Keyinchalik, bizdan optimallashtirish so'raladigan cheklov va tenglamani o'rnatishimiz kerak.

Bizda 50 metrlik ramka materiali borligini aytishdi (i.e. oynaning perimetri) va shuning uchun bu muammo uchun cheklov bo'ladi.

\[50 = 2h + 2\left( {\pi r} \right) = 2h + 2\pi r\]

Bizdan ruxsat etilgan yorug'lik miqdorini maksimal darajada oshirishni so'rashadi va bu shunchaki yopiq maydon yoki,

\[A = h\left( {2r} \right) + 2\left( {{\frac{1}{2}}\pi {r^2}} \right) = 2hr + \pi {r^2}\]

Ushbu ikkala tenglama bilan biz oxirgi atama bilan biroz ehtiyot bo'ldik. Har bir holatda bizga har bir yarim doira perimetri yoki maydoni kerak edi va ulardan ikkitasi bor edi. Yakuniy natija, albatta, butun doiraning perimetri/maydonining tenglamasidir, lekin biz haqiqatan ham bu tenglamalarni o'rnatishda ehtiyot bo'lishimiz va hamma narsa qaerdan kelib chiqqaniga e'tibor qaratishimiz kerak.

Keling, \(h\) uchun cheklovni hal qilaylik.

\[h = 25 - \pi r\]

Buni hudud funksiyasiga ulash,

\[A\left( r \right) = 2\left( {25 - \pi r} \right)r + \pi {r^2} = 50r - \pi {r^2}\]

Buning uchun muhim nuqta(lar)ni topish hozircha unchalik qiyin bo'lmasligi kerak. Mana lotin.

\[A'\left( r \right) = 50 - 2\pi r\]

Bundan biz bitta muhim nuqtaga o'xshaymiz: \(r = \frac{25}{\pi} = 7.9577\).

Hajm funksiyasining ikkinchi hosilasi:

\[A''\left( r \right) = - 2\pi \]

Bundan ikkinchi hosila har doim manfiy ekanligini ko'rishimiz mumkin. Shuning uchun \(A\left( r \right)\) har doim konkav bo'ladi va shuning uchun biz 4-bosqichda olgan yagona kritik nuqta nisbiy maksimal bo'lishi kerak va shuning uchun maksimal yorug'lik miqdorini ta'minlaydigan qiymat bo'lishi kerak.

Keling, yarim doira radiusini olish orqali masalani tugatamiz.

\[h = 25 - \pi \left( \frac{25}{\pi} \right) = 0\]

Xo'sh, bu shuni anglatadiki, aslida eng yorug'lik hatto yarim doiralar orasida to'rtburchaklar bo'lmasligi va faqat \(r = \frac{25}{\pi}\) radiusi bo'lgan aylana oynaga ega bo'lishidan kelib chiqadi.