• Podasz wzór funkcji kwadratowej służący do optymalizacji danego zagadnienia geometrycznego.

• Rozwiążesz zadania optymalizacyjne za pomocą funkcji kwadratowej.

• Wykorzystasz własności funkcji kwadratowej do interpretacji zagadnień geometrycznych.

• Zbudujesz model matematyczny w sytuacjach z życia codziennego.

Optymalizacją nazywamy metodę najlepszego rozwiązania z punktu widzenia określonego kryterium. W matematyce jest to problem polegający na znalezieniu ekstremum funkcjiekstremum funkcjiekstremum funkcji, przy ustalonym warunku.

Jakie wymiary ma prostokąt o obwodzie $40\mathrm{cm}$, który ma najkrótszą przekątną?

R1MHSWm1d7WhW

Ilustracja przedstawia prostokąt, jego pionowy bok podpisano literą x, jego poziomy bok podpisano literą b, a jego przekątną podpisano literą d.

Rozwiązanie

$d$ – przekątna prostokąta

Szukamy boków prostokąta $x$ i $b$, dla których przekątna $d$ będzie najkrótsza.

Wiemy, że obwód prostokąta wynosi $L=40\mathrm{cm}$ oraz wiemy, że $L=2x+2b$.

$40=2x+2b$

$2b=40-2x \overline{):2}$

$b=20-x$.

Długości boków są liczbami dodatnimi: $x>0$ oraz $20-x>0$.

$-x>-20$

$x<20$.

Zatem w powyższych obliczeń wynika, że $x>0$ i $x<20$, więc $x\in \left(0,20\right)$.

Z twierdzenia Pitagorasa mamy, że dlugość przekątnej w prostokącie jest równa: $d^2=x^2+{\left(20-x\right)}^2$.

$d=\sqrt{x^2+{\left(20-x\right)}^2}=\sqrt{x^2+400-40x+x^2}=\sqrt{2x^2-40x+400}$.

Przekształcamy wyrażenie podpierwiastkowe do postaci kanonicznejpostać kanoniczna funkcji kwadratowejpostaci kanonicznej.

$2x^2-40x+400=$

$=2x^2-40x+200-200+400=$

$=2\left(x^2-2·10x+100\right)-200+400=$

$=2{\left(x-10\right)}^2-200+400=$

$=2{\left(x-10\right)}^2+200>0$ dla każdego $x\in \mathbb{R}$.

Otrzymaliśmy wzór funkcji $d\left(x\right)=\sqrt{2{\left(x-10\right)}^2+200}, x\in \left(0,20\right)$, której wartością jest długość przekątnej prostokąta, w zależności od długości jego boków.

Wykresem funkcji znajdującej się pod pierwiastkiem jest fragment paraboli skierowanej ramionami do góry $\left(a>0\right)$, więc dla $x_W$ wierzchołka przyjmuje wartość najmniejszą.

Współrzędne wierzchołka paraboli $y=2{\left(x-10\right)}^2+200$ to:

$x_W=10$, $x\in \left(0,20\right)$ oraz $y_W=200$.

Dla $x=10$ wyrażenie podpierwiastkowe przyjmuje wartość najmniejszą równą $200$.

Przekątna $d$ będzie najkrótsza, gdy wyrażenie podpierwiastkowe będzie najmniejsze, czyli dla $x=10$. Długość przekątnej wynosi w tym przypadku $\sqrt{200}$.

Prostokąt ma boki o długościach: $10\mathrm{cm}$ i $20\mathrm{c}\mathrm{m}-10\mathrm{c}\mathrm{m}=10\mathrm{c}\mathrm{m}$, czyli jest to kwadrat o boku długości $10\mathrm{cm}$.

Odpowiedź

Najkrótszą przekątną ma kwadrat o boku $10\mathrm{cm}$.

Który z walców o obwodzie przekroju osiowego równym $40\mathrm{cm}$ ma największe pole powierzchni bocznej?

Rozwiązanie

Przekrojem osiowym walca jest prostokąt o bokach: $h$ (wysokość walca) i $2r$ ($r$ to promień podstawy walca).

R17e5H5ZfFW7d

Ilustracja przedstawia walec, jego wysokość podpisano literą h, średnicę jego podstawy podpisano $2r$.

Obwód prostokąta będącego przekrojem osiowym walca wyraża wzór:

$L=2h+2·2r$.

Oznaczmy przez $x$ promień podstawy walca.

Podstawmy dane.

$40=2h+2\cdot 2x$.

Po podzieleniu stronami przez $2$, otrzymujemy:

$20=h+2x$.

Stąd $h=20-2x$.

Długości boków są liczbami dodatnimi, więc $x>0$ oraz $20-2x>0$.

$-2x>-20 \overline{):\left(-2\right)}$

$x<10$.

Zauważmy, że $x<10$ oraz jednocześnie $x>0$, zatem mamy, że $x\in \left(0,10\right)$.

Przypomnijmy, że pole powierzchni bocznej walca wyraża wzór: $P_p=2\pi rh$.

$P_p=2\pi x\left(20-2x\right)$ dla $x\in \left(0,10\right)$.

Otrzymaliśmy funkcję  wyrażoną wzorem: $P\left(x\right)=-2\pi x\left(2x-20\right)$.

Ponieważ $a<0$, to funkcja dla $x_W$ wierzchołka przyjmuje wartość największą. Aby wyliczyć współrzędne wierzchołka, wykorzystamy fakt, że funkcja jest przedstawiona w postaci iloczynowej. Pierwsza współrzędna wierzchołka $x_W$ jest średnią arytmetyczną miejsc zerowych funkcji kwadratowej.

$x_W=\frac{x_1+x_2}{2}$

$x_W=\frac{0+10}{2}=5\in \left(0,10\right)$.

Zatem $x=r=5 \mathrm{cm}$.

$P_{max}=P\left(5\right)=2\pi ·5\left(20-2·5\right)=100\pi$

$P_{max}=100\pi {\mathrm{cm}}^2$

Obliczmy wysokość walca.

$h=20-2x=20-2·5=20-10=10$

Odpowiedź

Walec, którego promień podstawy wynosi $5\mathrm{cm}$ i wysokość $10\mathrm{cm}$ ma największe pole powierzchni bocznej wynoszące $100{\mathrm{cm}}^2$.

Suma długości wysokości i obu podstaw trapezu równoramiennego wynosi $16$. Oblicz długość przekątnej tego trapezu, gdy trapez  ma pole największe z możliwych.

RqOMEENAIRjsC

Ilustracja przedstawia trapez o wierzchołkach A B C D, z wierzchołka C opuszczono wysokość na podstawę AB, jej spodek jest podpisany literą E. Z wierzchołka D opuszczono wysokość na podstawę AB, jej spodek podpisano literą F. W trapezie zaznaczono przekątną AC i podpisano ją literą d.

Rozwiązanie

Oznaczmy: $\left|AB\right|=a, \left|DC\right|=b, \left|CE\right|=h, \left|AC\right|=d$.

Z treści zadania wiemy, że $a+b+h=16$.

Oznaczmy $a+b=x$.

Otrzymamy więc, że $x+h=16$.

Stąd $h=16-x$.

Długości boków są dodatnie: $x>0$ oraz $16-x>0$, stąd $x\in \left(0,16\right)$.

Pole trapezu wyraża wzór: $P=\frac{a+b}{2}h$.

$P=\frac{x}{2}\left(16-x\right)=-\frac{1}{2}x\left(x-16\right)$

Wzór szukanej funkcji to $P\left(x\right)=-\frac{1}{2}x\left(x-16\right)$, przy czym $x\in \left(0,16\right)$.

Funkcja jest zapisana w postaci iloczynowej. Jej miejscami zerowymi są liczby $0$ i $16$. Ponieważ $a<0$, funkcja w wierzchołku przyjmuje wartość największą, a współrzędna $x_W$ wierzchołka jest średnią arytmetyczną miejsc zerowych odpowiedniej funkcji kwadratowej.

$x_W=\frac{x_1+x_2}{2}$

$x_W=\frac{0+16}{2}=8\in \left(0,16\right)$.

Zatem dla $x=8$ pole przyjmuje wartość największą.

$P_{max}=P\left(8\right)=-\frac{1}{2}·8·\left(8-16\right)=32$

Obliczmy wysokość trapezu z poniższego wzoru.

$h=16-x$

$h=16-8=8$

Aby obliczyć długość przekątnej tego trapezu, skorzystamy z twierdzenia Pitagorasa zapisanego dla trójkąta prostokątnego $AEC$, mianowicie: ${\left|AE\right|}^2+{\left|EC\right|}^2={\left|AC\right|}^2$.

Przyjmijmy oznaczenia:

$\left|AC\right|=d$ – przekątna trapezu,

$\left|EC\right|=h$ – wysokość trapezu.

$d^2={\left|AE\right|}^2+h^2$

$d=\sqrt{{\left|AE\right|}^2+h^2}$

Z rysunku wynika, że $\left|AE\right|=\left|AB\right|-\left|EB\right|$.

Zauważmy, że$\left|EB\right|=\frac{a-b}{2}$, ponieważ trapez jest równoramienny. Mamy więc, że $\left|AF\right|=\left|EB\right|$ oraz $\left|AB\right|=a=b+2\left|EB\right|$.

