Zadania optymalizacyjne

1. Krok 1. Pochodna (wzór na pochodną ilorazu). $$P'(x)=\frac{6x^{2}(x^{2}-16)-2x^{3}\cdot 2x}{(x^{2}-16)^{2}}=\frac{2x^{4}-96x^{2}}{(x^{2}-16)^{2}}=\frac{2x^{2}(x^{2}-48)}{(x^{2}-16)^{2}}.$$
2. Krok 2. Miejsce zerowe pochodnej.

   W dziedzinie $x>4$ znak zależy od $x^{2}-48$: $P'(x)=0\Rightarrow x^{2}=48\Rightarrow x=4\sqrt3\ (\approx6{,}93\in(4,10\rangle)$.

3. Krok 3. Charakter ekstremum.

   Dla $4\lt x\lt 4\sqrt3$: $P'(x)\lt 0$ (funkcja maleje); dla $x>4\sqrt3$: $P'(x)>0$ (rośnie). W $x=4\sqrt3$ jest więc minimum.

4. Krok 4. Najmniejsze pole. $$P(4\sqrt3)=\frac{2\left(4\sqrt3\right)^{3}}{(4\sqrt3)^{2}-16}=\frac{2\cdot 192\sqrt3}{48-16}=\frac{384\sqrt3}{32}=12\sqrt3.$$
5. Odpowiedź. Podstawa $x=4\sqrt3$ m, najmniejsze pole $P=12\sqrt3\ \text{m}^{2}$.

Rozważamy stożki spełniające podane warunki: wysokość $h > 5$ oraz odległość środka podstawy od tworzącej równa $5$.

1. Krok 1 – Ustalenie oznączeń i związku między odległością a wymiarami stożka.

   Niech $r$ oznacza promień podstawy stożka, $h$ jego wysokość, a $l = \sqrt{r^2 + h^2}$ – długość tworzącej.

   Środek podstawy stożka wyznacza jego oś. Odległość środka podstawy (wierzchołka tej podstawy) od tworzącej obliczamy jako odległość punktu od odcinka (prostej). Rozważmy przekrój osiowy stożka – trójkąt równoramienny o podstawie $2r$ i wysokości $h$. Środek podstawy leży w wierzchołku trójkąta przy podstawie.

   Odległość środka podstawy $O$ od tworzącej to odległość punktu $O$ od prostej zawierającej tworzącą. W tym trójkącie tworzącą odpowiada bok o długości $l = \sqrt{r^2 + h^2}$. Pole trójkąta (przekroju osiowego) wyraża się dwoma sposobami:

   $$P = \frac{1}{2} \cdot 2r \cdot h = r \cdot h$$

   oraz jako:

   $$P = \frac{1}{2} \cdot l \cdot d,$$

   gdzie $d$ jest odległością wierzchołka wierzchołkowego (wierzchołka osi) od tworzącej. Jednak szukamy odległości środka podstawy od tworzącej, nie wierzchołka stożka.

2. Krok 2 – Poprawne wyznaczenie odległości środka podstawy od tworzącej.

   Umieśćmy układ współrzędnych tak, by środek podstawy był w punkcie $O = (0, 0)$, a wierzchołek stożka w punkcie $A = (0, h)$. Prawa tworzącą wyznaczają punkty $A = (0, h)$ i $B = (r, 0)$.

   Równanie prostej przechodzącej przez $A = (0, h)$ i $B = (r, 0)$:

   $$\frac{x}{r} + \frac{y}{h} = 1 \quad \Longrightarrow \quad hx + ry - rh = 0.$$

   Odległość punktu $O = (0, 0)$ od tej prostej:

   $$d = \frac{|h \cdot 0 + r \cdot 0 - rh|}{\sqrt{h^2 + r^2}} = \frac{rh}{\sqrt{r^2 + h^2}}.$$

   Zgodnie z warunkiem zadania $d = 5$, zatem:

   $$\frac{rh}{\sqrt{r^2 + h^2}} = 5.$$
3. Krok 3 – Wyznaczenie promienia $r$ w zależności od $h$.

