$\text{a)}$  Oznaczmy wysokość walca jako  $H.$  

Pole powierzchni całkowitej walca obliczymy następująco:

$P_c=2\pi x^2+2\pi x\cdot H$  

Po podstawieniu  $P_c=96\pi$  otrzymamy:   

$96\pi =2\pi x^2+2\pi x\cdot H\text{/}:2\pi$  

$48=x^2+xH$  

$xH=48-x^2\text{/}:x\ne 0$   

$H=\frac{48-x^2}{x}$    

Zapisujemy wzór na objętość walca:

$V=\pi x^2\cdot H$     

Podstawiamy wcześniej wyznaczone  $H,$  otrzymując:

$V\left(x\right)=\pi x^2\cdot \frac{48-x^2}{x}=\pi x\left(48-x^2\right)$     

Dziedzinę funkcji  $V$  będzie określał zbiór rozwiązań nierówności  $V\left(x\right)>0,$  bo objętość powinna być zawsze dodatnia.  

Dodatkowo, uwzględnimy tylko argumenty dodatnie, bo  $x$  wyraża promień.

$V\left(x\right)>0$  

$\pi x\left(48-x^2\right)>0\text{/}:\pi$  

$x\left(3\cdot 4^2-x^2\right)>0$  

$x\left(4\sqrt{3}-x\right)\left(4\sqrt{3}+x\right)>0$  

$x=0\vee x=4\sqrt{3}\vee x=-4\sqrt{3}$  

Szkicujemy wykres funkcji:

Odczytujemy dziedzinę funkcji:

$D_V=\left(0,4\sqrt{3}\right)$  

 

$\text{b)}$  By naszkicować wykres funkcji  $V,$  musimy zbadać przebieg zmienności funkcji.

$V\left(x\right)=\pi x\left(48-x^2\right)=-\pi x^3+48\pi x$  

$1.$  Określamy dziedzinę funkcji:

$D_V=\left(0,4\sqrt{3}\right)$  

 

$2.$  Znajdujemy punkty przecięcia wykresu z osiami układu współrzędnych.

Sprawdzamy, w jakim punkcie wykres przecinałby oś  $y-$  obliczamy  $V\left(0\right).$         

$V\left(0\right)=0\Rightarrow$  wykres przecinałby oś  $OY$  w punkcie  $\left(0,0\right)$  

Uwaga: Piszemy "przecinałby", bo  $0\notin D_V.$  W interpretacji geometrycznej będziemy mieć na wykresie puste kółko.

By znaleźć punkty, w których wykres przecina oś  $OX,$  należy rozwiązać równanie  $V\left(x\right)=0.$  

Zrobiliśmy to już w poprzednim podpunkcie. Po uwzględnieniu dziedziny możemy stwierdzić, że wykres funkcji  $V$  

nie przecina osi  $OX$   dla żadnego argumentu z dziedziny, ale dla  $x=4\sqrt{3}$  będziemy mieli puste kółko na wykresie. 

 

$3.$  Określamy granice funkcji  $V$  w  $-\infty$  i w  $+\infty .$      

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-\pi x^3+48\pi x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^3\left(-\pi +\frac{48\pi }{x^2}\right)\stackrel{\left[-\infty \cdot \left(-\pi \right)\right]}{=}+\infty$    

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(-\pi x^3+48\pi x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3\left(-\pi +\frac{48\pi }{x^2}\right)\stackrel{\left[+\infty \cdot \left(-\pi \right)\right]}{=}-\infty$    

Zatem funkcja  $f$  nie ma asymptoty poziomej.

 

$4.$  Wyznaczamy pochodną funkcji  $V:$  

$V{}^{\prime }\left(x\right)=\left(-\pi x^3+48\pi x\right){}^{\prime }=-3\pi x^2+48\pi$  

i określamy jej dziedzinę:  $D_{V{}^{\prime }}=D_V.$  

 

$5.$  Wyznaczamy przedziały monotoniczności oraz ekstrema lokalne funkcji  $V.$  

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$-3\pi x^2+48\pi =0\text{/}:3\pi$  

$-x^2+16=0$   

$x^2=16$       

$x=4\vee x=-4$  

Szkicujemy wykres funkcji  $V{}^{\prime }:$  

i odczytujemy z niego rozwiązania nierówności:

$V{}^{\prime }\left(x\right)<0$  dla  $x\in \left(-\infty ,-4\right)\cup \left(4,+\infty \right)$  

$V{}^{\prime }\left(x\right)>0$  dla  $x\in \left(-4,4\right)$  

Zatem funkcja jest malejąca w przedziale  $\left(4,4\sqrt{3}\right),$  a rosnąca w przedziale  $\left(0,4\right).$  

Funkcja osiąga maksimum lokalne dla  $x=4,$  a dla  $x=-4$  minimum lokalne.

Ponieważ  $x=-4\notin D_{V^{{}^{\prime }}},$   obliczamy tylko  $V\left(4\right).$   

$V\left(4\right)=-\pi \cdot 4^3+48\pi \cdot 4=\pi \left(192-64\right)=128\pi$  

 

Otrzymane wyniki zbieramy w tabeli:

$x$	$0$	$\left(0,4\right)$	$4$	$\left(4,4\sqrt{3}\right)$	$4\sqrt{3}$
$V{}^{\prime }\left(x\right)$	$\times$	$+$	$0$	$-$	$\times$
$V\left(x\right)$	$0$	$\nearrow$	$128\pi$	$\searrow$	$0$

 

Szkicujemy wykres funkcji:

 

$\text{c)}$  Wystarczy sprawdzić, czy rozwiązaniem równania  $V\left(x\right)=400$  jest argument, który należy do dziedziny.

$V\left(x\right)=400$  

$-\pi x^3+48\pi x=400$  

$-\pi x^3+48\pi x-400=0$  

Oznaczmy lewą stronę równania jako  $g\left(x\right).$  

$g\left(x\right)=-\pi x^3+48\pi x-400$  

Zauważmy, że 

$g\left(4\right)=-64\pi +192\pi -400=128\pi -400\approx 401,92-400=1,92>0$  

$g\left(3\right)=-27\pi +144\pi -400=117\pi -400\approx 367,38-400<0$  

W takim razie, ponieważ  $V$  jest funkcja ciągłą w całej dziedzinie, to z twierdzenia Darboux wynika, że ma miejsce zerowe.

W takim razie można dobrać tak  $x,$  aby walec miał objętość  $400.$