Matematyka PR — Maj 2020

Krok 1. Przypomnij twierdzenie o reszcie Dla wielomianu $W(x)$ reszta z dzielenia przez dwumian $(x-a)$ jest równa wartości wielomianu w punkcie $a$, czyli $W(a)$. W szczególności $W(x)$ jest podzielny przez $(x-a)$ wtedy i tylko wtedy, gdy $W(a)=0$.

Mamy $W(x)=x^{2019}-3x^{2000}+2x+6$. Sprawdzimy dwa dwumiany: $(x-1)$, dla którego $a=1$, oraz $(x+1)$, dla którego $a=-1$.

Krok 2. Oblicz $W(1)$ (dzielenie przez $x-1$) Podstawiamy $x=1$. Każda potęga jedynki to $1$: $W(1)=1^{2019}-3\cdot 1^{2000}+2\cdot 1+6=1-3+2+6=6.$ Reszta z dzielenia przez $(x-1)$ wynosi więc $6$. Ponieważ $W(1)\ne 0$, wielomian nie jest podzielny przez $(x-1)$.

Krok 3. Oblicz $W(-1)$ (dzielenie przez $x+1$) Podstawiamy $x=-1$. Wykładnik $2019$ jest nieparzysty, więc $(-1{)}^{2019}=-1$; wykładnik $2000$ jest parzysty, więc $(-1{)}^{2000}=1$: $W(-1)=(-1{)}^{2019}-3\cdot (-1{)}^{2000}+2\cdot (-1)+6=-1-3-2+6=0.$ Reszta z dzielenia przez $(x+1)$ wynosi $0$, zatem wielomian jest podzielny przez $(x+1)$.

Krok 4. Wybierz zdanie prawdziwe Wielomian jest podzielny przez $(x+1)$, a reszta z dzielenia przez $(x-1)$ jest równa $6$. To dokładnie opisuje zdanie B.

Odpowiedź: B

Krok 1. Zapisz ciąg i rozpoznaj typ granicy Mamy ciąg $a_n=\frac{3n^2+7n-5}{5n^2-5n+11}.$ W liczniku i mianowniku najwyższą potęgą jest $n^2$. Granica ilorazu wielomianów tego samego stopnia zależy tylko od współczynników przy najwyższej potędze, ale pokażmy to dokładnie.

Krok 2. Podziel licznik i mianownik przez $n^2$ Dzielimy każdy wyraz przez $n^2$: $a_n=\frac{3+\frac{7}{n}-\frac{5}{n^2}}{5-\frac{5}{n}+\frac{11}{n^2}}.$

Krok 3. Przejdź do granicy Gdy $n\to \infty$, wyrażenia $\frac{7}{n}$, $\frac{5}{n^2}$, $\frac{5}{n}$, $\frac{11}{n^2}$ dążą do $0$. Zostaje: ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=\frac{3+0-0}{5-0+0}=\frac{3}{5}.$

Granica jest równa ilorazowi współczynników wiodących $\frac{3}{5}$.

Odpowiedź: C

Krok 1. Opisz sytuację i zdarzenia Najpierw rzucamy kostką. Jeśli wypadnie $1$ oczko, losujemy kulę z urny 1 (3 białe, 7 czarnych, razem 10). W przeciwnym razie (oczka od $2$ do $6$) losujemy z urny 2 (1 biała, 9 czarnych, razem 10).

Prawdopodobieństwa wyboru urny: $P(\text{urna 1})=\frac{1}{6},P(\text{urna 2})=\frac{5}{6}.$

Krok 2. Prawdopodobieństwa wylosowania białej z każdej urny $P(\text{biała}\mid \text{urna 1})=\frac{3}{10},P(\text{biała}\mid \text{urna 2})=\frac{1}{10}.$

Krok 3. Zastosuj wzór na prawdopodobieństwo całkowite Zdarzenie „wylosowano białą" może zajść na dwa rozłączne sposoby (przez urnę 1 albo przez urnę 2), więc: $P(\text{biała})=\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{10}+\frac{5}{6}\cdot \frac{1}{10}.$

Krok 4. Oblicz $P(\text{biała})=\frac{3}{60}+\frac{5}{60}=\frac{8}{60}=\frac{2}{15}.$

Odpowiedź: A

Krok 1. Przypomnij wzór dwumianu Newtona Wzór dwumianu Newtona pozwala rozwinąć potęgę sumy: $(p+q{)}^4={\sum }_{k=0}^4(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{k})p^{4-k}{q}^k.$ Symbol $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{k}\right)$ to współczynnik dwumianowy (liczba sposobów wyboru $k$ z $4$ czynników). Kolejne współczynniki dla potęgi $4$ to $1,4,6,4,1$.

U nas $p=x\sqrt{2}$ oraz $q=y\sqrt{3}$.

Krok 2. Wskaż składnik z $x^2{y}^2$ Składnik zawierający $x^2{y}^2$ powstaje, gdy $p$ bierzemy w potędze $2$ i $q$ w potędze $2$, czyli dla $k=2$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)(x\sqrt{2}{)}^2(y\sqrt{3}{)}^2.$

Krok 3. Oblicz współczynnik $c$ Mamy $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$. Dalej: $(x\sqrt{2}{)}^2=2x^2,(y\sqrt{3}{)}^2=3y^2.$ Zatem składnik to: $6\cdot 2x^2\cdot 3y^2=36x^2{y}^2.$ Współczynnik $c=36$.

