. 액체 1.5L를 담을 수 있는 원통형 캔을 만듭니다. 최소의 재료를 사용할 캔의 차원을 결정?
캔의 높이: h, 반지름:r
부피 v = πr2h = 1.5 → h = 1.5/(πr2)
최소의 재료를 사용하여야 한다는 조건은 캔의 표면적을 최소로 하는
것과 같습니다.
표면적 A = 2πrh + 2πr2
부피 v = πr2h = 1.5 → h = 1.5/(πr2)
최소의 재료를 사용하여야 한다는 조건은 캔의 표면적을 최소로 하는
것과 같습니다.
표면적 A = 2πrh + 2πr2
r=symbols('r', real=True)
h=1.5/(pi*r**2)
A=2*pi*r*h+2*pi*r**2
A
$2\pi r^2+\frac{3.0}{r}$
dAdr=A.diff(r)
dAdr
$4\pi r - \frac{3.0}{r^2}$
sol=solve(dAdr, r)
sol
[0.620350490899400]
dA2dr=A.diff(r, 2)
dA2dr
$4\pi+\frac{6.0}{r^3}$
dAForm=FunIncDecS(dAdr, r, sol, rev=0.5, n=3)[0]
dA2Form=FunIncDecS(dA2dr, r, sol, rev=0.5, n=3)[0]
re=pd.concat([dAForm, dA2Form.loc[:,1]], axis=1)
re.columns=["r", "dA부호","dA2부호"]
re
h=1.5/(pi*r**2)
A=2*pi*r*h+2*pi*r**2
A
$2\pi r^2+\frac{3.0}{r}$
dAdr=A.diff(r)
dAdr
$4\pi r - \frac{3.0}{r^2}$
sol=solve(dAdr, r)
sol
[0.620350490899400]
dA2dr=A.diff(r, 2)
dA2dr
$4\pi+\frac{6.0}{r^3}$
dAForm=FunIncDecS(dAdr, r, sol, rev=0.5, n=3)[0]
dA2Form=FunIncDecS(dA2dr, r, sol, rev=0.5, n=3)[0]
re=pd.concat([dAForm, dA2Form.loc[:,1]], axis=1)
re.columns=["r", "dA부호","dA2부호"]
re
| r | dA부호 | dA2부호 | |
| 0 | 0.120 | - | + |
| 1 | 0.620 | 0 | + |
| 2 | 1.12 | + | + |
임계점에서 A'(r)의 부호는 '-'에서 '+'로 전환되며 A''(r)>0 이므로 오목형입니다. 그러므로 이 점에 대응하는 표면적이 최소면적이 됩니다. 위의 결과 r을 대입하여 높이와 면적을 결정합니다.
N(h.subs(r, sol[0]), 3)
1.24
N(A.subs(r, sol[0]), 3)
7.25
1.24
N(A.subs(r, sol[0]), 3)
7.25
. 다음 그림과 같은 창을 만들려고 합니다. 창틀 재료의 길이는 총 12 m입니다. 가장 크게 만들기 위한 창의 차원을 결정하세요?
창의 면적: $A=\frac{1}{2}πr^2+2hr$
조건: 12 = 2h + 2r + πr
h,r=symbols('h r', real=True)
eq=Eq(12, 2*h+2*r+pi*r)
h1=solve(eq, h)
h1
[-pi*r/2 - r + 6]
A=1/2*pi*r**2+2*h1[0]*r
A
$0.5\pi r^2+r(−\pi r−2r+12)$
dAdr=A.diff(r)
dAdr
$r(−\pi−2)−2r+12$
sol=solve(dAdr, r)
sol
[12/(π + 4)]
dA2dr=A.diff(r, 2)
dA2dr
−(π+4)
dAForm=FunIncDecS(dAdr, r, sol, rev=0.5, n=3)[0]
dA2Form=FunIncDecS(dA2dr, r, sol, rev=0.5, n=3)[0]
re=pd.concat([dAForm, dA2Form.loc[:,1]], axis=1)
re.columns=["r", "dA부호","dA2부호"]
re
eq=Eq(12, 2*h+2*r+pi*r)
h1=solve(eq, h)
h1
[-pi*r/2 - r + 6]
A=1/2*pi*r**2+2*h1[0]*r
A
$0.5\pi r^2+r(−\pi r−2r+12)$
dAdr=A.diff(r)
dAdr
$r(−\pi−2)−2r+12$
sol=solve(dAdr, r)
sol
[12/(π + 4)]
dA2dr=A.diff(r, 2)
dA2dr
−(π+4)
dAForm=FunIncDecS(dAdr, r, sol, rev=0.5, n=3)[0]
dA2Form=FunIncDecS(dA2dr, r, sol, rev=0.5, n=3)[0]
re=pd.concat([dAForm, dA2Form.loc[:,1]], axis=1)
re.columns=["r", "dA부호","dA2부호"]
re
| w | dA부호 | dA2부호 | |
| 0 | 1.18 | + | - |
| 1 | 1.68 | 0 | - |
| 2 | 2.18 | - | - |
임계점을 기준으로 A'(r)의 부호 전환, A"(r)은 음의 부호를 가지므로 볼록형이므로 임계점에 대응하는 값은 극대값이 됩니다. 즉, 그 지점에서는 최대 높이와 최대면적이 형성됩니다.
