Zadanie 1. [2021 Informator CKE, zad.9, pkt]
Syzyf codziennie stoi przed zadaniem wtoczenia ciężkiej kamiennej kuli na szczyt pewnej góry. $$x(t)=-t^3+16,5 t^2+180 t$$ dla $$t \in[0,24]$$ gdzie $$x$$ jest wyrażone w metrach, a $$t-$$ w godzinach. |
![]() |
Najpierw wyznaczymy najmniejszą odległość, na jaką Syzyf zbliży się do wierzchołka góry.
Obliczamy pochodną funkcji $$x$$ :
$$x^{\prime}(t)=-3 t^2+33 t+180 \text { dla } \quad t \in[0,24]$$
i obliczamy jej miejsca zerowe:
$$\begin{gathered}x^{\prime}(t)=0 \\-3 t^2+33 t+180=0 \\t^2-11 t-60=0 \\\Delta=361 \\t_1=15 \quad \quad t_2<0\end{gathered}$$
Ponieważ:
$$x^{\prime}(t)>0$$ dla $$t \in[0,15)$$
$$x^{\prime}(t)<0$$ dla $$t \in(15,24]$$
więc
funkcja $$x$$ jest rosnąca w przedziale $$[0,15]$$
funkcja $$x$$ jest malejąca w przedziale $$[15,24]$$
Zatem $$x_{\max }=x(15)=3037,5$$ i Syzyf zbliży się do wierzchołka góry na odległość 962,5 m.
Obliczamy maksymalną wartość prędkości, z jaką Syzyf wtacza kulę.
Niech $$v$$ oznacza prędkość Syzyfa wtaczającego kulę.
Ponieważ $$v=x^{\prime}$$, więc
$$v(t)=x^{\prime}(t)=-3 t^2+33 t+180 \text { dla } t \in[0,24]$$
Korzystamy z własności funkcji kwadratowej i obliczamy największą wartość prędkości, z jaką Syzyf wtacza kulę:
$$p=-\frac{b}{2 a}=-\frac{33}{2 \cdot(-3)}=\frac{11}{2} \in[0,24]$$
$$v\left(\frac{11}{2}\right)>0$$
Zatem największa wartość prędkości, z jaką Syzyf wtacza kulę pod górę jest równa $$v(5,5)=270,75 \mathrm{~m} / \mathrm{h}$$
Zadanie 2. [2021 Informator CKE, zad.10, 6 pkt]
Cztery miasta $$A, B, C$$ i $$D$$ znajdują się w wierzchołkach kwadratu o boku $$300 \mathrm{~km}$$. Pewna firma dostała zlecenie na zaprojektowanie sieci dróg, która będzie łączyć każde dwa z tych miast. Sieć ma posiadać dwa węzły, a łączna długość dróg w sieci ma być możliwie najmniejsza. (Przykład sieci dróg z dwoma węzłami, łączącej każde dwa z miast, przedstawiono na poniższym rysunku).
Oblicz, jaka musi być długość najkrótszej takiej sieci dróg i gdzie muszą być zlokalizowane węzly tej sieci.
Rozpatrzmy sieć dróg złożoną z odcinków $$A K, K L, L C, B L$$ i $$D K$$ (zobacz rysunek 1.)
Prowadzimy prostą $$p$$ równoległą do $$A D$$ i przechodzącą przez $$K$$ i zaznaczamy na niej punkt $$K^{\prime}$$ taki, że $$\left|A K^{\prime}\right|=\left|D K^{\prime}\right|$$.
Prowadzimy prostą równoległą do $$B C$$ i przechodzącą przez $$L$$ i zaznaczamy na niej punkt $$L^{\prime}$$ taki, że $$\left|B L^{\prime}\right|=\left|C L^{\prime}\right|($$ patrz rysunek 2.).
Pokażemy, że sieć dróg z węzłami $$K$$ i $$L$$ można zastąpić siecią krótszą - z węzłami $$K^{\prime}$$ i $$L^{\prime}$$. Niech $$D^{\prime}$$ będzie punktem symetrycznym do punktu $$D$$ względem prostej $$p$$. Wówczas punkty $$D^{\prime}, K^{\prime}$$ oraz A są współliniowe, więc
$$|D K|+|K A|=\left|D^{\prime} K\right|+|K A| \geq\left|D^{\prime} A\right|=\left|D K^{\prime}\right|+\left|K^{\prime} A\right|$$
Podobnie pokazujemy, że $$|B L|+|L C| \geq\left|B L^{\prime}\right|+\left|L^{\prime} C\right|$$. Ponadto odcinek $$K^{\prime} L^{\prime}$$ jest równoległy do prostej $$A B$$, więc $$\left|K^{\prime} L^{\prime}\right| \leq|K L|$$. Zatem sieć dróg z węzłami $$K^{\prime}$$ i $$L^{\prime}$$ jest krótsza niż z węzłami $$K$$ i $$L$$.
Oznaczmy odległość punktu $$K^{\prime}$$ od prostej $$A D$$ przez $$x$$, natomiast punktu $$L^{\prime}$$ od prostej $$B C$$ przez y. Długość $$d$$ sieci z węzłami $$K^{\prime}$$ i $$L^{\prime}$$ jest równa
$$d=2 \sqrt{150^2+x^2}+2 \sqrt{150^2+y^2}+300-x-y$$
gdzie $$x \in[0,300]$$ i $$0 \leq x+y<300$$.
Zbadamy funkcję $$f(x)=2 \sqrt{150^2+x^2}-x$$ określoną dla $$x \in[0,300]$$.
$$\begin{gathered}f^{\prime}(x)=2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{150^2+x^2}} \cdot 2 x-1=\frac{2 x}{\sqrt{150^2+x^2}}-1 \\f^{\prime}(x)=0 \\\frac{2 x}{\sqrt{\left(150^2+x^2\right)}}=1 \\4 x^2=x^2+150^2 \\x=50 \sqrt{3} \\f^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow x \in(50 \sqrt{3}, 300] \\f^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x \in[0,50 \sqrt{3})\end{gathered}$$
Funkcja $$f$$ jest malejąca w przedziale $$[0,50 \sqrt{3}]$$ i rosnąca w przedziale $$[50 \sqrt{3}, 300]$$. Najmniejszą wartość funkcja przyjmuje w punkcie $$x=50 \sqrt{3}$$ i wartość ta jest równa $$f(50 \sqrt{3})=150 \sqrt{3}$$
Zatem
$$d=f(x)+f(y)+300 \geq 300(1+\sqrt{3})$$
przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy $$x=y=50 \sqrt{3}$$. Najkrótsza sieć dróg ma zatem długość $$300(1+\sqrt{3}) \mathrm{km}$$ i składa się z 5 odcinków: $$A K^{\prime}, K^{\prime} L^{\prime}, L^{\prime} C, B L^{\prime}$$ i $$D K^{\prime}$$.
Węzeł $$K^{\prime}$$ jest równo oddalony (w odległości $$100 \sqrt{3} \mathrm{~km}$$ ) od miast $$A$$ i $$D$$, natomiast węzeł $$L^{\prime}$$ jest równo oddalony (w odległości $$100 \sqrt{3} \mathrm{~km}$$ ) od miast $$B$$ i $$C$$ (patrz rysunek 2.).
Zauważmy jeszcze, że w przypadku sieci dróg z jednym węzłem, najkrótsza taka sieć będzie miała długość równą $$600 \sqrt{2} \mathrm{~km}$$ (i węzeł w środku kwadratu $$A B C D$$ ). Będzie więc dłuższa niż sieć z dwoma węzłami.
Zadanie 3. [2021 Informator CKE, zad.18]
Rozpatrujemy wszystkie takie prostopadłościany, w których suma długości wszystkich krawędzi jest równa 80, pole powierzchni całkowitej jest równe 256 i żadna z krawędzi bryły nie jest krótsza niż 4.
Zadanie 3.1. [2021 Informator CKE, zad.18.1, 4 pkt]
Wykaż, że układ równań
$$\begin{aligned}4 a+4 b+4 c &=80 \\2 a b+2 b c+2 c a &=256\end{aligned}$$
z niewiadomymi $$a$$ oraz $$b$$ ma rozwiązanie, które jest parą liczb rzeczywistych nie mniejszych od 4 wtedy i tylko wtedy, gdy $$c \in\left[4, \frac{28}{3}\right]$$.
Załóżmy, że układ równań (1)-(2) ma rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych nie mniejszych od 4. Wtedy
$$\left\{\begin{array}{l}a+b+c=20 \\a b+b c+c a=128\end{array}\right.$$
Przekształcamy układ równań do postaci, w której otrzymamy równanie kwadratowe z niewiadomą a i parametrem $$c$$ :
$$\begin{aligned}&\left\{\begin{array}{l}b=20-a-c \\a(20-a-c)+(20-a-c) c+c a=128\end{array}\right. \\&\left\{\begin{array}{l}b=20-a-c \\-a^2+(-c+20) a+\left(-c^2+20 c-128\right)=0\end{array}\right. \\&\left\{\begin{array}{l}b=20-a-c \\a^2+(c-20) a+\left(c^2-20 c+128\right)=0\end{array}\right.
\end{aligned}$$
Równanie $$a^2+(c-20) a+\left(c^2-20 c+128\right)=0 \quad$$ ma z założenia rozwiązanie, więc wyróżnik $$\Delta_a$$ jest nieujemny, co prowadzi do:
$$\begin{gathered}\Delta_a \geq 0 \\(c-20)^2-4\left(c^2-20 c+128\right) \geq 0 \\-3 c^2+40 c-112 \geq 0 \\-3(c-4)\left(c-\frac{28}{3}\right) \geq 0 \\c \in\left[4, \frac{28}{3}\right]\end{gathered}$$
Jeśli $$c \in\left[4, \frac{28}{3}\right]$$, to funkcja $$f(a)=a^2+(c-20) a+\left(c^2-20 c+128\right)$$ ma co najmniej jedno miejsce zerowe (gdyż $$\Delta_a \geq 0$$ ).
