Номер 1527, страница 423 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Алимов Шавкат Арифджанович, Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014

Авторы: Алимов Ш. А., Колягин Ю. М., Ткачева М. В., Федорова Н. Е., Шабунин М. И.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: синий, фиолетовый

ISBN: 978-5-09-112136-0

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 10 классе

6. Функции и графики. Упражнения для итогового повторения курса алгебры и начал математического анализа - номер 1527, страница 423.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№1527 (с. 423)
Условие. №1527 (с. 423)
скриншот условия
ГДЗ Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Алимов Шавкат Арифджанович, Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, страница 423, номер 1527, Условие

1527 Из всех цилиндров, у которых периметр осевого сечения равен pp, выбран цилиндр наибольшего объёма. Найти этот объём.

Решение 1. №1527 (с. 423)
ГДЗ Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Алимов Шавкат Арифджанович, Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, страница 423, номер 1527, Решение 1
Решение 2. №1527 (с. 423)
ГДЗ Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Алимов Шавкат Арифджанович, Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, страница 423, номер 1527, Решение 2
Решение 7. №1527 (с. 423)
ГДЗ Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Алимов Шавкат Арифджанович, Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, страница 423, номер 1527, Решение 7
Решение 8. №1527 (с. 423)

Обозначим радиус основания цилиндра как rr, а его высоту как hh. Осевое сечение цилиндра является прямоугольником, стороны которого равны диаметру основания 2r2r и высоте hh.

Периметр этого прямоугольника, согласно условию задачи, равен pp. Запишем это в виде формулы: 2(2r+h)=p2(2r + h) = p

Из данного уравнения выразим высоту hh через радиус rr: 2r+h=p22r + h = \frac{p}{2} h=p22rh = \frac{p}{2} - 2r

Объём цилиндра вычисляется по формуле V=πr2hV = \pi r^2 h. Чтобы найти цилиндр наибольшего объёма, нам нужно максимизировать эту функцию. Подставим в неё выражение для hh, чтобы получить функцию объёма, зависящую только от одной переменной rr: V(r)=πr2(p22r)=πp2r22πr3V(r) = \pi r^2 \left(\frac{p}{2} - 2r\right) = \frac{\pi p}{2} r^2 - 2\pi r^3

Для нахождения максимума функции V(r)V(r), найдем её производную по переменной rr: V(r)=ddr(πp2r22πr3)=πp22r2π3r2=πpr6πr2V'(r) = \frac{d}{dr}\left(\frac{\pi p}{2} r^2 - 2\pi r^3\right) = \frac{\pi p}{2} \cdot 2r - 2\pi \cdot 3r^2 = \pi p r - 6\pi r^2

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки: πpr6πr2=0\pi p r - 6\pi r^2 = 0 πr(p6r)=0\pi r(p - 6r) = 0

Это уравнение даёт два возможных значения для rr: r=0r = 0 или r=p6r = \frac{p}{6}. Значение r=0r=0 соответствует цилиндру с нулевым объёмом, поэтому оно не является точкой максимума. Рассмотрим r=p6r = \frac{p}{6}.

Чтобы проверить, является ли эта точка точкой максимума, найдём вторую производную функции объёма: V(r)=ddr(πpr6πr2)=πp12πrV''(r) = \frac{d}{dr}(\pi p r - 6\pi r^2) = \pi p - 12\pi r

Подставим значение r=p6r = \frac{p}{6} в выражение для второй производной: V(p6)=πp12π(p6)=πp2πp=πpV''\left(\frac{p}{6}\right) = \pi p - 12\pi\left(\frac{p}{6}\right) = \pi p - 2\pi p = -\pi p

Поскольку периметр pp — положительная величина, то V(p6)<0V''\left(\frac{p}{6}\right) < 0. Это означает, что при r=p6r = \frac{p}{6} объём цилиндра достигает своего максимального значения.

Теперь найдем соответствующую высоту hh: h=p22r=p22(p6)=p2p3=3p2p6=p6h = \frac{p}{2} - 2r = \frac{p}{2} - 2\left(\frac{p}{6}\right) = \frac{p}{2} - \frac{p}{3} = \frac{3p - 2p}{6} = \frac{p}{6}

Наконец, вычислим искомый наибольший объём, подставив найденные значения rr и hh в формулу объёма: Vmax=πr2h=π(p6)2(p6)=πp236p6=πp3216V_{max} = \pi r^2 h = \pi \left(\frac{p}{6}\right)^2 \left(\frac{p}{6}\right) = \pi \cdot \frac{p^2}{36} \cdot \frac{p}{6} = \frac{\pi p^3}{216}

Ответ: πp3216\frac{\pi p^3}{216}

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 1527 расположенного на странице 423 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №1527 (с. 423), авторов: Алимов (Шавкат Арифджанович), Колягин (Юрий Михайлович), Ткачева (Мария Владимировна), Федорова (Надежда Евгеньевна), Шабунин (Михаил Иванович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться