Optymalizacja - matura od 2023 - poziom rozszerzony

Zadanie 1. [2021 Informator CKE, zad.9, pkt]

Syzyf codziennie stoi przed zadaniem wtoczenia ciężkiej kamiennej kuli na szczyt pewnej góry.
W chwili $$t=0$$ znajduje się on w punkcie $$\mathcal{O}$$ oddalonym od szczytu o $$4 \mathrm{~km}$$, a położenie $$x$$ Syzyfa wtaczającego kulę jest opisane równaniem

$$x(t)=-t^3+16,5 t^2+180 t$$ dla $$t \in[0,24]$$

gdzie $$x$$ jest wyrażone w metrach, a $$t-$$ w godzinach.
Oś $$O x$$ jest skierowana do wierzchołka góry i jest styczna w każdym punkcie do zbocza góry.
Oblicz najmniejszą odległość, na jaką Syzyf zbliży się do wierzchołka góry, oraz maksymalną prędkość, z jaką wtacza kamień pod górę.

   syzyf.jpg     
Rozwiązanie

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).

10A

Oblicz, jaka musi być długość najkrótszej takiej sieci dróg i gdzie muszą być zlokalizowane węzly tej sieci.

Rozwiązanie

Rozpatrzmy sieć dróg złożoną z odcinków $$A K, K L, L C, B L$$ i $$D K$$ (zobacz rysunek 1.)

10B


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.).

10C

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 $$c \in\left[4, \frac{28}{3}\right]$$.

Rozwiązanie

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.

Rozwiązanie

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.
19o 
Rozwiązanie

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.

Rozwiązanie

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).

6a
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 $$R$$.

Rozwiązanie

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 $$R$$.

Rozwiązanie

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).

6a 

 

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.

Rozwiązanie

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).

zzr28

Oblicz wartość $$x$$, dla której objętość otrzymanego pudełka będzie największa. Oblicz tę największą objętość pudełka. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie

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 $$3 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$$.

zzr29
Oblicz najkrótszy czas potrzebny Januszowi na dojście do domu $$D$$. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie

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).

zzr29a

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).

zzr29b
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.

Rozwiązanie

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).

zzr31
Oblicz promień podstawy tego stożka, który ma największą objętość. Oblicz objętość tego stożka. Zapisz obliczenia.

Rozwiązanie

Niech $$r$$ będzie promieniem podstawy stożka, zaś $$x$$ odległością środka kuli od spodka wysokości stożka (zobacz rysunek).

zzr31a
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).

zzr32

Zadanie 11.1. [2022 Zbiór zadań CKE, zad.32.1, 2 pkt]

Wykaż, że objętość $$V$$ stożka o wysokości $$h$$ wyraża się wzorem
$$
V(h)=\frac{h^2 \pi}{3(h-2)}
$$

Rozwiązanie

Niech $$r$$ będzie promieniem podstawy stożka, a $$h$$ jego wysokością (zobacz rysunek).

zzr32a
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
$$
V(h)=\frac{h^2 \pi}{3(h-2)}
$$

Rozwiązanie

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.

Rozwiązanie

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 $$x^4+x^2-6 x$$.

Rozwiązanie

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 $$f(x)=x^4+x^2-6 x$$.

Rozwiązanie

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).

2023z13prCZ
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.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez a długość krawędzi podstawy graniastosłupa, natomiast przez $$h$$-wysokość tego graniastosłupa.

2023z13prCZo
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

\[P(a)=\frac{a^{2} \cdot \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}\]

Rozwiązanie

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.

Rozwiązanie

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

\[V(R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 R^{2}-R^{3}\right)\]

Rozwiązanie

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.

Rozwiązanie

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.

Rozwiązanie

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 \(C=(8-2 \sqrt{2}, 12-3 \sqrt{2})\).

Related Articles

logo 2022 joomla footer

© 2022 Tomasz Grębski MATEMATYKA