Zadania optymalizacyjne z pochodną - schemat rozwiązania i przykłady

Klasa 3 liceum i technikum

Zadanie optymalizacyjne to zadanie, w którym spośród wszystkich dopuszczalnych rozwiązań szukamy tego, dla którego pewna wielkość - pole, objętość, koszt albo czas - jest największa lub najmniejsza. Rozwiązujemy je, zapisując tę wielkość jako funkcję jednej zmiennej określoną na przedziale wynikającym z treści, a potem szukając jej wartości największej lub najmniejszej za pomocą pochodnej.

To ostatnia lekcja rozdziału elementy analizy matematycznej. W poprzedniej lekcji wyznaczaliśmy największą i najmniejszą wartość funkcji w przedziale - teraz ta sama metoda posłuży do zadań z treścią. Proste zadania tego typu, w których funkcja celu jest kwadratowa, rozwiązywaliśmy już wcześniej wierzchołkiem paraboli. Tutaj funkcje celu są wielomianami trzeciego stopnia, funkcjami wymiernymi i funkcjami z pierwiastkiem - na takie wierzchołek nie wystarcza, a pochodna tak.

Schemat rozwiązania krok po kroku

Każde zadanie optymalizacyjne, niezależnie od tego, czy dotyczy pudełka, puszki czy trasy, składa się z tych samych pięciu kroków. Najwięcej punktów traci się nie na rachunkach, tylko na kroku 1 i kroku 5.

Dlaczego jeden punkt krytyczny wystarcza

W kroku 5 nie wystarczy napisać „pochodna się zeruje, więc to maksimum”. Warunek $f'(x_0) = 0$ jest tylko konieczny - mówi, gdzie może być ekstremum (patrz lekcja o ekstremach lokalnych). Do tego ekstremum lokalne nie musi być wartością największą w całej dziedzinie. W zadaniach optymalizacyjnych prawie zawsze działa jedno z dwóch uzasadnień:

• Dziedzina jest przedziałem otwartym (albo półprostą), a w środku jest dokładnie jeden punkt krytyczny, w którym pochodna zmienia znak. Jeśli $f' > 0$ na lewo od $x_0$ i $f' < 0$ na prawo, to funkcja rośnie aż do $x_0$, a potem już tylko maleje - więc $f(x_0)$ jest największa w całej dziedzinie, nie tylko w pobliżu. Analogicznie dla minimum.
• Dziedzina jest przedziałem domkniętym $\langle a;\ b\rangle$. Wtedy z twierdzenia Weierstrassa wartość największa i najmniejsza istnieją; porównujemy $f(a)$, $f(b)$ i wartości w punktach krytycznych z wnętrza przedziału.

Gdy dziedzina jest przedziałem otwartym, a pochodna nie zmienia znaku, wartość największa może w ogóle nie istnieć - funkcja tylko zbliża się do pewnej liczby na końcu przedziału. Wtedy odpowiedź na pytanie zadania brzmi „takiej figury nie ma”.

Przykład 1. Skrzynia o najmniejszym polu powierzchni

Zadanie. Skrzynia z pokrywą ma kształt prostopadłościanu o podstawie kwadratowej i objętości $216$ dm³. Jakie wymiary powinna mieć, aby zużyć jak najmniej materiału (pole powierzchni całkowitej ma być najmniejsze)?

Krok 1. Zmienna i dziedzina. Niech $x$ - bok podstawy, $h$ - wysokość (w dm). Z objętości $x^2 h = 216$, więc $h = \frac{216}{x^2}$. Jedynym ograniczeniem jest $x > 0$ (wtedy $h > 0$ automatycznie), czyli dziedziną jest półprosta $(0;\ +\infty)$.

Krok 2. Funkcja celu. Skrzynia ma dwie podstawy $x \times x$ i cztery ściany boczne $x \times h$:

$P(x) = 2x^2 + 4xh = 2x^2 + 4x \cdot \frac{216}{x^2} = 2x^2 + \frac{864}{x}.$

Przed zabraniem się do pochodnej warto zobaczyć, że funkcja naprawdę ma minimum: dla $x = 3$ skrzynia jest wysoka ($h = 24$) i $P = 306$, dla $x = 12$ płaska ($h = 1{,}5$) i $P = 360$. Gdzieś pomiędzy jest wartość najmniejsza.

