Z objętości walca

\[ \pi r^2h=250\pi \]

otrzymujemy

\[ h=\frac{250}{r^2},\qquad r>0. \]

Pole powierzchni całkowitej walca jest równe

\[ P=2\pi r^2+2\pi rh, \]

więc po podstawieniu \(h=\frac{250}{r^2}\)

\[ P(r)=2\pi r^2+\frac{500\pi}{r},\qquad r\in(0,+\infty). \]

Obliczamy pochodną:

\[ P'(r)=4\pi r-\frac{500\pi}{r^2} =\frac{4\pi(r^3-125)}{r^2}. \]

Warunek \(P'(r)=0\) daje

\[ r^3=125,\qquad r=5. \]

Dla \(0<r<5\) pochodna jest ujemna, a dla \(r>5\) dodatnia. Zatem dla \(r=5\) funkcja \(P\) osiąga wartość najmniejszą.

Odpowiedź: promień podstawy walca o najmniejszym polu powierzchni całkowitej ma długość

\[ \boxed{r=5\ \mathrm{cm}}. \]

Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym o podstawie \(2r\), wysokości \(H\) i ramieniu

\[ l=\sqrt{r^2+H^2}. \]

Kula wpisana w stożek daje w tym przekroju okrąg wpisany w trójkąt o promieniu \(R=4\). Pole trójkąta można zapisać na dwa sposoby:

\[ rH=4(r+l). \]

Stąd

\[ l=\frac{rH}{4}-r=r\left(\frac H4-1\right). \]

Po podniesieniu do kwadratu i wykorzystaniu \(l^2=r^2+H^2\) otrzymujemy

\[ r^2+H^2=r^2\left(\frac H4-1\right)^2, \] \[ H(r^2-16)=8r^2, \] \[ H=\frac{8r^2}{r^2-16},\qquad r>4. \]

Objętość stożka:

\[ V(r)=\frac13\pi r^2H =\frac{8\pi}{3}\cdot\frac{r^4}{r^2-16}. \]

Wprowadzamy \(u=r^2\), gdzie \(u>16\). Wystarczy zminimalizować funkcję

\[ f(u)=\frac{u^2}{u-16}. \]

Mamy

\[ f'(u)=\frac{u(u-32)}{(u-16)^2}. \]

Funkcja maleje dla \(16<u<32\) i rośnie dla \(u>32\), więc minimum występuje dla

\[ u=32,\qquad r=4\sqrt2. \]

Wtedy

\[ H=\frac{8\cdot32}{32-16}=16 \]

oraz

\[ V_{\min}=\frac13\pi\cdot32\cdot16=\frac{512\pi}{3}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{r=4\sqrt2\ \mathrm{cm},\qquad H=16\ \mathrm{cm},\qquad V_{\min}=\frac{512\pi}{3}\ \mathrm{cm}^3}. \]

Niech \(x_1,x_2\) będą rzeczywistymi pierwiastkami równania. Warunek ich istnienia jest równoważny nierówności

\[ \Delta=(m-5)^2-4\left(m^2+m+\frac14\right)\ge0. \]

Po uproszczeniu:

\[ -3m^2-14m+24\ge0, \] \[ m\in\left\langle -6,\frac43\right\rangle. \]

Ze wzorów Viète’a:

\[ x_1+x_2=5-m, \qquad x_1x_2=m^2+m+\frac14=\left(m+\frac12\right)^2. \]

Dla \(m=-\frac12\) iloczyn pierwiastków jest równy \(0\), więc rozpatrywany iloraz nie jest określony. Zatem

\[ D_f=\left\langle-6,-\frac12\right)\cup \left(-\frac12,\frac43\right\rangle. \]

Badamy funkcję

\[ f(m)=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2} =\frac{5-m}{\left(m+\frac12\right)^2}. \]

Jej pochodna ma znak dodatni na \(\left(-6,-\frac12\right)\) i ujemny na \(\left(-\frac12,\frac43\right)\). Na każdej z części dziedziny funkcja jest więc monotoniczna, a wartości najmniejszej szukamy na końcach przedziałów:

\[ f(-6)=\frac{11}{\left(-\frac{11}{2}\right)^2} =\frac4{11}, \] \[ f\left(\frac43\right) =\frac{\frac{11}{3}}{\left(\frac{11}{6}\right)^2} =\frac{12}{11}. \]

Zatem najmniejsza wartość jest osiągana dla \(m=-6\).

Odpowiedź:

\[ \boxed{m=-6,\qquad \min f(m)=\frac4{11}}. \]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) wysokość graniastosłupa. Pole podstawy trójkąta równobocznego jest równe

\[ P_p=\frac{\sqrt3}{4}a^2. \]

Z warunku dotyczącego objętości:

\[ \frac{\sqrt3}{4}a^2h=2, \]

czyli

\[ h=\frac{8}{\sqrt3\,a^2} =\frac{8\sqrt3}{3a^2}. \]

Pole powierzchni całkowitej:

\[ P(a)=2\cdot\frac{\sqrt3}{4}a^2+3ah =\frac{\sqrt3}{2}a^2+\frac{8\sqrt3}{a}, \qquad a>0. \]

Liczymy pochodną:

\[ P'(a)=\sqrt3\,a-\frac{8\sqrt3}{a^2} =\frac{\sqrt3(a^3-8)}{a^2}. \]

Stąd

\[ P'(a)=0\iff a=2. \]

Pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni, więc dla \(a=2\) pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Wysokość:

\[ h=\frac{8\sqrt3}{3\cdot4}=\frac{2\sqrt3}{3}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{a=2\ \mathrm{m},\qquad h=\frac{2\sqrt3}{3}\ \mathrm{m}}. \]

Wyznacznik układu jest równy

\[ m^2+1>0, \]

więc układ ma dokładnie jedno rozwiązanie dla każdego \(m\in\mathbb R\).