Wykresem funkcji $$f$$ jest parabola, której wierzchołek $$W=(p, q)$$ ma rzędną niedodatnią $$q=-\frac{\Delta}{4}$$
Odcięta $$p=-\frac{c-20}{2} \in\left[\frac{16}{3}, 8\right]$$, a ponadto $$f(4)=c^2-16 c+64=(c-8)^2 \geq 0$$
Zatem $$f$$ ma miejsce zerowe w zbiorze $$[4,+\infty)$$.
Podobnie argumentujemy, że funkcja $$g(b)=b^2+(c-20) b+\left(c^2-20 c+128\right)$$ ma miejsce zerowe w przedziale $$[4,+\infty)$$.
Zatem układ (1)–(2) ma rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych nie mniejszych od 4.
Zadanie 3.2. [2021 Informator CKE, zad.18.2, 3 pkt]
Objętość każdego z rozpatrywanych prostopadłościanów można wyrazić za pomocą funkcji
$$
V(c)=c^3-20 c^2+128 c
$$
gdzie $$c \in\left[4, \frac{28}{3}\right]$$ jest długością jednej z krawędzi bryły.
Spośród rozpatrywanych prostopadłościanów oblicz objętość tego prostopadłościanu, którego objętość jest najmniejsza.
W celu znalezienia prostopadłościanu, którego objętość jest najmniejsza, należy zbadać funkcję $$V(c)$$.
Obliczamy pochodną funkcji $$V$$ i obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji $$V$$ :
$$
\begin{gathered}
V^{\prime}(c)=3 c^2-40 c+128 \\
V^{\prime}(c)=0 \\
3 c^2-40 c+128=0
\end{gathered}
$$
$$
\Delta=64
$$
$$
c=8 \text { lub } c=\frac{16}{3}
$$
Zbadamy monotoniczność funkcji $$V$$. Ponieważ
$$
\begin{aligned}
&V^{\prime}(c)>0 \text { dla } c \in\left[4, \frac{16}{3}\right) \cup\left(8, \frac{28}{3}\right] \\
&V^{\prime}(c)<0 \text { dla } c \in\left(\frac{16}{3}, 8\right)
\end{aligned}
$$
więc
funkcja $$V$$ jest rosnąca w przedziałach $$\left[4, \frac{16}{3}\right]$$ oraz $$\left[8, \frac{28}{3}\right]$$ funkcja $$V$$ jest malejąca w przedziale $$\left[\frac{16}{3}, 8\right]$$.
Ponieważ $$V(4)=256, V(8)=256$$ oraz $$V\left(\frac{28}{3}\right) \approx 265$$, więc najmniejsza możliwa objętość prostopadłościanu jest równa 256 .
Zadanie 3.2. [2021 Informator CKE, zad.19, 4 pkt]
Na rysunku obok przedstawiono położenie miejscowości $$A, B$$ i $$C$$ oraz zaznaczono odległości między nimi. O godzinie $$9: 00$$ z miejscowości $$A$$ do $$C$$ wyruszył zastęp harcerzy "Tropiciele” i przemieszczal się z prędkością $$4 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$$. O tej samej godzinie z miejscowości $$B$$ do $$A$$ wyruszył zastęp harcerzy "Korsarze” i przemieszczał się z prędkością $$2 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$$. Wyznacz godzinę, o której odległość między tymi zastępami harcerzy będzie najmniejsza. |
Sposób 1.
Niech $$d_1$$ będzie odległością (w km) zastępu „Tropiciele” od miejscowości $$A$$.
Wyznaczamy zależność $$d_1$$ od czasu $$t$$ (w godzinach), jaki upłynął od chwili wyruszenia zastępu z miejscowości $$A$$ :
$$d_1(t)=4 t \quad$$ dla $$t \in[0,5]$$
Niech $$d_2$$ będzie odległością (w km) zastępu „Korsarze” od miejscowości $$A$$.
Wyznaczamy zależność $$d_2$$ od czasu $$t$$ (w godzinach), jaki upłynął od chwili wyruszenia zastępu z miejscowości B:
$$d_2(t)=15-2 t \quad$$ dla $$t \in\left[0, \frac{15}{2}\right]$$
Odległość $$d$$ między zastępami w chwili $$t$$ jest równa
$$d(t)=\sqrt{d_1^2(t)+d_2^2(t)}=\sqrt{16 t^2+(15-2 t)^2}$$ dla $$t \in\left[0, \frac{15}{2}\right]$$
Badamy, dla jakiego argumentu $$t \in\left[0, \frac{15}{2}\right]$$ funkcja $$d$$ osiąga wartość najmniejszą.
Ponieważ funkcja $$g(x)=\sqrt{x}$$ jest funkcją rosnącą w przedziale $$[0,+\infty)$$, więc funkcja $$d$$ osiąga wartość najmniejszą wtedy, gdy funkcja
$$f(t)=16 t^2+(15-2 t)^2=20 t^2-60 t+225$$ określona dla $$t \in\left[0, \frac{15}{2}\right]$$
osiąga wartość najmniejszą.
Funkcja $$f$$ jest funkcją kwadratową, która osiąga wartość najmniejszą dla
$$
t=\frac{60}{2 \cdot 20}=1,5 \in\left[0, \frac{15}{2}\right]
$$
Zatem funkcja $$d$$ osiąga wartość najmniejszą dla argumentu $$t=1,5$$.
Odległość między zastępami harcerzy będzie najmniejsza o godzinie 10:30.
Sposób 2.
Niech $$d_1$$ będzie odległością (w km) zastępu „Tropiciele" od miejscowości $$A$$.
Wyznaczamy zależność $$d_1$$ od czasu $$t$$ (w godzinach), jaki upłynął od chwili wyruszenia zastępu z miejscowości $$A$$ :
$$d_1(t)=4 t \quad$$ dla $$t \in[0,5]$$.
Niech $$d_2$$ będzie odległością (w km) zastępu „Korsarze” od miejscowości $$A$$.
Wyznaczamy zależność $$d_2$$ od czasu $$t$$ (w godzinach), jaki upłynął od chwili wyruszenia zastępu z miejscowości $$B$$ :
$$d_2(t)=15-2 t \quad$$ dla $$t \in\left[0, \frac{15}{2}\right]$$.
Odległość $$d$$ między zastępami w chwili $$t$$ wynosi
$$d(t)=\sqrt{d_1^2(t)+d_2^2(t)}=\sqrt{16 t^2+(15-2 t)^2}$$ dla $$t \in\left[0, \frac{15}{2}\right]$$.
Badamy, dla jakiego argumentu $$t \in\left[0, \frac{15}{2}\right]$$ funkcja $$d$$ osiąga wartość najmniejszą.
Obliczamy pochodną funkcji $$d$$ :
$$
\begin{aligned}
d^{\prime}(t) &=\left(\sqrt{16 t^2+(15-2 t)^2}\right)^{\prime} \cdot\left[16 t^2+(15-2 t)^2\right]^{\prime}=\\
&=\frac{1}{2 \sqrt{16 t^2+(15-2 t)^2}} \cdot[32 t+2 \cdot(15-2 t) \cdot(-2)]=\frac{20 t-30}{\sqrt{16 t^2+(15-2 t)^2}} \\
\text { dla } t \in\left[0, \frac{15}{2}\right] .
\end{aligned}
$$
Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji $$d$$ :
$$
\begin{gathered}
\frac{20 t-30}{\sqrt{16 t^2+(15-2 t)^2}}=0 \\
t=\frac{3}{2} \in\left[0, \frac{15}{2}\right]
\end{gathered}
$$
Sprawdzamy, czy w punkcie $$t=\frac{3}{2}$$ funkcja $$d$$ osiaga ekstremum.
Badamy monotoniczność funkcji $$d$$. Ponieważ
$$
d^{\prime}(t)>0 \text { dla } t \in\left(\frac{3}{2}, \frac{15}{2}\right]
$$
$$
d^{\prime}(t)<0 \text { dla } t \in\left[0, \frac{3}{2}\right)
$$
więc
funkcja $$d$$ jest rosnąca w przedziale $$\left[\frac{3}{2}, \frac{15}{2}\right]$$
funkcja $$d$$ jest malejąca w przedziale $$\left[0, \frac{3}{2}\right]$$,
co oznacza, że w punkcie $$t=1,5$$ funkcja $$d$$ osiąga wartość najmniejszą.
Odległość między zastępami harcerzy będzie najmniejsza o godzinie 10:30.
Zadanie 4. [2021 Informator CKE, zad.20, 4 pkt]
Firma X wytwarza pewien produkt $$\mathrm{D}$$. Badania rynku pokazały, że związek między ilością $$Q$$ produktu D, jaką firma jest w stanie zbyć na rynku, a ceną $$P$$ produktu jest następujący:
$$
P(Q)=90-0,1 Q \quad \text { dla } Q \in[0,900]
$$
gdzie $$P$$ jest ceną za jednostkę produktu w złotych, a $$Q$$ - ilością produktu w tys. sztuk.
Koszty $$K$$ wytworzenia produktu D zależą od ilości $$Q$$ wytwarzanego produktu następująco:
$$
K(Q)=0,002 Q^3+Q^2+29,9985 Q+50
$$
gdzie $$K$$ jest kosztem produkcji w tys. zł.
Oblicz, przy jakiej wielkości produkcji firma $$X$$ osiąga największy dochód. Wynik podaj zaokrąglony z dokładnością do 100 sztuk.
Dochód $$Z$$ firmy to przychód $$R$$ pomniejszony o koszty $$K$$.
Ponieważ przychód wyraża się zależnością $$R=Q \cdot P$$, więc
$$
R(Q)=90 Q-0,1 Q^2
$$
Wyznaczamy zależność dochodu od wielkości produkcji:
$$
\begin{gathered}
Z(Q)=R(Q)-K(Q) \\
Z(Q)=-0,002 Q^3-1,1 Q^2+60,0015 Q-50
\end{gathered}
$$
W celu znalezienia optymalnej wielkości produkcji, przy której dochód jest możliwie największy, należy zbadać funkcję $$Z$$.