Krok 3. Pochodna.

$P'(x) = 4x - \frac{864}{x^2} = \frac{4x^3 - 864}{x^2} = \frac{4\left(x^3 - 216\right)}{x^2}.$

Krok 4. Punkty krytyczne. $P'(x) = 0 \iff x^3 = 216 \iff x = 6$ - liczba z dziedziny.

Krok 5. Uzasadnienie. Mianownik $x^2$ jest dodatni, więc znak $P'$ to znak $x^3 - 216$: dla $0 < x < 6$ pochodna jest ujemna (pole maleje), dla $x > 6$ dodatnia (pole rośnie). W $x = 6$ funkcja osiąga więc wartość najmniejszą w całej dziedzinie:

$h = \frac{216}{36} = 6, \qquad P(6) = 2 \cdot 36 + \frac{864}{6} = 72 + 144 = 216.$

Odpowiedź. Skrzynia powinna być sześcianem o krawędzi $6$ dm; zużyje wtedy $216$ dm² materiału.

To nie przypadek liczb: dla dowolnej objętości $V$ mamy $P'(x) = \frac{4(x^3 - V)}{x^2}$, więc minimum wypada dla $x = \sqrt[3]{V}$, czyli $h = x$. Spośród prostopadłościanów o podstawie kwadratowej i danej objętości najmniejsze pole powierzchni ma sześcian. Skrzynia bez pokrywy zachowuje się inaczej - to jedno z zadań w sekcji „Przećwicz”.

Przykład 2. Walec o największej objętości wpisany w kulę

Zadanie. W kulę o promieniu $6$ wpisujemy walec (oba okręgi podstaw leżą na sferze). Jaka jest największa możliwa objętość walca?

Krok 1. Zmienna i dziedzina. Związek między wymiarami walca widać w przekroju osiowym: prostokąt $2r \times h$ wpisany w koło o promieniu $R = 6$. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta o bokach $r$, $\frac{h}{2}$ i $R$:

$r^2 + \frac{h^2}{4} = 36 \quad\Longrightarrow\quad r^2 = 36 - \frac{h^2}{4}.$

Za zmienną wygodniej wziąć $h$, a nie $r$ - wtedy $r^2$ wyraża się bez pierwiastka. Wysokość walca jest mniejsza od średnicy kuli, więc $h \in (0;\ 12)$.

Krok 2. Funkcja celu.

$V(h) = \pi r^2 h = \pi\left(36 - \frac{h^2}{4}\right)h = \pi\left(36h - \frac{h^3}{4}\right).$

Krok 3. Pochodna.

$V'(h) = \pi\left(36 - \frac{3h^2}{4}\right) = \frac{3\pi}{4}\left(48 - h^2\right).$

Krok 4. Punkty krytyczne. $h^2 = 48$, a ponieważ $h > 0$: $h = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$. Ta liczba ($\approx 6{,}93$) leży w przedziale $(0;\ 12)$.

Krok 5. Uzasadnienie. Znak $V'$ to znak $48 - h^2$: dodatni dla $0 < h < 4\sqrt{3}$ (objętość rośnie), ujemny dla $4\sqrt{3} < h < 12$ (maleje). W $h = 4\sqrt{3}$ objętość jest największa w całej dziedzinie:

$r^2 = 36 - \frac{48}{4} = 24, \qquad V = \pi \cdot 24 \cdot 4\sqrt{3} = 96\sqrt{3}\,\pi \approx 522{,}4.$

Odpowiedź. Największa objętość walca to $96\sqrt{3}\,\pi$; ma go walec o wysokości $4\sqrt{3}$ i promieniu podstawy $r = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$.

