwadratem o boku x oraz o wysokości h.

Objętość możemy zapisać $V=x^2h$. Podstawiając dane oraz wyznaczając wysokość otrzymujemy

$h=\frac{90}{x^2}$

Pole powierzchni całkowitej wynosi $P_c=2P_p+P_b$. Następnie utworzymy funkcję kosztu, z danych $K=30\cdot 2P_p+40P_b$. Mamy zatem

$K=60x^2+160xh$

Stąd otrzymujemy funkcję zmiennej $x$ opisującą koszt wykonania zbiornika w zależności od długości krawędzi podstawy.

$K\left(x\right)=60x^2+\frac{14400}x$

Wyznaczymy dziedzinę, boki muszą być dodatnie

$D:x\in\left(0,\infty\right)$

Wyznaczymy pochodną

$K'\left(x\right)=120x-\frac{14400}{x^2}$

Miejscem zerowej pochodnej jest $x=2\sqrt[3]{15}$. Możemy zaobserwować, że należy do dziedziny

Naszkicujemy wykres pochodnej w otoczeniu miejsca zerowego

Rty9uIdEg0D4S

Ilustracja przedstawia poziomą oś X z zaznaczonym na niej punktem 2 pierwiastki sześcienne z piętnastu. Przez punkt ten przebiega ukośna prosta podpisana K prim nawias x zamknięcie nawiasu. Prosta biegnie od lewego dolnego rogu ilustracji do prawego górnego rogu. Część prostej biegnącą poniżej osi X opisano minusem, a część nad osią plusem.

Wyznaczymy tabelę

Funkcja osiąga minimum dla $x=2\sqrt[3]{15}$. Zatem koszt wykonania zbiornika będzie najmniejszy, gdy $x=2\sqrt[3]{15}$. Wówczas wysokość zbiornika wynosi $h=\frac{90}{4\sqrt[3]{225}}=\frac{3\sqrt[3]{15}}{2} \mathrm{m}$.

Wymiary zbiornika to $2\sqrt[3]{15} \mathrm{m}\times 2\sqrt[3]{15} \mathrm{m}\times \frac{3\sqrt[3]{15}}{2} \mathrm{m}$.

W galerii sztuki zawieszony jest obraz o wysokości $1,5 \mathrm{m}$, tak, że jego dolny brzeg znajduje się na wysokości oczu oglądającego tj. $1,7 \mathrm{m}$ od podłogi (zobacz rysunek). Wyznaczymy w jakiej odległości oglądający powinien postawić aparat na podłodze, aby kąt widzenia obrazu był największy (pomiń wysokość aparatu).

R1LVhsztt2hK7

Ilustracja przedstawia kobietę stojącą w galerii sztuki przed obrazem wiszącym na ścianie. Na ilustrację naniesiono dwa trójkąty o wspólnym boku: A B C oraz A C D. Boki trójkąta prostokątnego A B C to: A B pozioma przyprostokątna określająca odległość kobiety od ściany. Odległość ta poprowadzona jest wzdłuż podłogi. Bok B C to pionowa przyprostokątna opisująca odległość od podłogi do dolnej krawędzi obrazu. Przekątna A C to odległość między stopami kobiety a dolną krawędzią obrazu. Przy wierzchołku B oznaczono kąt prosty. Trójkąt A C D ma następujące boki: ukośny bok A C będący odległością między stopami kobiety a dolną krawędzią obrazu, ukośny bok A D będący odległością między stopami kobiety a górną krawędzią obrazu oraz pionowy bok C D będący odległością między krawędziami obrazu. Na rysunku zaznaczono kąt ostry w trójkącie A C D przy wierzchołku A.

