Monotoniczność funkcji a pochodna

Krok 1. Pochodna funkcji \(V\).

\(V'(a)=6-\frac{3}{8}a^2\)

Krok 2. Miejsce zerowe pochodnej.

\(6-\frac{3}{8}a^2=0\)

\(a^2=16\)

\(a=4\) (bierzemy rozwiązanie dodatnie, należące do przedziału \(\left(0,4\sqrt{3}\right)\), bo \(4\sqrt{3}\approx 6{,}93\))

Krok 3. Badanie monotoniczności.

Dla \(a\in(0,4)\): \(V'(a)\gt 0\) — funkcja rosnąca.

Dla \(a\in\left(4,4\sqrt{3}\right)\): \(V'(a)\lt 0\) — funkcja malejąca.

Zatem w punkcie \(a=4\) funkcja \(V\) osiąga maksimum, które jest jednocześnie jej wartością największą w rozważanym przedziale.

Krok 4. Największa objętość.

\(V(4)=6\cdot 4-\frac{1}{8}\cdot 4^3=24-\frac{64}{8}=24-8=16\)

Odpowiedź: objętość jest największa dla krawędzi podstawy \(a=4\) i wynosi \(V_{\max}=16\).

Krok 1. Pochodna funkcji \(V\).

\(V'(R)=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(12R-3R^2\right)=\frac{3\sqrt{3}}{4}R(4-R)\)

Krok 2. Miejsca zerowe pochodnej.

\(\frac{3\sqrt{3}}{4}R(4-R)=0\Rightarrow R=0\) lub \(R=4\)

Do przedziału \((0,6)\) należy tylko \(R=4\).

Krok 3. Badanie znaku pochodnej.

Dla \(R\in(0,4)\): \(R\gt 0\) i \(4-R\gt 0\), więc \(V'(R)\gt 0\) — funkcja rosnąca.

Dla \(R\in(4,6)\): \(4-R\lt 0\), więc \(V'(R)\lt 0\) — funkcja malejąca.

Zatem funkcja \(V\) osiąga w punkcie \(R=4\) maksimum, będące jej wartością największą w przedziale \((0,6)\).

Krok 4. Największa objętość.

\(V(4)=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(6\cdot 16-64\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}(96-64)=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 32=8\sqrt{3}\)

Odpowiedź: objętość jest największa dla \(R=4\) i wynosi \(V_{\max}=8\sqrt{3}\).

1. Krok 1. Pochodna. $$f'(x)=4x^{3}+2x-6.$$
2. Krok 2. Miejsca zerowe pochodnej.

   $4x^{3}+2x-6=0\ \Rightarrow\ 2x^{3}+x-3=0$. Zauważmy, że $x=1$ jest pierwiastkiem ($2+1-3=0$). Dzielimy:

   $$2x^{3}+x-3=(x-1)(2x^{2}+2x+3).$$

   Trójmian $2x^{2}+2x+3$ ma $\Delta=4-24\lt 0$, więc nie ma innych pierwiastków rzeczywistych. W dziedzinie $x>0$ jedynym miejscem zerowym pochodnej jest $x=1$.

3. Krok 3. Badanie znaku pochodnej.

   Dla $0\lt x\lt 1$ mamy $f'(x)\lt 0$ (np. $f'(0{,}5)=0{,}5+1-6\lt 0$), a dla $x>1$ — $f'(x)>0$ (np. $f'(2)=32+4-6>0$). Funkcja maleje, a potem rośnie, więc w $x=1$ jest minimum lokalne, a zarazem najmniejsza wartość na $(0,\infty)$.

4. Krok 4. Wartość najmniejsza. $$f(1)=1^{4}+1^{2}-6\cdot 1=1+1-6=-4.$$

   Odpowiedź: najmniejsza wartość funkcji wynosi $-4$ (dla $x=1$).

a) Wyprowadzenie wzoru.

Niech \(O\) będzie środkiem okręgu opisanego, a \(D\) — środkiem podstawy \(AB\). Wtedy \(|OD|=x\), a odcinek \(OD\) jest prostopadły do \(AB\).

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(AOD\) (gdzie \(|OA|=R=1\)):

\(|AD|=\sqrt{1-x^2}\), czyli \(|AB|=2\sqrt{1-x^2}\)

Trójkąt jest ostrokątny, więc środek okręgu leży wewnątrz niego, a wierzchołek \(C\) leży na przedłużeniu \(DO\) po przeciwnej stronie niż \(AB\). Wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) jest równa:

\(h=|DO|+|OC|=x+1\)

Zatem:

\(P(x)=\frac{1}{2}\cdot|AB|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{1-x^2}\cdot(x+1)=(x+1)\sqrt{1-x^2}\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

b) Dziedzina.

Kąt \(ACB\) jest kątem wpisanym opartym na cięciwie \(AB\), a odpowiadający mu kąt środkowy \(AOB\) spełnia \(\cos\frac{|\angle AOB|}{2}=x\). Stąd \(|\angle ACB|=\frac{|\angle AOB|}{2}=\arccos x\).

Trójkąt jest ostrokątny, gdy \(|\angle ACB|\lt 90^\circ\), czyli \(\arccos x\lt 90^\circ\), a więc \(x\gt 0\). Ponadto musi być \(x\lt 1\), aby podstawa miała dodatnią długość (dla \(x\ge 1\) trójkąt nie istnieje).

Kąty przy podstawie mają miarę \(\frac{180^\circ-\arccos x}{2}\lt 90^\circ\), co jest spełnione dla każdego \(x\in(0,1)\).

Dziedzina: \(x\in(0,1)\)

c) Największe pole.

Ponieważ \(P(x)\gt 0\) w dziedzinie, wystarczy zbadać funkcję \(f(x)=P^2(x)\):

\(f(x)=(x+1)^2\left(1-x^2\right)=(x+1)^2(1-x)(1+x)=(x+1)^3(1-x)\)

\(f'(x)=3(x+1)^2(1-x)-(x+1)^3=(x+1)^2\left[3(1-x)-(x+1)\right]=(x+1)^2(2-4x)\)

Dla \(x\in(0,1)\) mamy \((x+1)^2\gt 0\), więc o znaku decyduje czynnik \(2-4x\):

\(f'(x)\gt 0\) dla \(x\in\left(0,\frac{1}{2}\right)\), \(\;f'(x)\lt 0\) dla \(x\in\left(\frac{1}{2},1\right)\)

Zatem \(f\), a więc i \(P\), osiąga wartość największą dla \(x=\frac{1}{2}\).

\(P\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}+1\right)\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

Uwaga: dla \(x=\frac{1}{2}\) otrzymujemy \(|AB|=\sqrt{3}\) oraz \(h=\frac{3}{2}\) — jest to trójkąt równoboczny.

Odpowiedź: b) \(x\in(0,1)\); c) \(x=\frac{1}{2}\), a największe pole wynosi \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\).

a) Wyprowadzenie wzoru.

Oznaczmy \(|AC|=x\), \(|BC|=y\), \(|AB|=c\). Z twierdzenia Pitagorasa \(c=\sqrt{x^2+y^2}\), a z warunku na obwód:

\(x+y+\sqrt{x^2+y^2}=4\)

\(\sqrt{x^2+y^2}=4-x-y\)

Podnosimy obie strony do kwadratu:

\(x^2+y^2=16+x^2+y^2-8x-8y+2xy\)

\(0=16-8x-8y+2xy\)

\(8y-2xy=16-8x\)

\(y(8-2x)=16-8x\)

\(y=\frac{16-8x}{8-2x}=\frac{8(2-x)}{2(4-x)}=\frac{4(2-x)}{4-x}\)

Pole trójkąta prostokątnego:

\(P=\frac{1}{2}xy=\frac{1}{2}\cdot x\cdot\frac{4(2-x)}{4-x}=\frac{2x(2-x)}{4-x}=\frac{x(4-2x)}{4-x}\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

b) Dziedzina.