Obliczamy pochodną funkcji $$Z$$ i miejsca zerowe pochodnej:
$$
\begin{gathered}
Z^{\prime}(Q)=-0,006 Q^2-2,2 Q+60,0015 \quad \text { dla } Q \in[0,900] \\
Z^{\prime}(Q)=0 \\
-0,006 Q^2-2,2 Q+60,0015=0 \text { i } Q \in[0,900] \\
\Delta=(-2,2)^2-4 \cdot(-0,006) \cdot 60,0015=6,280036 \\
Q_1=\frac{2,2-\sqrt{6,280036}}{2 \cdot(-0,006)}=25,5 \quad\left(Q_2<0\right)
\end{gathered}
$$
Ponieważ:
$$
\begin{aligned}
&Z^{\prime}(Q)>0 \text { dla } Q \in\left[0, Q_1\right] \\
&Z^{\prime}(Q)<0 \text { dla } Q \in\left[Q_1, 900\right]
\end{aligned}
$$
Więc
funkcja $$Z$$ jest rosnąca w przedziale $$\left[0, Q_1\right]$$
funkcja $$Z$$ jest malejąca w przedziale $$\left[Q_1, 900\right]$$
Zatem funkcja $$Z$$ przyjmuje największą wartość dla argumentu $$Q_1=25,5$$.
Dochód firmy jest największy przy wielkości produkcji 25500 sztuk.
Zadanie 5. [2022 marzec, zad.6]
Na obrzeżach miasta znajduje się jezioro, na którym postanowiono stworzyć tor regatowy. Na podstawie dostępnych map wymodelowano w pewnej skali ksztalt linii brzegowej jeziora w kartezjańskim układzie wspólrzędnych $$(x, y)$$ za pomocą fragmentów wykresów funkcji $$f$$ oraz $$g$$ (zobacz rysunek).
Funkcje $$f$$ oraz $$g$$ są określone wzorami $$f(x)=x^2$$ oraz $$g(x)=-\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+4$$
Początek toru postanowiono zlokalizować na brzegu jeziora w miejscu, któremu odpowiada w układzie współrzędnych punkt $$P=(-1,1)$$.
Zadanie 5.1. [2022 marzec, zad.6.1., 2 pkt]
Niech $$R$$ będzie punktem leżącym na wykresie funkcji $$g$$.
Wykaż, że odległość punktu $$R$$ od punktu $$P$$ wyraża się wzorem
$$
|P R|=\sqrt{\frac{1}{4} x^4-\frac{1}{2} x^3-\frac{13}{8} x^2+\frac{39}{8} x+\frac{593}{64}}
$$
gdzie $$x$$ jest pierwszą współrzędną punktu $$R$$.
Ponieważ $$R \in g$$, więc $$R=\left(x,-0,5(x-0,5)^2+4\right)$$. Zatem
$$|P R|=\sqrt{(x-(-1))^2+\left(-0,5(x-0,5)^2+4-1\right)^2}$$
Stosując wzór na kwadrat sumy dwóch wyrażeń, otrzymujemy
$$\begin{array}{r}|P R|=\sqrt{x^2+2 x+1+\left(-0,5(x-0,5)^2\right)^2+2 \cdot(-0,5)(x-0,5)^2 \cdot 3+9} \\|P R|=\sqrt{x^2+2 x+1+\frac{1}{4}\left(x^2-x+\frac{1}{4}\right)\left(x^2-x+\frac{1}{4}\right)-3\left(x^2-x+\frac{1}{4}\right)+9} \\|P R|=\sqrt{x^2+2x+1+\frac{1}{4}\left(x^4-2 x^3+\frac{3}{2} x^2-\frac{1}{2} x+\frac{1}{16}\right)-3 x^2+3 x-\frac{3}{4}+9}\end{array}$$
$$|P R|=\sqrt{\frac{1}{4} x^4-\frac{1}{2} x^3-\frac{13}{8} x^2+\frac{39}{8} x+\frac{593}{64}}$$
To należało pokazać.
Zadanie 5.2. [2022 marzec, zad.6.2., 6 pkt]
Koniec toru regatowego należy umieścić na linii brzegowej.
Oblicz współrzędne punktu $$K$$, w którym należy zlokalizować koniec toru, aby długość toru (tj. odległość końca $$K$$ toru od początku $$P$$ ) była możliwie największa. Oblicz długość najdłuższego toru.
Wskazówka.
Przy rozwiązywaniu zadania możesz skorzystać z tego, że odległość dowolnego punktu $$R$$ leżącego na wykresie funkcji $$g$$ od punktu $$P$$ wyraża się wzorem
$$
|P R|=\sqrt{\frac{1}{4} x^4-\frac{1}{2} x^3-\frac{13}{8} x^2+\frac{39}{8} x+\frac{593}{64}}
$$
gdzie $$x$$ jest pierwszą współrzędną punktu $$R$$.
Pokażemy najpierw, że optymalna lokalizacja końca toru regatowego musi znajdować się na linii brzegowej określonej przez funkcję $$g$$.
Niech $$A=\left(x_A, y_A\right)$$ i $$B=\left(x_B, y_B\right)$$ będą punktami przecięcia wykresów funkcji $$f$$ i $$g$$ (zobacz rysunek).
Współrzędne każdego punktu $$C=\left(x_C, y_C\right)$$ leżącego na fragmencie paraboli (będącej wykresem funkcji $$f)$$ pomiędzy punktami $$A$$ i $$B$$ spelniają nierówności
$$
\left|x_C-x_P\right| \leq\left|x_B-x_P\right| \wedge\left|y_C-y_P\right| \leq\left|y_B-y_P\right|
$$
więc
$$
\begin{aligned}
\left|x_C-x_P\right|^2+\left|y_C-y_P\right|^2 & \leq\left|x_B-x_P\right|^2+\left|y_B-y_P\right|^2 \\
|P C|^2 & \leq|P B|^2 \\
|P C| & \leq|P B|
\end{aligned}
$$
Ponieważ $$B \in g$$, wiẹc optymalna lokalizacja końca toru musi znajdować siẹ na linii brzegowej określonej przez funkcję $$g$$.
Obliczamy pierwsze współrzędne punktów przeciẹcia wykresów funkcji $$f$$ i $$g$$ :
$$
\begin{gathered}
x^2=-0,5(x-0,5)^2+4 \\
\frac{3}{2} x^2-\frac{1}{2} x-\frac{31}{8}=0 \\
12 x^2-4 x-31=0 \\
x=\frac{1-\sqrt{94}}{6} \approx-1,45 \quad \vee \quad x=\frac{1+\sqrt{94}}{6} \approx 1,78
\end{gathered}
$$
Zatem $$x_A=\frac{1-\sqrt{94}}{6}$$ oraz $$x_{\bar{B}}=\frac{1+\sqrt{94}}{6}$$.
W celu wyznaczenia punktu, w którym należy umiejscowić koniec toru, rozpatrujemy funkcję $$d$$ określoną wzorem
$$
d(x)=\sqrt{\frac{1}{4} x^4-\frac{1}{2} x^3-\frac{13}{8} x^2+\frac{39}{8} x+\frac{593}{64}}
$$
dla każdego $$x \in\left[\frac{1-\sqrt{94}}{6}, \frac{1+\sqrt{94}}{6}\right]$$ i szukamy argumentu, dla którego funkcja ta osiaga wartość największą.
Funkcja $$d$$ określa odległość punktu $$P$$ od punktu $$R$$ (leżącego na linii brzegowej określonej przez funkcję $$g$$ ) w zależności od pierwszej współzẹdnej $$x$$ punktu $$R$$. Tworzymy funkcję pomocniczą $$k$$ określona wzorem $$k(x)=\frac{1}{4} x^4-\frac{1}{2} x^3-\frac{13}{8} x^2+\frac{39}{8} x+\frac{593}{64}$$ dla $$x \in\left[\frac{1-\sqrt{94}}{6}, \frac{1+\sqrt{94}}{6}\right]$$. Obliczamy pochodną funkcji $$k$$ :
$$
k^{\prime}(x)=x^3-\frac{3}{2} x^2-\frac{13}{4} x^2+\frac{39}{8}
$$
i miejsca zerowe pochodnej:
$$
\begin{gathered}
x^3-\frac{3}{2} x^2-\frac{13}{4} x^2+\frac{39}{8}=0 \\
8 x^3-12 x^2-26 x+39=0 \\
4 x^2(2 x-3)-13(2 x-3)=0 \\
\left(4 x^2-13\right)(2 x-3)=0 \\
x=-\frac{\sqrt{13}}{2} \vee x=\frac{\sqrt{13}}{2} \vee x=\frac{3}{2}
\end{gathered}
$$
Spośród liczb $$\left(-\frac{\sqrt{13}}{2}\right), \frac{\sqrt{13}}{2}, \frac{3}{2}$$ tylko liczba $$\frac{3}{2}$$ należy do przedziału $$\left[\frac{1-\sqrt{94}}{6}, \frac{1+\sqrt{94}}{6}\right]$$.
Zatem $$k^{\prime}(x)=0$$ tylko dla $$x=\frac{3}{2}$$.
Ponieważ:
$$k^{\prime}(x)>0$$ dla $$x \in\left[\frac{1-\sqrt{94}}{6}, \frac{3}{2}\right)$$ oraz
$$k^{\prime}(x)<0$$ dla $$x \in\left(\frac{3}{2}, \frac{1+\sqrt{94}}{6}\right]$$
więc
funkcja $$k$$ jest rosnąca w zbiorze $$\left[\frac{1-\sqrt{94}}{6}, \frac{3}{2}\right]$$ oraz malejąca w zbiorze $$\left[\frac{3}{2}, \frac{1+\sqrt{94}}{6}\right]$$.
Zatem funkcja $$k$$ osiaga wartość największą dla argumentu $$x=\frac{3}{2}$$.
