Classe 12 RD Sharma Solutions – Chapitre 18 Maxima et Minima – Exercice 18.5 | Ensemble 2

Question 16. Une grande fenêtre a la forme d’un rectangle surmonté d’un triangle équilatéral. Si le périmètre de la fenêtre est de 12 mètres, trouvez les dimensions du rectangle qui produira la plus grande surface de la fenêtre.

Solution:

Selon la question

Supposons que l soit la longueur du rectangle et b la largeur du rectangle

Le périmètre de la fenêtre = 12 m

(l + 2b) + (l + l) = 12

3l + 2b = 12 ……(i)

Mow on trouve l’aire de la fenêtre (A) = Aire du rectangle + Aire de l’équilatéral △

A = l (12 – 3l / 2) + √3/4 l2

En différenciant par rapport à l, on obtient

dA/dl = 6 – 3l + (√3/2)l = 6 – √3(√3 – 1/2)l

Pour les maxima et minima,

Mettre dA/dl = 0

⇒ 6 – √3(√3 – 1/2)l = 0

⇒ l = 6/{√3(√3 – 1/2) } = 12- (6 – √3)

Maintenant, d2A/dl2 = -√3(√3 – 1/2) = -3 + √3/2

Donc, l = 12/(6 – √3) est le point des maxima locaux

Ainsi, lorsque l = 12/(6 – √3), la surface de la fenêtre est maximale

De l’eq(i), on obtient

b = (12 – 3l)/2 = [12 – 3{12/(6 – √3)}]/2 = (24 – 6√3)/(6 – √3)

Question 17. Montrer que la hauteur du cylindre de volume maximum qui peut être inscrit dans une sphère de rayon R est 2R/√3. Trouvez également le volume maximum.

Solution:

Selon la question

R le rayon de la sphère

Supposons donc que r et h soient le rayon et la hauteur du cylindre

Donc, d’après l’image

h = 2 (R2 – r2)

Maintenant, nous trouvons que le volume du cylindre est

V = πr2h = 2πr2√(R2 – r2)

En différenciant par rapport à r, on obtient

dV/dr = 4πr √(R2 – r2) +

= 4πr √(R2 – r2) –

=

=

Pour les maxima et minima,

Mettez dV/dr = 0

4πrR2 – 6πr3 = 0

r2 = 2R2/3

Maintenant, encore en différenciant par rapport à r, nous obtenons

d2V/dr2 =

=

=

Donc, à r2 = 2R2/3, d2V/dr2 < 0

Par conséquent, le volume est le maximum lorsque r2 = 2R2/3

donc, la hauteur du cylindre = 2√(R2 – 2R2/3) = 2√(R2/3) = 2R/√3

donc prouvé

Question 18. Un rectangle est inscrit dans un demi-cercle de rayon r avec un de ses côtés de diamètre de demi-cercle. Trouvez les dimensions du rectangle pour que son aire soit maximale Trouvez aussi l’aire.

Solution:

Supposons que EFGH soit un rectangle inscrit dans un demi-cercle. Donc, r le rayon du demi-cercle.

Et l et b sont la longueur et la largeur du rectangle.

Maintenant dans △OHE,

HE2 = OE2 – OH2

HE = b = …..(je)

Maintenant, nous trouvons l’aire du rectangle EFGH

A = lb = l ×

A = 1/2 l (4r2 – l2)

En différenciant par rapport à l, on obtient

dA/dl = 1/2 sqrt{4r^2-l^2}-frac{l^2}{sqrt{4r^2-l^2}}

= 1/2 frac{4r^2-l^2-l^2}{sqrt{4r^2-l^2}}

=

Pour les maxima et minima,

Mettre dA/dl = 0

??

l = ±√2r

Comme nous savons que l ne peut pas être négatif donc l ≠ -√2r

Donc, quand l = √2r, d2A/dl2 < 0

Par conséquent, l’aire du rectangle est maximale lorsque l = √2r

Mettez maintenant la valeur de l = √2r dans eq(i), nous obtenons

Maintenant, nous trouvons l’aire du rectangle = lb

= √2r × r/√2

= r2

Question 19. Prouver qu’une tente conique d’une capacité donnée nécessitera le moins de toile lorsque la hauteur est √2 fois le rayon de la base.

Solution:

Supposons que le rayon et la hauteur du cône soient r et h.