   Podnosimy obie strony do kwadratu:

   $$\frac{r^2 h^2}{r^2 + h^2} = 25.$$

   Stąd:

   $$r^2 h^2 = 25(r^2 + h^2) = 25r^2 + 25h^2.$$ $$r^2 h^2 - 25r^2 = 25h^2.$$ $$r^2(h^2 - 25) = 25h^2.$$

   Ponieważ $h > 5$, mamy $h^2 - 25 > 0$, więc dzielenie jest poprawne:

   $$r^2 = \frac{25h^2}{h^2 - 25}.$$
4. Krok 4 – Wyznaczenie wzoru na objętość stożka.

   Objętość stożka wyraża się wzorem:

   $$V = \frac{1}{3} \pi r^2 h.$$

   Podstawiamy wyznaczone wyrażenie na $r^2$:

   $$V(h) = \frac{1}{3} \cdot \pi \cdot \frac{25h^2}{h^2 - 25} \cdot h = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{25h^3}{h^2 - 25}.$$

Wniosek: Dla stożka spełniającego warunki zadania ($h > 5$, odległość środka podstawy od tworzącej równa $5$), objętość jako funkcja wysokości wyraża się wzorem:

Szukamy minimum funkcji $V(h) = \dfrac{\pi}{3} \cdot \dfrac{25h^3}{h^2 - 25}$ dla $h \in (5, +\infty)$.

1. Krok 1: Obliczenie pochodnej $V'(h)$

   Wyznaczamy pochodną funkcji, korzystając z reguły ilorazu. Niech $f(h) = 25h^3$ oraz $g(h) = h^2 - 25$, wtedy:

   $$f'(h) = 75h^2, \qquad g'(h) = 2h$$

   Pochodna ilorazu:

   $$\left(\frac{f}{g}\right)' = \frac{f'g - fg'}{g^2} = \frac{75h^2(h^2-25) - 25h^3 \cdot 2h}{(h^2-25)^2}$$

   Upraszczamy licznik:

   $$75h^2(h^2-25) - 50h^4 = 75h^4 - 1875h^2 - 50h^4 = 25h^4 - 1875h^2 = 25h^2(h^2 - 75)$$

   Zatem:

   $$V'(h) = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{25h^2(h^2 - 75)}{(h^2-25)^2}$$
2. Krok 2: Wyznaczenie punktów krytycznych

   Przyrównujemy $V'(h) = 0$. Ponieważ $h \in (5, +\infty)$, mamy $h > 0$, więc $25h^2 > 0$ oraz $(h^2-25)^2 > 0$. Warunek zerowania się pochodnej redukuje się do:

   $$h^2 - 75 = 0 \implies h^2 = 75 \implies h = 5\sqrt{3}$$

   (odrzucamy $h = -5\sqrt{3}$, gdyż $h > 5$). Sprawdzamy: $5\sqrt{3} \approx 8{,}66 > 5$ ✓

3. Krok 3: Zbadanie znaku pochodnej (analiza monotoniczności)

   Ponieważ $\dfrac{\pi}{3} \cdot \dfrac{25h^2}{(h^2-25)^2} > 0$ dla każdego $h \in (5,+\infty)$, znak $V'(h)$ zależy wyłącznie od czynnika $(h^2 - 75)$:

   • Dla $h \in (5,\, 5\sqrt{3})$: $h^2 \lt 75$, więc $h^2 - 75 \lt 0$, zatem $V'(h) \lt 0$ — funkcja maleje.
   • Dla $h \in (5\sqrt{3},\, +\infty)$: $h^2 > 75$, więc $h^2 - 75 > 0$, zatem $V'(h) > 0$ — funkcja rośnie.

   Funkcja $V$ maleje przed punktem $h = 5\sqrt{3}$ i rośnie po nim, zatem $h = 5\sqrt{3}$ jest punktem minimum lokalnego (i globalnego na $(5,+\infty)$).