Z pierwszego równania:

\[ y=mx-2. \]

Po podstawieniu do drugiego:

\[ x+m(mx-2)=m, \] \[ (1+m^2)x=3m, \] \[ x=\frac{3m}{m^2+1}. \]

Następnie

\[ y=mx-2 =\frac{3m^2}{m^2+1}-2 =\frac{m^2-2}{m^2+1}. \]

Zatem

\[ f(m)=x+y=\frac{m^2+3m-2}{m^2+1}, \qquad m\in\langle2,4\rangle. \]

Obliczamy pochodną:

\[ f'(m)=\frac{-3m^2+6m+3}{(m^2+1)^2}. \]

W przedziale \(\langle2,4\rangle\) jedynym miejscem zerowym pochodnej jest \(m=1+\sqrt2\). W tym punkcie funkcja ma maksimum, dlatego minimum na przedziale domkniętym występuje na jednym z jego końców.

\[ f(2)=\frac85,\qquad f(4)=\frac{26}{17}. \]

Ponieważ \(\frac{26}{17}<\frac85\), najmniejsza wartość sumy jest osiągana dla \(m=4\).

Odpowiedź:

\[ \boxed{x=\frac{3m}{m^2+1},\qquad y=\frac{m^2-2}{m^2+1},\qquad \min(x+y)=\frac{26}{17}}. \]

Oznaczmy pierwszą liczbę przez \(x\). Druga liczba jest równa \(3x\), a trzecia – z warunku sumy –

\[ 13-4x. \]

Wszystkie liczby mają być dodatnie, więc

\[ 0<x<\frac{13}{4}. \]

Suma ich kwadratów jest funkcją

\[ S(x)=x^2+(3x)^2+(13-4x)^2. \]

Po uporządkowaniu:

\[ S(x)=26x^2-104x+169 =26(x-2)^2+65. \]

Najmniejsza wartość występuje dla

\[ x=2. \]

Otrzymujemy liczby

\[ 2,\qquad 6,\qquad 13-8=5. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{2,\ 6,\ 5}. \]

Niech \(A=(x,y)\). Ponieważ punkt \(A\) leży na prostej

\[ 2x+y-1=0, \]

mamy

\[ y=1-2x. \]

Kwadraty odległości punktu \(A\) od osi \(Oy\) i \(Ox\) są odpowiednio równe \(x^2\) oraz \(y^2\). Minimalizujemy więc

\[ S(x)=x^2+(1-2x)^2 =5x^2-4x+1. \]

Jest to funkcja kwadratowa o ramionach skierowanych w górę. Jej wierzchołek ma pierwszą współrzędną

\[ x=\frac4{10}=\frac25. \]

Wtedy

\[ y=1-2\cdot\frac25=\frac15. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{A=\left(\frac25,\frac15\right)}. \]

Oznaczmy

\[ x=|DF|. \]

Z warunku \(|CE|=2|DF|\) mamy \(|CE|=2x\). Ponieważ bok kwadratu ma długość \(1\),

\[ 0\le x\le\frac12. \]

Obliczamy pole trójkąta \(AEF\), odejmując od pola kwadratu pola trzech trójkątów prostokątnych:

\[ P_{AEF}=1-P_{ABE}-P_{ECF}-P_{ADF}. \]

Mamy

\[ P_{ABE}=\frac12(1-2x), \] \[ P_{ECF}=\frac12\cdot2x(1-x)=x(1-x), \] \[ P_{ADF}=\frac12x. \]

Zatem

\[ P(x)=x^2-\frac12x+\frac12. \]

Wierzchołek tej paraboli ma odciętą

\[ x=-\frac{-\frac12}{2}=\frac14. \]

Ponieważ \(\frac14\in\left\langle0,\frac12\right\rangle\), dla tej wartości pole jest najmniejsze.

Odpowiedź:

\[ \boxed{x=\frac14}. \]

Punkt \(C\) leży na prostej \(y=x+1\), więc możemy zapisać

\[ C=(x,x+1). \]

Kwadraty odległości od punktów \(A=(1,5)\) i \(B=(9,3)\) są równe

\[ |AC|^2=(x-1)^2+(x-4)^2, \] \[ |BC|^2=(x-9)^2+(x-2)^2. \]

Ich suma:

\[ f(x)=(x-1)^2+(x-4)^2+(x-9)^2+(x-2)^2. \]

Po uporządkowaniu:

\[ f(x)=4x^2-32x+102 =4(x-4)^2+38. \]

Najmniejszą wartość funkcja przyjmuje dla \(x=4\). Wtedy

\[ y=4+1=5. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{C=(4,5)}. \]

Niech

\[ x=|CE|=|DF|,\qquad 0\le x\le2. \]

Wtedy

\[ |BE|=|CF|=2-x. \]

Pole trójkąta \(AEF\) można obliczyć jako pole kwadratu pomniejszone o pola trójkątów \(ABE\), \(CEF\) i \(ADF\):

\[ P_{AEF}=4-\frac12\cdot2(2-x) -\frac12x(2-x)-\frac12\cdot2x. \]

Po uproszczeniu:

\[ P(x)=\frac12x^2-x+2 =\frac12(x-1)^2+\frac32. \]

Najmniejsza wartość jest osiągana dla

\[ x=1. \]