Rozwiązanie:

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

Rm9Ywsy5FAnH2

Ilustracja przedstawia kobietę stojącą w galerii sztuki przed obrazem wiszącym na ścianie. Na ilustrację naniesiono dwa trójkąty o wspólnym boku: A B C oraz A C D. Boki trójkąta prostokątnego A B C to: A B pozioma przyprostokątna opisana jako x określająca odległość kobiety od ściany. Odległość ta poprowadzona jest wzdłuż podłogi. Bok B C to pionowa przyprostokątna o długości 1,7 opisuje odległość od podłogi do dolnej krawędzi obrazu. Przekątna A C to odległość między stopami kobiety a dolną krawędzią obrazu. Przy wierzchołku B oznaczono kąt prosty. Trójkąt A C D ma następujące boki: ukośny bok A C będący odległością między stopami kobiety a dolną krawędzią obrazu, ukośny bok A D będący odległością między stopami kobiety a górną krawędzią obrazu oraz pionowy bok C D o długości 1,5 będący odległością między krawędziami obrazu. Na rysunku zaznaczono kąt ostry beta w trójkącie A C D przy wierzchołku A.

Zauważmy, że $\mathrm{tg}\alpha=\frac{1,7}x$ oraz $\mathrm{tg}\left(\alpha+\beta\right)=\frac{3,2}x$.

Rozpisując wzór na tangens sumy kątówtangens sumy kątówtangens sumy kątów $\mathrm{tg}\left(\alpha +\beta \right)=\frac{\mathrm{tg}\alpha +\mathrm{tg}\beta }{1-\mathrm{tg}\alpha \mathrm{tg}\beta }$ mamy, że

$\frac{3,2}{x}=\frac{\mathrm{tg}\alpha +\mathrm{tg}\beta }{1-\mathrm{tg}\alpha \mathrm{tg}\beta }$, tj. $\frac{3,2}x=\frac{\frac{1,7}x+\mathrm{tg}\beta}{1-\frac{1,7}x\mathrm{tg}\beta}$.

Stąd

$\frac{3,2}x-\frac{5,44}{x^2}\operatorname{tg}\beta=\frac{1,7}x+\operatorname{tg}\beta$

Wyznaczymy $\mathrm{tg}\beta$

$\mathrm{tg}\beta=\frac{\frac{1,5}x}{1+\frac{5,44}{x^2}}$

Zauważmy, że dla kąta z przedziału $\left(0°,90°\right)$ funkcja tangens jest rosnąca. Dlatego szukając maksimum lokalnego funkcji $\mathrm{tg}\beta=\frac{\frac{1,5}x}{1+\frac{5,44}{x^2}}$ możemy szukać maksimum lokalnego funkcji $f(x)=\frac{\frac{1,5}x}{1+\frac{5,44}{x^2}}$

Dziedziną jest zbiór

$D:x\in\left(0,\infty\right)$

Wyznaczymy pochodną korzystając ze wzoru na iloraz pochodnych

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{1,5\left(x^2+5,44\right)-1,5x\left(2x\right)}{{\left(x^2+5,44\right)}^2}=\frac{-1,5x^2+8,16}{{\left(x^2+5,44\right)}^2}$

Aby wyznaczyć miejsce zerowej pochodnej wystarczy licznik przyrównać do zera. Miejsca zerowe zaokrąglimy do dwóch miejsc po przecinku $x_1=-2,33$ oraz $x_2=2,33$. Pierwsze miejsce zerowe nie należy do dziedziny. Naszkicujemy wykres pochodnej.

RqokQkTtrBeFu

Ilustracja przedstawia poziomą oś X z zaznaczonymi na niej liczbami minus 2,33 oraz 2,33. Przez te punkty poprowadzono parabolę opisaną jako Beta prim nawias x zamknięcie nawiasu. Parabola ma ramiona skierowane w dół i wierzchołek oznaczony niezamalowanym punktem. Wierzchołek znajduje się nad osią mniej więcej nad zerem. Lewe ramię paraboli narysowano linią przerywaną, a prawe ciągłą. Część paraboli znajdującą się pod osią oznaczono minusami, a część nad osią plusem.

Stworzymy tabelę.

Funkcja osiąga maksimum w $x=2,33 \mathrm{m}$. Oglądający powinien postawić aparat w odległości $2,33 \mathrm{m}$ od ściany.

