Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej

Oznaczmy przez $x$ szukaną liczbę. Wówczas funkcja opisująca warunki zadania ma postać:

$f(x)=2x-\frac{1}{x^{2}}$ dla $\ x\in (-\infty ,0).$

Obliczamy pochodną funkcji $f$:

$f^{\prime }(x)=2+\frac{2}{x^{3}}=\frac{2(x^{3}+1)}{x^{3}}$ dla $x\in (-\infty ,0)$.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji $f$:

$f^{\prime }(x)=0 \ \Leftrightarrow \ \frac{2(x^{3}+1)}{x^{3}}=0 \ \Leftrightarrow \ x^{3}+1=0 \ \Leftrightarrow \ x=-1.$

Rozwiązujemy odpowiednie nierówności pamiętając, że $x\in (-\infty ,0)$:

$f^{\prime }(x)>0 \ \Leftrightarrow \ \frac{2(x^{3}+1)}{x^{3}}>0 \ \Leftrightarrow  \ (x^{3}+1)x^{3}>0 \ \Leftrightarrow x^{3}+1$

$f^{\prime }(x)$

Z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum lokalnego wynika, że funkcja $f$ ma maksimum lokalne dla $x=-1$. Czyli szukaną liczbą jest $-1$.

Niech $r$ oznacza promień podstawy walca wpisanego w kulę, zaś $H$ jego wysokość. Wykonujemy pomocniczy rysunek (aplet), na którym możemy zaobserwować, w jaki sposób objętość walca zależy od jego wysokości:

Przypomnijmy wzór na objętość walca

$V=\pi r^2⋅H$.

Z twierdzenia Pitagorasa (zastosowanego do trójkąta prostokątnego będącego połową przekroju osiowego walca) wynika, że

$(2r)^2+H^2=(2R)^2$.

Stąd $r^{2}=36-\frac{1}{4}H^{2}$. Wstawiając do wzoru na objętość walca otrzymujemy:

$V(H)=\pi (36-\frac{1}{4}H^{2})\cdot H=\pi (36H-\frac{1}{4}H^{3})\ $ dla $H\in \left( 0,12\right)$.

Dalej wyznaczymy największą wartość funkcji $V$. W tym celu obliczamy pochodną

$V' (H)=\pi (36-\frac{3}{4}H^{2} )$

i przyrównujemy ją do zera:

$V'(H)=0 \ \Leftrightarrow \ (36-\frac{3}{4}H^{2}=0 \wedge  x\in (0,12)) \ \Leftrightarrow \ H=4\sqrt{3}$.

$V'(H)>0$ dla $H∈(0,4\sqrt{3})$, natomiast $V'(H)$ dla $H∈(4\sqrt{3},12)$. A zatem walec przyjmuje największą objętość dla $H=4\sqrt{3}$ cm i objętość ta jest równa

$V_{max}=V(4\sqrt{3})=\pi (36-\frac{1}{4}(4\sqrt{3})^{2})\cdot 4\sqrt{3}=96\pi \sqrt{3} \text{ cm}^{3}$.

Pozostaje obliczyć jeszcze objętość kuli

$V_{K}=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{4}{3}\pi 6^{3}=288\pi \text{ cm}^{3}$

i na koniec objętość skrawków

$V_{s}=V_K-V_{max}=(288\pi -96\pi \sqrt{3})\text{ cm}^{3}$.

Niech $P=(x,f(x)), \;x\in [-2,2]$ będzie punktem wykresu funkcji $f$. Wówczas odległość $d$ tego punktu od początku układu współrzędnych można przedstawić jako funkcję zmiennej $x$

$d(x)=\sqrt{x^2+(f(x))^2}$.

Po podstawieniu otrzymujemy

$d(x)=\sqrt{x^2+\tfrac14(x+3)^2(2-x)}=\frac12\sqrt{-x^3+3x+18}, \, x\in [-2,2]$.

Obliczamy najpierw pochodną funkcji $d$

$d^\prime (x)=\frac12\frac{1}{2\sqrt{-x^3+3x+18}}(-3x^2+3)$

i przyrównujemy ją do zera:

$d^\prime (x)=0 \Leftrightarrow 3(1-x^2)=0\Leftrightarrow (x=-1 \vee x=1)$.

