69545 img479 (2)

1000

skąd

h =

1000

nr²

Mamy więc

P = 2nr² + 2nr a dokładniej:

P(r) = 2 |7T:r² +

1000

nr²

1000

= 2

Tir² +

Zwróć uwagę, że gdybyśmy uzależnili r od h, to mielibyśmy

I 1000 , , . .

r = V ——— (gdyż me może byc r = -+ 2nh

1000

i wzór funkcji P(h)

nh 2000

1000

n-h

nh

<0)

byłby znacznie bardziej skomplikowany.

Znamy już wzór funkcji, teraz pora na ustalenie jej dziedziny. Najlepiej to zrobić, określając takie warunki, by wszystkie wielkości występujące w zadaniu miały sens. Dlatego też u nas musi być: r > 0 i h > 0 (długości odcinków muszą być dodatnie) oraz P(r) > 0 (pole powierzchni walca też musi być dodatnie). Otrzymujemy więc układ nierówności:

r > 0,

1000

nr²

f

nr² +

> 0,

1000

> 0.

Widzimy, że z pierwszej nierówności wynikają już dwie pozostałe, zatem wystarczy warunek r > 0, czyli r e (0, +oo). Zatem D_P = (0, +oo).

Będziemy więc teraz poszukiwać najmniejszej wartości funkcji P w przedziale (0, +oo). Funkcja P jest ciągła w tym przedziale. Obliczamy

2

L V

nr² +

1000

= 2

2 Tir-

V

\

1000

r² )

, czyli P'(r) = 2

2nr-

\

1000

Widać, że D_P = D_P.

Szukamy punktów krytycznych (w tym wypadku miejsc zerowych pochodnej): F(r)= 0 o | 2nr -    = 0 a x e D_P | <s> (2nr³-1000 = 0 a x e D_P-) <=>

or-

r² 1000 2n

= 1of

_1_

2ti

lest lo jedyny punkt krytyczny. Ponieważ dziedziną jest przedział otwarty więc obliczamy jeszcze

lim, P(r) = lim, 2

r-*0    ' '    r—>0

nr² +

1000

= +00

oraz

1000

= +00.

kość walca ma długość h

10

lim P(r) = lim 2 itr² +

n

Puszka będzie miała najmniejszą powierzchnię (przy objętości 1 litra) dla

10

^r= 10 V 2jtT * ^5,4 t^cml ' ^{h =}

10,9 [cm].

PRZYWAB 11.

0

Na hiperboli o równaniu y = - (x * 0) obrapo punkty A(2, 3) i 6(6, 1). Znajdziemy na tej hiperboli taki punkt C o ujemnej odciętej, aby pole S trójkąta ABC było najmniejsze.