Wtedy

\[ P_{\min}=\frac32. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{x=1,\qquad P_{\min}=\frac32}. \]

Oznaczmy długość krawędzi podstawy przez \(a\), a wysokość graniastosłupa przez \(h\). Graniastosłup prawidłowy sześciokątny ma \(12\) krawędzi podstaw oraz \(6\) krawędzi bocznych, więc

\[ 12a+6h=24. \]

Stąd

\[ h=4-2a,\qquad 0<a<2. \]

Pole powierzchni bocznej wynosi

\[ P_b=6ah. \]

Zatem

\[ P_b(a)=6a(4-2a) =-12a^2+24a. \]

Jest to parabola skierowana ramionami w dół. Jej wierzchołek ma odciętą

\[ a=-\frac{24}{2(-12)}=1. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{a=1}. \]

Każdy punkt \(P\) należący do prostej \(y=8x+10\) ma postać

\[ P=(x,8x+10). \]

Rozważamy sumę

\[ f(x)=|AP|^2+|BP|^2. \]

Dla \(A=(3,-2)\) i \(B=(11,4)\):

\[ f(x)=(x-3)^2+(8x+12)^2+(x-11)^2+(8x+6)^2. \]

Po uporządkowaniu:

\[ f(x)=130x^2+260x+310. \]

Parabola ma ramiona skierowane w górę, a jej wierzchołek ma odciętą

\[ x=-\frac{260}{2\cdot130}=-1. \]

Wtedy

\[ y=8(-1)+10=2. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{P=(-1,2)}. \]

Dla

\[ P=\left(\frac12m+\frac52,m\right), \qquad Q=\left(\frac{55}{2},0\right) \]

mamy

\[ |PQ|^2= \left(\frac12m+\frac52-\frac{55}{2}\right)^2+m^2. \]

Po uproszczeniu:

\[ f(m)=|PQ|^2 =\frac54m^2-25m+625. \]

Rozpatrujemy \(m\in\langle-1,7\rangle\). Pochodna:

\[ f'(m)=\frac52m-25. \]

W całym przedziale \(\langle-1,7\rangle\) mamy \(f'(m)<0\), więc funkcja jest malejąca. Największa wartość występuje dla \(m=-1\), a najmniejsza dla \(m=7\).

\[ f(-1)=\frac{2605}{4}, \] \[ f(7)=\frac{2045}{4}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{\min |PQ|^2=\frac{2045}{4},\qquad \max |PQ|^2=\frac{2605}{4}}. \]

Oznaczmy długości dwóch danych boków przez \(a\) i \(b\). Mamy

\[ a+b=4. \]

Trzeci bok oznaczmy przez \(c\). Z twierdzenia cosinusów, ponieważ kąt między bokami \(a\) i \(b\) ma miarę \(120^\circ\),

\[ c^2=a^2+b^2-2ab\cos120^\circ =a^2+b^2+ab. \]

Szukana suma kwadratów boków jest równa

\[ S=a^2+b^2+c^2 =2a^2+2b^2+ab. \]

Podstawiamy \(b=4-a\):

\[ S(a)=2a^2+2(4-a)^2+a(4-a). \]

Po uporządkowaniu:

\[ S(a)=3a^2-12a+32 =3(a-2)^2+20. \]

Najmniejsza wartość wynosi więc

\[ \boxed{20}. \]

Niech \(x\) oznacza długość boku wycinanego kwadratu. Po zagięciu kartonu pudełko ma wysokość \(x\), a wymiary podstawy są równe

\[ 80-2x,\qquad 50-2x. \]

Warunki geometryczne dają

\[ 0<x<25. \]

Objętość pudełka:

\[ V(x)=x(80-2x)(50-2x). \]

Po rozwinięciu:

\[ V(x)=4x^3-260x^2+4000x. \]

Liczymy pochodną:

\[ V'(x)=12x^2-520x+4000 =4(3x^2-130x+1000). \]

Miejsca zerowe:

\[ x=10,\qquad x=\frac{100}{3}. \]

Tylko \(x=10\) należy do dziedziny. Pochodna zmienia w tym punkcie znak z dodatniego na ujemny, więc objętość jest największa dla \(x=10\).

\[ V(10)=10\cdot60\cdot30=18000. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{x=10\ \mathrm{cm},\qquad V_{\max}=18000\ \mathrm{cm}^3}. \]

Niech \(x\) oznacza długość rzutu jednego ramienia trapezu na dłuższą podstawę. Wtedy dłuższa podstawa ma długość

\[ 4+2x, \]

a wysokość trapezu jest równa

\[ h=\sqrt{16-x^2}, \qquad 0\le x<4. \]

Pole:

\[ P(x)=\frac{4+(4+2x)}{2}\sqrt{16-x^2} =(4+x)\sqrt{16-x^2}. \]

Wygodnie maksymalizować kwadrat pola:

\[ F(x)=P(x)^2=(4+x)^2(16-x^2). \]

Dla \(0\le x<4\) warunek \(F'(x)=0\) prowadzi do równania

\[ 16-x^2=x(4+x), \] \[ 2x^2+4x-16=0. \]

Dodatnim rozwiązaniem jest

\[ x=2. \]

Zatem dłuższa podstawa ma długość

\[ 4+2\cdot2=8, \]

a wysokość

\[ h=\sqrt{16-4}=2\sqrt3. \]

Największe pole:

\[ P_{\max}=\frac{4+8}{2}\cdot2\sqrt3=12\sqrt3. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{8\ \mathrm{dm},\qquad P_{\max}=12\sqrt3\ \mathrm{dm}^2}. \]

