Największa objętość

[AndrzejK]

Dany jest ostrosłup prawidłowy trójkątny o krawędzi bocznej równej 8. Oblicz możliwie największą objętość takiego ostrosłupa.

Czy odpowiedź to \(\displaystyle{ \frac{256}{3}}\)? I czy jest jakiś inny sposób rozwiązania niż liczenie tej okropnej pochodnej z funkcji \(\displaystyle{ V(x)=\frac{x^2\sqrt{3}}{12} \cdot \sqrt{64-\frac{x^2}{3}}}\) i szukanie ekstremum?

[szw1710]

To, że istnieje ta największa objętość, jest oczywiste. Wyobraź sobie trójnóg - taki statyw do aparatu fotograficznego o nóżkach długości \(\displaystyle{ 8}\). Idealnym modelem jego rozstawienia jest właśnie ostrosłup prawidłowy. Jeśli statyw całkowicie spłaszczymy - objętość jest zerowa. Podobnie, jeśli nóżki zbliżymy maksymalnie do siebie. Oczywiście wyciągając nóżki od położenia płaskiego w górę, najpierw objętość rośnie. Ale później musi zacząć maleć, bo idąc w drugą stronę - od położenia pionowego też rośnie, więc składając - maleje. W matematyce najpiękniejsze są rzeczy idealne. Tak więc moją hipotezą jest to, że punktem krytycznym rozstawienia statywu - więc maksimum objętości - jest czworościan foremny. Spróbuj wykazać geometrycznie, że wyciągając od płaszczyzny do czworościanu objętość rośnie, ale wyciągając dalej już będzie maleć. To oczywiście wymagać będzie jakiegoś pomysłu.

Np. taka idea: postaw trójnóg w pozycji całkowicie złożonej na wierzchołku, owiń w coś i wlewaj wodę tak, że nóżki będą się rozłazić. Największą objętość dostaniemy wtedy, gdy woda zacznie się wylewać. Spróbuj wyłapać warunek wylania się wody.

[AndrzejK]

Obawiam się, że nie mogę się zgodzić (nie wiem czy wynika to z mojej niewiedzy, czy pańskiego błędu). Załóżmy, że udowodniłem, że szukany ostrosłup jest czworościanem foremnym. Wówczas jego objętość wynosi \(\displaystyle{ \frac{512 \sqrt{2}}{12}}\) i uważa Pan, że ta objętość jest największą z możliwych. Otóż nie, dla krawędzi podstawy równej \(\displaystyle{ 8\sqrt{2}}\) objętość jest większa i wynosi \(\displaystyle{ \frac{256}{3}}\). Przynajmniej tak mi się wydaje.

[szw1710]

Ja oczywiście nie twierdzę, że mam rację (zauważ, że napisałem o hipotezie). Raczej biorę pod uwagę inne regularności i staram się uchwycić analogię. Np. wśród prostopadłościanów o danej powierzchni całkowitej największą objętość ma sześcian. Tak więc możesz mieć rację. Ja raczej próbowałem poszukać innego sposobu rozwiązania zadania. Prosiłeś o to

W tym sensie pomysł z wlewaniem wody niczego nie sugeruje. Może da się go rozwinąć. Np. przychylać ostrosłup nieco na bok i obserwować, co dzieje się z wodą.

[AndrzejK]

No w zasadzie nie zaznaczyłem, że "inny" sposób powinien był doprowadzić jednak do poprawnej odpowiedzi. Mój błąd!

Czy mógłby Pan Profesor ostatecznie rozwiać moje wątpliwości i stwierdzić, czy \(\displaystyle{ \frac{256}{3}}\) to poprawny wynik?