Ponieważ funkcja $$h(t)=\sqrt{t}$$ jest rosnąca w zbiorze $$[0,+\infty)$$, więc funkcja $$d$$ osiaga wartość największą dla tego samego argumentu, dla którego funkcja $$k$$ osiaga wartość największą.
Stąd wynika, że funkcja $$d$$ osiąga wartość największą dla argumentu $$x=\frac{3}{2}$$.
Obliczamy współrzędne punktu $$K$$ oraz $$|P K|$$ :
$$
g\left(\frac{3}{2}\right)=-0,5\left(\frac{3}{2}-0,5\right)^2+4=3,5
$$
$$K=\left(\frac{3}{2}, \frac{7}{2}\right)$$
$$
|P K|=d\left(\frac{3}{2}\right)=\sqrt{\left(\frac{3}{2}+1\right)^2+\left(\frac{7}{2}-1\right)^2}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}
$$
Koniec toru regatowego należy zlokalizować w punkcie, który odpowiada punktowi $$K=\left(\frac{3}{2}, \frac{7}{2}\right)$$. Największa możliwa długość toru regatowego jest równa $$\frac{5 \sqrt{2}}{2}$$ (j).
Zadanie 6. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.27, 6 pkt]
Dany jest okrąg o promieniu $$R$$. Rozważamy wszystkie trójkąty spełniające warunki:
- są wpisane w ten okrąg
- mają obwody równe $$3 R$$
- mają jeden z boków dwukrotnie dłuższy od drugiego.
Znajdź trójkąt o możliwie największym polu przy zadanych warunkach. Oblicz jego pole. Zapisz obliczenia.
Oznaczmy przez $$x$$ długość jednego z boków trójkąta. Wówczas pozostałe boki mają długość $$2 x$$ oraz $$3 R-3 x$$.
Korzystając ze wzoru na pole trójkąta $$P=\frac{a b c}{4 R}$$, otrzymujemy
$$
P(x)=\frac{x \cdot 2 x \cdot(3 R-3 x)}{4 R}
$$
a po uporządkowaniu
$$
P(x)=\frac{3}{2} x^2-\frac{3}{2 R} x^3
$$
Wyznaczamy dziedzinę funkcji. Z nierówności trójkąta mamy:
$$
\begin{array}{ccc}
x<2 x+(3 R-3 x) & 2 x<x+(3 R-3 x) & 3 R-3 x<x+2 x \\
x<\frac{3}{2} R & x<\frac{3}{4} R & x>\frac{1}{2} R
\end{array}
$$
Dziedziną funkcji $$P$$ jest zbiór $$\left(\frac{1}{2} R, \frac{3}{4} R\right)$$.
Szukamy maksimum funkcji $$P$$. W tym celu wyznaczamy pochodną:
$$
P^{\prime}(x)=\frac{3}{2} \cdot 2 x-\frac{3}{2 R} \cdot 3 x^2=3 x-\frac{9}{2 R} x^2
$$
Obliczamy miejsca zerowe funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
P^{\prime}(x)=0 \\
3 x-\frac{9}{2 R} x^2=0 \\
x=0 \notin\left(\frac{1}{2} R, \frac{3}{4} R\right) \quad \text { lub } \quad x=\frac{2}{3} R \in\left(\frac{1}{2} R, \frac{3}{4} R\right)
\end{gathered}
$$
Badamy znak funkcji pochodnej:
$$
3 x-\frac{9}{2 R} x^2>0
$$
$$
3 x\left(1-\frac{3}{2 R} x\right)>0
$$
Pochodna funkcji $$P$$ jest dodatnia w przedziale $$\left(\frac{1}{2} R, \frac{2}{3} R\right)$$, czyli funkcja $$P$$ jest rosnąca w przedziale $$\left(\frac{1}{2} R, \frac{2}{3} R\right]$$. Pochodna funkcji $$P$$ jest ujemna w przedziale $$\left(\frac{2}{3} R, \frac{3}{4} R\right)$$, czyli funkcja $$P$$ jest malejąca w przedziale $$\left[\frac{2}{3} R, \frac{3}{4} R\right)$$. To oznacza, że w punkcie $$x_0=\frac{2}{3} R$$ funkcja osiąga wartość największą.
Obliczamy wartość funkcji $$P$$ dla $$x_0=\frac{2}{3} R$$ :
$$
P\left(\frac{2}{3} R\right)=\frac{3}{2} \cdot\left(\frac{2}{3} R\right)^2-\frac{3}{2 R} \cdot\left(\frac{2}{3} R\right)^3=\frac{2}{3} R^2-\frac{4}{9} R^2=\frac{2}{9} R^2
$$
Zadanie 7. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.28, 6 pkt]
Grażyna planuje zrobienie pudełka (bez wieczka) w kształcie prostopadłościanu. W tym celu zamierza wykorzystać prostokątny kawałek tektury o wymiarach $$10 \mathrm{~cm} \times 16 \mathrm{~cm}$$, odcinając z każdego rogu kwadrat o boku $$x \mathrm{~cm}$$ (zobacz rysunek).
Oblicz wartość $$x$$, dla której objętość otrzymanego pudełka będzie największa. Oblicz tę największą objętość pudełka. Zapisz obliczenia.
Złożone pudełko będzie miało kształt prostopadłościanu o wymiarach
$$(10-2 x) \times(16-2 x) \times x$$, zatem jego objętość $$v$$ możemy opisać funkcją
$$
v(x)=(10-2 x) \cdot(16-2 x) \cdot x=4 x^3-52 x^2+160 x=4\left(x^3-13 x^2+40 x\right)
$$
Z warunków zadania wynika, że dziedziną tej funkcji jest zbiór $$(0,5)$$.
Wyznaczamy pochodną funkcji $$v(x)$$ :
$$
v^{\prime}(x)=4\left(3 x^2-26 x+40\right)
$$
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej:
$$
\begin{gathered}
v^{\prime}(x)=0 \\
4\left(3 x^2-26 x+40\right)=0 \\
4(x-2)(3 x-20)=0 \\
x=2 \in(0,5) \text { lub } x=\frac{20}{3} \notin(0,5)
\end{gathered}
$$
Badamy znak funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
v^{\prime}(x)>0 \\
4\left(3 x^2-26 x+40\right)>0 \\
4(x-2)(3 x-20)>0
\end{gathered}
$$
Funkcja pochodna przyjmuje wartości dodatnie dla $$x \in(0,2)$$ oraz wartości ujemne dla $$x \in(2,5)$$
Wynika stąd, że maksymalnym przedziałem, na którym funkcja $$v(x)$$ rośnie, jest $$(0,2]$$, zaś maksymalny przedział, na którym maleje, to $$[2,5)$$.
Wnioskujemy zatem, że funkcja $$v$$ osiąga wartość największą dla $$x=2$$.
Obliczamy największą objętość pudełka:
$$
v(2)=4\left(2^3-13 \cdot 2^2+40 \cdot 2\right)=4(8+52+80)=4 \cdot 140=560
$$
Największą objętość - równą $$560 \mathrm{~cm}^3$$ - otrzymamy, odcinając z rogów prostokąta kwadraty o boku $$2 \mathrm{~cm}$$.
Zadanie 8. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.29, 6 pkt]
Dom $$D$$ stoi w odległości 5 km od prostoliniowego odcinka drogi. W chwili początkowej Janusz znajduje się na tej drodze w punkcie $$A$$ oddalonym od domu $$D$$ o $$13 \mathrm{~km}$$ (zobacz rysunek). Janusz może iść drogą z maksymalną prędkością $$5 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$$, zaś poza nią może poruszać się z maksymalną prędkością $$3 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$$.
Oblicz najkrótszy czas potrzebny Januszowi na dojście do domu $$D$$. Zapisz obliczenia.
Sposób I
Niech $$P$$ będzie punktem drogi leżącym najbliżej domu $$D$$. Stosujemy twierdzenie
Pitagorasa i obliczamy odległość $$A P: \sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12(\mathrm{~km})$$.
Przyjmijmy, że Janusz pokonuje drogą odcinek $$12-x \mathrm{~km}$$, a następnie schodzi z drogi i kieruje się prosto w stronę domu $$D$$ (zobacz rysunek).
Stosując po raz kolejny twierdzenie Pitagorasa, wyznaczamy długość drogi Janusza poza drogą:
$$
s=\sqrt{x^2+5^2}
$$
Cała trasa Janusza od punktu $$A$$ do domu $$D$$ jest równa $$12-x+\sqrt{x^2+25}$$ kilometrów.
Czas potrzebny na przebycie trasy wzdłuż drogi:
$$
t_1=\frac{12-x}{5}
$$
Czas potrzebny na przebycie trasy poza drogą:
$$
t_2=\frac{\sqrt{x^2+25}}{3}
$$
Czas $$t$$ wyrażony w godzinach potrzebny na pokonanie całej trasy możemy opisać funkcją
$$
t(x)=\frac{12-x}{5}+\frac{\sqrt{x^2+25}}{3}
$$
Dziedziną tej funkcji jest przedział $$[0,12]$$.
Wyznaczamy pochodną funkcji $$t$$ :
$$
t^{\prime}(x)=-\frac{1}{5}+\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{x^2+25}} \cdot 2 x=\frac{5 x-3 \sqrt{x^2+25}}{15 \sqrt{x^2+25}}
$$
Obliczamy miejsca zerowe funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
t^{\prime}(x)=0 \\
\frac{5 x-3 \sqrt{x^2+25}}{15 \sqrt{x^2+25}}=0 \\
5 x-3 \sqrt{x^2+25}=0 \\
5 x=3 \sqrt{x^2+25}
\end{gathered}
$$
$$
\begin{gathered}
25 x^2=9\left(x^2+25\right) \\
16 x^2-225=0 \\
x^2-\frac{225}{16}=0 \\
\left(x-\frac{15}{4}\right)\left(x+\frac{15}{4}\right)=0
\end{gathered}
$$
Rozwiązaniami powyższego równania są liczby $$\left(-\frac{15}{4}\right)$$ oraz $$\frac{15}{4}$$. Do dziedziny funkcji $$t$$ należy tylko druga z tych liczb.