Kula ma objętość $\frac{4}{3}\pi \cdot 6^3 = 288\pi$, więc najlepszy walec zajmuje $\frac{96\sqrt{3}}{288} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 57{,}7\%$ jej objętości. Wysokość i promień spełniają $h = \sqrt{2}\, r$ - inaczej niż w puszce o najmniejszym polu, gdzie $h = 2r$. Wzory na objętości brył zebraliśmy na stronie bryły obrotowe.

Przykład 3. Najkrótszy czas - droga przez łąkę

Zadanie. Turysta stoi w punkcie $A$ na łące, $3$ km od prostej drogi. Chce dojść do punktu $B$ na drodze, odległego o $10$ km od punktu $A'$ - rzutu $A$ na drogę. Po łące idzie z prędkością $3$ km/h, po drodze $5$ km/h. W którym miejscu powinien wejść na drogę, aby dotrzeć do $B$ jak najszybciej?

Krok 1. Zmienna i dziedzina. Niech turysta wchodzi na drogę w punkcie $C$, a $x = |A'C|$ (w km). Nie ma sensu wychodzić poza odcinek $A'B$, więc $x \in \langle 0;\ 10\rangle$ - tym razem dziedzina jest przedziałem domkniętym (oba końce to realne trasy: $x = 0$ - najkrócej na drogę, $x = 10$ - prosto do $B$).

Krok 2. Funkcja celu. Z twierdzenia Pitagorasa $|AC| = \sqrt{9 + x^2}$, a po drodze zostaje $10 - x$. Czas to droga podzielona przez prędkość:

$T(x) = \frac{\sqrt{9 + x^2}}{3} + \frac{10 - x}{5}, \qquad x \in \langle 0;\ 10\rangle.$

Krok 3. Pochodna. Pierwiastek różniczkujemy jak funkcję złożoną: $\left(\sqrt{9 + x^2}\right)' = \frac{2x}{2\sqrt{9 + x^2}} = \frac{x}{\sqrt{9 + x^2}}$, więc

$T'(x) = \frac{x}{3\sqrt{9 + x^2}} - \frac{1}{5}.$

Krok 4. Punkty krytyczne.

$\frac{x}{3\sqrt{9 + x^2}} = \frac{1}{5} \iff 5x = 3\sqrt{9 + x^2}.$

Obie strony są nieujemne (bo $x \geq 0$), więc wolno podnieść do kwadratu: $25x^2 = 9(9 + x^2)$, czyli $16x^2 = 81$ i $x = \frac{9}{4} = 2{,}25$.

Krok 5. Porównanie wartości. Na przedziale domkniętym porównujemy wartość w punkcie krytycznym z wartościami na końcach:

Odpowiedź. Turysta powinien wejść na drogę $2{,}25$ km od punktu $A'$ (czyli $7{,}75$ km przed $B$). Dojdzie wtedy w $2{,}8$ h, czyli w $2$ h $48$ min.

Ciekawe, że odległość $10$ km nie wpłynęła na wynik - równanie $5x = 3\sqrt{9 + x^2}$ zależy tylko od prędkości i od odległości $A$ od drogi. Gdyby $B$ leżał $6$ albo $20$ km od $A'$, najlepszy punkt wejścia byłby ten sam. To szkolna wersja prawa załamania światła: promień też „wybiera” drogę o najkrótszym czasie.

Przykład 4. Prostokąt wpisany w półkole - funkcja z pierwiastkiem

Zadanie. W półkole o promieniu $5$ wpisujemy prostokąt tak, że jeden jego bok leży na średnicy, a dwa wierzchołki na łuku. Jakie wymiary ma prostokąt o największym polu?

Krok 1. Zmienna i dziedzina. Prostokąt jest symetryczny względem prostej prostopadłej do średnicy w środku $O$. Niech $x$ - połowa długości dolnego boku; wierzchołek $P$ na łuku ma wtedy wysokość $y = \sqrt{25 - x^2}$ (bo $|OP| = 5$). Dziedzina: $x \in (0;\ 5)$.

Krok 2. Funkcja celu.