Niech \(R\) będzie promieniem okręgu opisanego na podstawie, a \(H\) wysokością ostrosłupa. Z warunku

\[ R+H=24 \]

mamy

\[ H=24-R,\qquad 0<R<24. \]

Podstawa jest trójkątem równobocznym. Dla trójkąta równobocznego o promieniu okręgu opisanego \(R\) bok ma długość \(a=\sqrt3R\), więc pole podstawy wynosi

\[ P_p=\frac{\sqrt3}{4}a^2 =\frac{3\sqrt3}{4}R^2. \]

Objętość:

\[ V(R)=\frac13P_pH =\frac{\sqrt3}{4}R^2(24-R). \]

Pochodna:

\[ V'(R)=\frac{3\sqrt3}{4}R(16-R). \]

W dziedzinie jedynym miejscem zerowym pochodnej jest

\[ R=16. \]

Funkcja rośnie dla \(0<R<16\) i maleje dla \(16<R<24\), więc jest to maksimum.

\[ H=24-16=8, \] \[ V_{\max}=\frac{\sqrt3}{4}\cdot16^2\cdot8 =512\sqrt3. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{R=16,\qquad V_{\max}=512\sqrt3}. \]

Z symetrii prostokąta względem osi \(Oy\) możemy przyjąć, że dolne wierzchołki leżą na paraboli w punktach o odciętych \(-x\) i \(x\), gdzie

\[ 0<x<1. \]

Szerokość prostokąta jest równa

\[ 2x. \]

Rzędna punktów leżących na paraboli wynosi

\[ 2x^2+2, \]

więc wysokość prostokąta jest równa

\[ 4-(2x^2+2)=2-2x^2. \]

Pole prostokąta:

\[ P(x)=2x(2-2x^2)=4x-4x^3. \]

Pochodna:

\[ P'(x)=4-12x^2. \]

Warunek \(P'(x)=0\) daje

\[ x=\frac1{\sqrt3}. \]

Pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny, więc otrzymujemy maksimum. Wymiary prostokąta:

\[ 2x=\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}, \] \[ 2-2x^2=2-\frac23=\frac43. \]

Największe pole:

\[ P_{\max}=\frac{2}{\sqrt3}\cdot\frac43 =\frac{8\sqrt3}{9}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{\frac{2\sqrt3}{3}\ \text{ i }\ \frac43,\qquad P_{\max}=\frac{8\sqrt3}{9}}. \]

Niech \(x\) będzie długością rzutu jednego ramienia trapezu na dłuższą podstawę. Wtedy

\[ 0\le x<5, \]

dłuższa podstawa ma długość

\[ 5+2x, \]

a wysokość

\[ h=\sqrt{25-x^2}. \]

Pole trapezu:

\[ P(x)=\frac{5+(5+2x)}{2}\sqrt{25-x^2} =(5+x)\sqrt{25-x^2}. \]

Maksymalizujemy kwadrat pola:

\[ F(x)=(5+x)^2(25-x^2). \]

Warunek \(F'(x)=0\) daje

\[ 25-x^2=x(5+x), \] \[ 2x^2+5x-25=0. \]

Dodatnim rozwiązaniem jest

\[ x=\frac52. \]

Dłuższa podstawa ma więc długość

\[ 5+2\cdot\frac52=10, \]

a wysokość

\[ h=\sqrt{25-\frac{25}{4}}=\frac{5\sqrt3}{2}. \]

Największe pole:

\[ P_{\max}=\frac{5+10}{2}\cdot\frac{5\sqrt3}{2} =\frac{75\sqrt3}{4}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{10,\qquad P_{\max}=\frac{75\sqrt3}{4}}. \]

Oznaczmy promień podstawy przez \(r\), tworzącą przez \(l\), a wysokość przez \(h\). Z warunku zadania

\[ l+r=2, \]

czyli

\[ l=2-r. \]

Z twierdzenia Pitagorasa w przekroju osiowym stożka:

\[ h^2=l^2-r^2=(2-r)^2-r^2=4-4r, \] \[ h=2\sqrt{1-r}, \qquad 0<r<1. \]

Objętość:

\[ V(r)=\frac13\pi r^2h =\frac{2\pi}{3}r^2\sqrt{1-r}. \]

Dla dodatnich wartości funkcji możemy maksymalizować jej kwadrat:

\[ V(r)^2\sim r^4(1-r). \]

Pochodna funkcji pomocniczej \(g(r)=r^4(1-r)\) jest równa

\[ g'(r)=r^3(4-5r). \]

Stąd maksimum występuje dla

\[ r=\frac45. \]

Wysokość:

\[ h=2\sqrt{1-\frac45} =\frac{2\sqrt5}{5}. \]

Objętość:

\[ V_{\max} =\frac13\pi\left(\frac45\right)^2\frac{2\sqrt5}{5} =\frac{32\sqrt5\pi}{375}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{h=\frac{2\sqrt5}{5},\qquad V_{\max}=\frac{32\sqrt5\pi}{375}}. \]

Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym o ramionach długości \(l\) i podstawie długości \(2r\). Z warunku obwodu:

\[ 2l+2r=20, \] \[ l=10-r. \]

Z twierdzenia Pitagorasa:

\[ h^2=l^2-r^2=(10-r)^2-r^2=100-20r, \] \[ h=\sqrt{100-20r}, \qquad 0<r<5. \]

Objętość stożka:

\[ V(r)=\frac13\pi r^2\sqrt{100-20r}. \]

Maksymalizujemy funkcję pomocniczą

\[ g(r)=r^4(100-20r). \]

Po zróżniczkowaniu i wyłączeniu dodatnich czynników otrzymujemy warunek

\[ 4(100-20r)-20r=0, \] \[ 400-100r=0, \] \[ r=4. \]

Wtedy

\[ h=\sqrt{100-80}=2\sqrt5. \]

Największa objętość:

\[ V_{\max} =\frac13\pi\cdot16\cdot2\sqrt5 =\frac{32\sqrt5\pi}{3}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{r=4,\qquad h=2\sqrt5,\qquad V_{\max}=\frac{32\sqrt5\pi}{3}}. \]

Niech \(r\) będzie promieniem podstawy, a \(h\) wysokością walca. Z warunku dotyczącego pola powierzchni całkowitej:

\[ 2\pi r^2+2\pi rh=2\pi. \]

Po podzieleniu przez \(2\pi r\):

\[ h=\frac1r-r. \]

Warunek \(h>0\) daje

\[ 0<r<1. \]

Objętość walca:

\[ V(r)=\pi r^2h =\pi(r-r^3). \]

Pochodna:

\[ V'(r)=\pi(1-3r^2). \]

Jedynym miejscem zerowym w dziedzinie jest

\[ r=\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}. \]

Pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny, więc objętość jest największa. Wtedy

\[ V_{\max} =\pi\left(\frac1{\sqrt3}-\frac1{3\sqrt3}\right) =\frac{2\sqrt3\pi}{9}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{r=\frac{\sqrt3}{3},\qquad V_{\max}=\frac{2\sqrt3\pi}{9}}. \]

Niech \(AM=x\). W sześciokącie foremnym odległość przeciwległych wierzchołków jest równa dwukrotności długości boku, więc bok sześciokąta ma długość

\[ \frac x2. \]

Ponieważ \(AB=10\), bok trójkąta równobocznego \(MBG\) ma długość

\[ 10-x. \]

Suma pól obu figur jest równa

\[ P(x)=\frac{3\sqrt3}{2}\left(\frac x2\right)^2 +\frac{\sqrt3}{4}(10-x)^2. \]

Po uproszczeniu:

\[ P(x)=\frac{\sqrt3}{8}\left(5x^2-40x+200\right), \qquad 0<x<10. \]

Funkcja kwadratowa osiąga minimum dla

\[ x=\frac{40}{10}=4. \]

Wtedy bok sześciokąta ma długość \(2\), a bok trójkąta równobocznego \(6\). Ich obwody są więc równe

\[ L_6=6\cdot2=12, \qquad L_3=3\cdot6=18. \]

Szukany stosunek:

\[ \frac{L_6}{L_3}=\frac{12}{18}=\frac23. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{\frac23}. \]

Niech pierwsza współrzędna punktu \(C\) będzie równa \(x\). Z rysunku i symetrii względem osi \(Oy\):

\[ C=\left(x,2-\frac12x^2\right), \qquad D=\left(-x,2-\frac12x^2\right), \]

przy czym

\[ -2<x<0. \]

Długości podstaw trapezu:

\[ |AB|=4, \qquad |CD|=-2x. \]

Wysokość trapezu:

\[ h=2-\frac12x^2. \]

Pole:

\[ P(x)=\frac{4-2x}{2}\left(2-\frac12x^2\right) =(2-x)\left(2-\frac12x^2\right). \]

Po rozwinięciu:

\[ P(x)=4-2x-x^2+\frac12x^3. \]

Pochodna:

\[ P'(x)=-2-2x+\frac32x^2. \]

Warunek \(P'(x)=0\) daje

\[ 3x^2-4x-4=0, \] \[ x=-\frac23 \]

jako jedyne rozwiązanie należące do dziedziny. W tym punkcie pole osiąga maksimum.

Współrzędne punktu \(C\):

\[ C=\left(-\frac23, 2-\frac12\cdot\frac49\right) =\left(-\frac23,\frac{16}{9}\right). \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{C=\left(-\frac23,\frac{16}{9}\right)}. \]

Niech długości dwóch krawędzi pozostających w stosunku \(1:2\) będą równe \(x\) oraz \(2x\). Trzeci wymiar oznaczmy przez \(h\).

Z warunku objętości:

\[ x\cdot2x\cdot h=8, \] \[ h=\frac4{x^2}. \]

Suma długości dwunastu krawędzi wynosi

\[ 4(x+2x+h)<28. \]

Stąd

\[ 3x+\frac4{x^2}<7. \]

Po pomnożeniu przez \(x^2>0\):

\[ 3x^3-7x^2+4<0, \] \[ (x-1)(3x+2)(x-2)<0. \]

Dla \(x>0\) otrzymujemy

\[ 1<x<2. \]

Pole powierzchni całkowitej:

\[ P(x)=2(2x^2+xh+2xh) =4x^2+\frac{24}{x}. \]

Pochodna:

\[ P'(x)=8x-\frac{24}{x^2}. \]

Warunek \(P'(x)=0\) daje

\[ x^3=3, \qquad x=\sqrt[3]{3}. \]

Pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni, więc otrzymujemy minimum.

Wymiary prostopadłościanu:

\[ \boxed{\sqrt[3]{3},\quad 2\sqrt[3]{3},\quad \frac4{\sqrt[3]{9}}}. \]

Niech \(r\) będzie promieniem podstawy, a \(h\) wysokością walca. Z warunku

\[ 2\pi r^2+2\pi rh=P \]

otrzymujemy

\[ h=\frac{P}{2\pi r}-r. \]

Warunek \(h>0\) daje

\[ 0<r<\sqrt{\frac{P}{2\pi}}. \]

Objętość:

\[ V(r)=\pi r^2h =\frac P2r-\pi r^3. \]

Pochodna:

\[ V'(r)=\frac P2-3\pi r^2. \]

Jedynym miejscem zerowym w dziedzinie jest

\[ r=\sqrt{\frac{P}{6\pi}}. \]

Pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny, więc objętość jest największa. Ponadto

\[ \frac{P}{2\pi r}=3r, \]

a więc

\[ h=2r=\sqrt{\frac{2P}{3\pi}}. \]

Największa objętość:

\[ V_{\max} =\pi r^2h =\frac P3\sqrt{\frac{P}{6\pi}}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{r=\sqrt{\frac{P}{6\pi}},\qquad h=\sqrt{\frac{2P}{3\pi}},\qquad V_{\max}=\frac P3\sqrt{\frac{P}{6\pi}}}. \]

Szkielet jest zbudowany z \(12\) listewek o przekroju kwadratowym \(x\times x\).

Z układu listewek na rysunku:

• cztery pionowe listewki mają długość \(6-2x\),
• cztery poziome, równoległe do płaszczyzny rysunku, mają długość \(10-3x\),
• cztery poziome, prostopadłe do płaszczyzny rysunku, mają długość \(6-x\).

Objętość drewna jest więc równa

\[ V(x)=4x^2(6-2x)+4x^2(10-3x)+4x^2(6-x). \]

Po uproszczeniu:

\[ V(x)=8x^2(11-3x). \]

Z warunków geometrycznych:

\[ x>0,\qquad 6-2x\ge x,\qquad 10-3x\ge2x. \]

Stąd

\[ 0<x\le\frac52. \]

Pochodna:

\[ V'(x)=8x(22-9x). \]

W dziedzinie miejscem zerowym istotnym dla maksimum jest

\[ x=\frac{22}{9}. \]

Dla \(0<x<\frac{22}{9}\) funkcja rośnie, a dla \(\frac{22}{9}<x\le\frac52\) maleje.

Zatem

\[ V_{\max} =8\left(\frac{22}{9}\right)^2 \left(11-3\cdot\frac{22}{9}\right) =\frac{42592}{243}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{x=\frac{22}{9},\qquad V_{\max}=\frac{42592}{243}}. \]

Niech \(a\) będzie długością dłuższej podstawy, a \(b\) – krótszej. Z warunku zadania wysokość trapezu jest równa

\[ h=2-a. \]

Ponieważ w trapez można wpisać okrąg, suma długości podstaw jest równa sumie długości ramion. Dla trapezu równoramiennego prowadzi to do zależności

\[ ab=h^2. \]

Zatem

\[ b=\frac{(2-a)^2}{a}. \]

Warunki \(h>0\) oraz \(0<b<a\) dają

\[ 1<a<2. \]

Obwód:

\[ L=2(a+b), \]

więc

\[ L(a)=2\left(a+\frac{(2-a)^2}{a}\right) =\frac{4a^2-8a+8}{a}. \]

Możemy zapisać

\[ L(a)=4a-8+\frac8a. \]

Pochodna:

\[ L'(a)=4-\frac8{a^2}. \]

W dziedzinie jedynym miejscem zerowym jest

\[ a=\sqrt2. \]

Pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni, więc obwód jest najmniejszy dla \(a=\sqrt2\).

Dla tej wartości

\[ h=2-\sqrt2, \] \[ b=\frac{(2-\sqrt2)^2}{\sqrt2}=3\sqrt2-4. \]

Jeżeli \(\alpha\) jest kątem ostrym trapezu, to

\[ \tan\alpha =\frac{h}{\frac{a-b}{2}} =\frac{2h}{a-b}. \]

Ponieważ dla \(a=\sqrt2\) mamy \(a-b=2(2-\sqrt2)=2h\),

\[ \boxed{\tan\alpha=1}. \]

Oznaczmy długość krawędzi podstawy przez \(a\), a wysokość graniastosłupa przez \(h\). Pole podstawy trójkąta równobocznego jest równe

\[ P_p=\frac{\sqrt3}{4}a^2. \]

Z warunku \(V=2\):

\[ \frac{\sqrt3}{4}a^2h=2, \] \[ h=\frac{8\sqrt3}{3a^2}. \]

Pole powierzchni całkowitej:

\[ P(a)=2P_p+3ah =\frac{\sqrt3}{2}a^2+\frac{8\sqrt3}{a}, \qquad a>0. \]

Pochodna:

\[ P'(a)=\frac{\sqrt3(a^3-8)}{a^2}. \]

Stąd minimum występuje dla

\[ a=2. \]

Wysokość:

\[ h=\frac{8\sqrt3}{3\cdot4} =\frac{2\sqrt3}{3}. \]

Najmniejsze pole powierzchni całkowitej:

\[ P_{\min} =\frac{\sqrt3}{2}\cdot4 +\frac{8\sqrt3}{2} =6\sqrt3. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{a=2,\qquad h=\frac{2\sqrt3}{3},\qquad P_{\min}=6\sqrt3}. \]

Z warunków styczności otrzymujemy długości boków trójkąta \(SS_1S_2\):

\[ |SS_1|=18-x, \] \[ |SS_2|=18-2x, \] \[ |S_1S_2|=3x. \]

Połowa obwodu tego trójkąta jest stała:

\[ p=\frac{(18-x)+(18-2x)+3x}{2}=18. \]

Ze wzoru Herona:

\[ P(x)= \sqrt{18\cdot x\cdot2x\cdot(18-3x)} =6x\sqrt{18-3x}. \]

Warunki istnienia niezdegenerowanego trójkąta dają

\[ 0<x<6. \]