Odpowiedź: B

Krok 1. Wyraź długości boków przez jeden parametr Oznaczmy $AC$ jako punkt odniesienia. Niech $AC=5t$ dla pewnego $t>0$ (dobieramy $5t$, aby uniknąć ułamków). Wtedy:

• $AB$ jest 3 razy dłuższy od $AC$, więc $AB=3\cdot 5t=15t$;
• $BC$ stanowi $\frac{4}{5}$ długości $AB$, więc $BC=\frac{4}{5}\cdot 15t=12t$.

Boki mają więc długości $AC=5t$, $BC=12t$, $AB=15t$.

Krok 2. Wskaż najmniejszy kąt W trójkącie naprzeciw najkrótszego boku leży najmniejszy kąt. Najkrótszy bok to $AC=5t$, a leży on naprzeciw wierzchołka $B$. Zatem najmniejszym kątem jest kąt $B$ (przy wierzchołku $B$).

Krok 3. Zastosuj twierdzenie cosinusów Bok $AC$ leży naprzeciw kąta $B$, więc twierdzenie cosinusów daje: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos B.$ Stąd: $\cos B=\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2\cdot AB\cdot BC}.$

Krok 4. Podstaw długości i oblicz $\cos B=\frac{(15t{)}^2+(12t{)}^2-(5t{)}^2}{2\cdot 15t\cdot 12t}=\frac{225t^2+144t^2-25t^2}{360t^2}=\frac{344t^2}{360t^2}=\frac{344}{360}=\frac{43}{45}.$

Krok 5. Rozwiń na ułamek dziesiętny i odczytaj cyfry $\cos B=\frac{43}{45}=0,9555\dots$ Pierwsza cyfra po przecinku to $9$, druga to $5$, trzecia to $5$.

Wynik: $\cos B=\frac{43}{45}\approx 0,9555$. Pierwsza, druga i trzecia cyfra po przecinku: 9, 5, 5.

Krok 1. Sprowadzenie do postaci $|x-5|=p$

Oznaczmy prawą stronę równania jednym symbolem: $p=(a-1{)}^2-4.$ Równanie przyjmuje wtedy postać $|x-5|=p.$ Zauważmy od razu, że lewa strona $|x-5|$ jest nieujemna, więc jeśli $p<0$, równanie w ogóle nie ma rozwiązań. Interesuje nas przypadek, w którym są dwa różne rozwiązania dodatnie, więc na pewno musi być $p\ge 0$.

Krok 2. Kiedy równanie $|x-5|=p$ ma dwa różne rozwiązania dodatnie

Rozważmy funkcję $f(x)=|x-5|$. Jej wykres to „litera V" z wierzchołkiem w punkcie $(5,0)$. Rozwiązania równania $|x-5|=p$ to punkty wspólne tego wykresu z poziomą prostą $y=p$.

Rozpiszmy to rachunkowo. Dla $p>0$ z definicji wartości bezwzględnej: $x-5=p\text{lub}x-5=-p,$ skąd $x_1=5+p,x_2=5-p.$

Sprawdźmy, kiedy są to dwa różne rozwiązania i kiedy oba są dodatnie:

• Są różne wtedy i tylko wtedy, gdy $p\ne 0$, czyli $p>0$ (dla $p=0$ mamy jedno rozwiązanie $x=5$).
• Pierwsze rozwiązanie $x_1=5+p$ jest zawsze dodatnie, gdy $p>0$.
• Drugie rozwiązanie $x_2=5-p$ jest dodatnie wtedy i tylko wtedy, gdy $5-p>0$, czyli $p<5$.

Zatem równanie ma dwa różne rozwiązania dodatnie dokładnie wtedy, gdy $0<p<5.$

Krok 3. Powrót do parametru $a$

Podstawiamy $p=(a-1{)}^2-4$: $0<(a-1{)}^2-4<5.$ Dodajmy $4$ do wszystkich części nierówności: $4<(a-1{)}^2<9.$

Rozwiążemy tę podwójną nierówność jako układ dwóch warunków.

Warunek 1: $(a-1{)}^2>4$. Zapisujemy jako różnicę kwadratów: $(a-1{)}^2-4>0⟺(a-1-2)(a-1+2)>0⟺(a-3)(a+1)>0.$ Miejsca zerowe to $a=3$ i $a=-1$, a ramiona paraboli skierowane są w górę, więc: $a\in (-\infty ,-1)\cup (3,+\infty ).$

Warunek 2: $(a-1{)}^2<9$. Zapisujemy jako różnicę kwadratów: $(a-1{)}^2-9<0⟺(a-1-3)(a-1+3)<0⟺(a-4)(a+2)<0.$ Miejsca zerowe to $a=4$ i $a=-2$, więc: $a\in (-2,4).$

Krok 4. Część wspólna

Szukamy $a$ spełniających jednocześnie oba warunki: $[(-\infty ,-1)\cup (3,+\infty )]\cap (-2,4).$

Przecinamy przedziały:

• $(-\infty ,-1)\cap (-2,4)=(-2,-1)$,
• $(3,+\infty )\cap (-2,4)=(3,4)$.

Stąd $a\in (-2,-1)\cup (3,4).$

Odpowiedź: Równanie ma dwa różne rozwiązania dodatnie dla $a\in (-2,-1)\cup (3,4)$. (Końce przedziałów są wyłączone: dla $a\in \{-2,4\}$ jest $p=5$ i drugie rozwiązanie $x=0$ nie jest dodatnie, a dla $a\in \{-1,3\}$ jest $p=0$ i równanie ma tylko jedno rozwiązanie.)

Krok 1. Ustawienie układu współrzędnych Trójkąt $ABC$ jest równoramienny, $AC=BC=6$, a $D$ jest środkiem podstawy $AB$. Umieśćmy $D$ w początku układu, podstawę $AB$ na osi $OX$, a wierzchołek $C$ na osi $OY$ (oś $OY$ jest osią symetrii trójkąta równoramiennego). Niech $AB=2c$, więc $A=(-c,0),B=(c,0),C=(0,h),h>0.$ Ponieważ $AC=6$, mamy warunek $c^2+h^2=36.$ Wartości $c$ i $h$ nie są z góry dane — wyznaczymy $c$ z warunku styczności odcinka $KL$ do okręgu.

Krok 2. Promień okręgu jako odległość $D$ od prostej $AC$ Okrąg ma środek $D=(0,0)$ i jest styczny do prostej $AC$, więc jego promień $r$ to odległość punktu $D$ od tej prostej. Prosta $AC$ przechodzi przez $A=(-c,0)$ i $C=(0,h)$; jej równanie ogólne to $hx-cy+hc=0$ (sprawdzenie: dla $(-c,0)$ mamy $-hc+hc=0$, dla $(0,h)$ mamy $-ch+hc=0$). Odległość od $(0,0)$: $r=\frac{|h\cdot 0-c\cdot 0+hc|}{\sqrt{h^2+c^2}}=\frac{hc}{6}.$

Krok 3. Położenie punktów $K$, $L$ i prostej $KL$ Punkt $K$ leży na $AC$, przy czym $KC=2$, więc $AK=AC-KC=6-2=4$. Idąc od $A$ w stronę $C$ wektorem jednostkowym $\hat{u}=\frac{1}{6}(c,h)$ na odległość $4$: $K=A+4\hat{u}=(-c,0)+\frac{4}{6}(c,h)=\left(-c+\frac{2c}{3},\frac{2h}{3}\right)=\left(-\frac{c}{3},\frac{2h}{3}\right).$ Z symetrii względem osi $OY$ punkt $L$ na boku $BC$ (z $LC=2$) ma współrzędne $L=\left(\frac{c}{3},\frac{2h}{3}\right)$. Zatem odcinek $KL$ jest poziomy i leży na prostej $y=\frac{2h}{3}$. (Przy okazji widać, że $KL\parallel AB$ — zgodnie z twierdzeniem odwrotnym do twierdzenia Talesa, bo $\frac{KC}{CA}=\frac{LC}{CB}=\frac{1}{3}$.)

Krok 4. Warunek styczności $KL$ do okręgu wyznacza $c$ Odległość środka $D=(0,0)$ od poziomej prostej $y=\frac{2h}{3}$ wynosi po prostu $\frac{2h}{3}$. Skoro $KL$ jest styczny do okręgu, ta odległość równa się promieniowi: $\frac{2h}{3}=r=\frac{hc}{6}.$ Dzielimy obie strony przez $h>0$: $\frac{2}{3}=\frac{c}{6}⟹c=4.$ Zatem $AD=|A-D|=c=4$ (czyli $AB=8$), a z warunku $c^2+h^2=36$ dostajemy $h^2=36-16=20$, więc $h=2\sqrt{5}$.

Krok 5. Obliczenie $AM$ Punkt $M$ to punkt styczności okręgu z prostą $AC$, czyli rzut prostokątny środka $D$ na $AC$. W trójkącie prostokątnym $ADM$ (kąt prosty przy $M$, bo $DM\perp AC$) przeciwprostokątną jest $AD=4$, a jedną z przyprostokątnych $DM=r=\frac{hc}{6}=\frac{2\sqrt{5}\cdot 4}{6}=\frac{4\sqrt{5}}{3}$. Z twierdzenia Pitagorasa: $AM=\sqrt{A{D}^2-D{M}^2}=\sqrt{16-{\left(\frac{4\sqrt{5}}{3}\right)}^2}=\sqrt{16-\frac{80}{9}}=\sqrt{\frac{144-80}{9}}=\sqrt{\frac{64}{9}}=\frac{8}{3}.$

Krok 6. Obliczenie $MC$ i wniosek Punkt $M$ leży na boku $AC$, więc $MC=AC-AM=6-\frac{8}{3}=\frac{18-8}{3}=\frac{10}{3}.$ Stąd $\frac{AM}{MC}=\frac{\frac{8}{3}}{\frac{10}{3}}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5},$ co należało wykazać.

Krok 1. Analiza założeń

Dane są liczby dodatnie $a$ i $b$ ($a>0$, $b>0$) spełniające równość $a^2+2a=4b^2+4b.$ Chcemy wykazać, że $a=2b$.

Krok 2. Uzupełnienie do pełnych kwadratów

Dodajmy do obu stron równości liczbę $1$: $a^2+2a+1=4b^2+4b+1.$ Lewa strona jest kwadratem sumy: $a^2+2a+1=(a+1{)}^2.$ Prawa strona również jest pełnym kwadratem, ponieważ $4b^2+4b+1=(2b{)}^2+2\cdot (2b)\cdot 1+1^2$: $4b^2+4b+1=(2b+1{)}^2.$ Otrzymujemy więc równość kwadratów: $(a+1{)}^2=(2b+1{)}^2.$

Krok 3. Wykorzystanie dodatniości $a$ i $b$

Skoro $a>0$, to $a+1>0$. Podobnie skoro $b>0$, to $2b+1>0$. Zatem obie liczby $a+1$ i $2b+1$ są dodatnie.

Gdy dwa dodatnie wyrażenia mają równe kwadraty, to same są równe (bo funkcja $x\mapsto x^2$ jest różnowartościowa na liczbach dodatnich). Dlatego z $(a+1{)}^2=(2b+1{)}^2$ i dodatniości obu podstaw wynika $a+1=2b+1.$

Krok 4. Wniosek

Odejmując $1$ od obu stron, otrzymujemy $a=2b.$

To należało wykazać.