Zgodnie z algorytmem wyznaczania ekstremów globalnych funkcja $d$ może posiadać minimum globalne w punktach: $-2,\,-1,\,1$ oraz $2$. Obliczamy wartości funkcji we wskazanych punktach:

$d(-2)=\sqrt{5}$,  $f(-1)=2$,  $f(1)=\sqrt{5}$,  $f(2)=2$.

Stąd wynika, że funkcja $d$ przyjmuje wartość najmniejszą na przedziale $[-2,2]$ w punktach $x=-1$ oraz $x=2$. Punkty wykresu funkcji $f$, których odległość od początku układu jest najmniejsza to $P_1=(-1,\sqrt{3})$ oraz $P_2=(2,0)$. Odległość ta wynosi $2$.

Poniższy aplet przedstawia wykres funkcji $f$ z ruchomym punktem $P$ oraz funkcję $d$.

Niech $x$ będzie odległością mostu od rzutu miasta $A$ na linię rzeki. Wówczas $0\leq x\leq l$, zaś droga łącząca miasta $A$ i $B$ ma długość

$d(x)=\left\vert AP\right\vert +\left\vert PQ\right\vert +\left\vert QB\right\vert =\sqrt{x^{2}+a_{1}^{2}}+\left\vert PQ\right\vert +\sqrt{(l-x)^{2}+a_{2}^{2}}$.

Ponieważ odcinek $PQ$ równy długości mostu ma stałą długość, wystarczy, że znajdziemy najmniejszą wartość funkcji $f(x)=\sqrt{x^{2}+4}+\sqrt{(21-x)^{2}+144}$ na przedziale $[0,21]$.

Obliczamy pochodną funkcji $f$:

$f^\prime (x)=\frac{2x}{2\sqrt{x^{2}+4}}+\frac{2(21-x)\cdot (-1)}{2\sqrt{(21-x)^{2}+144}}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}-\frac{21-x}{\sqrt{(21-x)^{2}+144}}$ dla $x\in [0,21]$

i przyrównujemy ją do zera:

$f^\prime (x)=0 \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}=\frac{21-x}{\sqrt{(21-x)^{2}+144}} \Leftrightarrow \left(\frac{x^2}{x^{2}+4}=\frac{(21-x)^2}{(21-x)^{2}+144} \wedge x\in [0,21]\right).$

Ponieważ

$\frac{x^2}{x^{2}+4}=\frac{(21-x)^2}{(21-x)^{2}+144} \Leftrightarrow x^{2}(441-42x+x^{2}+144)=\left( 441-42x+x^{2}\right)\left( x^{2}+4\right) \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 5x^{2}+6x-63=0 \Leftrightarrow (x=3\vee x=-4.2)$,

więc

$f^\prime (x)=0 \Leftrightarrow x=3$.

Zgodnie z algorytmem wyznaczania ekstremów globalnych funkcja $f$ może posiadać minimum globalne w punktach: $0, \ 3$ oraz $21$. Obliczamy wartości funkcji we wskazanych punktach:

$f(0)=2+3\sqrt{65} \approx 26.19$,  $f(21)=\sqrt{445}+12 \approx 33.1$,  $f(3)= 7\sqrt{13} \approx 25.24$.

Stąd wynika, że funkcja $f$ przyjmuje wartość najmniejszą na przedziale $[0,21]$ w punkcie $x=3$. Most należy zatem wybudować w odległości $3$ km od miasta $A$ (licząc wzdłuż brzegu rzeki).

Jeśli $α$ oznacza współrzędną kątową ciała, to wartość prędkości kątowej $\omega$ jest równa:

$\omega =\frac{d\alpha }{dt}$.

gdzie $t$ oznacza czas.

RYSUNEK
Wyznaczamy zatem kąt $α$. Zauważmy, że

$\operatorname{tg} \alpha =\frac{D}{H}=\frac{v\,t}{H}$.

Stąd

$\alpha =\operatorname{arctg} \left( \frac{v \,t}{H}\right)$.

Zatem

$\omega =\frac{d\alpha }{dt}=\frac{d}{dt}\operatorname{arctg} \left( \frac{v\,t}{H}\right) = \frac{1}{1+\left( \frac{v\, t}{H}\right) ^{2}}\cdot \frac{v}{H}=\frac{v\,H}{ H^{2}+D^{2}}$.

Po podstawieniu danych otrzymujemy, że prędkość kątowa anteny w chwili, gdy stacja znajduje się w odległości $D=200$ km od anteny wynosi $\omega =1\ \frac{\text{rad}}{h}$.