Odpowiedź:
[tex]H=4\sqrt3\ cm\\r=4\sqrt6\ cm\\V=128\pi\sqrt3\ cm^3[/tex]
Szczegółowe wyjaśnienie:
Oznaczmy promień podstawy jako r, a wysokość stożka jako H (jak na rysunku).
Z tw. Pitagorasa znajdziemy związek między H i r.
[tex]r^2+H^2=12^2\\r^2+H^2=144\\r^2=144-H^2\\r=\sqrt{144-H^2}[/tex]
Wyznaczmy wzór na objętość stożka w zależności od H.
[tex]V=\frac{1}{3}\pi r^2H\\V(H)=\frac{1}{3}\pi(144-H^2)*H=\frac{1}{3}\pi(144H-H^3)[/tex]
Policzmy pochodną funkcji objętości.
[tex]V'(H)=\left(\frac{1}{3}\pi(144H-H^3)\right)'=\frac{1}{3}\pi(144-3H^2)[/tex]
Znajdźmy kandydatów na ekstremum, rozwiązując równanie:
[tex]V'(H)=0\\\frac{1}{3}\pi(144-3H^2)=0\ |:(\frac{1}{3}\pi)\\144-3H^2=0\ |:(-3)\\H^2-48=0\\H^2=48\\H=\sqrt{48}\vee H=-\sqrt{48} < 0\ \ \text{ odrzucamy}\\H=\sqrt{48}\\H=4\sqrt3\ cm[/tex]
Sprawdźmy, czy funkcja objętości zmienia znak w wyżej wyliczonym H.
[tex]V'(H) > 0\\\frac{1}{3}\pi(144-3H^2) > 0\ |:(\frac{1}{3}\pi)\\144-3H^2 > 0\ |:(-3)\\H^2-48 < 0\\(H-4\sqrt3)(H+4\sqrt3) < 0\\H\in(-4\sqrt3,4\sqrt3)\text{, ale }H > 0\text{ zatem}\\H\in(0,4\sqrt3)\\\\V'(H) < 0\\\frac{1}{3}\pi(144-3H^2) < 0\ |:(\frac{1}{3}\pi)\\144-3H^2 < 0\ |:(-3)\\H^2-48 > 0\\(H-4\sqrt3)(H+4\sqrt3) > 0\\H\in(-\infty,-4\sqrt3)\cup(4\sqrt3,+\infty)\text{, ale }H > 0\text{ zatem}\\H\in(4\sqrt3,+\infty)\\[/tex]
Zatem w [tex]H=4\sqrt3[/tex] pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny, więc w tym H funkcja objętości osiąga maksimum lokalne.
Ostatecznie szukane wielkości to:
[tex]H=4\sqrt3\ cm\\r=\sqrt{144-H^2}=\sqrt{144-(4\sqrt3)^2}=\sqrt{144-48}=\sqrt{96}=4\sqrt6\ [cm]\\V=\frac{1}{3}\pi r^2H=\frac{1}{3}\pi*(4\sqrt6)^2*4\sqrt3=\frac{1}{3}\pi*96*4\sqrt3=128\pi\sqrt3\ [cm^3][/tex]