4. Krok 4: Obliczenie najmniejszej objętości

   Podstawiamy $h = 5\sqrt{3}$ do wzoru na $V(h)$:

   $$h^2 = 75, \qquad h^3 = (5\sqrt{3})^3 = 125 \cdot 3\sqrt{3} = 375\sqrt{3}$$ $$h^2 - 25 = 75 - 25 = 50$$ $$V(5\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 \cdot 375\sqrt{3}}{50} = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{9375\sqrt{3}}{50} = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{375\sqrt{3}}{2}$$ $$V(5\sqrt{3}) = \frac{375\sqrt{3}\,\pi}{6} = \frac{125\sqrt{3}\,\pi}{2}$$

Wynik końcowy:

Najmniejszą objętość ma stożek o wysokości

a ta najmniejsza objętość wynosi

Krok 1. Wysokość w zależności od \(a\).

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), więc \(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\). Oznaczmy przez \(H\) wysokość graniastosłupa:

\(P_c=2P_p+P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3aH=24\sqrt{3}\)

\(3aH=24\sqrt{3}-\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{2}\)

\(H=\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{6a}\)

Krok 2. Objętość.

\(V=P_p\cdot H=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{6a}\)

\(V=\frac{a^2\cdot 3\cdot\left(48-a^2\right)}{24a}=\frac{a\left(48-a^2\right)}{8}\)

\(V(a)=6a-\frac{1}{8}a^3\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Uwaga: z warunku \(H\gt 0\) wynika \(48-a^2\gt 0\), czyli \(a\in\left(0,4\sqrt{3}\right)\).

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 \(V_{\max}=16\).

1. Krok 1. Pochodna. $$P'(a)=a\sqrt3-\frac{13824\sqrt3}{a^{2}}=\frac{\sqrt3\,(a^{3}-13824)}{a^{2}}.$$
2. Krok 2. Miejsce zerowe pochodnej. $$P'(a)=0\ \Rightarrow\ a^{3}=13824\ \Rightarrow\ a=\sqrt[3]{13824}=24.$$

   Punkt $a=24$ leży poza dziedziną, bo $8\sqrt3\approx13{,}86\lt 24$.

3. Krok 3. Monotoniczność na dziedzinie.

   Dla $a\in(0,8\sqrt3\rangle$ mamy $a^{3}\lt 13824$, więc $P'(a)\lt 0$ — funkcja jest malejąca. Najmniejsza wartość jest zatem na prawym końcu przedziału, dla $a=8\sqrt3$.

4. Krok 4. Obliczenie najmniejszego pola.

   $(8\sqrt3)^{2}=192$, więc

   $$P(8\sqrt3)=\frac{192\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{8\sqrt3}=96\sqrt3+\frac{13824}{8}=96\sqrt3+1728.$$
5. Odpowiedź. Krawędź podstawy $a=8\sqrt3$, najmniejsze pole $P=1728+96\sqrt3$.

Krok 1. Krawędź podstawy w zależności od \(R\).

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\). Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym wynosi \(R=\frac{a\sqrt{3}}{3}\), skąd:

\(a=R\sqrt{3}\)

Krok 2. Pole podstawy.

\(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\left(R\sqrt{3}\right)^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}\)

Krok 3. Wysokość ostrosłupa.

Z warunku \(H+R=6\) otrzymujemy:

\(H=6-R\)

Krok 4. Objętość.

\(V=\frac{1}{3}P_p\cdot H=\frac{1}{3}\cdot\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}\cdot(6-R)\)

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

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Uwaga: z warunków \(R\gt 0\) oraz \(H=6-R\gt 0\) wynika \(R\in(0,6)\).

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 \(V_{\max}=8\sqrt{3}\).

a) Wzór funkcji \(V\) i jej dziedzina.