Krok 1. Cel i pomysł na rozwiązanie Mamy równanie $3\cos 2x+10{\cos }^{2}x=24\sin x-3,x\in ⟨0,2\pi ⟩.$ Po lewej stronie występują różne wyrażenia: $\cos 2x$, ${\cos }^{2}x$, a po prawej $\sin x$. Aby dało się to rozwiązać, sprowadzimy wszystko do jednej funkcji — do $\sin x$. Posłużą nam dwa wzory:

• wzór na cosinus podwojonego kąta w wersji przez sinus: $\cos 2x=1-2{\sin }^{2}x,$
• jedynka trygonometryczna ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$, z której ${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x.$

Krok 2. Podstawienie wzorów Wstawiamy oba wzory do równania: $3(1-2{\sin }^{2}x)+10(1-{\sin }^{2}x)=24\sin x-3.$ Rozwijamy nawiasy po lewej stronie: $3-6{\sin }^{2}x+10-10{\sin }^{2}x=24\sin x-3,$ $13-16{\sin }^{2}x=24\sin x-3.$

Krok 3. Porządkujemy do równania kwadratowego Przenosimy wyraz $-3$ z prawej strony na lewą (dodajemy $3$ obustronnie), aby po lewej została sama funkcja sinus: $13+3-16{\sin }^{2}x=24\sin x,$ $16-16{\sin }^{2}x=24\sin x.$ Przenosimy wszystko na jedną stronę tak, by współczynnik przy ${\sin }^{2}x$ był dodatni: $16{\sin }^{2}x+24\sin x-16=0.$ Dzielimy obie strony przez $8$: $2{\sin }^{2}x+3\sin x-2=0.$

Krok 4. Podstawienie pomocnicze i równanie kwadratowe Niech $t=\sin x$, przy czym pamiętamy o naturalnym ograniczeniu $t\in ⟨-1,1⟩$. Otrzymujemy równanie kwadratowe: $2t^2+3t-2=0.$ Liczymy wyróżnik: $\Delta =3^2-4\cdot 2\cdot (-2)=9+16=25,\sqrt{\Delta }=5.$ Pierwiastki: $t_1=\frac{-3-5}{2\cdot 2}=\frac{-8}{4}=-2,t_2=\frac{-3+5}{4}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}.$

Krok 5. Odrzucenie fałszywego przypadku Przypadek $t=-2$ oznaczałby $\sin x=-2$, co jest niemożliwe, bo sinus przyjmuje wartości tylko z przedziału $⟨-1,1⟩$. Odrzucamy go.

Pozostaje $t=\frac{1}{2}$, czyli $\sin x=\frac{1}{2}.$

Krok 6. Rozwiązania w przedziale $⟨0,2\pi ⟩$ Szukamy kątów $x\in ⟨0,2\pi ⟩$, dla których $\sin x=\frac{1}{2}$. Sinus jest dodatni w I i II ćwiartce, a kąt podstawowy to $\frac{\pi }{6}$ (bo $\sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}$). Zatem:

• w I ćwiartce: $x=\frac{\pi }{6}$,
• w II ćwiartce: $x=\pi -\frac{\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}$.

Oba kąty należą do $⟨0,2\pi ⟩$.

Odpowiedź: $x=\frac{\pi }{6}$ oraz $x=\frac{5\pi }{6}$.

Krok 1. Zapis ciągu geometrycznego Oznaczmy iloraz ciągu geometrycznego $(a_1,a_2,a_3)$ przez $q$. Wtedy z definicji ciągu geometrycznego kolejne wyrazy powstają przez mnożenie przez $q$: $a_2=a_{1}q,a_3=a_1{q}^2.$ Zauważmy od razu, że $a_1\ne 0$ — gdyby $a_1=0$, wszystkie wyrazy byłyby zerami i ich suma nie mogłaby wynosić $\frac{21}{4}$.

Krok 2. Wykorzystanie warunku o ciągu arytmetycznym Wyrazy $a_1,a_2,a_3$ są — odpowiednio — czwartym, drugim i pierwszym wyrazem rosnącego ciągu arytmetycznego $(b_n)$. Znaczy to: $b_4=a_1,b_2=a_2=a_{1}q,b_1=a_3=a_1{q}^2.$ W ciągu arytmetycznym o różnicy $r$ zachodzi $b_n=b_1+(n-1)r$. Kluczowa własność: różnica między wyrazami o numerach oddalonych o $k$ pozycji wynosi $k\cdot r$. Stąd: $b_2-b_1=r,b_4-b_2=2r.$ Porównując te dwie równości, dostajemy zależność, która nie zawiera już $r$: $b_4-b_2=2(b_2-b_1).$

Krok 3. Wstawienie wyrazów ciągu geometrycznego Podstawiamy $b_4=a_1$, $b_2=a_{1}q$, $b_1=a_1{q}^2$: $a_1-a_{1}q=2(a_{1}q-a_1{q}^2).$ Dzielimy obie strony przez $a_1$ (możemy, bo $a_1\ne 0$): $1-q=2(q-q^2),$ $1-q=2q-2q^2.$ Przenosimy wszystko na jedną stronę: $2q^2-2q-q+1=0,$ $2q^2-3q+1=0.$

Krok 4. Rozwiązanie równania na iloraz $q$ Liczymy wyróżnik: $\Delta =(-3{)}^2-4\cdot 2\cdot 1=9-8=1,\sqrt{\Delta }=1.$ Pierwiastki: $q=\frac{3-1}{2\cdot 2}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2},q=\frac{3+1}{4}=\frac{4}{4}=1.$

Krok 5. Sprawdzenie warunku „rosnący ciąg arytmetyczny" Rozważmy oba przypadki.

