Stożek o najmniejszej objętości opisany na kuli o promieniu 3

Krok 1. Zmienna i dziedzina. Niech $H$ - wysokość stożka. Kula o średnicy $6$ musi się zmieścić pod wierzchołkiem, a środek kuli leży na wysokości $3$, więc $H > 6$.

Krok 2. Promień podstawy przez $H$. W przekroju środek kuli $I$ leży na osi w odległości $H - 3$ od wierzchołka $S$. Niech $\beta$ - połowa kąta rozwarcia. Odległość $I$ od tworzącej to $3$, więc $\sin\beta = \frac{3}{H - 3}$. Z kolei $\operatorname{tg}\beta = \frac{R}{H}$, a

$\operatorname{tg}\beta = \frac{\sin\beta}{\sqrt{1 - \sin^2\beta}} = \frac{3}{\sqrt{(H - 3)^2 - 9}} = \frac{3}{\sqrt{H^2 - 6H}}.$

Stąd

$R = \frac{3H}{\sqrt{H^2 - 6H}}, \qquad R^2 = \frac{9H^2}{H(H - 6)} = \frac{9H}{H - 6}.$

Krok 3. Funkcja celu.

$V(H) = \frac{1}{3}\pi R^2 H = \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{9H}{H - 6} \cdot H = \frac{3\pi H^2}{H - 6}, \qquad H \in (6;\ +\infty).$

Krok 4. Pochodna (pochodna ilorazu):

$V'(H) = 3\pi \cdot \frac{2H(H - 6) - H^2}{(H - 6)^2} = 3\pi \cdot \frac{H(H - 12)}{(H - 6)^2}.$

Krok 5. Punkty krytyczne i znak. Mianownik jest dodatni, $H > 0$, więc znak $V'$ to znak $H - 12$: ujemny dla $6 < H < 12$, dodatni dla $H > 12$. W $H = 12$ objętość jest najmniejsza.

Krok 6. Wymiary i objętość.

$R^2 = \frac{9 \cdot 12}{6} = 18, \quad R = 3\sqrt{2}, \qquad V = \frac{1}{3}\pi \cdot 18 \cdot 12 = 72\pi.$

Kula: $V_k = \frac{4}{3}\pi \cdot 27 = 36\pi$.

Odpowiedź. Najmniejszy stożek ma wysokość $12$ i promień $3\sqrt{2} \approx 4{,}24$, jego objętość to $72\pi$ - dokładnie dwa razy więcej niż objętość kuli. Sprawdzenie wzorem na promień kuli wpisanej: tworząca $l = \sqrt{18 + 144} = 9\sqrt{2}$, a $\frac{RH}{R + l} = \frac{36\sqrt{2}}{12\sqrt{2}} = 3$ - zgadza się.