W zbiorniku znajdowało się $300$ litrów wody. Po odkręceniu zaworów, w ciągu pierwszej minuty do zbiornika napłynęło $15$ litrów wody, a w każdej następnej minucie o $3$ litry wody więcej niż w poprzedniej. Jednocześnie przez zawór odpływowy w ciągu każdej minuty wydostawało się $30$ litrów wody. Wyznaczymy w jakiej minucie było w zbiorniku najmniej wody.

Rozwiązanie:

Napływanie wody do zbiornika jest ciągiem arytmetycznym oznaczmy jako $a_n$ o pierwszym wyrazie $15$ i różnicy $3$. Natomiast wypływanie wody ze zbiornika jest ciągiem arytmetycznym oznaczmy go jako $b_n$ o pierwszym wyrazie $30$ i różnicy $0$.

Utworzymy nowy ciąg $c_n$, taki, że $c_n=a_n-b_n$. Ciąg $c_n$ jest ciągiem arytmetycznym o pierwszym wyrazie $\left(-15\right)$ i różnicy $3$.

Wyznaczymy sumę $n$ początkowych wyrazów ciągu $c_n$suma $n$ początkowych wyrazów ciągu arytmetycznegosumę $n$ początkowych wyrazów ciągu $c_n$. Skorzystamy ze wzoru

$S_n=\frac{2c_1+\left(n-1\right)r}{2}·n$

$S_n=\frac{-30+\left(n-1\right)3}2n=\frac32n^2-\frac{33}2n$

W zbiorniku było wcześniej $300$ litrów wody. Otrzymaliśmy w ten sposób funkcję zmiennej $n$ opisującą liczbę litrów wody w zbiorniku w czasie

$V\left(n\right)=\frac32n^2-\frac{33}2n+300$

Oczywiście badając ciągi myślimy o liczbach naturalnych. Jednak rozszerzmy dziedzinę rozważanej funkcji do wszystkich liczb rzeczywistych dodatnich, tj.

$D:n\in\left(0,\infty\right)$

Wyznaczymy pochodną

$V'\left(n\right)=3n-\frac{33}2$

Miejscem zerowym pochodnej jest $n=10,5$, oczywiście należy do dziedziny.

Naszkicujemy wykres pochodnej w otoczeniu miejsca zerowego

R5jnL50o3TtKa

Ilustracja przedstawia poziomą oś n z zaznaczonym na niej punktem 10,5; Przez punkt ten przebiega ukośna prosta podpisana V prim nawias n zamknięcie nawiasu. Prosta biegnie od lewego dolnego rogu ilustracji do prawego górnego rogu. Część prostej biegnącą poniżej osi n opisano minusem, a część nad osią plusem.

Wyznaczymy tabelę

Funkcja osiąga minimum dla $n=10,5$. Oznacza to, że najwięcej wody w zbiorniku mieliśmy w jedenastej minucie.

Sprzedawca kupuje w hurtowni telefony komórkowe płacąc $600 \mathrm{zł}$ za sztukę. Sprzedaje $40$ telefonów w cenie $700 \mathrm{zł}$ za sztukę. Pewnego razu zaobserwował, że obniżka ceny o każde kolejne $5 \mathrm{zł}$ zwiększa o $5$ liczbę sprzedanych telefonów. Wyznaczymy jaką cenę powinien ustalić sprzedawca, aby jego zysk był największy.

Rozwiązanie:

Oznaczmy:

$5n$ – obniżka ceny o pięć złotych, $n$ razy,

$40+5n$ – liczba sprzedanych telefonów po obniżce,

$700-5n-600=100-5n$ – zysk po obniżce.

Tworzymy funkcję zmiennej $n$ opisującą zysk uzyskany po $n$-tej obniżce

$f\left(n\right)=\left(100-5n\right)\left(40+5n\right)$

Wyznaczymy dziedzinę funkcji $f$ pamiętając, że liczba sprzedanych telefonów to liczba naturalna oraz że sprzedawca nie sprzeda telefonu za mniej niż $600$zł.