Ponieważ $a+b=x=8$, mamy

$\left|AE\right|=a-\frac{a-b}{2}=\frac{2a}{2}-\frac{a-b}{2}=\frac{2a-a+b}{2}=\frac{a+b}{2}=\frac{x}{2}=\frac{8}{2}=4$.

Zatem $\left|AE\right|=4$ oraz $h=8$. Podstawmy obliczone wartości do poniższego wzoru.

$d=\sqrt{{\left|AE\right|}^2+h^2}$

$d=\sqrt{{\left|AE\right|}^2+h^2}=\sqrt{4^2+8^2}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}=\sqrt{16·5}=4\sqrt{5}$

Odpowiedź

Długość przekątnej trapezu o największym polu wynosi $4\sqrt{5}$.

Drut o długości $68\mathrm{cm}$ dzielimy na dwie części. Z jednej tworzymy kwadrat, z drugiej prostokąt, w którym stosunek długości boków wynosi $2:1$. Na jakie części trzeba rozciąć drut, aby suma pól kwadratu i prostokąta była najmniejsza?

RT3aXL4qOQFYw

IlustracjaaIlustracja przedstawia kwadrat i prostokąt. Bok kwadratu podpisano literą a. Poziomy bok prostokąta podpisano literą b, pionowy bok prostokąta podpisano literą c.

Korzystając z powyższych rysunków dostajemy, że:

obwód kwadratu: $L_k=4a$;

obwód prostokąta: $L_p=2b+2c$.

Stosunek długości boków prostokąta wynosi $2:1$, więc $b=2c$ oraz $L_p=2·2c+2c=6c$.

Z treści zadania wynika, że suma obwodów kwadratu i prostokąta jest równa długości drutu.

$L$ – długość drutu.

$L=L_k+L_p$

Z powyższych rozważań oraz z treści zadania mamy więc, że $68=4a+6c$.

Z powyższego równania wyznaczmy $a$.

$4a=68-6c \overline{):4}$

$a=17-\frac{6}{4}c$

$a=17-\frac{3}{2}c$.

Pole kwadratu: $P_k=a^2={\left(17-\frac{3}{2}c\right)}^2$.

Pole prostokąta: $P_p=bc=2c·c=2c^2$.

Suma pól kwadratu i prostokąta: $P=P_k+P_p={\left(17-\frac{3}{2}c\right)}^2+2c^2$.

Możemy zapisać powyższy wzór na pole jako wzór funkcji.

$P\left(c\right)={\left(17-\frac{3}{2}c\right)}^2+2c^2$.

Ponieważ długości boków nie mogą być ujemne, muszą być spełnione warunki:

$c>0$ oraz $17-\frac{3}{2}c>0$.

$-\frac{3}{2}c>-17$

$c<\frac{34}{3}$ oraz $c>0$, zatem $c\in \left(0,\frac{34}{3}\right)$.

$P\left(c\right)={\left(17-\frac{3}{2}c\right)}^2+2c^2=289-51c+\frac{9}{4}{c}^2+2c^2=289-51c+\frac{17}{4}{c}^2$

$P\left(c\right)=\frac{17}{4}{c}^2-51c+289, c\in \left(0,\frac{34}{3}\right)$

Otrzymaliśmy funkcję  wyrażoną wzorem $P\left(c\right)=\frac{17}{4}{c}^2-51c+289$. Ponieważ $c>0$, funkcja w wierzchołku wykresu  przyjmuje wartość najmniejszą. Aby obliczyć współrzędne wierzchołka, wykorzystamy poniższy wzór.

$c_W=-\frac{b}{2a}$

$c_W=-\frac{-51}{2·{\displaystyle \frac{17}{4}}}=6$.

Funkcja przyjmuje wartość najmniejszą dla $c=6 \mathrm{cm}$, $c\in \left(0,\frac{34}{3}\right)$.

$a=17-\frac{3}{2}c=17-\frac{3}{2}\cdot 6=17-9=8$.

Odpowiedź

Drut należy przeciąć na dwie części o długościach: $4·8 \mathrm{cm}=32 \mathrm{cm}$ oraz $6·6 \mathrm{cm}=36 \mathrm{cm}$.

Z trójkąta $ABC$, w którym $\left|AC\right|=\left|BC\right|=10\mathrm{cm},$$\left|AB\right|=12\mathrm{cm}$, należy wyciąć równoległobok, którego jeden bok byłby zawarty w podstawie $AB$, a drugi – w jednym z pozostałych boków trójkąta $ABC$ i który miałby największe pole. Oblicz długości boków i pole szukanego równoległoboku.

