a) Wyprowadzenie wzoru.
Oznaczmy \(|AC|=x\), \(|BC|=y\), \(|AB|=c\). Z twierdzenia Pitagorasa \(c=\sqrt{x^2+y^2}\), a z warunku na obwód:
\(x+y+\sqrt{x^2+y^2}=4\)
\(\sqrt{x^2+y^2}=4-x-y\)
Podnosimy obie strony do kwadratu:
\(x^2+y^2=16+x^2+y^2-8x-8y+2xy\)
\(0=16-8x-8y+2xy\)
\(8y-2xy=16-8x\)
\(y(8-2x)=16-8x\)
\(y=\frac{16-8x}{8-2x}=\frac{8(2-x)}{2(4-x)}=\frac{4(2-x)}{4-x}\)
Pole trójkąta prostokątnego:
\(P=\frac{1}{2}xy=\frac{1}{2}\cdot x\cdot\frac{4(2-x)}{4-x}=\frac{2x(2-x)}{4-x}=\frac{x(4-2x)}{4-x}\)
co należało wykazać. \(\blacksquare\)
b) Dziedzina.
Musi być \(x\gt 0\) oraz \(y\gt 0\). Ponieważ dla \(x\lt 4\) mianownik \(4-x\gt 0\), warunek \(y\gt 0\) sprowadza się do \(2-x\gt 0\), czyli \(x\lt 2\).
Dziedzina: \(x\in(0,2)\)
c) Największe pole.
\(P(x)=\frac{4x-2x^2}{4-x}\)
\(P'(x)=\frac{(4-4x)(4-x)-\left(4x-2x^2\right)\cdot(-1)}{(4-x)^2}\)
\(=\frac{16-4x-16x+4x^2+4x-2x^2}{(4-x)^2}=\frac{2x^2-16x+16}{(4-x)^2}\)
Miejsca zerowe pochodnej:
\(2x^2-16x+16=0\Rightarrow x^2-8x+8=0\)
\(\Delta=64-32=32\), \(\;\sqrt{\Delta}=4\sqrt{2}\)
\(x=\frac{8\pm 4\sqrt{2}}{2}=4\pm 2\sqrt{2}\)
Do dziedziny należy tylko \(x=4-2\sqrt{2}\approx 1{,}17\).
Ponieważ mianownik \((4-x)^2\gt 0\), znak pochodnej wyznacza trójmian \(2x^2-16x+16\) o ramionach skierowanych w górę i pierwiastkach \(4-2\sqrt{2}\) oraz \(4+2\sqrt{2}\):
\(P'(x)\gt 0\) dla \(x\in\left(0,4-2\sqrt{2}\right)\), \(\;P'(x)\lt 0\) dla \(x\in\left(4-2\sqrt{2},2\right)\)
Funkcja osiąga więc wartość największą dla \(x=4-2\sqrt{2}\).
Długości boków.
\(|AC|=x=4-2\sqrt{2}\)
\(|BC|=y=\frac{4(2-x)}{4-x}=\frac{4\left(2\sqrt{2}-2\right)}{2\sqrt{2}}=4-2\sqrt{2}\)
\(|AB|=4-x-y=4-2\left(4-2\sqrt{2}\right)=4\sqrt{2}-4\)
(jest to trójkąt prostokątny równoramienny)
Największe pole.
\(P=\frac{1}{2}x^2=\frac{1}{2}\left(4-2\sqrt{2}\right)^2=\frac{1}{2}\left(16-16\sqrt{2}+8\right)=12-8\sqrt{2}=4\left(3-2\sqrt{2}\right)\)
Odpowiedź: b) \(x\in(0,2)\); c) boki mają długości \(4-2\sqrt{2}\), \(4-2\sqrt{2}\) oraz \(4\sqrt{2}-4\), a największe pole wynosi \(4\left(3-2\sqrt{2}\right)\).