Ainsi, le volume du cône est

V = 1/3 πr2h

h = 3V/r2 ……(i)

Et la surface du cône est

A = rl

Ici, l est la hauteur d’inclinaison = √(r2 + h2)

= r√(r2 + h2)

=

En différenciant par rapport à r, on obtient

dA/dr =

=

Pour les maxima et minima,

Mettez dA/dr = 0

2π2r6 = 9V2

r6 = 9V2/2π2

Quand, r6 = 9V2/2π2, d2S/dr2 > 0

Par conséquent, la surface du cône est la plus petite lorsque r6 = 6V2/2π2

Mettons maintenant r6 = 9V2/2π2 dans eq(i), on obtient

h = 3V/πr2 = 3/πr2(2π2r6/9)1/2 = (3/πr2)(√2πr3/3) = √2r

Donc prouvé

Question 20. Montrer que le cône de plus grand volume qui puisse s’inscrire dans une sphère donnée a une altitude égale aux 2/3 du diamètre de la sphère.

Solution:

Supposons que R soit le rayon de la sphère

Ainsi, à partir de la figure, nous obtenons OD = x et AO = OB = R

BD = (R2 – x2) et AD = (R + x)

Maintenant,

Le volume du cône est

V = 1/3 πr2h

= 1/3 πBD2 × AD

= 1/3 (R2 – x2) × (R + x)

En différenciant par rapport à x, on obtient

dV/dx = /3 [-2x (R + x) + R2 – x2]

= /3 [R2 – 2xR – 3×2]

Pour maximum et minimum

Mettez dv/dx = 0

π/3 [R2– 2xR – 3×2] = 0

π/3 [(R – 3x) (R + x)] = 0

R – 3x = 0 ou x = -R

Ici, x = -R n’est pas possible car -r rendra l’altitude 0

x = R/3

Maintenant,

d2V/dx2 = /3[-2R – 6x]

Donc, quand x = R/3, d2v/dx2 = /3[-2R – 2R] = -4πR/3 < 0

Donc, x = R/3 est le point des maxima locaux.

Par conséquent, le volume est maximum lorsque x = R/3

Donc, l’altitude AD = (R + x) = (R + R/3) = 4R/3 = 2/3d

Ici, d est le diamètre de la sphère.

Question 21. Démontrer que l’angle semi-vertical du cône circulaire droit de volume donné et de surface la moins courbée est cot-1 (√2).

Solution:

Supposons que h, r et soient la hauteur, le rayon et l’angle semi-vertical du triangle rectangle.

Donc, le volume du cône (V) = 1/3 πr2h

h = 3V/πr2

Hauteur d’inclinaison du cône (l) = √(r2 + h2)

l =

Et la surface incurvée du cône est

A = rl

A = r

A =

En différenciant par rapport à r, on obtient

dA/dr =

=

Pour maximum et minimum

Mettez dA/dr = 0

= 0

2π2r6 – 9V2 = 0

V2 = 2π2r6/9

V= √2π2r6/9

V= r3√2/3

0r

r = (3V/π√2)1/3

h/r = 2

cotθ = √2

Angle semi-vertical, = cot-1√2

Aussi, lorsque r < (3V/π√2)1/3, dA/dr < 0

Lorsque r > (3V/π√2)1/3, dA/dr > 0

Par conséquent, la surface courbe pour r = (3V/π√2)1/3 est la plus petite.

Question 22 Un triangle isocèle d’angle vertical 2θ est inscrit dans un cercle de rayon a. Montrer que l’aire du triangle est maximale lorsque θ = π/6.

Solution:

Considérons que ABC est un triangle isocèle tel que AB = AC

et l’angle vertical∠BAC = 2θ

Rayon du cercle = a

Maintenant, dessinez AM perpendiculairement à BC.

De la figure, nous concluons que dans ABC est un triangle isocèle

le centre circonscrit du cercle se trouve sur la perpendiculaire de A à BC et

O être le centre circonscrit du cercle

Donc, BOC = 2 × 2θ = 4θ

et COM = 2θ [Since △OMB and △OMC are congruent triangles]

OA = OB = OC =a [Radius of the circle]

Dans l’△OMC,

CM = asin2θ et OM = acos2θ

BC = 2CM [Perpendicular from the centre bisects the chord]

BC = 2asin2θ …..(i)

Dans ABC,

AM = AO + OM

AM = a + acos2θ …..(ii)

Maintenant, la zone de △ABC est,

A = 1/2 × BC × AM

= 1/2 × 2asin2θ × (a + acos2θ) ……(iii)

Sur la différenciation wrt ??, on a

dA/dθ = a2(2cos2θ + 1/2 × 4cos4θ)

dA/dθ = 2a2 (cos2θ + cos4θ)

Différencier encore une fois ??, on a

d2A/dθ2 = 2a2(-2sin2θ – 4sin4θ)

Pour maximum et minimum

Mettez dA/dθ = 0

2a2(cos2θ + cos4θ) = 0

cos2θ + cos4θ = 0

cos2θ + 2cos22θ – 1 = 0

(2cos2θ – 1)(2cos2θ + 1) = 0

cos2θ = 1/2 ou cos2θ = -1

2θ = π/3 ou 2θ = π

= π/6 ou θ = π/2

Lorsque θ = π/2, il ne formera pas de triangle.