RvomBhDpu3PZn

Ilustracja przedstawia trójkąt o wierzchołkach ABC, z wierzchołka C na podstawę AB opuszczono wysokość h, jej spodek podpisano literą O. Równolegle do podstawy AB, narysowano odcinek EF, przy czym punkt E leży na ramieniu BC, a punkt F leży na ramieniu AC. Na podstawie AB zaznaczono punkt D, przy czym odcinek DE jest równoległy do odcinka AF. Równoległobok A D E F zaznaczono kolorem. Kąt BAC podpisano literą alfa.

Czworokąt $ADEF$ jest równoległobokiem, oznaczmy $\left|AF\right|=\left|DE\right|=x$ oraz $\left|AD\right|=\left|FE\right|=z$.

Trójkąt $CFE$ jest podobny do trójkąta $ABC$ – trójkąty mają takie same kąty.

$△CFE~△ABC$.

Z cechy $\left(k,k,k\right)$ wiemy, że odpowiednie odcinki są proporcjonalne:

$\frac{\left|CF\right|}{\left|FE\right|}=\frac{\left|AC\right|}{\left|AB\right|}$

$\left|AC\right|=10\mathrm{cm}$ oraz $\left|AB\right|=12\mathrm{cm}$.

$\frac{10-x}{z}=\frac{10}{12}$

$120-12x=10z$

$z=12-1,2x$.

Długości boków spełniają warunki:

$x>0$ oraz $z=12-1,2x$

$-1,2x>-12$

$x<10$.

Zatem mamy, że $x>0$ oraz $x<10$, więc $x\in \left(0,10\right)$.

Pole równoległoboku wyraża wzór: $P=\left|AD\right|·\left|AF\right|·\sin \alpha$, co możemy też zapisać za pomocą przyjętych oznaczeń: $P=z·x·\sin \alpha$.

$\sin \alpha =\frac{h}{\left|AC\right|}=\frac{h}{10}$.

Wysokość trójkąta $ABC$ wyliczymy z twierdzenia Pitagorasa zapisanego poniżej dla trójkąta prostokątnego $AOC$.

$h^2+{\left|AO\right|}^2={\left|AC\right|}^2$

$h^2={\left|AC\right|}^2-{\left|AO\right|}^2$

$h=\sqrt{{\left|AC\right|}^2-{\left|AO\right|}^2}$

$\left|AO\right|=\frac{1}{2}\left|AB\right|=6$, ponieważ trójkąt $ABC$ jest równoramienny.

Stąd $h=\sqrt{{10}^2-6^2}=\sqrt{100-36}=\sqrt{64}=8$.

Zatem $\sin \alpha =\frac{h}{10}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.

Pole równoległoboku wyraża wzór: $P\left(x\right)=\left(12-1,2x\right)·x·\frac{4}{5}$, gdzie $x\in \left(0,10\right)$.

Funkcja przyjmuje wartość największą w wierzchołku paraboli będącej wykresem funkcji $P\left(x\right)=\left(12-1,2x\right)·x·\frac{4}{5}=-\frac{4}{5}x\left(1,2x-12\right)$, ponieważ $a<0$.

Funkcja zapisana jest w postaci iloczynowej. Skorzystamy z faktu, że pierwsza współrzędna wierzchołka paraboli jest średnią arytmetyczną jej miejsc zerowych. Miejsca zerowe funkcji $P\left(x\right)$ to $x_1=0$ oraz $x_2=10$.

$x_W=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{0+10}{2}=5$, $x\in \left(0,10\right)$.

Maksymalne pole jest równe:  $P_{max}=P\left(5\right)=\left(12-1,2·5\right)·5·\frac{4}{5}=\left(12-6\right)·4=6·4=24$.

$\left|AF\right|=x=5\mathrm{cm}$

$\left|AD\right|=z=12-1,2x=12-1,2\cdot 5=12-6=6$.

Odpowiedź

Długości boków szukanego równoległoboku wynoszą: $5\mathrm{cm}$ i $6\mathrm{cm}$, a jego pole wynosi $24{\mathrm{cm}}^2$.

Arek i Marek grają w grę, która polega na wyznaczeniu największego iloczynu dwóch liczb, gdy dana jest suma tych liczb. W grze wygrywa się, gdy jeden z graczy wymieni takie liczby, których suma jest równa $10$, a iloczyn tych liczb jest największy. Wyznaczymy te liczby.

Rozwiązanie:

Niech $x$ i $y$ będą szukanymi liczbami.

Układamy warunek, który przedstawia zależność z zadania: $x+y=10$.

Z tego warunku otrzymujemy, że: $y=10-x$.

Zapisujemy wzór funkcji kwadratowej, która określa iloczyn liczb $x$ i $y$, ale w zależności od zmiennej $x$.

$f\left(x\right)=x·y=x·\left(10-x\right)=-x^2+10x$.