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy. Punkt \(O\) jest środkiem kwadratu \(ABCD\), więc jego odległość od wierzchołka podstawy wynosi:

\(|OA|=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Odcinek \(OE\) jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(|OA|\) i \(h\):

\(d^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2+h^2=\frac{a^2}{2}+h^2\)

Stąd:

\(a^2=2\left(d^2-h^2\right)\)

Objętość graniastosłupa:

\(V=a^2\cdot h=2\left(d^2-h^2\right)h\)

\(V(h)=2d^2h-2h^3\)

Dziedzina: musi zachodzić \(h\gt 0\) oraz \(a^2\gt 0\), czyli \(d^2-h^2\gt 0\), co przy \(h\gt 0\) daje \(h\lt d\):

\(h\in(0,d)\)

b) Wysokość dająca największą objętość.

Obliczamy pochodną:

\(V'(h)=2d^2-6h^2=2\left(d^2-3h^2\right)\)

\(V'(h)=0\iff h^2=\frac{d^2}{3}\iff h=\frac{d}{\sqrt{3}}=\frac{d\sqrt{3}}{3}\) (bierzemy wartość dodatnią)

Badamy znak pochodnej w dziedzinie:

dla \(h\in\left(0,\frac{d\sqrt{3}}{3}\right)\): \(d^2-3h^2\gt 0\), więc \(V'(h)\gt 0\) — funkcja rosnąca,

dla \(h\in\left(\frac{d\sqrt{3}}{3},d\right)\): \(V'(h)\lt 0\) — funkcja malejąca.

Zatem funkcja \(V\) osiąga wartość największą dla \(h=\frac{d\sqrt{3}}{3}\).

Dla zainteresowanych: największa objętość wynosi wtedy \(V\left(\frac{d\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{4\sqrt{3}}{9}d^3\).

Odpowiedź: a) \(V(h)=2d^2h-2h^3\) dla \(h\in(0,d)\); b) \(h=\frac{d\sqrt{3}}{3}\)

a) Wyprowadzenie wzoru. Ramiona mają długość $b$, więc podstawa wynosi $a=18-2b$. Wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na połowy, zatem z twierdzenia Pitagorasa:

$$h=\sqrt{b^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{b^2-(9-b)^2}=\sqrt{b^2-81+18b-b^2}=\sqrt{18b-81}.$$

Stąd pole:

$$P=\frac12\,a\,h=\frac{(18-2b)\sqrt{18b-81}}{2}. \qquad\blacksquare$$

b) Dziedzina. Muszą zachodzić jednocześnie:

$$a=18-2b>0\ \Longrightarrow\ b\lt 9,$$

$$18b-81>0\ \Longrightarrow\ b>\frac{9}{2}.$$

Warunek trójkąta $a\lt 2b$ daje $18-2b\lt 2b$, czyli $b>\frac92$ — to samo ograniczenie. Zatem

$$D=\left(\frac{9}{2},\ 9\right).$$

c) Największe pole. Zapiszmy $P(b)=(9-b)\sqrt{18b-81}$. Ponieważ na dziedzinie $P>0$, wystarczy zmaksymalizować kwadrat wyrażenia pomocniczego:

$$g(b)=(9-b)^2(2b-9).$$

$$g'(b)=-2(9-b)(2b-9)+2(9-b)^2=(9-b)\bigl[-4b+18+18-2b\bigr]=6(9-b)(6-b).$$

Na przedziale $\left(\frac92,9\right)$ czynnik $(9-b)$ jest dodatni, więc znak pochodnej wyznacza $(6-b)$: dla $b\lt 6$ funkcja rośnie, dla $b>6$ maleje. Maksimum wypada w $b=6$.

Wtedy podstawa $a=18-2\cdot6=6$, czyli trójkąt jest równoboczny.

Kontrola: $P(6)=(9-6)\sqrt{18\cdot6-81}=3\sqrt{27}=9\sqrt3$, co zgadza się ze wzorem na pole trójkąta równobocznego $\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3$.