Przypadek $q=1$. Wtedy $a_1=a_2=a_3$, więc również $b_1=b_2=b_4$. Ciąg arytmetyczny byłby stały (różnica $r=0$), a stały ciąg nie jest rosnący. Ten przypadek odrzucamy.

Przypadek $q=\frac{1}{2}$. Ten zweryfikujemy po wyznaczeniu $a_1$ (Krok 7).

Krok 6. Wyznaczenie $a_1$ z warunku o sumie Korzystamy z $a_1+a_2+a_3=\frac{21}{4}$. Podstawiamy $q=\frac{1}{2}$: $a_1\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)=\frac{21}{4}.$ W nawiasie: $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{4+2+1}{4}=\frac{7}{4}$. Zatem: $a_1\cdot \frac{7}{4}=\frac{21}{4}⟹a_1=\frac{21}{4}\cdot \frac{4}{7}=\frac{21}{7}=3.$

Krok 7. Sprawdzenie, że ciąg arytmetyczny jest rosnący Dla $a_1=3$ i $q=\frac{1}{2}$ mamy: $b_1=a_1{q}^2=3\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{4},b_2=a_{1}q=3\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{2},b_4=a_1=3.$ Różnica: $r=b_2-b_1=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}>0$. Sprawdzenie spójności: $b_4=b_2+2r=\frac{3}{2}+2\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3$ — zgadza się. Ponieważ $r>0$, ciąg $(b_n)$ jest rzeczywiście rosnący. Warunek spełniony.

Odpowiedź: $a_1=3$.

Krok 1. Warunek istnienia dwóch różnych rozwiązań Rozważamy równanie kwadratowe $x^2-(3m+2)x+2m^2+7m-15=0.$ Aby istniały dwa różne rozwiązania rzeczywiste $x_1\ne x_2$, wyróżnik musi być dodatni: $\Delta >0$. Liczymy go (współczynniki: $a=1$, $b=-(3m+2)$, $c=2m^2+7m-15$): $\Delta =(3m+2{)}^2-4(2m^2+7m-15).$ Rozwijamy: $(3m+2{)}^2=9m^2+12m+4,4(2m^2+7m-15)=8m^2+28m-60.$ Stąd: $\Delta =9m^2+12m+4-8m^2-28m+60=m^2-16m+64=(m-8{)}^2.$ Jest to kwadrat, więc $\Delta \ge 0$ zawsze, a warunek $\Delta >0$ jest równoważny: $(m-8{)}^2>0⟺m\ne 8.$ Zapamiętujemy ograniczenie: $m\ne 8$.

Krok 2. Wzory Viète'a Dla dwóch pierwiastków korzystamy ze wzorów Viète'a: $x_1+x_2=-\frac{b}{a}=3m+2,x_1{x}_2=\frac{c}{a}=2m^2+7m-15.$

Krok 3. Przekształcenie warunku na pierwiastki Warunek zadania to $2x_1^2+5x_1{x}_2+2x_2^2=2.$ Grupujemy tak, aby wyrazić lewą stronę przez sumę i iloczyn pierwiastków: $2x_1^2+2x_2^2+5x_1{x}_2=2(x_1^2+x_2^2)+5x_1{x}_2.$ Korzystamy ze wzoru $x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2$: $=2[(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2]+5x_1{x}_2=2(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2+5x_1{x}_2=2(x_1+x_2{)}^2+x_1{x}_2.$ Warunek przyjmuje prostą postać: $2(x_1+x_2{)}^2+x_1{x}_2=2.$

Krok 4. Podstawienie wzorów Viète'a Wstawiamy $x_1+x_2=3m+2$ oraz $x_1{x}_2=2m^2+7m-15$: $2(3m+2{)}^2+(2m^2+7m-15)=2.$ Rozwijamy $(3m+2{)}^2=9m^2+12m+4$: $2(9m^2+12m+4)+2m^2+7m-15=2,$ $18m^2+24m+8+2m^2+7m-15=2,$ $20m^2+31m-7=2.$ Przenosimy $2$ na lewą stronę: $20m^2+31m-9=0.$

Krok 5. Rozwiązanie równania na $m$ Liczymy wyróżnik tego równania (zmienna $m$): ${\Delta }_m=31^2-4\cdot 20\cdot (-9)=961+720=1681=41^2,\sqrt{{\Delta }_m}=41.$ Pierwiastki: $m=\frac{-31-41}{2\cdot 20}=\frac{-72}{40}=-\frac{9}{5},m=\frac{-31+41}{40}=\frac{10}{40}=\frac{1}{4}.$

Krok 6. Sprawdzenie warunku istnienia różnych pierwiastków Wracamy do ograniczenia z Kroku 1: musi być $m\ne 8$. Obie znalezione wartości, $m=-\frac{9}{5}$ oraz $m=\frac{1}{4}$, są różne od $8$, więc dla obu równanie ma dwa różne rozwiązania i warunek zadania jest spełniony.

Odpowiedź: $m=-\frac{9}{5}$ oraz $m=\frac{1}{4}$.