Otrzymujemy funkcję kwadratową, której wykres jest parabolą z ramionami skierowanymi do dołu.

Zatem funkcja $f$ przyjmuje wartość największą w wierzchołku paraboli, będącej jej wykresem.

Wyznaczamy współrzędną $p$ wierzchołka paraboli.

Otrzymujemy $p=\frac{-b}{2a}=\frac{-10}{2·\left(-1\right)}=5$, czyli $x=5$.

Dla $x=5$ mamy $y=10-5=5$.

Iloczyn tych liczb jest największy, gdy $x=5$ i $y=5$.

Zatem jeden z graczy wygra grę, gdy poda obie liczby równe $5$.

Dodatkowo możemy obliczyć wartość tego iloczynu. W tym celu wystarczy znaleźć wielkość $q$.

$q=f\left(p\right)=f\left(5\right)=-5^2+10·5=-25+50=25$

Mamy $200$ metrów siatki ogrodzeniowej. Jaką maksymalną, prostokątną powierzchnię możemy ogrodzić?

Rozwiązanie:

Oznaczmy przez $x$ – długość oraz $y$ – szerokość działki.

Z warunku w zadaniu wiemy, że obwód działki wynosi $200$ metrów.

Otrzymujemy rówanie: $2x+2y=200$.

Po uproszczeniu mamy, że $x+y=100$, więc $y=100-x$.

Z treści zadania wiemy, że $x>0$, więc $y\in \left(0,100\right)$.

Określamy odpowiednią funkcję  następująco: $f\left(x\right)=x·y=x·\left(100-x\right)=-x^2+100x$.

Otrzymaliśmy funkcję kwadratową, której wykres jest parabolą z ramionami skierowanymi do dołu.

Zatem funkcja $f$ przyjmuje wartość największą w wierzchołku.

Wyznaczamy współrzędną $p$ wierzchołka paraboli, będącej wykresem funkcji $f$.

Otrzymujemy, że $p=\frac{-b}{2a}=\frac{-100}{2·\left(-1\right)}=50$, czyli $x=50$.

Dla $x=50$ mamy $y=50$.

Aby działka miała największe pole powierzchni, powinna być kwadratem o boku $50$.

Strona książki ma kształt prostokąta o obwodzie równym $72\text{ cm}$. Obliczymy, jakie wymiary powinna mieć strona tej książki, aby zapewnić maksymalną powierzchnię druku, przy założeniu, że marginesy boczne i dolne mają szerokość $1\text{ cm}$, a margines górny $2\text{ cm}$.

Rozwiązanie:

Niech $x$ i $y$ będą wymiarami strony w kształcie prostokąta $\left(x>0,y>0\right)$. Wykonajmy rysunek pomocniczy do zadania:

R1SMJJS6TNVH8

Na ilustracji przedstawiono niebieską ramkę w kształcie prostokąta. Krótszy bok oznaczono x, natomiast dłuższy y. Wewnątrz ramki, znajduje się pomarańczowy prostokąt z zamalowanym polem. Długości jego boków wynoszą odpowiednio $x-2$, oraz $y-3$. Pomarańczowy prostokąt jest odsunięty od krawędzi ramki o dwie jednostki w dół od krawędzi górnej, jedną jednostkę w górę od krawędzi dolnej, jedną jednostkę od krawędzi lewej, oraz prawej.

Ponieważ obwód tego prostokąta jest równy $72 \mathrm{cm}$, zatem:

$2x+2y=72$

Wobec tego $y=36-x$ oraz $x\in \left(0,36\right)$.

Niech $f$ będzie funkcją, która opisuje pole powierzchni strony do druku. Wówczas:

$f\left(x\right)=\left(x-2\right)\cdot \left(y-3\right)=\left(x-2\right)\left(33-x\right)$

Otrzymujemy wzór funkcji kwadratowej, której wykresem jest parabola z ramionami skierowanymi do dołu. Zauważmy, że miejscami zerowymi paraboli, będącej wykresem funkcji $f$ są liczby $2$ oraz $33$. Funkcja przyjmuje wartość największą w  wierzchołku paraboli, będącej jej wykresem. Pierwsza współrzędna $p$ wierzchołka paraboli będącej wykresem funkcji $f$ wynosi:

$p=\frac{2+33}{2}=17,5$

Wobec tego $x=17,5 \text{cm}$ oraz $y=\left(36-17,5\right)\text{ cm}=18,5 \text{cm}$.

W celu zapewnienia maksymalnej powierzchni druku strona książki powinna mieć wymiary $17,5 \mathrm{cm}$ na $18,5 \mathrm{cm}$.