Odpowiedź: boki $6$, $6$, $6$ (trójkąt równoboczny), pole $9\sqrt3$.

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. Oznaczenia. Niech $a$ będzie szerokością ekranu (wymiar wzdłuż krótszych brzegów), a $b$ jego wysokością. Z warunku zadania

$$a\cdot b=60\ \Longrightarrow\ b=\frac{60}{a},\qquad a>0.$$

Krok 2. Wymiary całego smartfona. Z rysunku: po bokach dodajemy po $0{,}3$ cm, u góry i u dołu po $0{,}5$ cm:

$$\text{szerokość}=a+2\cdot0{,}3=a+0{,}6,\qquad \text{wysokość}=b+2\cdot0{,}5=b+1.$$

Krok 3. Funkcja pola.

$$P(a)=(a+0{,}6)\left(\frac{60}{a}+1\right)=60+a+\frac{36}{a}+0{,}6=a+\frac{36}{a}+60{,}6.$$

Krok 4. Minimum.

$$P^{\prime}(a)=1-\frac{36}{a^{2}}.$$

$$P^{\prime}(a)=0\ \Longleftrightarrow\ a^{2}=36\ \Longleftrightarrow\ a=6\quad(a>0).$$

Dla $a\lt 6$ pochodna jest ujemna, dla $a>6$ dodatnia, więc w $a=6$ funkcja osiąga minimum.

Krok 5. Wymiary i wynik.

$$b=\frac{60}{6}=10\ \mathrm{cm}.$$

Ekran ma wymiary $6\ \mathrm{cm}\times 10\ \mathrm{cm}$ — jest wyższy niż szerszy, co zgadza się z rysunkiem.

$$P(6)=6{,}6\cdot 11=72{,}6\ \mathrm{cm}^{2}.$$

Odpowiedź: ekran o wymiarach $6\ \mathrm{cm}\times10\ \mathrm{cm}$; najmniejsze pole ekranu wraz z obramowaniem wynosi $72{,}6\ \mathrm{cm}^{2}$.

Krok 1. Oznaczenia. Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny. Niech $a$ będzie krawędzią podstawy, a $H$ — krawędzią boczną (wysokością bryły).

$$P_{p}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}.$$

Krok 2. Warunek objętości.

$$V=P_{p}\cdot H=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\,H=2\ \Longrightarrow\ H=\frac{8}{a^{2}\sqrt{3}}.$$

Krok 3. Pole powierzchni całkowitej. Dwie podstawy i trzy prostokąty boczne:

$$S=2P_{p}+3aH=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}+3a\cdot\frac{8}{a^{2}\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a^{2}+\frac{24}{a\sqrt{3}}.$$

Usuwamy niewymierność z mianownika: $\frac{24}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}$, więc

$$S(a)=\frac{\sqrt{3}}{2}a^{2}+\frac{8\sqrt{3}}{a},\qquad a>0.$$

Krok 4. Minimum funkcji.

$$S^{\prime}(a)=\sqrt{3}\,a-\frac{8\sqrt{3}}{a^{2}}=\sqrt{3}\left(a-\frac{8}{a^{2}}\right).$$

$$S^{\prime}(a)=0\ \Longleftrightarrow\ a^{3}=8\ \Longleftrightarrow\ a=2.$$

Dla $a\lt 2$ pochodna jest ujemna, dla $a>2$ dodatnia, więc w $a=2$ funkcja osiąga minimum.

Krok 5. Krawędź boczna.

$$H=\frac{8}{2^{2}\sqrt{3}}=\frac{8}{4\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$$

Krok 6. Najmniejsze pole.

$$S(2)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot4+\frac{8\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}+4\sqrt{3}=6\sqrt{3}.$$

Sprawdzenie: pole podstawy $=\frac{4\sqrt3}{4}=\sqrt3$, objętość $=\sqrt3\cdot\frac{2}{\sqrt3}=2$ ✓; pole boczne $=3\cdot2\cdot\frac{2}{\sqrt3}=4\sqrt3$, razem $2\sqrt3+4\sqrt3=6\sqrt3$ ✓

Odpowiedź: krawędź podstawy $a=2$, krawędź boczna $H=\frac{2\sqrt{3}}{3}$; najmniejsze pole powierzchni całkowitej wynosi $6\sqrt{3}$.

