Trójkąt o największym polu z wierzchołkiem na wykresie y = √x - pole z wyznacznika i pochodna

Krok 1. Zmienna. $C = (t, \sqrt{t})$, gdzie $t \in (0, 4)$.

Krok 2. Pole z wyznacznika. $\overrightarrow{OB} = [4, 2]$, $\overrightarrow{OC} = [t, \sqrt{t}]$:

$P(t) = \frac{1}{2}\left|4\sqrt{t} - 2t\right| = 2\sqrt{t} - t,$

bo dla $t \in (0, 4)$ mamy $\sqrt{t} < 2$, więc $4\sqrt{t} - 2t = 2\sqrt{t}(2 - \sqrt{t}) > 0$.

Krok 3. Pochodna.

$P'(t) = \frac{1}{\sqrt{t}} - 1 = \frac{1 - \sqrt{t}}{\sqrt{t}}.$

Zeruje się w $t = 1$; dla $0 < t < 1$ jest dodatnia, dla $1 < t < 4$ ujemna. Funkcja rośnie, a potem maleje - w $t = 1$ osiąga wartość największą.

Krok 4. Wynik. $C = (1, 1)$, $P(1) = 2 - 1 = 1$.

Krok 5. Kontrola. Prosta $OB$ to $x - 2y = 0$; odległość $C$ od niej wynosi $\frac{|1 - 2|}{\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$, a $|OB| = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$. Pole $\frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{5} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = 1$ - zgadza się. Do tego $f'(1) = \frac{1}{2\sqrt{1}} = \frac{1}{2}$, czyli styczna w $C$ jest równoległa do $OB$ (współczynnik $\frac{2}{4} = \frac{1}{2}$): wierzchołek jest najdalej od podstawy.

Odpowiedź. $C = (1, 1)$, największe pole wynosi $1$.