Obrazek ma kształt równoległoboku, w którym suma długości boku i wysokości opuszczonej na ten bok wynosi $8$. Wyznaczymy długość tego boku i wysokości tak, aby pole tego obrazka było największe.

Rozwiązanie:

Przyjmijmy oznaczenia: $a$ - długość boku równoległoboku, $h$ - długość wysokości opuszczonej na ten bok.

Z warunków zadania mamy, że $a+h=8$, więc $h=8-a$.

Ponieważ $a>0$, zatem $h\in \left(0,8\right)$.

Pole równoległoboku obliczamy ze wzoru $P=ah$.

Funkcję pola w zależności od $a$ zapisujemy następująco: $f\left(a\right)=ah=a·\left(8-a\right)=-a^2+8a$.

Wykres tej funkcji jest parabolą z ramionami skierowanymi do dołu, zatem funkcja przyjmuje wartość największą w wierzchołku paraboli, będącej jej wykresem.

Obliczamy wartość $p=\frac{-8}{-2}=4$, więc $a=4$ i $h=4$.

Tygodniowy popyt na pewien towar wyraża się wzorem $p\left(x\right)=2000-20x$, gdzie $x$ oznacza cenę towaru. Wyznacz cenę, dla której dochód jest maksymalny. Obliczymy ten dochód.

Rozwiązanie:

Z warunków w zadaniu mamy, że $x>0$ oraz $2000-20x>0$, więc $x\in \left(0,100\right)$.

Funkcję dochodu możemy zapisać jako $f\left(x\right)=x·p\left(x\right)=x·\left(2000-20x\right)=-20x^2+2000x$.

Ponieważ otrzymaliśmy funkcję kwadratową, której wykres jest parabolą z ramionami skierowanymi do dołu, zatem wartość największa przyjmowana jest w wierzchołku tej paraboli.

Wyznaczamy pierwszą współrzędną wierzchołka paraboli, będącej wykresem funkcji $f$:

$\mathrm{p}=\frac{-2000}{2·\left(-20\right)}=\frac{-2000}{-40}=50$.

Otrzymujemy więc, że dla $x=50$ dochód jest maksymalny i wynosi:

$f\left(50\right)=-20·{50}^2+2000·50=-50000+100000=50000$.

Hodowca koni zamierza zbudować ogrodzenie ograniczające dwa jednakowe prostokątne boksy (patrz rysunek). Właściciel koni zakupił materiały pozwalające zbudować ogrodzenie o łącznej długości $60 \mathrm{m}$ i chce, aby powierzchnia boksów była możliwie największa. Wyznaczymy wymiary każdego boksu.

RmCs7KN0my178

Ilustracja przedstawia dwa identyczne prostokąty, które mają wspólny jeden bok.

Rozwiązanie:

Oznaczmy:

R1APOK2BhORrM

Ilustracja przedstawia dwa identyczne prostokąty, które mają wspólny jeden bok. W lewym prostokącie oznaczono dłuższy pionowy bok literą y, a krótszy poziomy bok literą x.

Zapiszmy równanie wynikające z długości ogrodzenia boksów $4x+3y=60$. Wyznaczymy jedną zmienną $y=20-\frac{4}{3}x$. Pole dwóch prostokątów wynosi

$P\left(x\right)=2x\left(20-\frac{4}{3}x\right)$

Długości boków muszą być liczbami dodatnimi, więc dziedziną funkcji $P$ jest zbiór $D=\left(0,15\right)$

Naszkicujemy wykres tej funkcji. Jest to funkcja kwadratowafunkcja kwadratowafunkcja kwadratowa, współczynnik przy najwyższej potędze jest ujemny, więc ramiona paraboli skierowane są w dół.

RXS6ryIS2NszI

Ilustracja przedstawia narysowaną parabolę w układzie współrzędnych kartezjańskich. Ramiona paraboli skierowane są w dół, jej wierzchołek znajduje się w pierwszej ćwiartce, poza tym parabola biegnie również w trzeciej i czwartej ćwiartce. Parabola posiada dwa miejsca zerowe zaznaczone niezamalowanymi kółkami. Pierwsze dla argumentu zero, drugie dla argumentu piętnaście.

Pierwsza współrzędna wierzchołka paraboli $x_w$, jest średnią arytmetyczną miejsc zerowych, zatem $x_w=\frac{0+15}{2}=7,5 \mathrm{cm}$. Zauważmy, że należy do dziedziny funkcji, zatem funkcja przyjmuje największą wartość w wierzchołku paraboli. Wyznaczymy $y=20-\frac{4}{3}x=20-\frac{4}{3}·7,5=10 \mathrm{cm}$.

Odpowiedź:

Wymiary każdego boksu wynoszą $7,5 \mathrm{cm}\times 10 \mathrm{cm}$.