Badamy znak funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
t^{\prime}(x)>0 \\
\frac{5 x-3 \sqrt{x^2+25}}{15 \sqrt{x^2+25}}>0 \\
5 x-3 \sqrt{x^2+25}>0 \\
5 x>3 \sqrt{x^2+25}
\end{gathered}
$$
Ponieważ obie strony nierówności są nieujemne, możemy podnieść je do kwadratu:
$$
\begin{gathered}
25 x^2>9\left(x^2+25\right) \\
16 x^2-225>0 \\
x^2-\frac{225}{16}>0
\end{gathered}
$$
$$
\left(x-\frac{15}{4}\right)\left(x+\frac{15}{4}\right)>0
$$
Biorąc pod uwagę dziedzinę funkcji $$t$$, możemy stwierdzić, że funkcja pochodna przyjmuje wartości ujemne dla $$x \in\left[0, \frac{15}{4}\right)$$, zaś wartości dodatnie dla $$x \in\left(\frac{15}{4}, 12\right]$$. Oznacza to, że maksymalnym przedziałem, w którym funkcja $$t$$ maleje jest $$\left[0, \frac{15}{4}\right]$$, natomiast maksymalny przedział, w którym funkcja $$t$$ rośnie, to $$\left[\frac{15}{4}, 12\right]$$. Wnioskujemy zatem, że dla argumentu $$x=\frac{15}{4}$$ funkcja $$t$$ osiąga wartość najmniejszą.
Obliczamy najkrótszy czas dotarcia Janusza z punktu $$A$$ do domu $$D$$.
$$
t\left(\frac{15}{4}\right)=\frac{1}{5}\left(12-\frac{15}{4}\right)+\frac{1}{3} \sqrt{\left(\frac{15}{4}\right)^2+25}=\frac{1}{5} \cdot \frac{33}{4}+\frac{1}{3} \cdot \sqrt{\frac{625}{16}}=\frac{33}{20}+\frac{25}{12}=\frac{224}{60}
$$
Najkrótszy czas, jaki Janusz potrzebuje, by dotrzeć do domu, to $$\frac{224}{60}$$ godziny, czyli 3 godziny i 44 minuty.
Sposób II
Niech $$P$$ będzie punktem drogi leżącym najbliżej domu $$D$$. Przyjmijmy tym razem, że Janusz po przejściu $$x$$ km drogą, zaczyna iść w kierunku domu $$D$$ (zobacz rysunek).
Korzystając z twierdzenia Pitagorasa (patrz Sposób I), możemy określić długość odcinka $$A P$$ jako $$12 \mathrm{~km}$$.
Stosując po raz kolejny twierdzenie Pitagorasa, wyznaczamy długość drogi Janusza poza drogą:
$$
s=\sqrt{(12-x)^2+5^2}
$$
Cała trasa Janusza od punktu $$A$$ do domu $$D$$ jest równa $$x+\sqrt{(12-x)^2+25}$$ kilometrów.
Czas potrzebny na przebycie trasy wzdłuż drogi:
$$
t_1=\frac{x}{5}
$$
Czas potrzebny na przebycie trasy poza drogą:
$$
t_2=\frac{\sqrt{(12-x)^2+25}}{3}
$$
Czas $$t$$ wyrażony w godzinach potrzebny na pokonanie całej trasy możemy opisać funkcją
$$
t(x)=\frac{x}{5}+\frac{\sqrt{(12-x)^2+25}}{3}
$$
Dziedziną tej funkcji jest przedział $$[0,12]$$.
Wyznaczamy pochodną funkcji $$t$$ :
$$
\begin{gathered}
t^{\prime}(x)=\frac{1}{5}+\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{(12-x)^2+25}} \cdot[-2 \cdot(12-x)]= \\
=\frac{1}{5}-\frac{12-x}{3 \sqrt{\left(x^2-24 x+169\right)}}=\frac{3 \sqrt{x^2-24 x+169}+5 x-60}{3 \sqrt{x^2-24 x+169}}
\end{gathered}
$$
Obliczamy miejsca zerowe funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
t^{\prime}(x)=0 \\
\frac{3 \sqrt{x^2-24 x+169}+5 x-60}{3 \sqrt{x^2-24 x+169}}=0 \\
3 \sqrt{144-24 x+x^2+25}+5 x-60=0 \\
3 \sqrt{x^2-24 x+169}=60-5 x \\
9\left(x^2-24 x+169\right)=(60-5 x)^2 \\
9 x^2-216 x+1521=3600-600 x+25 x^2 \\
-16 x^2+384 x-2079=0
\end{gathered}
$$
Wyróżnik tego równania kwadratowego jest równy 107460 , a jego pierwiastkami są liczby $$\frac{33}{4}$$ oraz $$\frac{63}{4}$$. Do dziedziny funkcji $$t$$ należy tylko pierwsza z nich.
Badamy znak funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
t^{\prime}(x)>0 \\
\frac{3 \sqrt{x^2-24 x+169}+5 x-60}{3 \sqrt{x^2-24 x+169}}>0
\end{gathered}
$$
$$
\begin{gathered}
3 \sqrt{144-24 x+x^2+25}+5 x-60>0 \\
3 \sqrt{x^2-24 x+169}>60-5 x
\end{gathered}
$$
Ponieważ obie strony nierówności są liczbami nieujemnymi, możemy zapisać
$$
\begin{gathered}
9\left(x^2-24 x+169\right)>(60-5 x)^2 \\
9 x^2-216 x+1521>3600-600 x+25 x^2 \\
-16 x^2+384 x-2079>0 \\
-16\left(x-\frac{33}{4}\right)\left(x-\frac{63}{4}\right)>0
\end{gathered}
$$
Biorąc pod uwagę dziedzinę funkcji $$t$$, możemy stwierdzić, że funkcja pochodna przyjmuje wartości ujemne dla $$x \in\left[0, \frac{33}{4}\right)$$, zaś wartości dodatnie dla $$x \in\left(\frac{33}{4}, 12\right]$$. Oznacza to, że maksymalnym przedziałem, w którym funkcja $$t$$ maleje jest $$\left[0, \frac{33}{4}\right]$$, natomiast maksymalny przedział, w którym funkcja $$t$$ rośnie, to $$\left[\frac{33}{4}, 12\right]$$. Wnioskujemy zatem, że dla argumentu $$x=\frac{33}{4}$$ funkcja osiąga wartość najmniejszą.
Obliczamy najkrótszy czas dotarcia Janusza z punktu $$A$$ do domu $$D$$.
$$
t\left(\frac{33}{4}\right)=\frac{\frac{33}{4}}{5}+\frac{\sqrt{\left(12-\frac{33}{4}\right)^2+25}}{3}=\frac{33}{20}+\frac{\sqrt{\left(\frac{15}{4}\right)^2+25}}{3}=\frac{33}{20}+\frac{\sqrt{\frac{625}{16}}}{3}=\frac{33}{20}+\frac{25}{12}=\frac{224}{60}
$$
Najkrótszy czas, jaki Janusz potrzebuje, by dotrzeć do domu, to $$\frac{224}{60}$$ godziny, czyli 3 godziny i 44 minuty.
Zadanie 9. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.30, 4 pkt]
Ciężarówka ma do pokonania trasę długości $$S$$ km, poruszając się po autostradzie ze stałą prędkością $$v \mathrm{~km} / \mathrm{h}$$. Minimalna prędkość dla ciężarówek na autostradzie wynosi $$40 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$$, maksymalna - $$80 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$$. Wiemy, że litr paliwa kosztuje 8 złotych, a kierowca otrzymuje 42 złote za godzinę swej pracy. Zużycie paliwa w ciągu jednej godziny jazdy autostradą w zależności od prędkości $$v$$ wyrażone w litrach można opisać funkcją $$f(v)=7+\frac{v^2}{400}$$.
Oblicz, przy jakiej prędkości koszt przejazdu będzie najmniejszy. Zapisz obliczenia.
Wskazówka: przyjmij, że koszt przejazdu jest sumą kosztu paliwa oraz wynagrodzenia kierowcy.
Ciężarówka ma do przejechania trasę długości $$S$$ km w czasie $$\frac{S}{v}$$ godzin.
Zapisujemy funkcję kosztu $$K$$ przejechania całej trasy:
$$
K(v)=\frac{S}{v} \cdot\left[\left(7+\frac{v^2}{400}\right) \cdot 8+42\right]=\frac{S}{v} \cdot\left[98+\frac{v^2}{50}\right]=\frac{98 S}{v}+\frac{S v}{50}
$$
Z warunków zadania wynika, że dziedziną tej funkcji jest zbiór [ 40,80$$]$$.
Wyznaczamy pochodną funkcji $$K$$ :
$$
K^{\prime}(v)=-\frac{98 S}{v^2}+\frac{S}{50}
$$
Obliczamy miejsca zerowe funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
K^{\prime}(v)=0 \\
-\frac{98 S}{v^2}+\frac{S}{50}=0
\end{gathered}
$$
$$
\begin{gathered}
\frac{S}{50}=\frac{98 S}{v^2} \\
v^2=4900 \\
v=70 \text { lub } v=-70
\end{gathered}
$$
Do dziedziny funkcji $$K$$ należy tylko pierwsza z tych liczb.
Badamy znak funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
K^{\prime}(v)>0 \\
-\frac{98 S}{v^2}+\frac{S}{50}>0 \\
\frac{S}{50}>\frac{98 S}{v^2} \\
v^2>4900 \\
(v-70)(v+70)>0
\end{gathered}
$$
Biorąc pod uwagę dziedzinę funkcji $$K$$, stwierdzamy, że pochodna przyjmuje wartości ujemne dla $$v \in[40,70)$$, zaś wartości dodatnie dla $$v \in(70,80]$$. Zatem funkcja $$K$$ maleje w przedziale $$[40,70]$$ i rośnie w przedziale $$[70,80]$$. Wynika stąd, że funkcja $$K$$ osiąga wartość najmniejszą, gdy $$v=70$$.
