Zadanie nr 6899596

Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa i ramiona mają długość po 4 dm. Oblicz, jaką długość powinna mieć dłuższa podstawa tego trapezu, aby do pomieszczenia wpadało przez to okno jak najwięcej światła, czyli aby pole powierzchni okna było największe. Oblicz to pole.

Rozwiązanie

Szkicujemy trapez równoramienny.

Sposób I

Oznaczmy AE = FB = x . Wtedy wysokość trapezu jest równa

∘ -------- h = 1 6− x 2,

a jego pole

∘ -------- P (x) = x+--x+--4+--4-⋅h = (x + 4) 16− x2. 2

Pozostało więc wyznaczyć największą możliwą wartość funkcji P(x ) dla x ∈ (0 ,4) (prawy koniec przedziału jest konsekwencją nierówności AE < AD ). Liczymy pochodną (ze wzoru na pochodną iloczynu)

∘ -------- ∘ -------- P′(x) = (x + 4)′ ⋅ 16 − x2 + (x + 4) ⋅( 16 − x 2)′ = ∘ -------- 2 2 = 16− x2 + (x+ 4)⋅ -√-−-2x----= 16-−√x--−-x--−-4x-= 2 16 − x2 16 − x2 2 = −2-(√x-+--2x−--8). 16 − x2

Rozkładamy teraz trójmian w liczniku.

Δ = 4 + 32 = 3 6 − 2− 6 − 2 + 6 x = ------- = − 4 ∨ x = ------- = 2 2 2 x 2 + 2x − 8 = (x+ 4)(x − 2).

Mamy zatem

′ −-2(x-+-4)(x-−--2) P (x) = √ 16-−-x-2 .

Widać teraz, że pochodna jest dodatnia dla x ∈ (0,2) i ujemna dla x ∈ (2,4) . W takim razie funkcja P (x) rośnie w przedziale x ∈ (0 ,2⟩ i maleje w przedziale ⟨2 ,4) . Największą wartość tej funkcji otrzymamy więc dla x = 2 . Pole trapezu jest wtedy równe

√ ------- √ --- √ -- P (2) = (2 + 4) 16 − 4 = 6 12 = 1 2 3.

Sposób II

Tak jak w poprzednim sposobie dochodzimy do zależności

∘ ------2- P (x) = (x + 4) 16− x .

Ponieważ x > 0 możemy ten wzór zapisać w postaci

∘ -------- ∘ ------------------ P(x ) = (x+ 4) 16 − x 2 = (x + 4)2(16 − x 2).

Funkcja y = √t- jest rosnąca, więc wystarczy ustalić dla jakiej wartości x ∈ (0 ,4) największą wartość przyjmuje funkcja

2 2 f(x ) = (x + 4) (16 − x ).

Liczymy pochodną

′ 2 ′ 2 2 2 ′ f (x) = [(x+ 4) ](16 − x )+ (x + 4 )(1 6− x ) = = 2(x + 4)(1 6− x 2)+ (x + 4 )2 ⋅(− 2x) = 2 2 = 2(x + 4)(1 6− x − x (x+ 4)) = − 4(x + 4)(x + 2x − 8 ).

Rozkładamy teraz trójmian w ostatnim nawiasie.

Δ = 4 + 32 = 3 6 x = −-2−--6 = − 4 ∨ x = −-2-+-6 = 2 2 2 x 2 + 2x − 8 = (x+ 4)(x − 2).

Mamy zatem

′ 2 f (x ) = − 4(x + 4)(x + 4)(x − 2) = −4 (x+ 4) (x− 2).

√ ------- √ --- √ -- P (2) = (2 + 4) 16 − 4 = 6 12 = 1 2 3.

Sposób III

Tak jak w poprzednim sposobie sprowadzamy rozwiązanie zadania do wyznaczenia największej wartości funkcji

f(x) = (x + 4 )2(16− x2) = (x2 + 8x + 16)(1 6− x 2) = = 1 6x2 + 128x + 256 − x 4 − 8x 3 − 16x2 = 4 3 = −x − 8x + 1 28x + 256.

w przedziale (0 ,4) . Tym razem pochodną obliczymy jednak nie korzystając ze wzoru na pochodną złożenia.

f ′(x) = − 4x3 − 24x2 + 128 = − 4(x3 + 6x2 − 32).

Aby rozłożyć otrzymany wielomian szukamy jego pierwiastków wymiernych. Sprawdzając dzielniki wyrazu wolnego, łatwo znaleźć pierwiastek x = 2 . Dzielimy więc ten wielomian przez (x− 2) . My zrobimy to grupując wyrazy.

3 2 3 2 2 x + 6x − 3 2 = (x − 2x ) + (8x − 16x )+ (1 6x− 32) = = (x − 2)(x2 + 8x+ 16) = (x − 2)(x + 4 )2.

Mamy zatem

′ 2 f (x ) = − 4(x + 4)(x + 4)(x − 2) = −4 (x+ 4) (x− 2).

Dalszą część rozwiązania prowadzimy tak jak w poprzednim sposobie.

Sposób IV

Rozwiązanie zadania znacznie się uprości jeżeli oznaczymy BE = x .

Mamy wtedy

AE = BE − CD = x− 4 ∘ ------------ ∘ -------------- ∘ ------------------ ∘ -------- h = AD 2 − AE 2 = 16 − (x − 4)2 = 16− x2 + 8x − 16 = 8x − x2

i pole trapezu jest równe

∘ -------- ∘ -------- ∘ --------- P(x ) = AB--+-CD--⋅h = x−--4+--x+--4-⋅ 8x − x2 = x 8x − x 2 = 8x3 − x4. 2 2

Badamy teraz funkcję

f(x) = 8x3 − x4

określoną dla x ∈ (4 ,8 ) (bo DC < EB < DC + CB ). Liczymy pochodną

′ 2 3 2 f (x ) = 24x − 4x = −4x (x− 6).

Widać teraz, że pochodna jest dodatnia w przedziale (4,6) i ujemna w przedziale (6 ,8) . To oznacza, że funkcja f(x ) rośnie w przedziale (4,6⟩ i maleje w przedziale ⟨6,8) . W takim razie największą wartość pola otrzymamy dla x = 6 . Pole jest wtedy równe