$P(x) = 2x\sqrt{25 - x^2}, \qquad x \in (0;\ 5).$

Krok 3. Pochodna. Z reguły iloczynu i pochodnej pierwiastka:

$P'(x) = 2\sqrt{25 - x^2} + 2x \cdot \frac{-x}{\sqrt{25 - x^2}} = \frac{2\left(25 - x^2\right) - 2x^2}{\sqrt{25 - x^2}},$

$P'(x) = \frac{2\left(25 - 2x^2\right)}{\sqrt{25 - x^2}}.$

Krok 4. Punkty krytyczne. $25 - 2x^2 = 0$, czyli $x^2 = \frac{25}{2}$ i $x = \frac{5}{\sqrt{2}} = \frac{5\sqrt{2}}{2} \approx 3{,}54$.

Krok 5. Uzasadnienie. Mianownik jest dodatni, więc znak $P'$ to znak $25 - 2x^2$: dodatni dla $x < \frac{5\sqrt{2}}{2}$, ujemny dla $x > \frac{5\sqrt{2}}{2}$. To wartość największa w całej dziedzinie. Wysokość: $y = \sqrt{25 - \frac{25}{2}} = \frac{5\sqrt{2}}{2}$, czyli tyle samo co $x$:

$P = 2 \cdot \frac{5\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{5\sqrt{2}}{2} = \frac{2 \cdot 25 \cdot 2}{4} = 25.$

Odpowiedź. Prostokąt ma wymiary $5\sqrt{2} \times \frac{5\sqrt{2}}{2}$ (około $7{,}07 \times 3{,}54$), a jego pole wynosi $25$.

Sposób bez pochodnej pierwiastka. Pole jest dodatnie, więc $P(x)$ jest największe dokładnie wtedy, gdy największy jest jego kwadrat:

$Q(x) = P(x)^2 = 4x^2\left(25 - x^2\right) = 100x^2 - 4x^4, \qquad Q'(x) = 200x - 16x^3 = 8x\left(25 - 2x^2\right).$

Wychodzi ten sam punkt krytyczny, a rachunek jest krótszy. Ten trik działa zawsze, gdy funkcja celu jest nieujemnym pierwiastkiem albo iloczynem z pierwiastkiem - tak samo liczymy najmniejszą odległość, minimalizując jej kwadrat.

Przykład 5. Punkt wykresu położony najbliżej danego punktu

Zadanie. Na wykresie funkcji $f(x) = \frac{2}{x}$ dla $x > 0$ znajdź punkt najbliższy początkowi układu współrzędnych.

Krok 1. Zmienna i dziedzina. Punkt wykresu to $P\left(x, \frac{2}{x}\right)$, $x > 0$.

Krok 2. Funkcja celu. Ze wzoru na odległość punktów$|OP| = \sqrt{x^2 + \frac{4}{x^2}}$. Minimalizujemy kwadrat odległości:

$g(x) = x^2 + \frac{4}{x^2}, \qquad x > 0.$

Krok 3. Pochodna.

$g'(x) = 2x - \frac{8}{x^3} = \frac{2\left(x^4 - 4\right)}{x^3} = \frac{2\left(x^2 - 2\right)\left(x^2 + 2\right)}{x^3}.$

Krok 4. Punkty krytyczne. $x^2 = 2$, a ponieważ $x > 0$: $x = \sqrt{2}$.

Krok 5. Uzasadnienie. Czynniki $x^2 + 2$ i $x^3$ są dodatnie, więc znak $g'$ to znak $x^2 - 2$: ujemny dla $0 < x < \sqrt{2}$, dodatni dla $x > \sqrt{2}$. Minimum jest globalne:

$g\left(\sqrt{2}\right) = 2 + \frac{4}{2} = 4, \qquad |OP| = \sqrt{4} = 2.$

Odpowiedź. Punkt $P\left(\sqrt{2}, \sqrt{2}\right)$; jego odległość od początku układu to $2$.

Kontrola geometryczna: styczna do wykresu w $P$ ma nachylenie $f'\left(\sqrt{2}\right) = -\frac{2}{2} = -1$, a prosta $OP$ - nachylenie $1$. Iloczyn nachyleń to $-1$, więc najkrótszy odcinek jest prostopadły do stycznej. Na rysunku widać to jako okrąg o promieniu $2$, który dotyka hiperboli dokładnie w $P$.