Krok 1. Sprowadzenie okręgu do postaci kanonicznej

Równanie okręgu mamy w postaci ogólnej: $x^2+y^2-8x-6y+8=0.$

Grupujemy wyrazy z $x$ i wyrazy z $y$ i uzupełniamy do pełnych kwadratów: $(x^2-8x)+(y^2-6y)+8=0,$ $(x-4{)}^2-16+(y-3{)}^2-9+8=0,$ $(x-4{)}^2+(y-3{)}^2=17.$

Stąd odczytujemy środek i promień okręgu: $P=(4,3),r=\sqrt{17}.$

Krok 2. Wyznaczenie punktów przecięcia $K$ i $L$

Z równania prostej $x+y-10=0$ wyznaczamy $y$: $y=10-x.$

Podstawiamy do równania kanonicznego okręgu: $(x-4{)}^2+((10-x)-3{)}^2=17,$ $(x-4{)}^2+(7-x{)}^2=17.$

Rozwijamy nawiasy: $x^2-8x+16+x^2-14x+49=17,$ $2x^2-22x+65=17,$ $2x^2-22x+48=0,$ $x^2-11x+24=0.$

Obliczamy pierwiastki (wyróżnik $\Delta =121-96=25$, $\sqrt{\Delta }=5$): $x=\frac{11-5}{2}=3\text{lub}x=\frac{11+5}{2}=8.$

Odpowiadające wartości $y=10-x$:

• dla $x=3$: $y=7$, czyli $K=(3,7)$,
• dla $x=8$: $y=2$, czyli $L=(8,2)$.

Krok 3. Środek cięciwy $S$

Punkt $S$ jest środkiem odcinka $KL$, więc jego współrzędne to średnie arytmetyczne współrzędnych końców: $S=\left(\frac{3+8}{2},\frac{7+2}{2}\right)=\left(\frac{11}{2},\frac{9}{2}\right).$

Ten punkt jest środkiem jednokładności, o której mowa w zadaniu.

Krok 4. Wzór na obraz punktu w jednokładności

W jednokładności o środku $S$ i skali $k$ obraz $A^{\prime }$ punktu $A$ spełnia warunek wektorowy: $\overrightarrow{S{A}^{\prime }}=k\cdot \overrightarrow{SA},$ co po zapisaniu przez współrzędne daje: $A^{\prime }=S+k(A-S).$

Rozumiemy to tak: przesuwamy się od środka $S$ w tym samym kierunku co do punktu $A$, ale wektor „rozciągamy" $|k|$-krotnie, a znak minus przy $k$ dodatkowo odbija punkt na przeciwną stronę środka.

Krok 5. Obraz środka okręgu $P$

Stosujemy wzór dla $A=P=(4,3)$, $S=\left(\frac{11}{2},\frac{9}{2}\right)$ i $k=-3$.

Najpierw wektor $\overrightarrow{SP}=P-S$: $P-S=\left(4-\frac{11}{2},3-\frac{9}{2}\right)=\left(-\frac{3}{2},-\frac{3}{2}\right).$

Mnożymy przez skalę $k=-3$: $-3\cdot \left(-\frac{3}{2},-\frac{3}{2}\right)=\left(\frac{9}{2},\frac{9}{2}\right).$

Dodajemy do $S$: $P^{\prime }=S+(-3)(P-S)=\left(\frac{11}{2}+\frac{9}{2},\frac{9}{2}+\frac{9}{2}\right)=\left(\frac{20}{2},\frac{18}{2}\right)=(10,9).$

Środkiem obrazu okręgu jest więc punkt $P^{\prime }=(10,9)$.

Krok 6. Promień obrazu

W jednokładności o skali $k$ długości (a więc i promień) mnożą się przez $|k|$: $R=|k|\cdot r=3\sqrt{17}.$

Zatem: $R^2=(3\sqrt{17}{)}^2=9\cdot 17=153.$

Krok 7. Równanie obrazu okręgu

Obraz okręgu ma środek $P^{\prime }=(10,9)$ i promień $R=3\sqrt{17}$, więc jego równanie w postaci kanonicznej to: $(x-10{)}^2+(y-9{)}^2=153.$

Odpowiedź: Obrazem danego okręgu w jednokładności o środku $S=\left(\frac{11}{2},\frac{9}{2}\right)$ i skali $k=-3$ jest okrąg o równaniu $(x-10{)}^2+(y-9{)}^2=153$.

Krok 1. Zrozumienie warunków zadania

Szukamy liczb siedmiocyfrowych (mają dokładnie 7 cyfr), w których:

• cyfra $1$ występuje dokładnie trzy razy,
• cyfra $2$ występuje dokładnie dwa razy.

Skoro trzy pozycje zajmują jedynki, a dwie pozycje zajmują dwójki, to $3+2=5$ pozycji jest już „zajętych". Pozostają dwie pozycje, które muszą być wypełnione cyframi różnymi od $1$ i od $2$, czyli cyframi ze zbioru $\{0,3,4,5,6,7,8,9\},$ który ma $8$ elementów (cyfry mogą się powtarzać między sobą).

Krok 2. Główna trudność — pierwsza cyfra nie może być zerem

Gdyby wszystkie pozycje były równoprawne, wystarczyłoby rozmieścić cyfry i policzyć ustawienia. Problem w tym, że liczba siedmiocyfrowa nie może zaczynać się od $0$. Cyfra $0$ może pojawić się tylko wśród tych dwóch „wolnych" pozycji, więc musimy pilnować, co stoi na pierwszym miejscu.

Dlatego rozbijemy zadanie na przypadki według tego, jaka cyfra stoi na pierwszym miejscu. Przypadki są rozłączne i wyczerpują wszystkie możliwości, więc na końcu wyniki dodamy.

Krok 3. Przypadek I — pierwszą cyfrą jest $1$

Jeśli na pierwszym miejscu stoi jedynka, to pozostaje rozmieścić na 6 pozostałych miejscach:

• dwie jedynki (bo jedną już wykorzystaliśmy),
• dwie dwójki,
• dwie cyfry ze zbioru $\{0,3,4,5,6,7,8,9\}$.