Musi być \(x\gt 0\) oraz \(y\gt 0\). Ponieważ dla \(x\lt 4\) mianownik \(4-x\gt 0\), warunek \(y\gt 0\) sprowadza się do \(2-x\gt 0\), czyli \(x\lt 2\).

Dziedzina: \(x\in(0,2)\)

c) Największe pole.

\(P(x)=\frac{4x-2x^2}{4-x}\)

\(P'(x)=\frac{(4-4x)(4-x)-\left(4x-2x^2\right)\cdot(-1)}{(4-x)^2}\)

\(=\frac{16-4x-16x+4x^2+4x-2x^2}{(4-x)^2}=\frac{2x^2-16x+16}{(4-x)^2}\)

Miejsca zerowe pochodnej:

\(2x^2-16x+16=0\Rightarrow x^2-8x+8=0\)

\(\Delta=64-32=32\), \(\;\sqrt{\Delta}=4\sqrt{2}\)

\(x=\frac{8\pm 4\sqrt{2}}{2}=4\pm 2\sqrt{2}\)

Do dziedziny należy tylko \(x=4-2\sqrt{2}\approx 1{,}17\).

Ponieważ mianownik \((4-x)^2\gt 0\), znak pochodnej wyznacza trójmian \(2x^2-16x+16\) o ramionach skierowanych w górę i pierwiastkach \(4-2\sqrt{2}\) oraz \(4+2\sqrt{2}\):

\(P'(x)\gt 0\) dla \(x\in\left(0,4-2\sqrt{2}\right)\), \(\;P'(x)\lt 0\) dla \(x\in\left(4-2\sqrt{2},2\right)\)

Funkcja osiąga więc wartość największą dla \(x=4-2\sqrt{2}\).

Długości boków.

\(|AC|=x=4-2\sqrt{2}\)

\(|BC|=y=\frac{4(2-x)}{4-x}=\frac{4\left(2\sqrt{2}-2\right)}{2\sqrt{2}}=4-2\sqrt{2}\)

\(|AB|=4-x-y=4-2\left(4-2\sqrt{2}\right)=4\sqrt{2}-4\)

(jest to trójkąt prostokątny równoramienny)

Największe pole.

\(P=\frac{1}{2}x^2=\frac{1}{2}\left(4-2\sqrt{2}\right)^2=\frac{1}{2}\left(16-16\sqrt{2}+8\right)=12-8\sqrt{2}=4\left(3-2\sqrt{2}\right)\)

Odpowiedź: b) \(x\in(0,2)\); c) boki mają długości \(4-2\sqrt{2}\), \(4-2\sqrt{2}\) oraz \(4\sqrt{2}-4\), a największe pole wynosi \(4\left(3-2\sqrt{2}\right)\).

Krok 1. Długości boków trójkąta \(SS_1S_2\).

Styczność wewnętrzna do okręgu o promieniu \(18\):

\(|SS_1|=18-x\), \(\;|SS_2|=18-2x\)

Styczność zewnętrzna obu okręgów:

\(|S_1S_2|=x+2x=3x\)

Krok 2. Pole ze wzoru Herona.

\(p=\frac{(18-x)+(18-2x)+3x}{2}=\frac{36}{2}=18\)

\(P=\sqrt{18\cdot\left(18-(18-x)\right)\cdot\left(18-(18-2x)\right)\cdot(18-3x)}\)

\(P=\sqrt{18\cdot x\cdot 2x\cdot(18-3x)}=\sqrt{36x^2(18-3x)}\)

\(P(x)=6x\sqrt{18-3x}\)

Krok 3. Dziedzina.

Promienie muszą być dodatnie: \(x\gt 0\).

Boki trójkąta muszą być dodatnie: \(18-2x\gt 0\Rightarrow x\lt 9\).

Punkty \(S\), \(S_1\), \(S_2\) nie leżą na jednej prostej, więc musi zachodzić nierówność trójkąta:

\((18-x)+(18-2x)\gt 3x\Rightarrow 36\gt 6x\Rightarrow x\lt 6\)

(pozostałe nierówności trójkąta są spełnione dla \(x\gt 0\)).

Dziedzina: \(x\in(0,6)\)

Krok 4. Największe pole.

Ponieważ \(P(x)\gt 0\), badamy funkcję \(g(x)=P^2(x)=36x^2(18-3x)=648x^2-108x^3\):

\(g'(x)=1296x-324x^2=324x(4-x)\)

Dla \(x\in(0,4)\): \(g'(x)\gt 0\); dla \(x\in(4,6)\): \(g'(x)\lt 0\).

Zatem funkcja osiąga wartość największą dla \(x=4\).

Krok 5. Boki i największe pole.

\(|SS_1|=18-4=14\), \(\;|SS_2|=18-8=10\), \(\;|S_1S_2|=12\)

\(P(4)=6\cdot 4\cdot\sqrt{18-12}=24\sqrt{6}\)

Odpowiedź: \(P(x)=6x\sqrt{18-3x}\) dla \(x\in(0,6)\); największe pole \(24\sqrt{6}\) ma trójkąt o bokach \(14\), \(10\) i \(12\).

a) Objętość drewna.

Szkielet składa się z \(12\) listewek o kwadratowym przekroju o boku \(x\):

• \(4\) listewki pionowe o długości \(6-2x\),

• \(4\) listewki poziome równoległe do płaszczyzny rysunku o długości \(10-3x\),

• \(4\) listewki poziome prostopadłe do płaszczyzny rysunku o długości \(6-x\).

\(V=4x^2(6-2x)+4x^2(10-3x)+4x^2(6-x)\)

\(V=4x^2\left[(6-2x)+(10-3x)+(6-x)\right]=4x^2(22-6x)\)

\(V(x)=8x^2(11-3x)=88x^2-24x^3\)

b) Dziedzina.

Z warunków geometrycznych: \(x\gt 0\), \(\;6\ge 2x\) oraz \(10-2x\ge 2x\).

Pierwszy daje \(x\le 3\), drugi \(x\le\frac{5}{2}\).

Dziedzina: \(x\in\left(0,\frac{5}{2}\right\rangle\)

c) Największa objętość.

\(V'(x)=176x-72x^2=8x(22-9x)\)

W dziedzinie \(x\gt 0\), więc o znaku pochodnej decyduje czynnik \(22-9x\):

\(V'(x)=0\iff x=\frac{22}{9}\approx 2{,}44\), a \(\frac{22}{9}\lt\frac{5}{2}\) ✓

\(V'(x)\gt 0\) dla \(x\in\left(0,\frac{22}{9}\right)\), \(\;V'(x)\lt 0\) dla \(x\in\left(\frac{22}{9},\frac{5}{2}\right\rangle\)

Funkcja rośnie, a następnie maleje, więc w punkcie \(x=\frac{22}{9}\) osiąga wartość największą.

\(V\left(\frac{22}{9}\right)=8\cdot\left(\frac{22}{9}\right)^2\left(11-3\cdot\frac{22}{9}\right)=8\cdot\frac{484}{81}\cdot\left(11-\frac{22}{3}\right)\)

\(=8\cdot\frac{484}{81}\cdot\frac{11}{3}=\frac{42\,592}{243}\approx 175{,}3\)

Odpowiedź: a) \(V(x)=8x^2(11-3x)\); b) \(x\in\left(0,\frac{5}{2}\right\rangle\); c) \(x=\frac{22}{9}\), \(V_{\max}=\frac{42\,592}{243}=175\frac{67}{243}\)

Krok 1. Wymiary prostopadłościanu.

Niech krótsza z dwóch krawędzi o stosunku \(1:2\) ma długość \(x\), wtedy druga ma długość \(2x\). Trzecią oznaczmy \(c\).

Z warunku na objętość:

\(x\cdot 2x\cdot c=8\Rightarrow c=\frac{4}{x^2}\)

Krok 2. Pole powierzchni całkowitej.

\(P_c=2\left(x\cdot 2x+x\cdot c+2x\cdot c\right)=4x^2+6xc\)

\(P_c=4x^2+6x\cdot\frac{4}{x^2}=4x^2+\frac{24}{x}\)

Krok 3. Dziedzina.

Suma długości wszystkich krawędzi:

\(4(x+2x+c)=4\left(3x+\frac{4}{x^2}\right)\lt 28\)

\(3x+\frac{4}{x^2}\lt 7\)

Mnożymy przez \(x^2\gt 0\):

\(3x^3-7x^2+4\lt 0\)

Zauważamy, że \(x=1\) jest pierwiastkiem, a po podzieleniu:

\(3x^3-7x^2+4=(x-1)(3x+2)(x-2)\)

Dla \(x\gt 0\) czynnik \(3x+2\) jest dodatni, więc nierówność sprowadza się do \((x-1)(x-2)\lt 0\), czyli:

Dziedzina: \(x\in(1,2)\)

Krok 4. Najmniejsze pole.

\(P_c'(x)=8x-\frac{24}{x^2}=\frac{8x^3-24}{x^2}\)

\(P_c'(x)=0\iff x^3=3\iff x=\sqrt[3]{3}\approx 1{,}44\in(1,2)\) ✓

Dla \(x\in\left(1,\sqrt[3]{3}\right)\): \(P_c'(x)\lt 0\) — funkcja malejąca; dla \(x\in\left(\sqrt[3]{3},2\right)\): \(P_c'(x)\gt 0\) — rosnąca. Zatem w punkcie \(x=\sqrt[3]{3}\) funkcja osiąga wartość najmniejszą.

Krok 5. Wymiary.

\(x=\sqrt[3]{3}\), \(\;2x=2\sqrt[3]{3}\), \(\;c=\frac{4}{\left(\sqrt[3]{3}\right)^2}=\frac{4\sqrt[3]{3}}{3}\)

Sprawdzenie objętości: \(\sqrt[3]{3}\cdot 2\sqrt[3]{3}\cdot\frac{4\sqrt[3]{3}}{3}=\frac{8\cdot 3}{3}=8\) ✓

Najmniejsze pole wynosi \(P_c\left(\sqrt[3]{3}\right)=4\sqrt[3]{9}+\frac{24}{\sqrt[3]{3}}=12\sqrt[3]{9}\approx 24{,}96\).

Odpowiedź: \(P_c(x)=4x^2+\frac{24}{x}\) dla \(x\in(1,2)\); najmniejsze pole ma prostopadłościan o wymiarach \(\sqrt[3]{3}\), \(2\sqrt[3]{3}\), \(\frac{4\sqrt[3]{3}}{3}\).

Funkcja różniczkowalna może mieć ekstremum lokalne tylko tam, gdzie jej pochodna zmienia znak.

A. \(f(x)=4x^2+5x\) — parabola o ramionach w górę, ma minimum w wierzchołku.

B. \(f'(x)=9x^2+4x=x(9x+4)\) — pochodna ma dwa różne miejsca zerowe i zmienia w nich znak, więc funkcja ma ekstrema.

C. \(f'(x)=x^2+2\)

Dla każdego \(x\) zachodzi \(x^2+2\ge 2\gt 0\), więc pochodna jest stale dodatnia i funkcja jest rosnąca w całym zbiorze liczb rzeczywistych — nie ma ekstremów ✓

D. \(f(x)=(4x+1)^2\) — parabola o ramionach w górę, ma minimum.

Odpowiedź: C.