[bakala12]

AndrzejK, masz oczywiście racje. Największa objętość będzie gdy krawędzie boczne będą parami prostopadłe. Oto uzasadnienie:
Niech \(\displaystyle{ OA=OB=OC=8}\). Niech punkt \(\displaystyle{ C'}\) będzie rzutem prostokątnym punktu \(\displaystyle{ C}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ OAB}\). Wówczas oczywiście \(\displaystyle{ CC' \le OC=8}\), bo w trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest dłuższa od przyprostokątnej. Równość zajdzie jeśli trójkąt się zdegeneruje, tzn. gdy \(\displaystyle{ C'=O}\). Niech \(\displaystyle{ \angle AOB = \alpha}\). Mamy wówczas:
\(\displaystyle{ V=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \alpha \cdot CC' \le \frac{1}{6} \cdot 8^{3}=\frac{256}{3}}\)
Równość zachodzi gdy \(\displaystyle{ \alpha =90^{\circ}}\) i gdy \(\displaystyle{ C'=O}\), czyli gdy proste \(\displaystyle{ OA,OB,OC}\) są parami prostopadłe.

[szw1710]

Prostopadłość też podpada pod to, co nazwałem idealnym. Nie pomyślałem o tej ewentualności. bakala12, piękne i proste rozwiązanie. Brawo. I do tego ładna redakcja. Dodam tylko, że rozumowanie trzeba chyba powtórzyć dla pozostałych płaszczyzn \(\displaystyle{ OAC}\) i \(\displaystyle{ OBC}\) przekonując się, że wszystkie kąty są proste. Ale tu nie ma nic do roboty, bo postępujemy analogicznie.

[AndrzejK]

Wspaniałe rozwiązanie, dziękuję bakala12, . I pomyśleć, że na maturze trzeba się wysilić na ładną odpowiedź.

[szw1710]

To za trudne na maturę.

[AndrzejK]

Zadanie pochodzi ze zbioru zadań przygotowującego do matury rozszerzonej . Mowa oczywiście o tej od 2015 roku ("trudniejszej"). Oczywiście, pewnie takowe by się nie pojawiło, chyba, że na rok przed wprowadzeniem nowej reformy

[szw1710]

Z faktami się nie dyskutuje Jednak w warunkach stresu głowę daję, że nie byłbym w stanie wpaść na rozwiązanie. Chyba tylko brute force w postaci rachunku różniczkowego. To dałoby się zrobić względnie szybko.

[AndrzejK]

Chyba tylko brute force w postaci rachunku różniczkowego. To dałoby się zrobić względnie szybko.

Właśnie w ten sposób to rozwiązałem, wraz ze znajomym .

[szw1710]

Możesz uprościć rachunki przyjmując \(\displaystyle{ \frac{1}{3}x^2=t}\). Masz przyjemniejszą funkcję do badania. Krytyczne \(\displaystyle{ t}\) ma wartość \(\displaystyle{ \frac{128}{3}}\), co ustalamy po półminutowych rachunkach. Pozostaje oczywiście dalsze pół minuty na zbadanie znaku pochodnej.

Nie rezygnowałbym z brute force jako ostatniej maturalnej deski rachunku. Ale żeby ją stosować, trzeba się doskonalić.

Ciekawe jak przebiega rozwiązanie kanoniczne, czyli takie, jakie przewiduje układający zadanie, czyli zadaniodawca (neologizm od ustawodawca).

[bakala12]

Dodam tylko, że rozumowanie trzeba chyba powtórzyć dla pozostałych płaszczyzn OAC i OBC przekonując się, że wszystkie kąty są proste.

szw1710, ależ nie ma takiej potrzeby, jak już stwierdzimy, że \(\displaystyle{ OC}\) jest prostopadłe do płaszczyzny \(\displaystyle{ OAB}\) to stąd mamy \(\displaystyle{ \angle COA=\angle COB=90^{\circ}}\), bo jak prosta jest prostopadła do płaszczyzny to jest prostopadła do każdej prostej leżącej w tej płaszczyźnie. A \(\displaystyle{ \angle AOB=90^{\circ}}\) dostaliśmy z szacowania i wszystkie kąty płaskie przy wierzchołku O są proste.

[szw1710]

Jasne. Dziękuję za doprecyzowanie.