Maksymalizujemy kwadrat pola:

\[ P(x)^2=36x^2(18-3x) =108x^2(6-x). \]

Wystarczy zbadać funkcję

\[ g(x)=x^2(6-x). \]

Jej pochodna:

\[ g'(x)=3x(4-x). \]

Największa wartość występuje dla

\[ x=4. \]

Wtedy długości boków trójkąta są równe

\[ 18-4=14,\qquad 18-8=10,\qquad 3\cdot4=12. \]

Największe pole:

\[ P_{\max}=6\cdot4\sqrt{18-12}=24\sqrt6. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{10,\ 12,\ 14,\qquad P_{\max}=24\sqrt6}. \]

Oznaczmy przez \(x\) dłuższy bok ekranu, a przez \(y\) krótszy bok. Z warunku dotyczącego pola ekranu:

\[ xy=60, \] \[ y=\frac{60}{x}. \]

Po uwzględnieniu obramowania wymiary całego prostokąta są równe

\[ x+1 \]

oraz

\[ y+0{,}6. \]

Jego pole jest więc równe

\[ P(x)=(x+1)\left(\frac{60}{x}+0{,}6\right). \]

Po uproszczeniu:

\[ P(x)=60{,}6+0{,}6x+\frac{60}{x}, \qquad x>0. \]

Pochodna:

\[ P'(x)=0{,}6-\frac{60}{x^2}. \]

Warunek \(P'(x)=0\) daje

\[ x^2=100,\qquad x=10. \]

Pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni, więc pole całkowite jest najmniejsze. Drugi wymiar ekranu:

\[ y=\frac{60}{10}=6. \]

Odpowiedź: ekran powinien mieć wymiary

\[ \boxed{10\ \mathrm{cm}\times6\ \mathrm{cm}}. \]

Niech

\[ x=|PC|=|QD|. \]

Wtedy

\[ |BP|=|CQ|=2-x. \]

Pole trójkąta \(APQ\) jest różnicą pola kwadratu i pól trzech trójkątów prostokątnych:

\[ P_{APQ} =4-P_{ABP}-P_{QCP}-P_{ADQ}. \]

Mamy

\[ P_{ABP}=\frac12\cdot2(2-x)=2-x, \] \[ P_{QCP}=\frac12x(2-x), \] \[ P_{ADQ}=\frac12\cdot2x=x. \]

Zatem

\[ P(x) =4-(2-x)-\frac12x(2-x)-x =\frac12x^2-x+2. \]

Funkcja kwadratowa ma minimum dla

\[ x=1. \]

Najmniejsze pole:

\[ P(1)=\frac12-1+2=\frac32. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{x=1,\qquad P_{\min}=\frac32}. \]

Niech \(r\) będzie promieniem okręgu opisanego na kwadratowej podstawie, \(b\) – krawędzią boczną, \(a\) – krawędzią podstawy, a \(H\) – wysokością ostrosłupa.

Z warunku

\[ r+b=d \]

mamy

\[ b=d-r. \]

W trójkącie utworzonym przez wysokość ostrosłupa, promień \(r\) i krawędź boczną \(b\):

\[ H^2=b^2-r^2=(d-r)^2-r^2=d(d-2r). \]

Stąd

\[ H=\sqrt{d(d-2r)}, \qquad 0<r<\frac d2. \]

Dla kwadratu

\[ a=\sqrt2\,r, \]

więc pole podstawy jest równe

\[ a^2=2r^2. \]

Objętość:

\[ V(r)=\frac23r^2\sqrt{d(d-2r)}. \]

Maksymalizujemy \(V(r)^2\), czyli – po pominięciu dodatniej stałej – funkcję

\[ g(r)=r^4(d-2r). \]

Pochodna:

\[ g'(r)=2r^3(2d-5r). \]

W dziedzinie maksimum występuje dla

\[ r=\frac{2d}{5}. \]

Zatem krawędź podstawy ma długość

\[ a=\sqrt2\,r=\frac{2\sqrt2}{5}d. \]

Wysokość:

\[ H=\sqrt{d\left(d-\frac{4d}{5}\right)} =\frac d{\sqrt5}. \]

Największa objętość:

\[ V_{\max} =\frac13\cdot\frac{8d^2}{25}\cdot\frac d{\sqrt5} =\frac{8\sqrt5}{375}d^3. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{a=\frac{2\sqrt2}{5}d,\qquad V_{\max}=\frac{8\sqrt5}{375}d^3}. \]

Z symetrii względem osi \(Oy\) możemy zapisać

\[ A=\left(a,\frac9{a^4}\right), \qquad B=\left(-a,\frac9{a^4}\right), \qquad a>0. \]

Długość podstawy \(AB\) jest równa

\[ |AB|=2a. \]

Punkt \(C=\left(0,-\frac13\right)\), więc wysokość trójkąta opuszczona na podstawę \(AB\) ma długość

\[ \frac9{a^4}+\frac13. \]

Pole trójkąta:

\[ P(a)=\frac12\cdot2a \left(\frac9{a^4}+\frac13\right) =\frac9{a^3}+\frac a3. \]

Pochodna:

\[ P'(a)=-\frac{27}{a^4}+\frac13 =\frac{a^4-81}{3a^4}. \]

Warunek \(P'(a)=0\) daje

\[ a=3. \]

Dla \(0<a<3\) funkcja maleje, a dla \(a>3\) rośnie, zatem dla \(a=3\) pole jest najmniejsze.