Gdy punkt krytyczny wypada poza dziedziną

Zmieńmy w przykładzie 3 jedną liczbę: punkt $B$ leży tylko $2$ km od $A'$. Funkcja czasu to teraz

$T(x) = \frac{\sqrt{9 + x^2}}{3} + \frac{2 - x}{5}, \qquad x \in \langle 0;\ 2\rangle,$

a jej pochodna jest taka sama jak poprzednio. Punkt krytyczny $x = 2{,}25$ nie należy do przedziału $\langle 0;\ 2\rangle$. W całym przedziale $T'(x) < 0$ (bo $\frac{x}{3\sqrt{9 + x^2}} < \frac{1}{5}$ dla $x < 2{,}25$), więc funkcja jest malejąca i najmniejszą wartość przyjmuje na prawym końcu: $T(2) = \frac{\sqrt{13}}{3} \approx 1{,}20$ h. Dla porównania $T(0) = 1 + 0{,}4 = 1{,}4$ h.

Wniosek: gdy $B$ jest blisko, najlepiej iść łąką prosto do celu. Gdyby ktoś przepisał „$x = 2{,}25$” bez sprawdzenia dziedziny, wskazałby punkt za celem podróży. To ta sama pułapka, co wierzchołek paraboli poza przedziałem.

Przegląd przykładów

Typowe błędy

• Funkcja dwóch zmiennych. $P = 2x^2 + 4xh$ nie da się zróżniczkować „po wszystkim naraz” - najpierw trzeba usunąć $h$ za pomocą warunku z treści (tu objętości).
• Brak dziedziny. Bez niej nie wiadomo, które rozwiązania $f'(x) = 0$ odrzucić - i czy porównywać wartości na końcach przedziału.
• „Pochodna się zeruje, więc to maksimum”. Trzeba pokazać zmianę znaku pochodnej (albo porównać z końcami przedziału). Samo $f'(x_0) = 0$ nie rozstrzyga nawet, czy to maksimum, czy minimum.
• Odpowiedź na inne pytanie. Zadanie pyta o wymiary skrzyni, a my podajemy tylko pole; pyta o miejsce wejścia na drogę, a podajemy czas. Na końcu wracamy do treści.
• Podnoszenie do kwadratu bez kontroli znaku. W przykładzie 3 wolno było podnieść $5x = 3\sqrt{9 + x^2}$ do kwadratu, bo obie strony są nieujemne. Bez tej uwagi można dostać fałszywe rozwiązanie (tu odrzucone $x = -\frac{9}{4}$).

Najczęstsze pytania

Jak rozwiązać zadanie optymalizacyjne? Oznacz jedną wielkość przez $x$ i ustal jej dziedzinę, zapisz optymalizowaną wielkość jako funkcję $f(x)$, oblicz pochodną, rozwiąż $f'(x) = 0$ w dziedzinie i uzasadnij, że znaleziony punkt daje wartość największą lub najmniejszą. Na koniec odpowiedz dokładnie na pytanie z treści.

Jak uzasadnić, że to wartość największa, a nie tylko maksimum lokalne? Jeśli w dziedzinie (przedziale) jest tylko jeden punkt krytyczny i pochodna zmienia w nim znak z dodatniego na ujemny, funkcja rośnie aż do tego punktu, a potem tylko maleje - więc jest to wartość największa w całej dziedzinie. Przy przedziale domkniętym wystarczy porównać wartość w punkcie krytycznym z wartościami na końcach.

Jak wyznaczyć dziedzinę funkcji w zadaniu optymalizacyjnym? Z treści: długości, pola i objętości muszą być dodatnie, punkt na odcinku musi na nim leżeć, bryła wpisana nie może wystawać poza bryłę, w którą ją wpisujemy. Zwykle dostajemy przedział otwarty, np. $(0;\ 5)$, a przy trasach - domknięty, np. $\langle 0;\ 10\rangle$.