Drewnianą listwę o długości $0,8 \mathrm{m}$ i szerokości $4 \mathrm{cm}$ należy pociąć na takie cztery części, aby po ich sklejeniu (zobacz rysunek) otrzymać ramę, w którą można oprawić obraz. Wyznaczymy maksymalne pole powierzchni obrazu, który może być oprawiony w tak zbudowaną ramę.

RojA0zATYeyRX

Zdjęcie przedstawia prostokątną drewnianą ramę stworzoną z czterech listew.

Rozwiązanie:

Oznaczmy:

RNjYFuUcUYXZn

Ilustracja przedstawia szkic geometryczny uzyskanej wcześniej drewnianej ramy. Długość dłuższej listwy została oznaczona jako y, długość krótszej jako x.

Znając długość listwy możemy zapisać równanie $2x+2y=80 \mathrm{cm}$. Wyznaczmy jedną zmienną $y=40-x$. Pole obrazu

$P=\left(x-4\right)\left(y-4\right)$

Podstawiając za $y=40-x$ otrzymujemy funkcję wyrażającą pole obrazu

$P\left(x\right)=\left(x-4\right)\left(36-x\right)$

Biorąc pod uwagę, że długości boków muszą być liczbami dodatnimi, wyznaczamy dziedzinę funkcji $P$.

$D=\left(4,36\right)$

Naszkicujemy wykres funkcji, współczynnik przy najwyższej potędze jest ujemny, więc ramiona paraboli skierowane są w dół.

R6HGqTzAzfvQh

Ilustracja przedstawia narysowaną parabolę w układzie współrzędnych kartezjańskich. Ramiona paraboli skierowane są w dół, jej wierzchołek znajduje się w pierwszej ćwiartce, poza tym parabola biegnie również w trzeciej i czwartej ćwiartce. Parabola posiada dwa miejsca zerowe zaznaczone niezamalowanymi kółkami. Pierwsze dla argumentu cztery, drugie dla argumentu trzydzieści sześć.

Pierwsza współrzędna wierzchołka paraboli $x_w$, jest średnią arytmetyczną miejsc zerowych, zatem $x_w=\frac{4+36}{2}=20 \mathrm{cm}$. Zauważmy, że należy do dziedziny funkcji, zatem funkcja przyjmuje największą wartość w wierzchołku paraboli. Wyznaczymy $y=40-x=40-20=20 \mathrm{cm}$. Maksymalne pole powierzchni obrazu wynosi

$P\left(20\right)=\left(20-4\right)\left(36-20\right)=256 {\mathrm{cm}}^2$.

Z kawałka blachy w kształcie trapezu równoramiennego o polu $3 {\mathrm{m}}^2$ i podstawach długości $80 \mathrm{cm}$ i $220 \mathrm{cm}$ należy wyciąć prostokąt o maksymalnym polu (zobacz rysunek). Wyznaczymy wymiary wyciętego prostokąta.

R5UFn4xCtwJtI

Zdjęcie przedstawia kawałek blachy w kształcie trapezu równoramiennego. Na blasze zaznaczono linią przerywaną prostokąt o jak największym możliwym polu powierzchni. W prostokącie zaznaczono kąty proste.

Rozwiązanie:

Oznaczmy:

RTjKC2l66ixpO

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny i wrysowany weń prostokąt. Wierzchołki trapezu zostały oznaczone literami A, B, C i D. Dłuższy bok prostokąta oznaczono jako x. Krótszy bok prostokąta oznaczono jako y i zawiera się on od punktu E do punktu S. Punkt E leży na dolnym odcinku trapezu. Punkt S znajduje się na ramieniu trapezu.

Z polecenia wiemy, że $\left|AB\right|=2,2 \mathrm{m}$ oraz $\left|CD\right|=0,8 \mathrm{m}$. Ze wzoru na pole trapezu wyznaczymy jego wysokość.

$P=\frac{\left(a+b\right)·h}{2}$

Podstawiamy $3=\frac{3·h}{2}$, stąd $h=2 \mathrm{m}$. W związku z tym, że $\left|CD\right|=\left|FG\right|$ oraz trapez jest równoramienny to $\left|AF\right|=\left|GB\right|=0,7 \mathrm{m}$. Przyjmując, że $\left|EH\right|=x$ mamy $\left|AE\right|=\frac{2,2-x}{2}$. Trójkąt $SAE$ oraz $DAF$ są podobnetrójkąty podobnepodobne, cecha bkb. Zapisujemy