Wybieramy miejsca dla dwóch jedynek spośród 6 pozycji — kolejność jedynek nie ma znaczenia, więc to kombinacja: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15.$

Spośród pozostałych 4 miejsc wybieramy 2 dla dwójek: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6.$

Dwa ostatnie miejsca wypełniamy niezależnie cyframi z 8-elementowego zbioru (mogą się powtarzać): $8^2=64.$

Razem w tym przypadku: $15\cdot 6\cdot 64=5760.$

Krok 4. Przypadek II — pierwszą cyfrą jest $2$

Jeśli na pierwszym miejscu stoi dwójka, to na 6 pozostałych miejscach rozmieszczamy:

• trzy jedynki,
• jedną dwójkę (bo jedną już wykorzystaliśmy),
• dwie cyfry ze zbioru $\{0,3,4,5,6,7,8,9\}$.

Wybór miejsc dla trzech jedynek spośród 6: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20.$

Spośród pozostałych 3 miejsc wybieramy 1 dla dwójki: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)=3.$

Dwa ostatnie miejsca — cyfry z 8-elementowego zbioru: $8^2=64.$

Razem: $20\cdot 3\cdot 64=3840.$

Krok 5. Przypadek III — pierwsza cyfra różna od $1$ i od $2$

Jeśli na pierwszym miejscu nie stoi ani $1$, ani $2$, to musi tam stać jedna z „wolnych" cyfr — ale nie zero (bo to pierwsza cyfra liczby). Zostają zatem cyfry: $\{3,4,5,6,7,8,9\}\Rightarrow 7\text{moz˙liwosˊci}.$

Po ustaleniu pierwszej cyfry na 6 pozostałych miejscach rozmieszczamy:

• trzy jedynki,
• dwie dwójki,
• jedną cyfrę ze zbioru $\{0,3,4,5,6,7,8,9\}$ (tu $0$ już jest dozwolone, bo to nie pierwsza pozycja).

Liczba wyborów pierwszej cyfry: $7$.

Miejsca dla trzech jedynek spośród 6: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20.$

Spośród pozostałych 3 miejsc wybieramy 2 dla dwójek: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)=3.$

Ostatnie 1 miejsce — cyfra z 8-elementowego zbioru: $8.$

Razem: $7\cdot 20\cdot 3\cdot 8=3360.$

Krok 6. Zsumowanie przypadków

Przypadki I, II, III są rozłączne (różnią się pierwszą cyfrą) i obejmują wszystkie możliwe liczby, więc dodajemy: $5760+3840+3360=12960.$

Odpowiedź: Istnieje $12960$ takich siedmiocyfrowych liczb naturalnych.

Krok 1. Zrozumienie sytuacji i kluczowy fakt o spodku wysokości

Mamy ostrosłup $ABCDS$, którego podstawą jest trapez $ABCD$ (z $AB\parallel CD$). Wiemy, że każda ściana boczna tworzy z płaszczyzną podstawy ten sam kąt $\alpha$, przy czym $\mathrm{tg}\alpha =\frac{9}{2}$.

Oznaczmy przez $O$ spodek wysokości ostrosłupa, czyli rzut prostokątny wierzchołka $S$ na płaszczyznę podstawy. Wysokość ostrosłupa to $H=SO$.

Rozważmy jedną ze ścian bocznych, np. ścianę zawierającą krawędź podstawy $AB$. Poprowadźmy z punktu $O$ odcinek $OP$ prostopadły do prostej $AB$ (gdzie $P$ leży na $AB$). Wówczas — na mocy twierdzenia o trzech prostych prostopadłych — odcinek $SP$ też jest prostopadły do $AB$. Kąt dwuścienny między tą ścianą boczną a podstawą to więc kąt $\angle SPO$, a jego miara jest równa $\alpha$. W trójkącie prostokątnym $SOP$ (kąt prosty przy $O$) mamy: $\mathrm{tg}\alpha =\frac{SO}{OP}=\frac{H}{OP}.$

Ta sama zależność zachodzi dla każdej ściany bocznej. Ponieważ $H$ jest wspólne, a $\alpha$ jednakowe dla wszystkich ścian, odległość $OP$ punktu $O$ od każdej krawędzi podstawy jest taka sama: $OP=\frac{H}{\mathrm{tg}\alpha }=\text{const}.$

Krok 2. Spodek to środek okręgu wpisanego

Punkt $O$ leżący w płaszczyźnie podstawy i jednakowo odległy od wszystkich boków trapezu $ABCD$ to z definicji środek okręgu wpisanego w ten trapez, a wspólna odległość $OP$ to promień tego okręgu: $OP=r.$

Zatem, aby taki ostrosłup w ogóle istniał, w trapez $ABCD$ musi dać się wpisać okrąg. Kluczowa zależność przyjmuje postać: $\mathrm{tg}\alpha =\frac{H}{r}.$

Krok 3. Warunek wpisania okręgu — sumy przeciwległych boków

Dla czworokąta wypukłego istnieje okrąg wpisany wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości par przeciwległych boków są równe (twierdzenie Pitota). Uzasadnienie: styczne poprowadzone z jednego punktu do okręgu mają równe długości, więc oznaczając odcinki styczne w kolejnych wierzchołkach i dodając boki „naprzemiennie", otrzymujemy tę samą sumę po obu stronach. Dla naszego trapezu: $AB+CD=AD+BC.$

Podstawiając dane $AD=10$ i $BC=16$: $AB+CD=10+16=26.$

Tej sumy podstaw użyjemy do policzenia pola.