Koszt przejazdu jest najmniejszy, gdy ciężarówka będzie jechać z prędkością 70 km/h.
Zadanie 10. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.31, 6 pkt]
Dana jest kula o promieniu 1 . Rozpatrujemy wszystkie stożki zawierające środek kuli i wpisane w tę kulę, to znaczy takie, w których:
- wierzchołek leży na powierzchni kuli
- okrąg, będący krawędzią podstawy stożka, leży na powierzchni kuli (zobacz rysunek).
Oblicz promień podstawy tego stożka, który ma największą objętość. Oblicz objętość tego stożka. Zapisz obliczenia.
Niech $$r$$ będzie promieniem podstawy stożka, zaś $$x$$ odległością środka kuli od spodka wysokości stożka (zobacz rysunek).
Stosując twierdzenie Pitagorasa, wyznaczamy $$x$$ :
$$
x=\sqrt{1-r^2}
$$
Objętość stożka możemy zapisać jako
$$
V(r)=\frac{1}{3} \cdot \pi r^2 \cdot\left(1+\sqrt{1-r^2}\right)
$$
Dziedziną tej funkcji jest zbiór $$(0,1)$$.
Wyznaczamy pochodną funkcji objętości $$V(r)$$ :
$$
\begin{gathered}
V^{\prime}(r)=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot\left[2 r\left(1+\sqrt{1-r^2}\right)+r^2 \cdot \frac{1}{2 \sqrt{1-r^2}} \cdot(-2 r)\right] \\
V^{\prime}(r)=\frac{1}{3} \cdot \pi r \cdot\left[2+2 \sqrt{1-r^2}-\frac{r^2}{\sqrt{1-r^2}}\right]=\frac{1}{3} \pi r \cdot \frac{2 \sqrt{1-r^2}+2-3 r^2}{\sqrt{1-r^2}}
\end{gathered}
$$
Obliczamy miejsca zerowe funkcji pochodnej:
$$
\begin{gathered}
V^{\prime}(r)=0 \\
\frac{1}{3} \pi r \cdot \frac{2 \sqrt{1-r^2}+2-3 r^2}{\sqrt{1-r^2}}=0 \\
2 \sqrt{1-r^2}+2-3 r^2=0 \\
2 \sqrt{1-r^2}=3 r^2-2
\end{gathered}
$$
Obie strony równania podnosimy do drugiej potęgi:
$$
\begin{gathered}
4\left(1-r^2\right)=\left(3 r^2-2\right)^2 \\
4-4 r^2=9 r^4-12 r^2+4 \\
9 r^4-8 r^2=0 \\
9 r^2\left(r^2-\frac{8}{9}\right)=0
\end{gathered}
$$
Równanie to posiada trzy pierwiastki: $$r_1=0, r_2=-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$$ oraz $$r_3=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$$.
Tylko ostatni należy do dziedziny funkcji $$V(r)$$.
Sprawdzamy, czy $$r_3$$ jest miejscem zerowym funkcji pochodnej:
$$
V^{\prime}\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)=\frac{1}{3} \pi\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right) \cdot \frac{2 \sqrt{1-\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)^2}+2-3\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)^2}{\sqrt{1-\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)^2}}=\frac{1}{3} \pi \cdot \frac{2 \sqrt{2}}{3} \cdot \frac{\frac{2}{3}+2-\frac{8}{3}}{\frac{1}{3}}=0
$$
Badamy znak pochodnej:
$$
\begin{gathered}
V^{\prime}(r)>0 \\
\frac{1}{3} \pi r \cdot \frac{2 \sqrt{1-r^2}+2-3 r^2}{\sqrt{1-r^2}}>0 \\
2 \sqrt{1-r^2}+2-3 r^2>0 \\
2 \sqrt{1-r^2}>3 r^2-2
\end{gathered}
$$
Rozważmy dwa przypadki.
Jeśli $$r \in\left(0, \frac{\sqrt{6}}{3}\right)$$, prawa strona nierówności jest ujemna i nierówność jest prawdziwa.
Dla $$r \in\left[\frac{\sqrt{6}}{3}, 1\right)$$ obie strony nierówności są nieujemne i możemy je podnieść do drugiej potęgi:
$$
4\left(1-r^2\right)>\left(3 r^2-2\right)^2
$$
$$
\begin{gathered}
4-4 r^2>9 r^4-12 r^2+4 \\
-9 r^4+8 r^2>0 \\
-9 r^2\left(r^2-\frac{8}{9}\right)>0 \\
-9 r^2\left(r-\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)\left(r+\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)>0
\end{gathered}
$$
Funkcja pochodna przyjmuje wartości dodatnie dla $$r \in\left(0, \frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)$$, zaś wartości ujemne dla $$r \in\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}, 1\right)$$
Oznacza to, że funkcja $$V(r)$$ rośnie w przedziale $$\left(0, \frac{2 \sqrt{2}}{3}\right]$$ i maleje w przedziale $$\left[\frac{2 \sqrt{2}}{3}, 1\right)$$. Wynika z tego, że funkcja $$V(r)$$ przyjmuje wartość największą dla $$r=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$$.
Obliczamy wartość funkcji $$V(r)$$ dla argumentu $$\frac{2 \sqrt{2}}{3}$$ :
$$
\begin{gathered}
V\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)=\frac{1}{3} \cdot \pi\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)^2 \cdot\left(1+\sqrt{1-\left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)^2}\right)=\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot \frac{8}{9} \cdot\left(1+\sqrt{1-\frac{8}{9}}\right)= \\
=\frac{8}{27} \pi\left(1+\frac{1}{3}\right)=\frac{8}{27} \pi \cdot \frac{4}{3}=\frac{32}{81} \pi
\end{gathered}
$$
Największa możliwa objętość stożka to $$\frac{32}{81} \pi$$.
Zadanie 11. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.32]
Dana jest kula o promieniu 1. Rozpatrujemy wszystkie stożki opisane na tej kuli, to znaczy takie, których:
- podstawa ma dokładnie jeden punkt wspólny z kulą
- każda tworząca ma dokładnie jeden punkt wspólny z kulą (zobacz rysunek).
Zadanie 11.1. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.32.1, 2 pkt]
Wykaż, że objętość $$V$$ stożka o wysokości $$h$$ wyraża się wzorem
$$
V(h)=\frac{h^2 \pi}{3(h-2)}
$$
Niech $$r$$ będzie promieniem podstawy stożka, a $$h$$ jego wysokością (zobacz rysunek).
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $$O B S$$ mamy:
$$
1^2+|S B|^2=(h-1)^2
$$
Stąd
$$
|S B|=\sqrt{h^2-2 h}
$$
Zauważmy, że trójkąty APS oraz $$O B S$$ są podobne (posiadają kąt prosty, a kąt przy wierzchołku $$S$$ jest wspólny). Wynika stąd proporcja:
$$
\begin{gathered}
\frac{|S B|}{|S P|}=\frac{|O B|}{|P A|} \\
\frac{\sqrt{h^2-2 h}}{h}=\frac{1}{r} \\
\sqrt{\frac{h-2}{h}}=\frac{1}{r}
\end{gathered}
$$
Mamy więc
$$
r=\sqrt{\frac{h}{h-2}}
$$
Wyznaczamy wzór na objętość stożka:
$$
V=\frac{1}{3} \cdot \pi r^2 h=\frac{1}{3} \pi \cdot \frac{h}{h-2} \cdot h
$$
Możemy zatem przyjąć, że $$V$$ jest funkcją zmiennej $$h$$ :
$$
V(h)=\frac{h^2 \pi}{3(h-2)}
$$
Zadanie 11.2. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.32.2, 5 pkt]
Oblicz wysokość tego stożka, który ma najmniejszą objętość. Oblicz objętość tego stożka. Zapisz obliczenia.
Wskazówka: skorzystaj z informacji, że objętość stożka o wysokości h wyraża się wzorem
$$
V(h)=\frac{h^2 \pi}{3(h-2)}
$$
Objętość ostrosłupa $$V$$ jest funkcją zmiennej $$h$$ :
$$
V(h)=\frac{h^2 \pi}{3(h-2)}
$$
Dziedziną tej funkcji jest zbiór $$(2,+\infty)$$.
Wyznaczamy pochodną funkcji $$V$$ :
$$
V^{\prime}(h)=\frac{2 h \pi \cdot 3(h-2)-h^2 \pi \cdot 3}{9(h-2)^2}=\frac{h \pi(h-4)}{3(h-2)^2}
$$
Obliczamy miejsca zerowe funkcji pochodnej:
$$
\frac{h \pi(h-4)}{3(h-2)^2}=0
$$
Jedynym miejscem zerowym pochodnej funkcji $$V$$ jest liczba 4.
Badamy znak pochodnej:
$$
\begin{gathered}
\frac{h \pi(h-4)}{3(h-2)^2}>0 \\
h(h-4)>0
\end{gathered}
$$
Funkcja pochodna $$V^{\prime}$$ przyjmuje wartości ujemne dla $$h \in(2,4)$$ oraz wartości dodatnie dla $$h \in(4,+\infty)$$.
Funkcja $$V$$ maleje w przedziale $$(2,4]$$, zaś rośnie w przedziale $$[4,+\infty)$$. Oznacza to, że w punkcie $$h=4$$ osiąga wartość najmniejszą równą
$$
V(4)=\frac{4^2 \pi}{3(4-2)}=\frac{16 \pi}{6}=\frac{8}{3} \pi
$$
Zadanie 12. [2022 grudzień, zad.7, 4 pkt]
Olejarnia wytwarza olej ekologiczny. Aby produkcja była opłacalna, dzienna wielkość produkcji musi wynosić co najmniej 480 litrów i nie może przekroczyć 530 litrów (ze względu na ograniczone moce produkcyjne). Przy poziomie produkcji $$(480+x)$$ litrów dziennie przeciętny koszt $$K$$ (w złotych) wytworzenia jednego litra oleju jest równy
$$
K(x)=\frac{22 x^2-621,5 x+23430}{480+x}, \text { gdzie } x \in[0,50]
$$
Oblicz, ile litrów oleju dziennie powinna wytworzyć olejarnia, aby przeciętny koszt produkcji jednego litra oleju był najmniejszy (z zachowaniem opłacalności produkcji). Oblicz ten najmniejszy przeciętny koszt.