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) \(x=\frac{22}{9}\), \(V_{\max}=\frac{42\,592}{243}=175\frac{67}{243}\)

Oznaczmy promień podstawy przez $r$, a wysokość przez $h$.

Krok 1. Warunek na pole powierzchni całkowitej. Walec ma dwie podstawy i powierzchnię boczną:

$$P=2\pi r^{2}+2\pi rh\ \Longrightarrow\ h=\frac{P-2\pi r^{2}}{2\pi r}.$$

Krok 2. Dziedzina. Musi być $r>0$ oraz $h>0$, czyli

$$P-2\pi r^{2}>0\ \Longrightarrow\ 0\lt r\lt \sqrt{\frac{P}{2\pi}}.$$

Krok 3. Objętość jako funkcja $r$.

$$V=\pi r^{2}h=\pi r^{2}\cdot\frac{P-2\pi r^{2}}{2\pi r}=\frac{r\left(P-2\pi r^{2}\right)}{2}=\frac{Pr-2\pi r^{3}}{2}.$$

Krok 4. Poszukiwanie maksimum.

$$V^{\prime}(r)=\frac{P-6\pi r^{2}}{2}.$$

$$V^{\prime}(r)=0\ \Longleftrightarrow\ 6\pi r^{2}=P\ \Longleftrightarrow\ r=\sqrt{\frac{P}{6\pi}}.$$

Dla mniejszych $r$ pochodna jest dodatnia, dla większych ujemna, więc w tym punkcie funkcja osiąga maksimum. Punkt należy do dziedziny, bo $\sqrt{\frac{P}{6\pi}}\lt \sqrt{\frac{P}{2\pi}}$.

Krok 5. Wysokość. Z warunku $P=6\pi r^{2}$ podstawiamy do wzoru na $h$:

$$h=\frac{P-2\pi r^{2}}{2\pi r}=\frac{6\pi r^{2}-2\pi r^{2}}{2\pi r}=\frac{4\pi r^{2}}{2\pi r}=2r.$$

Otrzymujemy więc walec równoboczny — jego wysokość równa się średnicy podstawy.

$$h=2\sqrt{\frac{P}{6\pi}}.$$

Krok 6. Największa objętość.

$$V_{\max}=\pi r^{2}\cdot 2r=2\pi r^{3}=2\pi\cdot\frac{P}{6\pi}\cdot r=\frac{P}{3}\,r=\frac{P}{3}\sqrt{\frac{P}{6\pi}}.$$

Po usunięciu niewymierności z mianownika:

$$V_{\max}=\frac{P\sqrt{6\pi P}}{18\pi}.$$

Kontrola liczbowa: dla $P=6\pi$ mamy $r=1$, $h=2$ oraz $V=\pi\cdot1\cdot2=2\pi$; ze wzoru $V_{\max}=\frac{6\pi}{3}\cdot1=2\pi$ ✓

Odpowiedź: $r=\sqrt{\frac{P}{6\pi}}$, $\;h=2r=2\sqrt{\frac{P}{6\pi}}$, $\;V_{\max}=\frac{P}{3}\sqrt{\frac{P}{6\pi}}$

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 \(\sqrt[3]{3}\), \(2\sqrt[3]{3}\), \(\frac{4\sqrt[3]{3}}{3}\).

Krok 1. Wysokość w zależności od promienia.

\(P_c=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi\)

Dzielimy przez \(2\pi\):

\(r^2+rh=1\)

\(h=\frac{1-r^2}{r}\)

Z warunków \(r\gt 0\) i \(h\gt 0\) wynika \(1-r^2\gt 0\), czyli \(r\in(0,1)\).