$\frac{h}{y}=\frac{\left|AF\right|}{\left|AE\right|}$

Wyznaczając $y$ otrzymujemy

$y=\frac{h·\left|AE\right|}{\left|AF\right|}=\frac{2,2-x}{0,7}$

Następnie wyznaczamy pole prostokąta jako funkcję zmiennej $x$. Skoro $P=xy$, to

$P\left(x\right)=\frac{10}{7}x(2,2-x)$

Biorąc pod uwagę, że długości boków muszą być dodatnie określamy, że dziedziną jest zbiór $D=\left(0;2,2\right)$

Pierwsza współrzędna wierzchołka paraboli, której wykres pokrywa się z wykresem funkcji $P$, jest średnią arytmetyczną miejsc zerowych, zatem $x_w=\frac{0+2,2}{2}=1,1 \mathrm{m}$. Zauważmy, że należy do dziedziny funkcji, zatem funkcja przyjmuje największą wartość w wierzchołku paraboli. Wyznaczymy $y=\frac{2,2-x}{0,7}=\frac{11}{7} \mathrm{m}$.

Odpowiedź:

Wymiary wyciętego prostokąta to $1,1 \mathrm{m}\times \frac{11}{7} \mathrm{m}$.

Obwód okna przedstawionego na rysunku wynosi $14 \mathrm{m}$. Wyznaczymy miary odcinków $x$ i $y$ (patrz rysunek), aby przez okno wpadało jak najwięcej światła.

R1JaDJtXxTGNy

Zdjęcie przedstawia okno z białą ramą. Składa się ono z dwóch części, dolnej o kształcie prostokąta o bokach x i y, i górnej, oddzielonej ramą, w kształcie trójkąta równobocznego o boku y. Podstawa trójkąta jest jednocześnie górnym bokiem prostokąta.

Rozwiązanie:

Zapiszmy równanie wynikające z obwodu okna $2x+3y=14$. Wyznaczymy jedną ze zmiennych np. $x$ otrzymujemy $x=7-\frac{3}{2}y$. Przez okno będzie wpadać jak najwięcej światło gdy jego pole powierzchni będzie maksymalne. Okno składa się z dwóch figur: z prostokąta oraz z trójkąta równobocznegotrójkąt równobocznytrójkąta równobocznego.

$P=xy+\frac{y^2\sqrt{3}}{4}$

Podstawiając za $x$ otrzymujemy

$P\left(y\right)=\left(7-\frac{3}{2}y\right)y+\frac{y^2\sqrt{3}}{4}$

Przekształcając funkcję, otrzymujemy funkcję zmiennej $y$ wyrażającej pole powierzchni okna

$P\left(y\right)=7y+\left(\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{3}{2}\right)y^2$

Biorąc pod uwagę, że długości boków muszą być dodatnie, określamy, że dziedziną jest zbiór $D=\left(0,\frac{14}{3}\right)$

Wyznaczymy wierzchołek paraboli ze wzoru $-\frac{b}{2a}$. Otrzymujemy

$y=-\frac{7}{2\left(\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{3}{2}\right)}=-\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}-3}$

Następnie usuwamy niewymierność z mianownika

$y=-\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}-3}·\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+3}{\frac{\sqrt{3}}{2}+3}$

Mnożymy ułamki i upraszczamy

$y=\frac{-\frac{7\sqrt{3}}{2}-21}{\frac{3}{4}-9}=\frac{\frac{7\sqrt{3}}{2}+21}{\frac{33}{4}}=\frac{14\sqrt{3}}{33}+\frac{28}{11}$

Następnie wyznaczymy $x=7-\frac{3}{2}y=\frac{35}{11}-\frac{7\sqrt{3}}{11}$.

Odpowiedź:

Miary $x=\frac{35}{11}-\frac{7\sqrt{3}}{11} \mathrm{m}$ oraz $y=\frac{14\sqrt{3}}{33}+\frac{28}{11} \mathrm{m}$.

funkcję $f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ określoną dla wszystkich liczb rzeczywistych , gdzie $a,b,c$ są liczbami rzeczywistymi, przy czym $a\ne 0$, nazywamy funkcją kwadratową; jej wykresem jest parabola

$f\left(x\right)=a{\left(x+\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{∆}{4a}$, $a\ne 0$

metoda najlepszego rozwiązania przy uwzględnieniu zadanego warunku

maksymalna lub minimalna wartość funkcji

dwa trójkąty których odpowiednie kąty są równe, a odpowiednie boki proporcjonalne; trójkąty są podobne gdy zachodzi którykolwiek z poniższych równoważnych warunków:

1. cecha bbb (bok–bok–bok) – stosunki długości odpowiednich par boków są równe,

2. cecha bkb (bok–kąt–bok) – stosunku długości dwóch par boków są równe i miary kątów między tymi bokami są równe,

3. cecha kkk (kąt–kąt–kąt) – zachowane są miary odpowiednich kątów

trójkąt, którego wszystkie boki mają tę samą długość