N(h1[0].subs(r, sol[0]), 3)
1.68
N(A.subs(r, sol[0]), 3)
10.1
1.68
N(A.subs(r, sol[0]), 3)
10.1
. y = x2 + 1의 곡선 위의 점 중에서 (0, 2)와 가장 가까운 점을 결정하세요?
곡선 위의 점을 (x, y)라고 하면 점 (0, 2)와의 거리는 다음과 같이 계산할 수 있습니다.
$d=\sqrt{(x-0)^2+(y-2)^2}=\sqrt{x^2+(y-2)^2}$
x, y=symbols('x y', real=True)
L=sqrt(x**2+(y-2)**2)
L
$\sqrt{x^2+(y-2)^2}$
y1=x**2+1
L=L.subs(y, y1)
L
$\sqrt{x^2+(x^2-1)^2}$
dLdx=L.diff(x)
dLdx
$\frac{2x(x^2-1)+x}{\sqrt{x^2+(x^2-1)^2}}$
#x > 0
sol=solve(dLdx, x)
sol
[0, -sqrt(2)/2, sqrt(2)/2]
dL2dx=L.diff(x, 2)
simplify(dL2dx)
$\frac{2x^6-3x^4+6x^2-1}{\sqrt{(x^4-x^2+1)^3}}$
dLForm=FunIncDecS(dLdx, x, sol[2], rev=0.2, n=3)[0]
dL2Form=FunIncDecS(dL2dx, x, sol[2], rev=0.2, n=3)[0]
re=pd.concat([dLForm, dL2Form.loc[:,1]], axis=1)
re.columns=["x", "dL부호","dL2부호"]
re
N(y1.subs(x, sol[2]), 3)
1.5
N(L.subs(x, sol[2]), 3)
0.866
L=sqrt(x**2+(y-2)**2)
L
$\sqrt{x^2+(y-2)^2}$
y1=x**2+1
L=L.subs(y, y1)
L
$\sqrt{x^2+(x^2-1)^2}$
dLdx=L.diff(x)
dLdx
$\frac{2x(x^2-1)+x}{\sqrt{x^2+(x^2-1)^2}}$
#x > 0
sol=solve(dLdx, x)
sol
[0, -sqrt(2)/2, sqrt(2)/2]
dL2dx=L.diff(x, 2)
simplify(dL2dx)
$\frac{2x^6-3x^4+6x^2-1}{\sqrt{(x^4-x^2+1)^3}}$
dLForm=FunIncDecS(dLdx, x, sol[2], rev=0.2, n=3)[0]
dL2Form=FunIncDecS(dL2dx, x, sol[2], rev=0.2, n=3)[0]
re=pd.concat([dLForm, dL2Form.loc[:,1]], axis=1)
re.columns=["x", "dL부호","dL2부호"]
re
| x | dL부호 | dL2부호 | |
| 0 | 0.507 | - | + |
| 1 | 0.707 | 0 | + |
| 2 | 0.907 | + | + |
N(y1.subs(x, sol[2]), 3)
1.5
N(L.subs(x, sol[2]), 3)
0.866
