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 $V=\frac{1000}{3}\pi$.

jeśli obie funkcje $f\left(x\right)$, $g\left(x\right)$ są różniczkowalne, to pochodną iloczynu tych funkcji obliczamy według wzoru:

czworokąt wypukły można opisać na okręgu wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są sobie równe