Zapisz obliczenia.
Wyznaczamy pochodną funkcji $$K(x)=\frac{22 x^2-621,5 x+23430}{480+x}$$ :
$$
K^{\prime}(x)=\frac{(44 x-621,5)(480+x)-1 \cdot\left(22 x^2-621,5 x+23430\right)}{(480+x)^2}
$$
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej:
$$
\begin{gathered}
K^{\prime}(x)=0 \\
\frac{22 x^2+44 \cdot 480 x-321750}{(480+x)^2}=0 \\
22 x^2+44 \cdot 480 x-321750=0 \\
x^2+960 x-14625=0 \\
x=-975 \notin[0,50] \text { lub } x=15 \in[0,50]
\end{gathered}
$$
Ponieważ $$K^{\prime}(x)<0$$ dla $$x \in[0,15)$$ oraz $$K^{\prime}(x)>0$$ dla $$x \in(15,50]$$, więc funkcja $$K$$ (określona na przedziale $$[0,50]$$ ) jest malejąca w przedziale $$[0,15]$$ oraz rosnąca w przedziale $$[15,50]$$. Stąd funkcja $$K$$ osiąga wartość najmniejszą dla argumentu $$x=15$$.
Przeciętny koszt wytworzenia jednego litra oleju jest najmniejszy przy poziomie produkcji 495 litrów dziennie.
Obliczamy najmniejszy przeciętny koszt wytworzenia jednego litra oleju:
$$
K(15)=\frac{22 \cdot 15^2-621,5 \cdot 15+23430}{480+15}=38,50 \mathrm{zł}
$$
Zadanie 13. [2023 maj, zad.12]
Funkcja $$f$$ jest określona wzorem $$f(x)=81^{\log _3 x}+\frac{2 \cdot \log _2 \sqrt{27} \cdot \log _3 2}{3} \cdot x^2-6 x$$ dla każdej liczby dodatniej $$x$$.
Zadanie 13.1. [2023 maj, zad.12.1, 2 pkt]
Wykaż, że dla każdej liczby dodatniej $$x$$ wyrażenie
$$
81^{\log _3 x}+\frac{2 \cdot \log _2 \sqrt{27} \cdot \log _3 2}{3} \cdot x^2-6 x
$$
można równoważnie przekształcić do postaci $$x^4+x^2-6 x$$.
Przekształcamy wyrażenie $$81^{\log _3 x}+\frac{2 \cdot \log _2 \sqrt{27} \cdot \log _3 2}{3} \cdot x^2-6 x$$, korzystając z własności logarytmów:
$$
\begin{aligned}
& 81^{\log _3 x}+\frac{2 \cdot \log _2 \sqrt{27} \cdot \log _3 2}{3} \cdot x^2-6 x=\left(3^4\right)^{\log _3 x}+\frac{2}{3} \log _2 3^{\frac{3}{2}} \cdot \log _3 2 \cdot x^2-6 x= \\
& =3^{4 \log _3 x}+\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2} \cdot \log _2 3 \cdot \log _3 2 \cdot x^2-6 x=3^{\log _3 x^4}+\log _2 3 \cdot \frac{\log _2 2}{\log _2 3} \cdot x^2-6 x= \\
& =x^4+x^2-6 x
\end{aligned}
$$
Zadanie 13.2. [2023 maj, zad.12.2, 4 pkt]
Oblicz najmniejszą wartość funkcji $$f$$ określonej dla każdej liczby dodatniej $$x$$. Zapisz obliczenia.
Wskazówka: przyjmij, że wzór funkcji $$f$$ można przedstawić w postaci $$f(x)=x^4+x^2-6 x$$.
Dla każdego $$x>0$$ wyrażenie $$81^{\log _3 x}+\frac{2 \cdot \log _2 \sqrt{27} \cdot \log _3 2}{3} \cdot x^2-6 x$$ jest równe wyrażeniu $$x^4+x^2-6 x$$. Obliczamy najmniejszą wartość funkcji $$f$$ określonej wzorem $$f(x)=x^4+x^2-6 x$$ dla $$x \in(0,+\infty)$$.
Wyznaczamy pochodną funkcji $$f: f^{\prime}(x)=4 x^3+2 x-6$$ dla $$x \in(0,+\infty)$$.
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji $$f$$ :
$$
\begin{gathered}
f^{\prime}(x)=0 \\
4 x^3+2 x-6=0 \\
4 x^3+2 x-4-2=0 \\
4\left(x^3-1\right)+2(x-1)=0 \\
4(x-1)\left(x^2+x+1\right)+2(x-1)=0 \\
(x-1)\left(4 x^2+4 x+4+2\right)=0 \\
(x-1)\left(4 x^2+4 x+6\right)=0 \\
x-1=0 \quad \text { lub } 4 x^2+4 x+6=0 \\
x=1
\end{gathered}
$$
gdyż $$4 x^2+4 x+6>0$$ dla każdego $$x>0$$.
Badamy znak pochodnej:
$$f^{\prime}(x)>0$$ dla $$x \in(1,+\infty)$$,
$$f^{\prime}(x)<0$$ dla $$x \in(0,1)$$.
Zatem funkcja $$f$$ jest malejąca w przedziale $$(0,1]$$ oraz jest rosnąca w przedziale $$[1,+\infty)$$.
Stąd dla $$x=1$$ funkcja $$f$$ osiąga wartość najmniejszą równą $$f(1)=1^4+1^2-6 \cdot 1=-4$$.
Zadanie 14. [2023 czerwiec, zad.13, 6 pkt]
Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe czworokątne $$A B C D E F G H$$, w których odcinek łączący punkt $$O$$ przecięcia przekątnych $$A C$$ i $$B D$$ podstawy $$A B C D$$ z dowolnym wierzchołkiem podstawy EFGH ma długość $$d$$ (zobacz rysunek).
a) Wyznacz zależność objętości $$V$$ graniastosłupa od jego wysokości $$\boldsymbol{h}$$ i podaj dziedzinę funkcji $$V(h)$$.
b) Wyznacz wysokość tego z rozważanych graniastosłupów, którego objętość jest największa.
Oznaczmy przez a długość krawędzi podstawy graniastosłupa, natomiast przez $$h$$-wysokość tego graniastosłupa.
a)
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $$O D H$$ i otrzymujemy:
$$
\begin{aligned}
& d^2=h^2+|O D|^2 \\
& |O D|=\sqrt{d^2-h^2}
\end{aligned}
$$
Ponieważ $$|O D|=\frac{1}{2}|B D|=\frac{a \sqrt{2}}{2}$$, więc $$\frac{a \sqrt{2}}{2}=\sqrt{d^2-h^2}$$.
Stąd $$a=\sqrt{2} \cdot \sqrt{d^2-h^2}$$ i $$h \in(0, d)$$.
Pole $$P_P$$ podstawy graniastosłupa jest równe
$$
P_P=\left(\sqrt{2} \cdot \sqrt{d^2-h^2}\right)^2=2\left(d^2-h^2\right)
$$
Wyznaczamy objętość graniastosłupa jako funkcję zmiennej $$h$$ :
$$
V(h)=2\left(d^2-h^2\right) \cdot h=2\left(d^2 h-h^3\right) \text { dla } 0<h<d .
$$
b)
Wyznaczamy pochodną funkcji $$V$$ :
$$
V^{\prime}(h)=2\left(d^2-3 h^2\right)
$$
Obliczamy miejsce zerowe pochodnej funkcji $$V$$ :
$$
\begin{gathered}
V^{\prime}(h)=0 \\
2\left(d^2-3 h^2\right)=0 \quad \text { i } h \in(0, d) \\
h=\frac{d}{\sqrt{3}}
\end{gathered}
$$
Ponieważ $$V^{\prime}(h)>0$$ dla $$h \in\left(0, \frac{d}{\sqrt{3}}\right)$$ oraz $$V^{\prime}(h)<0$$ dla $$h \in\left(\frac{d}{\sqrt{3}}, d\right)$$, więc funkcja $$V$$ jest rosnąca w przedziale $$\left(0, \frac{d}{\sqrt{3}}\right]$$ oraz malejąca w przedziale $$\left[\frac{d}{\sqrt{3}}, d\right)$$. Zatem funkcja $$V$$ osiąga wartość największą dla $$h=\frac{d}{\sqrt{3}}$$.
Spośród rozważanych graniastosłupów największą objętość ma graniastosłup o wysokości $$h=\frac{d}{\sqrt{3}}$$.
Zadanie 15. [2024 maj, zad.13]
Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości 3456, których krawędź podstawy ma długość nie większą niż \(8 \sqrt{3}\).
Zadanie 14.1. [2024 maj, zad.13.1, 2 pkt]
Wykaż, że pole \(P\) powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od długości \(a\) krawędzi podstawy graniastosłupa jest określone wzorem
\[P(a)=\frac{a^{2} \cdot \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}\]
Rozpatrzmy dowolny z rozważanych graniastosłupów. Oznaczmy jego wysokość przez H. Korzystamy ze wzoru na objętość graniastosłupa oraz wzoru na pole trójkąta równobocznego i otrzymujemy:
\[\begin{aligned}
3456 & =\frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} \cdot H \\
H & =\frac{4608 \sqrt{3}}{a^{2}}
\end{aligned}\]
Stąd oraz ze wzoru na pole powierzchni całkowitej graniastosłupa dostajemy
\[\begin{gathered}
P=2 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}+3 a H \\
P=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}+3 a \cdot \frac{4608 \sqrt{3}}{a^{2}} \\
P(a)=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}
\end{gathered}\]
Zadanie 14.2. [2024 maj, zad.13.2, 4 pkt]
Pole \(P\) powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od długości a krawędzi podstawy graniastosłupa jest określone wzorem
\[P(a)=\frac{a^{2} \cdot \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}\]
dla \(a \in(0,8 \sqrt{3}]\).
Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole. Zapisz obliczenia.
Obliczamy najmniejszą wartość funkcji \(P\) określonej wzorem \(P(a)=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}\) dla \(a \in(0,8 \sqrt{3}]\).
Wyznaczamy pochodną funkcji \(P: P^{\prime}(a)=a \sqrt{3}-\frac{13824 \sqrt{3}}{a^{2}}\) dla \(a \in(0,8 \sqrt{3}]\).
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji \(P\) :
\[\begin{gathered}
P^{\prime}(a)=0 \\
a \sqrt{3}-\frac{13824 \sqrt{3}}{a^{2}}=0 \\
a^{3} \sqrt{3}-13824 \sqrt{3}=0 \\
a^{3}=13824=24^{3} \\
a=24 \notin(0,8 \sqrt{3}]
\end{gathered}\]
Badamy znak pochodnej:
\[\begin{gathered}
P^{\prime}(a)<0 \\
a \sqrt{3}-\frac{13824 \sqrt{3}}{a^{2}}<0 \\
a^{3} \sqrt{3}-13824 \sqrt{3}<0 \\
a^{3}<13824 \\
a<24
\end{gathered}\]
więc \(P^{\prime}(a)<0\) dla \(a \in(0,8 \sqrt{3}]\).
Zatem funkcja \(P\) jest malejąca w przedziale \((0,8 \sqrt{3}]\).
Stąd dla \(a=8 \sqrt{3}\) funkcja \(P\) osiąga wartość najmniejszą równą
\(P(8 \sqrt{3})=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}=\frac{(8 \sqrt{3})^{2} \cdot \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{8 \sqrt{3}}=96 \sqrt{3}+1728\).
Zadanie 15. [2024 czerwiec, zad.13]
Rozważamy wszystkie ostrosłupy prawidłowe trójkątne, w których suma wysokości \(H\) ostrosłupa oraz promienia \(R\) okręgu opisanego na podstawie tego ostrosłupa jest równa 6 .
Zadanie 15.1. [2024 czerwiec, zad.13.1, 2 pkt]
Wykaż, że objętość \(V\) każdego z takich ostrosłupów w zależności od długości \(R\) promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa jest określona wzorem
\[V(R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 R^{2}-R^{3}\right)\]
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
\(A, B, C\) - wierzchołki podstawy ostrosłupa,
\(S\) - wierzchołek ostrosłupa,
\(H\) - wysokość ostrosłupa poprowadzona z wierzchołka \(S\) na płaszczyznę podstawy \(A B C\),
\(a\) - długość krawędzi podstawy ostrosłupa.
Podstawa \(A B C\) ostrosłupa jest trójkątem równobocznym, więc promień \(R\) okręgu
opisanego na podstawie jest równy \(R=\frac{a \sqrt{3}}{3}\). Stąd \(a=R \sqrt{3}\). Zatem pole \(P_{p}\) podstawy
jest równe \(P_{p}=\frac{(R \sqrt{3})^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{3 \sqrt{3} R^{2}}{4}\).
Ponieważ \(H+R=6\), więc \(H=6-R\).
Wyznaczamy objętość \(V\) ostrosłupa w zależności od \(R\) :
\[V=\frac{1}{3} \cdot \frac{3 \sqrt{3} R^{2}}{4} \cdot(6-R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 R^{2}-R^{3}\right)\]
Zadanie 15.2. [2024 czerwiec zad.13.2, 4 pkt]
Objętość \(V\) ostrosłupa w zależności od długości \(R\) promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa jest określona wzorem
\[V(R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 R^{2}-R^{3}\right)\]
dla \(R \in(0,6)\).
Wyznacz długość promienia okręgu opisanego na podstawie tego z rozważanych ostrosłupów, którego objętość jest największa. Oblicz tę największą objętość. Zapisz obliczenia.
Wyznaczamy pochodną funkcji \(V: V^{\prime}(R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(12 R-3 R^{2}\right)\) dla \(R \in(0,6)\).
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji \(V\) :
\[\begin{gathered}
V^{\prime}(R)=0 \\
\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(12 R-3 R^{2}\right)=0 \\
3 R \cdot(4-R)=0 \\
R=0 \notin(0,6) \text { lub } R=4 \in(0,6)
\end{gathered}\]
Badamy znak pochodnej:
\(V^{\prime}(R)>0\) dla \(R \in(0,4)\),
\(V^{\prime}(R)<0\) dla \(R \in(4,6)\).
Zatem funkcja \(V\) jest rosnąca w przedziale ( 0,4\(]\) oraz jest malejąca w przedziale \([4,6)\).
Stąd dla \(R=4\) funkcja \(V\) osiąga wartość największą równą
\[V(4)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 \cdot 4^{2}-4^{3}\right)=8 \sqrt{3}\]
Zadanie 16. [2024 grudzień zad.13]
Funkcja \(f\) jest określona wzorem \(f(x)=\frac{12 x-84}{x-8}\) dla każdego \(x \in(-\infty, 8)\).
W kartezjańskim układzie współrzędnych \((x, y)\) rozważamy wszystkie czworokąty \(O B C D\), w których:
- wierzchołek \(O\) ma wspórrzędne \((0,0)\)
- wierzchołki \(B\) oraz \(D\) są punktami przecięcia wykresu funkcji \(f\) z osią odpowiednio - Ox i Oy
- wierzchołek \(C\) ma obie współrzędne dodatnie i leży na wykresie funkcji \(f\) (zobacz rysunek).
13.1. [2 pkt]
Wykaż, że pole \(P\) czworokąta \(O B C D\) w zależności od pierwszej współrzędnej \(\boldsymbol{x}\) punktu \(C\) jest określone wzorem
\[
P(x)=\frac{21}{4} \cdot \frac{x^{2}-56}{x-8}
\]
13.2. [4 pkt]
Pole \(P\) czworokąta \(O B C D\) w zależności od pierwszej współrzędnej \(x\) punktu \(C\) jest określone wzorem
\[
P(x)=\frac{21}{4} \cdot \frac{x^{2}-56}{x-8}
\]
dla \(x \in(0,7)\).
Oblicz współrzędne wierzchołka \(C\), dla których pole czworokąta \(O B C D\) jest największe. Zapisz obliczenia.
13.1.
Obliczamy współrzędne punktu \(B\) :
\[
\begin{aligned}
& \frac{12 x-84}{x-8}=0 \\
& 12 x-84=0 \\
& x=7 \in(-\infty, 8)
\end{aligned}
\]
Zatem \(B=(7,0)\).
Obliczamy współrzędne punktu \(D: f(0)=\frac{12 \cdot 0-84}{0-8}=\frac{21}{2}\)
Zatem \(D=\left(0, \frac{21}{2}\right)\).
Ponieważ \(C\) leży na wykresie funkcji \(f\) i ma obie wspórrzędne dodatnie, więc
\(C=\left(x, \frac{12 x-84}{x-8}\right)\), gdzie \(0<x<7\).
Pole \(P\) czworokąta \(O B C D\) jest sumą pól trójkątów \(O C D\) i \(O B C\), więc
\[
P=P_{O C D}+P_{O B C}=\frac{1}{2} \cdot \frac{21}{2} \cdot x+\frac{1}{2} \cdot 7 \cdot \frac{12 x-84}{x-8}=\frac{21}{4} \cdot \frac{x^{2}-8 x+8 x-56}{x-8}=\frac{21}{4} \cdot \frac{x^{2}-56}{x-8}
\]
gdzie \(x \in(0,7)\).
13.2.
Wyznaczamy pochodną funkcji \(P\) :
\[
P^{\prime}(x)=\frac{21}{4} \cdot \frac{2 x(x-8)-\left(x^{2}-56\right) \cdot 1}{(x-8)^{2}}=\frac{21}{4} \cdot \frac{x^{2}-16 x+56}{(x-8)^{2}}
\]
dla \(x \in(0,7)\).
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji \(P\) :
\[
\begin{gathered}
P^{\prime}(x)=0 \\
\frac{21}{4} \cdot \frac{x^{2}-16 x+56}{(x-8)^{2}}=0 \\
x^{2}-16 x+56=0 \\
x=\frac{16-\sqrt{32}}{2}=8-2 \sqrt{2} \in(0,7) \quad \vee \quad x=\frac{16+\sqrt{32}}{2} \notin(0,7)
\end{gathered}
\]
Badamy znak pochodnej:
\[
\begin{gathered}
P^{\prime}(x)>0 \\
\frac{21}{4} \cdot \frac{x^{2}-16 x+56}{(x-8)^{2}}>0 \\
x^{2}-16 x+56>0 \\
x \in(0,8-2 \sqrt{2})
\end{gathered}
\]
Zatem funkcja \(P\) jest rosnąca w przedziale \((0,8-2 \sqrt{2}]\) i funkcja \(P\) jest malejąca w przedziale \([8-2 \sqrt{2}, 7)\).
Stąd dla \(x=8-2 \sqrt{2}\) funkcja \(P\) osiąga wartość największą.
Gdy pierwsza współrzędna punktu \(C\) jest równa \(x_{C}=8-2 \sqrt{2}\), to wtedy druga współrzędna \(y_{C}\) tego punktu jest równa:
\[
y_{C}=\frac{12 \cdot(8-2 \sqrt{2})-84}{8-2 \sqrt{2}-8}=\frac{12-24 \sqrt{2}}{-2 \sqrt{2}}=\frac{12}{-2 \sqrt{2}}+12=12-3 \sqrt{2}
\]
Pole czworokąta \(O B C D\) jest największe, gdy \(C=(8-2 \sqrt{2}, 12-3 \sqrt{2})\).