Współrzędne wierzchołków:

\[ A=\left(3,\frac19\right), \qquad B=\left(-3,\frac19\right). \]

Najmniejsze pole:

\[ P(3)=\frac13+1=\frac43. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{A=\left(3,\frac19\right),\quad B=\left(-3,\frac19\right),\quad P_{\min}=\frac43}. \]

Niech \(x\) oznacza długość boku kwadratowego dna, a \(h\) – wysokość zbiornika.

Z warunku objętości:

\[ x^2h=144, \] \[ h=\frac{144}{x^2}. \]

Żaden wymiar nie może przekraczać \(9\), więc

\[ x\le9, \qquad \frac{144}{x^2}\le9. \]

Stąd

\[ 4\le x\le9. \]

Koszt wykonania dna wynosi \(100x^2\), a czterech ścian bocznych

\[ 75\cdot4xh. \]

Funkcja kosztu:

\[ K(x)=100x^2+300x\cdot\frac{144}{x^2} =100x^2+\frac{43200}{x}. \]

Pochodna:

\[ K'(x)=200x-\frac{43200}{x^2}. \]

Warunek \(K'(x)=0\) daje

\[ 200x^3=43200, \] \[ x^3=216, \qquad x=6. \]

Dla \(x<6\) funkcja maleje, a dla \(x>6\) rośnie. Wysokość:

\[ h=\frac{144}{36}=4. \]

Odpowiedź: najmniejszy koszt uzyskamy dla zbiornika o wymiarach

\[ \boxed{6\ \mathrm{m}\times6\ \mathrm{m}\times4\ \mathrm{m}}. \]

Oznaczmy

\[ x=|AC|, \qquad b=|BC|, \qquad c=|AB|. \]

Trójkąt jest prostokątny, więc

\[ x^2+b^2=c^2. \]

Z warunku obwodu:

\[ x+b+c=4, \qquad c=4-x-b. \]

Podstawiamy do twierdzenia Pitagorasa:

\[ (4-x-b)^2=x^2+b^2. \]

Po uproszczeniu:

\[ b=\frac{8-4x}{4-x}. \]

Pole trójkąta:

\[ P(x)=\frac12xb =\frac{x(4-2x)}{4-x}. \]

Warunki geometryczne dają

\[ 0<x<2. \]

Pochodna:

\[ P'(x)=\frac{2x^2-16x+16}{(4-x)^2}. \]

Warunek \(P'(x)=0\) prowadzi do

\[ x^2-8x+8=0. \]

W dziedzinie leży tylko

\[ x=4-2\sqrt2. \]

Pochodna jest dodatnia przed tym punktem i ujemna po nim, więc pole jest największe.

Dla tej wartości

\[ b=4-2\sqrt2, \]

a przeciwprostokątna

\[ c=x\sqrt2=4\sqrt2-4. \]

Największe pole:

\[ P_{\max} =\frac12(4-2\sqrt2)^2 =4(3-2\sqrt2). \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{4-2\sqrt2,\quad 4-2\sqrt2,\quad 4\sqrt2-4,\qquad P_{\max}=4(3-2\sqrt2)}. \]

Oznaczmy długość ramienia przez \(b\), długość podstawy przez \(a\), a wysokość przez \(h\).

Z warunku obwodu:

\[ a+2b=18, \qquad a=18-2b. \]

Wysokość dzieli podstawę na połowy, więc z twierdzenia Pitagorasa:

\[ h^2=b^2-\left(\frac a2\right)^2. \]

Po podstawieniu \(a=18-2b\):

\[ h=\sqrt{18b-81}. \]

Stąd

\[ P(b)=\frac12ah =\frac{(18-2b)\sqrt{18b-81}}{2}. \]

Warunki istnienia trójkąta dają

\[ \frac92<b<9. \]

Maksymalizujemy kwadrat pola:

\[ F(b)=P(b)^2 =\frac14(18-2b)^2(18b-81). \]

Warunek \(F'(b)=0\) w dziedzinie prowadzi do

\[ b=6. \]

Dla tej wartości

\[ a=18-2\cdot6=6. \]

Trójkąt jest więc równoboczny o boku \(6\). Jego pole:

\[ P_{\max}=\frac{\sqrt3}{4}\cdot6^2=9\sqrt3. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{6,\ 6,\ 6,\qquad P_{\max}=9\sqrt3}. \]

Niech \(S\) będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie. Odległość \(S\) od podstawy \(AB\) wynosi \(x\).

Połowa podstawy jest równa

\[ \frac{|AB|}{2}=\sqrt{1-x^2}, \]

ponieważ promień okręgu ma długość \(1\). Zatem

\[ |AB|=2\sqrt{1-x^2}. \]

Wysokość trójkąta opuszczona na podstawę \(AB\) jest równa

\[ x+1. \]

Stąd pole:

\[ P(x)=\frac12\cdot2\sqrt{1-x^2}\cdot(x+1) =(x+1)\sqrt{1-x^2}. \]

Trójkąt jest ostrokątny, więc

\[ 0<x<1. \]

Maksymalizujemy kwadrat pola:

\[ F(x)=P(x)^2=(x+1)^2(1-x^2) =(1+x)^3(1-x). \]

Dla \(0<x<1\):

\[ F'(x)=2(1+x)^2(1-2x). \]

Stąd maksimum występuje dla

\[ x=\frac12. \]

Największe pole:

\[ P_{\max} =\left(1+\frac12\right) \sqrt{1-\frac14} =\frac32\cdot\frac{\sqrt3}{2} =\frac{3\sqrt3}{4}. \]

Odpowiedź:

\[ \boxed{x=\frac12,\qquad P_{\max}=\frac{3\sqrt3}{4}}. \]