Lorsque θ = π/6, d2A/dθ2 < 0

Par conséquent, l’aire du triangle est maximale lorsque θ = π/6

Question 23. Trouvez les dimensions du rectangle de périmètre de 36 cm qui balayera un volume aussi grand que possible en faisant pivoter l’un de ses côtés.

Solution:

Supposons que l, b et V soient la longueur, la largeur et le volume du rectangle.

Le périmètre du rectangle est de 36cm

2(l + b) = 36

l + b = 18

l = 18 – b ……(i)

Le volume du cylindre qui tourne autour de la largeur,

V = l2b

V = (18 – b )2b

V = (324 + b2 – 36b)b

V = (324b + b3 – 36b2)

En différenciant par rapport à b, on obtient

dV/db = (324 + 3b2 – 72b)

En différenciant à nouveau par rapport à b, nous obtenons

d2V/db2 = (6b–72)

Pour maximum et minimum

Mettez dV/db = 0

(324b + b3 – 36b2) = 0

(b – 6)(b – 18) = 0

b = 6, 18

Lorsque b = 6, d2V/db2 = -36π < 0

Lorsque b = 18, d2V/db2 = 36π > 0

Donc, à b = 6 est le maximum

Par conséquent, le volume est maximum lorsque b = 6

Mettez maintenant la valeur de b dans eq(i), nous obtenons

l = 18 – 6

l = 12

Par conséquent, la dimension du rectangle est de 12 cm et 6 cm.

Question 24. Montrez que la hauteur du cône de volume maximum qui peut s’inscrire dans une sphère de rayon 12 cm est de 16 cm.

Solution:

Supposons que r et h soient le rayon de la base du cône et la hauteur du cône.

D’après la figure OD = x et R = 12, BD = r

Dans △BOD,

BD = (R2 – x2)

= (144 – x2)

= (144 – x2)

et AD = AO + OD

= R + x = 12 + x

Le volume du cône est

V = 1/3 πr2h

= 1/3 BD2 × AD

= 1/3 (144 – x2)(12 + x)

= 1/3 π(1728 + 144x – 12×2 – x3)

En différenciant par rapport à x, on obtient

dV/dx = 1/3π (144 – 24x – 3×2)

Pour maximum et minimum

Mettez dV/dx = 0

1/3 π(144 – 24x – 3×2) = 0

x = -12, 4

Ici x = -12 n’est pas possible

Donc, x = 4

Maintenant,

d2V/dx2 = /3(-24 – 6x)

À x = 4, d2v/dx2 = -2π(4 + x) = -2π × 8 = -16π < 0

Donc, x = 4 est le point des maxima locaux.

Par conséquent, la hauteur du cône de volume maximum = R + x

= 12 + 4 = 16 cm

Question 25. Un cylindre fermé a un volume de 2156 cm3. Quel sera le rayon de sa base pour que sa surface totale soit minimale ?

Solution:

Sachant que le volume du cylindre fermé (V) = 2156 cm3

Supposons que r et h soient le rayon et la hauteur du cylindre.

Ainsi, le volume du cylindre est

V= r2h = 2156 …..(i)

et la surface totale est

A = 2πrh + 2πr2

A = 2πr (h + r) …..(ii)

Donc, à partir des éq (i) et (ii)

A = (2156 × 2)/r + 2πr2

En différenciant par rapport à r, on obtient

dA/dr = – 4312/4π + 4πr

Pour maximum et minimum

Mettez dA/dr = 0

(-4312 + 4πr3)/r2 = 0

r3 = 4312/4π

r = 7

A r = 7, d2s/dr2 = (8624/r3 + 4π) > 0

Donc, r = 7 est le point des minima locaux

Par conséquent, la surface totale de surf du cylindre fermé sera minimale lorsque r = 7 cm.

Question 26. Montrer que le volume maximum du cylindre qui peut être inscrit dans une sphère de rayon 5√3 cm est de 500π cm3.

Solution:

Soient r et h le rayon et la hauteur du cylindre.

Étant donné que R le rayon de la sphère = 5√3

Donc, d’après la figure LM = h, OL = x

Donc, h = 2x

Maintenant, dans △AOL,

AL = (AO2 – OL2)

= (75 – x2)

Comme nous savons que le volume du cylindre est

V = πr2h

= AL2 × ML

= (75 – x2) × 2x

En différenciant par rapport à x, on obtient

dV/dx =[150 – 6×2]

Pour maximum et minimum

Mettez dV/dx = 0

π[150 – 6×2] = 0

x = 5 cm

Aussi, d2v/dx2 = -12πx

A x = 5, d2v/dx2 = -60πx < 0

Donc, x = 5 est le point des maxima locaux.

D’où,…