Co zrobić, gdy pochodna nie ma miejsc zerowych w dziedzinie? Funkcja jest wtedy monotoniczna w całej dziedzinie. Na przedziale domkniętym wartość największa i najmniejsza leżą na końcach; na przedziale otwartym mogą w ogóle nie istnieć i wtedy odpowiedź brzmi, że szukanej figury nie ma.

Jaki prostopadłościan o danej objętości ma najmniejsze pole powierzchni? Spośród prostopadłościanów o podstawie kwadratowej - sześcian. Dla objętości $V$ funkcja pola to $P(x) = 2x^2 + \frac{4V}{x}$, a jej pochodna zeruje się dla $x = \sqrt[3]{V}$, czyli gdy wysokość jest równa bokowi podstawy.

Jaki walec wpisany w kulę ma największą objętość? Ten, którego wysokość wynosi $\frac{2R}{\sqrt{3}}$, gdzie $R$ to promień kuli; wtedy $h = \sqrt{2}\,r$. Taki walec zajmuje $\frac{\sqrt{3}}{3} \approx 57{,}7\%$ objętości kuli.

Czy zamiast odległości można minimalizować jej kwadrat? Tak. Odległość jest nieujemna, a funkcja $t \mapsto t^2$ jest rosnąca dla $t \geq 0$, więc odległość i jej kwadrat są najmniejsze dla tego samego punktu. Kwadrat nie ma pierwiastka, więc pochodna jest dużo prostsza.

Czym różnią się zadania optymalizacyjne z pochodną od zadań z funkcją kwadratową? Gdy funkcja celu jest kwadratowa, odpowiedź daje wierzchołek paraboli i pochodna nie jest potrzebna. Pochodna jest niezbędna dla funkcji wyższych stopni, wymiernych i z pierwiastkiem - na przykład objętości $x(16 - 2x)(10 - 2x)$ albo czasu $\frac{\sqrt{9 + x^2}}{3} + \frac{10 - x}{5}$.

Przećwicz

• Zadania optymalizacyjne z pochodną → - 10 zadań: pudełko z blachy, puszka o najmniejszym polu, punkt paraboli najbliżej punktu, prostokąt pod parabolą, ogrodzenie działki, największy iloczyn $x^2 y$ przy danej sumie, pudełko bez pokrywy, stożek wpisany w kulę, kabel przeprowadzony przez rzekę i styczna odcinająca trójkąt o najmniejszym polu.
• Cały zestaw: granica i pochodna funkcji - zadania →

Podsumowanie

• Schemat: zmienna i dziedzina $\to$ funkcja celu jednej zmiennej $\to$ pochodna $\to$ punkty krytyczne w dziedzinie $\to$ uzasadnienie i powrót do pytania.
• Jedyny punkt krytyczny, w którym pochodna zmienia znak, daje wartość największą (albo najmniejszą) w całym przedziale - nie tylko lokalnie.
• Na przedziale domkniętym porównujemy wartość w punkcie krytycznym z wartościami na końcach; punkt krytyczny spoza dziedziny odrzucamy.
• Pierwiastek w funkcji celu: minimalizuj albo maksymalizuj kwadrat (gdy funkcja jest nieujemna).
• Klasyczne wyniki: sześcian ma najmniejsze pole przy danej objętości, walec wpisany w kulę ma największą objętość dla $h = \sqrt{2}\, r$, najkrótszy odcinek do wykresu jest prostopadły do stycznej.

Zobacz też

• Największa i najmniejsza wartość funkcji w przedziale domkniętym - poprzednia lekcja: metoda, na której stoją wszystkie zadania optymalizacyjne.
• Zadania optymalizacyjne z funkcją kwadratową - wcześniejsza wersja tematu: wierzchołek paraboli zamiast pochodnej.
• Ekstrema lokalne funkcji - warunek konieczny i wystarczający istnienia ekstremum.
• Pochodna funkcji - definicja i zastosowania - zwięzłe zestawienie definicji, reguł i zastosowań pochodnej.
• Elementy analizy matematycznej - spis wszystkich lekcji rozdziału.