Question

Z tekturowego koła wycięto figurę w kształcie takim jak pokazano na rysunku obok jest sklejono z niej otwarte prostopadłościenne pudełko. podstawa pudełka jest kwadratem o boku x cm a wysokość pudełka jest równa (2 x -1) cm. Jakie wartości może przyjmować pole koła jeśli objętość pudełka jest większa od 162 cm3?

Answer 1

Odpowiedź: Pole koła może przyjmować wartości większe od [tex]\frac{881}{8}\pi.[/tex]

Szczegółowe wyjaśnienie:

Najpierw wyznaczymy objętość prostopadłościanu w zależności od x.

Objętość prostopadłościanu o wymiarach a na b na c to [tex]V = a \cdot b \cdot c.[/tex]

U nas a = x, b = x, c = 2x -1. A zatem

[tex]V(x) = x \cdot x \cdot (2x-1) = 2x^3 - x^2.[/tex] Zamiast V pozwoliłem sobie napisać V(x), aby podkreślić, że mamy do czynienia z funkcją, gdyż x może przyjąć dowolną wartość, taką że [tex]x > 0 \ \textrm{oraz} \ 2x-1 > 0, \ \textrm{tzn.} \ x > 0 \ \textrm{oraz} \ x > \frac{1}{2}.[/tex] (Krawędzie pudełka muszą mieć dodatnią długość). Zatem [tex]x > \frac{1}{2}.[/tex]

Skoro objętość jest większa od [tex]162 \ cm^3,[/tex] zatem dostajemy nierówność

[tex]2x^3 - x^2 > 162.[/tex]

Inaczej, [tex]2x^3 - x^2 - 162 > 0.[/tex]

Zanim przejdziemy do rozwiązania nierówności, wyznaczymy miejsca zerowe wielomianu po lewej stronie nierówności, czyli zajmiemy się równaniem

[tex]2x^3 - x^2 - 162 = 0.[/tex]

Szukamy miejsc zerowych w liczbach postaci [tex]\frac{p}{q},[/tex] gdzie p jest dzielnikiem wyrazu wolnego (tj. liczby 162), zaś q jest dzielnikiem współczynniku przy najwyższej potędzie (tj. liczby 2); jest to twierdzenie o wymiernych pierwiastkach wielomianu. Zauważmy, że dla x = [tex]\frac{9}{2}[/tex] mamy

[tex]2 \cdot (\frac{9}{2})^3 - (\frac{9}{2})^2 - 162 = 2 \cdot \frac{729}{8} - \frac{81}{4} - 162 = \frac{729}{4} - \frac{81}{4} - \frac{648}{4} = \frac{648}{4} - \frac{648}{4} = 0.[/tex]

Zatem x = [tex]\frac{9}{2}[/tex] jest miejscem zerowym naszego wielomianu.

Teraz podzielimy wielomian [tex]2x^3 - x^2 - 162[/tex] przez dwumian [tex]x - \frac{9}{2}[/tex]. W załączniku przesyłam obliczenia z dzielenia pod kreską.

Wówczas otrzymujemy [tex](2x^3 - x^2 - 162):(x-\frac{9}{2}) = 2x^2 + 8x + 36.[/tex] Stąd wynika, że [tex]2x^3 - x^2 - 162 = (x-\frac{9}{2}) \cdot (2x^2+8x+36).[/tex]

Zajmijmy się teraz funkcją kwadratową [tex]2x^2+8x+36[/tex] i sprawdźmy, czy ma miejsca zerowe. Mamy

[tex]\Delta = 8^2 - 4 \cdot 2 \cdot 36 = 64 - 8 \cdot 36 = 64 - 288 = - 224 < 0.[/tex]

Zatem funkcja kwadratowa nie ma miejsc zerowych. Ponieważ współczynnik przy [tex]x^2[/tex] (który wynosi 2) jest dodatni, zatem ta funkcja kwadratowa przyjmuje tylko i wyłącznie wartości dodatnie.

Wracamy teraz do naszej nierówności. Możemy napisać

[tex](x-\frac{9}{2}) \cdot (2x^2+8x+36) > 0.[/tex]

Możemy pominąć funkcję kwadratową, ponieważ przyjmuje tylko wartości dodatnie, więc nie wpływa na rozwiązania nierówności. Stąd dostajemy

[tex]x - \frac{9}{2} > 0, \ \textrm{czyli} \ x > \frac{9}{2}.[/tex]

Zauważmy, że zbiór rozwiązań nierówności zawiera się w dziedzinie funkcji [tex]V(x)[/tex], tzn. rzeczywiście [tex]x > \frac{1}{2}.[/tex]

Przypomnijmy, że wzór na pole koła to [tex]\pi r^2,[/tex] gdzie r to promień koła.

W naszym przypadku, średnica koła to przekątna prostokąta złożonego z dwóch większych prostokątów i kwadratu (szczegóły w załączniku na drugiej tablicy).

Wówczas otrzymujemy trójkąt prostokątny o bokach: x, 5x-2 i d, gdzie d jest średnicą koła.

Uwaga: 5x-2 wyszło jako wynik dodania dwóch wysokości pudeła i boku kwadratu, tzn. [tex]2x - 1 + x + 2x-1 = 5x - 2.[/tex]

Z twierdzenia Pitagorasa, mamy

[tex]x^2 + (5x-2)^2 = d^2\\x^2 + 25x^2 - 20x + 4 = d^2\\26x^2 - 20x + 4 = d^2\\\sqrt{26x^2 - 20x + 4} = d[/tex]

Oczywiście, wraz ze wzrostem x, koło jest coraz większe a zatem średnica również jest coraz większa. Skoro d = 2r, więc

[tex]r = \frac{1}{2}\sqrt{26x^2 - 20x + 4} .[/tex]

Możemy przystąpić do szacowania pola koła. Dolnym szaczowaniem pola koła będzie wartość dla [tex]x = \frac{9}{2}.[/tex] Mamy więc

[tex]\frac{1}{2} \sqrt{26\cdot (\frac{9}{2})^2 - 20 \cdot \frac{9}{2}+ 4} = \frac{1}{2} \sqrt{26\cdot\frac{81}{4} -90+ 4} = \frac{1}{2} \sqrt{26\cdot\frac{81}{4} -90+ 4} =\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1053}{2} -86}= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1053}{2} -\frac{172}{2}} = \sqrt{\frac{1}{4} \cdot \frac{881}{2}} = \sqrt{\frac{881}{8}}.[/tex]

Stąd dostajemy następujące oszacowanie pola koła.

[tex]P = \pi r^2 > \pi \cdot \left(\sqrt{\frac{881}{8}}\right)^2 = \frac{881}{8}}\pi.[/tex]

Odpowiedź: Pole koła może przyjmować wartości większe od [tex]\frac{881}{8}\pi.[/tex]