Krok 2. Objętość jako funkcja promienia.

\(V=\pi r^2 h=\pi r^2\cdot\frac{1-r^2}{r}=\pi r\left(1-r^2\right)\)

\(V(r)=\pi\left(r-r^3\right)\) dla \(r\in(0,1)\)

Krok 3. Badanie funkcji.

\(V'(r)=\pi\left(1-3r^2\right)\)

\(V'(r)=0\iff r^2=\frac{1}{3}\iff r=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\) (bierzemy wartość dodatnią)

Dla \(r\in\left(0,\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\): \(V'(r)\gt 0\) — funkcja rosnąca.

Dla \(r\in\left(\frac{\sqrt{3}}{3},1\right)\): \(V'(r)\lt 0\) — funkcja malejąca.

Zatem dla \(r=\frac{\sqrt{3}}{3}\) objętość jest największa.

Krok 4. Największa objętość.

\(V\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=\pi\left(\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{27}\right)=\pi\left(\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)=\pi\cdot\frac{3\sqrt{3}-\sqrt{3}}{9}=\frac{2\sqrt{3}\pi}{9}\)

Uwaga: odpowiadająca wysokość wynosi \(h=\frac{1-\frac{1}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\).

Odpowiedź: \(r=\frac{\sqrt{3}}{3}\), a największa objętość jest równa \(\frac{2\sqrt{3}\pi}{9}\).

Krok 1. Przekrój osiowy. Przekrojem osiowym stożka jest trójkąt równoramienny o podstawie równej średnicy $2r$ i ramionach równych tworzącej $l$. Z warunku na obwód:

$$2r+2l=20\ \Longrightarrow\ l=10-r.$$

Krok 2. Wysokość stożka. Z twierdzenia Pitagorasa ($l$ — przeciwprostokątna):

$$h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}=\sqrt{(10-r)^{2}-r^{2}}=\sqrt{100-20r}.$$

Krok 3. Dziedzina. Musi być $r>0$ oraz $100-20r>0$, czyli

$$r\in(0,\ 5).$$

Krok 4. Objętość.

$$V(r)=\frac13\pi r^{2}h=\frac13\pi r^{2}\sqrt{100-20r}.$$

Krok 5. Maksymalizacja. Objętość jest dodatnia, więc maksimum $V$ pokrywa się z maksimum wyrażenia pod pierwiastkiem po podniesieniu do kwadratu. Rozpatrzmy funkcję pomocniczą

$$f(r)=r^{4}\left(100-20r\right)=100r^{4}-20r^{5}.$$

$$f^{\prime}(r)=400r^{3}-100r^{4}=100r^{3}(4-r).$$

Na przedziale $(0,5)$ pochodna jest dodatnia dla $r\lt 4$ i ujemna dla $r>4$, więc maksimum wypada w

$$r=4.$$

Krok 6. Pozostałe wielkości.

$$l=10-4=6,\qquad h=\sqrt{100-80}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}.$$

Kontrola: obwód przekroju $=2\cdot4+2\cdot6=20$ ✓ oraz $h=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=\sqrt{20}$ ✓

Krok 7. Największa objętość.

$$V=\frac13\pi\cdot4^{2}\cdot2\sqrt{5}=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi\approx 74{,}9.$$

Odpowiedź: $r=4$, $\;h=2\sqrt{5}$, $\;V=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi$

Krok 1. Zależności między wielkościami.

Niech \(r\) będzie promieniem podstawy, \(l\) — tworzącą, \(h\) — wysokością. Z warunku zadania \(l=2-r\), przy czym \(0\lt r\lt 2\).

Z twierdzenia Pitagorasa:

\(h^2=l^2-r^2=(2-r)^2-r^2=4-4r\)

Stąd \(r=1-\frac{h^2}{4}\), a warunek \(r\gt 0\) daje \(h\in(0,2)\).

