Zadania optymalizacyjne z brył - największa objętość, najmniejsze pole

Klasa 4 liceum i technikum

Zadanie optymalizacyjne z brył polega na znalezieniu takich wymiarów bryły (promienia, wysokości), dla których jej objętość jest największa albo pole powierzchni najmniejsze, przy ustalonym warunku - np. bryła ma być wpisana w inną albo mieć daną objętość. Rozwiązujemy je pochodną: zapisujemy wielkość jako funkcję jednej zmiennej na właściwej dziedzinie, szukamy punktu, w którym pochodna się zeruje i zmienia znak, i wracamy do pytania.

Schemat rozwiązania

To ten sam pięciokrokowy schemat co w lekcji zadania optymalizacyjne z pochodną. W bryłach najwięcej pracy wymaga krok 2 - związek między wymiarami odczytujemy z przekroju osiowego.

1. Zmienna i dziedzina. Wybierz jeden wymiar ($r$ albo $h$) i ustal, w jakim przedziale może być.
2. Warunek z przekroju. Z podobieństwa trójkątów albo z twierdzenia Pitagorasa wyraź drugi wymiar przez pierwszy.
3. Funkcja celu. Wstaw do wzoru na objętość lub pole - dostajesz funkcję jednej zmiennej.
4. Pochodna i punkty krytyczne w dziedzinie.
5. Uzasadnienie znakiem pochodnej i odpowiedź na pytanie z treści.

Walec o największej objętości wpisany w stożek

Zadanie. W stożek o promieniu podstawy $R$ i wysokości $H$ wpisujemy walec: dolna podstawa walca leży na podstawie stożka, a okrąg górnej podstawy - na powierzchni bocznej. Jaki walec ma największą objętość?

Krok 1. Zmienna. Niech $r$ - promień walca, $r \in (0;\ R)$.

Krok 2. Warunek. Nad walcem zostaje mały stożek o promieniu $r$ i wysokości $H - h$, podobny do całego (w przekroju - trójkąt podobny). Z proporcji:

$\frac{H - h}{r} = \frac{H}{R} \quad\Longrightarrow\quad h = H\left(1 - \frac{r}{R}\right).$

Krok 3. Funkcja celu.

$V(r) = \pi r^2 h = \pi H\left(r^2 - \frac{r^3}{R}\right), \qquad r \in (0;\ R).$

Krok 4. Pochodna.

$V'(r) = \pi H\left(2r - \frac{3r^2}{R}\right) = \frac{\pi H r}{R}\,(2R - 3r).$

W dziedzinie $r > 0$, więc $V'(r) = 0$ tylko dla $r = \frac{2}{3}R$.

Krok 5. Uzasadnienie. Znak pochodnej to znak $2R - 3r$: dodatni dla $r < \frac{2}{3}R$, ujemny dla $r > \frac{2}{3}R$. Objętość najpierw rośnie, potem maleje - w $r = \frac{2}{3}R$ jest największa. Wtedy $h = \frac{1}{3}H$ i

$V_{\max} = \pi \cdot \frac{4R^2}{9} \cdot \frac{H}{3} = \frac{4}{27}\pi R^2 H = \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3}\pi R^2 H.$

Odpowiedź. Największą objętość ma walec o promieniu $\frac{2}{3}R$ i wysokości $\frac{1}{3}H$; zajmuje on $\frac{4}{9} \approx 44\%$ objętości stożka - niezależnie od kształtu stożka. Na rysunku $R = 3$, $H = 6$, więc najlepszy walec ma $r = 2$ i $h = 2$.

Gdy zamiast objętości maksymalizujemy pole boczne $2\pi r h$, funkcja celu jest kwadratowa i wystarczy wierzchołek paraboli - wychodzi wtedy $r = \frac{R}{2}$.

Stożek o danej tworzącej i największej objętości

Zadanie. Tworząca stożka ma długość $l$. Jaką wysokość powinien mieć stożek, żeby jego objętość była największa?

Krok 1. Zmienna. Wygodniej wziąć wysokość $H \in (0;\ l)$, bo wtedy $r^2 = l^2 - H^2$ nie ma pierwiastka.

Krok 2. Funkcja celu.

$V(H) = \frac{1}{3}\pi\left(l^2 - H^2\right)H = \frac{\pi}{3}\left(l^2 H - H^3\right).$

Krok 3. Pochodna. $V'(H) = \frac{\pi}{3}\left(l^2 - 3H^2\right)$, zero dla $H = \frac{l}{\sqrt{3}}$ (ujemne $H$ odrzucamy).

Krok 4. Uzasadnienie. $V' > 0$ dla $H < \frac{l}{\sqrt{3}}$ i $V' < 0$ dla $H > \frac{l}{\sqrt{3}}$ - maksimum.

$r^2 = l^2 - \frac{l^2}{3} = \frac{2l^2}{3}, \qquad V_{\max} = \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{2l^2}{3} \cdot \frac{l}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{27}\pi l^3.$

Odpowiedź. $H = \frac{l}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}l$. Wtedy $\frac{r}{H} = \sqrt{2}$, a kąt rozwarcia wynosi $2\operatorname{arctg}\sqrt{2} \approx 109{,}5^\circ$ - stożek jest „przysadzisty”. Na tym wyniku stoi zadanie o lejku zwijanym z wycinka koła: tworzącą jest wtedy promień koła.

Stożek opisany na kuli o najmniejszej objętości

Zadanie. Na kuli o promieniu $r$ opisujemy stożek (kula jest styczna do podstawy i do powierzchni bocznej). Jaki stożek ma najmniejszą objętość?

Krok 1. Zmienna. Wysokość stożka $H$. Kula musi się zmieścić nad podstawą, więc $H > 2r$.

Krok 2. Warunek. Promień podstawy $R$ to odcinek styczny z wierzchołka podstawy, a z podobieństwa trójkątów w przekroju osiowym (albo z wzoru $\rho = \frac{RH}{R + l}$ z poprzedniej lekcji) wychodzi

$R^2 = \frac{r^2 H}{H - 2r}.$

Krok 3. Funkcja celu.

$V(H) = \frac{1}{3}\pi R^2 H = \frac{\pi r^2}{3} \cdot \frac{H^2}{H - 2r}, \qquad H \in (2r;\ +\infty).$

Krok 4. Pochodna (pochodna ilorazu):

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

W dziedzinie $H > 0$ i mianownik jest dodatni, więc znak $V'$ to znak $H - 4r$: zero dla $H = 4r$.

Krok 5. Uzasadnienie. $V' < 0$ dla $2r < H < 4r$, $V' > 0$ dla $H > 4r$ - minimum. Wtedy $R^2 = \frac{r^2 \cdot 4r}{2r} = 2r^2$ i

$V_{\min} = \frac{1}{3}\pi \cdot 2r^2 \cdot 4r = \frac{8}{3}\pi r^3 = 2 \cdot \frac{4}{3}\pi r^3.$

Odpowiedź. Najmniejszy stożek opisany na kuli ma wysokość $4r$ i promień $r\sqrt{2}$, a jego objętość jest dokładnie dwa razy większa od objętości kuli. Niższy stożek musi być bardzo szeroki, a wyższy - bardzo wysoki; obie skrajności mają dużą objętość.

Puszka i garnek - najmniej materiału

Puszka (walec zamknięty) o danej objętości $V$ ma najmniejsze pole, gdy $H = 2r$ - jej przekrój osiowy jest kwadratem. Pełne rozwiązanie jest w zadaniu puszka o najmniejszym polu powierzchni.

Garnek bez pokrywki ma tylko jedno dno, więc wynik się zmienia. Z warunku $\pi r^2 H = V$ mamy $H = \frac{V}{\pi r^2}$ i pole

$P(r) = \pi r^2 + 2\pi r H = \pi r^2 + \frac{2V}{r}, \qquad P'(r) = 2\pi r - \frac{2V}{r^2} = 0 \iff r^3 = \frac{V}{\pi}.$

Wtedy $H = \frac{V}{\pi r^2} = \frac{\pi r^3}{\pi r^2} = r$: wysokość garnka równa promieniowi. Prawdziwe puszki są zwykle wyższe niż $2r$ - liczy się też koszt grubszego dna, zgrzewów i wygoda trzymania.

Przegląd wyników

Walec wpisany w kulę jest rozwiązany w lekcji zadania optymalizacyjne, a stożek wpisany w kulę - w zadaniu stożek o największej objętości wpisany w kulę.

Typowe błędy

• Brak dziedziny. Promień walca w stożku nie może przekroczyć $R$, a stożek opisany na kuli musi mieć $H > 2r$. Bez dziedziny nie wiadomo, które miejsce zerowe pochodnej odrzucić.
• Zła zmienna. Gdy związek to $r^2 + \frac{h^2}{4} = R^2$, wybierz $h$ - wtedy $r^2$ nie ma pierwiastka.
• Pominięcie uzasadnienia. Samo $V' = 0$ nie mówi, czy to maksimum, czy minimum - trzeba zbadać znak pochodnej.
• Odpowiedź na inne pytanie. Treść pyta zwykle o wymiary albo o objętość - po znalezieniu $r$ trzeba jeszcze policzyć to, o co pytano.

Najczęstsze pytania

Jaki walec wpisany w stożek ma największą objętość? Walec o promieniu $\frac{2}{3}$ promienia stożka i wysokości $\frac{1}{3}$ wysokości stożka. Zajmuje $\frac{4}{9}$ objętości stożka.

Jakie wymiary ma puszka o najmniejszej powierzchni? Wysokość równą średnicy: $H = 2r$. Dla puszki bez pokrywki (garnka) - wysokość równą promieniowi.

Jaki stożek o danej tworzącej ma największą objętość? Ten, którego wysokość wynosi $\frac{l}{\sqrt{3}}$; wtedy $r = l\sqrt{\frac{2}{3}}$, a kąt rozwarcia ma około $109{,}5^\circ$.

Ile razy stożek opisany na kuli jest większy od kuli? Co najmniej dwa razy. Najmniejszy stożek opisany na kuli o promieniu $r$ ma wysokość $4r$ i objętość równą podwojonej objętości kuli.

Czy w zadaniach z brył zawsze potrzebna jest pochodna? Nie. Gdy funkcja celu jest kwadratowa (np. pole boczne walca wpisanego w stożek), wystarczy wierzchołek paraboli. Pochodna jest potrzebna dla wielomianów stopnia trzeciego i funkcji wymiernych.

Przećwicz

• Optymalizacja - bryły obrotowe → - walec wpisany w stożek (objętość i pole boczne), walec wpisany w kulę o największym polu bocznym, stożek o danej sumie promienia i wysokości, walec o danym polu, garnek, stożek opisany na kuli, lejek z wycinka koła, namiot o najmniejszym polu i prostokąt obracany wokół boku.
• Zadania optymalizacyjne z pochodną → - m.in. puszka o najmniejszym polu i stożek wpisany w kulę.
• Cały zestaw: bryły obrotowe - zadania z rozwiązaniami

Podsumowanie

• Wymiary brył wiąże przekrój osiowy: podobieństwo trójkątów (bryła w stożku) albo twierdzenie Pitagorasa (bryła w kuli).
• Funkcja celu musi zależeć od jednej zmiennej i mieć dziedzinę wynikającą z geometrii.
• Walec w stożku: $r = \frac{2}{3}R$, $V_{\max} = \frac{4}{9}V_{\text{stożka}}$.
• Stożek o tworzącej $l$: $H = \frac{l}{\sqrt{3}}$. Stożek opisany na kuli: $H = 4r$, $V_{\min} = 2V_{\text{kuli}}$.
• Puszka: $H = 2r$, garnek bez pokrywki: $H = r$.