Krok 2. Objętość jako funkcja wysokości.

\(V(h)=\frac{1}{3}\pi r^2 h=\frac{1}{3}\pi\left(1-\frac{h^2}{4}\right)^2 h=\frac{\pi}{48}\,h\left(4-h^2\right)^2\)

Krok 3. Badanie funkcji.

\(V'(h)=\frac{\pi}{48}\left[\left(4-h^2\right)^2+h\cdot 2\left(4-h^2\right)\cdot(-2h)\right]\)

\(=\frac{\pi}{48}\left(4-h^2\right)\left[\left(4-h^2\right)-4h^2\right]=\frac{\pi}{48}\left(4-h^2\right)\left(4-5h^2\right)\)

W przedziale \((0,2)\) czynnik \(4-h^2\) jest dodatni, więc o znaku pochodnej decyduje \(4-5h^2\):

\(V'(h)=0\iff h=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}\)

\(V'(h)\gt 0\) dla \(h\in\left(0,\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)\), \(\;V'(h)\lt 0\) dla \(h\in\left(\frac{2\sqrt{5}}{5},2\right)\)

Zatem objętość jest największa dla \(h=\frac{2\sqrt{5}}{5}\).

Krok 4. Największa objętość.

\(r=1-\frac{h^2}{4}=1-\frac{\frac{4}{5}}{4}=1-\frac{1}{5}=\frac{4}{5}\)

\(V=\frac{1}{3}\pi\left(\frac{4}{5}\right)^2\cdot\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{16}{25}\cdot\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{32\sqrt{5}\,\pi}{375}\)

Odpowiedź: \(h=\frac{2\sqrt{5}}{5}\), a największa objętość wynosi \(\frac{32\sqrt{5}\,\pi}{375}\).

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) długość krawędzi bocznej.

Graniastosłup prawidłowy sześciokątny ma 12 krawędzi podstaw i 6 krawędzi bocznych, więc

\(12a+6h=24\), czyli \(h=4-2a\).

Warunki geometryczne: \(a>0\) i \(h>0\), czyli \(a\in(0,2)\).

Pole powierzchni bocznej (sześć prostokątów \(a\times h\)):

\(P(a)=6ah=6a(4-2a)=-12a^2+24a\).

Jest to funkcja kwadratowa o ujemnym współczynniku przy \(a^2\), więc przyjmuje wartość największą w wierzchołku:

\(a_0=-\dfrac{24}{2\cdot(-12)}=1\), przy czym \(1\in(0,2)\).

Odpowiedź: krawędź podstawy ma długość \(a=1\) (wtedy \(h=2\), a \(P=12\)).

Oznaczmy \(x=|DF|\), wtedy \(|CE|=2x\), \(|CF|=1-x\) oraz \(|BE|=1-2x\).

Warunki geometryczne: \(x\ge0\) i \(2x\le1\), więc \(x\in\langle0,\tfrac12\rangle\).

Pole trójkąta \(AEF\) obliczamy, odejmując od pola kwadratu pola trzech trójkątów prostokątnych:

\(P(x)=1-\underbrace{\tfrac12\cdot1\cdot(1-2x)}_{P_{ABE}}-\underbrace{\tfrac12\cdot2x\cdot(1-x)}_{P_{ECF}}-\underbrace{\tfrac12\cdot1\cdot x}_{P_{ADF}}\),

\(P(x)=1-\tfrac12+x-x+x^2-\tfrac{x}{2}=x^2-\tfrac12x+\tfrac12\).

Jest to funkcja kwadratowa o dodatnim współczynniku przy \(x^2\), więc wartość najmniejszą przyjmuje w wierzchołku:

\(x_0=\dfrac{\tfrac12}{2}=\dfrac14\), przy czym \(\tfrac14\in\langle0,\tfrac12\rangle\).

Odpowiedź: \(x=\dfrac14\) (najmniejsze pole wynosi wtedy \(\dfrac{7}{16}\)).