Krok 4. Wysokość trapezu

Wysokość trapezu $h$ to odległość między równoległymi bokami $AB$ i $CD$. Rzutujemy wierzchołek $C$ prostopadle na prostą $AB$, otrzymując punkt $E$. W trójkącie prostokątnym $BCE$ kąt przy wierzchołku $B$ ma miarę $30°$ (to kąt $\angle ABC$ trapezu), przeciwprostokątną jest ramię $BC=16$, a szukana wysokość $h=CE$ leży naprzeciw kąta $30°$. Zatem: $h=BC\cdot \sin 30°=16\cdot \frac{1}{2}=8.$

Krok 5. Promień okręgu wpisanego

Okrąg wpisany w trapez jest styczny do obu równoległych podstaw $AB$ i $CD$ jednocześnie. Ponieważ podstawy są równoległe, odległość między nimi (wysokość trapezu $h$) jest równa sumie odległości środka okręgu od każdej z podstaw, a każda z nich to promień $r$. Innymi słowy, średnica okręgu wpisanego równa się wysokości trapezu: $2r=h⟹r=\frac{h}{2}=\frac{8}{2}=4.$

Krok 6. Wysokość ostrosłupa

Korzystamy z zależności z Kroku 2: $\mathrm{tg}\alpha =\frac{H}{r}⟹H=r\cdot \mathrm{tg}\alpha =4\cdot \frac{9}{2}=18.$

Krok 7. Pole podstawy (trapezu)

Pole trapezu liczymy jako „średnia arytmetyczna podstaw razy wysokość". Sumę podstaw znamy z Kroku 3: $AB+CD=26$, a wysokość z Kroku 4: $h=8$. Zatem: $P=\frac{AB+CD}{2}\cdot h=\frac{26}{2}\cdot 8=13\cdot 8=104.$

Krok 8. Objętość ostrosłupa

$V=\frac{1}{3}\cdot P\cdot H=\frac{1}{3}\cdot 104\cdot 18=\frac{1872}{3}=624.$

Odpowiedź: Objętość ostrosłupa wynosi $V=624$.

Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń i dobór jednostek

Wygodnie będzie pracować w milimetrach, bo szerokości obramowania podane są w częściach centymetra. Pole ekranu wynosi $60{\text{cm}}^2=60\cdot 100{\text{mm}}^2=6000{\text{mm}}^2$.

Niech:

• $x$ (mm) — bok ekranu, wzdłuż którego (przy krótszych brzegach smartfona) obramowanie ma szerokość $0,5\text{cm}=5\text{mm}$ z każdej strony,
• $y$ (mm) — drugi bok ekranu, wzdłuż którego (przy dłuższych brzegach) obramowanie ma szerokość $0,3\text{cm}=3\text{mm}$ z każdej strony.

Z warunku na powierzchnię ekranu: $x\cdot y=6000⟹y=\frac{6000}{x},x>0.$

Krok 2. Wymiary całego smartfona i konstrukcja funkcji pola

Cały smartfon (ekran wraz z obramowaniem) to prostokąt. Do boku $x$ dokładamy obramowanie po $5\text{mm}$ z obu stron, czyli łącznie $10\text{mm}$; wymiar smartfona w tym kierunku to $x+10$. Do boku $y$ dokładamy po $3\text{mm}$ z obu stron, czyli łącznie $6\text{mm}$; drugi wymiar smartfona to $y+6$.

Pole powierzchni całego smartfona: $P=(x+10)(y+6).$

Rozwińmy nawiasy: $P=xy+6x+10y+60.$

Podstawiamy stałe pole ekranu $xy=6000$: $P=6000+6x+10y+60=6x+10y+6060.$

Krok 3. Sprowadzenie do funkcji jednej zmiennej

Podstawiamy $y=\frac{6000}{x}$: $P(x)=6x+10\cdot \frac{6000}{x}+6060=6x+\frac{60000}{x}+6060.$

Dziedzina: wymiary muszą być dodatnie. Warunek $x>0$ zapewnia też $y=\frac{6000}{x}>0$, więc rozważamy funkcję dla $x\in (0,+\infty )$.

Krok 4. Pochodna i punkty krytyczne

Różniczkujemy: $P^{\prime }(x)=6-\frac{60000}{x^2}=\frac{6x^2-60000}{x^2}=\frac{6(x^2-10000)}{x^2}.$

Mianownik $x^2>0$ w całej dziedzinie, więc znak pochodnej zależy od licznika $6(x^2-10000)$. Przyrównujemy do zera: $x^2-10000=0⟹x^2=10000⟹x=100$ (bierzemy rozwiązanie dodatnie, bo $x>0$).

Krok 5. Uzasadnienie, że to minimum

Badamy znak $P^{\prime }(x)$:

• dla $0<x<100$: $x^2<10000$, więc licznik jest ujemny, $P^{\prime }(x)<0$ — funkcja maleje,
• dla $x>100$: $x^2>10000$, więc licznik jest dodatni, $P^{\prime }(x)>0$ — funkcja rośnie.

Pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni w punkcie $x=100$, zatem funkcja $P(x)$ osiąga tam minimum lokalne, będące zarazem minimum globalnym w dziedzinie $(0,+\infty )$.

Krok 6. Wyznaczenie drugiego wymiaru i pola minimalnego

Dla $x=100\text{mm}$: $y=\frac{6000}{100}=60\text{mm}.$

Minimalne pole całego smartfona: $P(100)=6\cdot 100+\frac{60000}{100}+6060=600+600+6060=7260{\text{mm}}^2.$

(Sprawdzenie: $(100+10)(60+6)=110\cdot 66=7260{\text{mm}}^2$.)

Krok 7. Przeliczenie na centymetry

Wymiary ekranu: $x=100\text{mm}=10\text{cm}$ oraz $y=60\text{mm}=6\text{cm}$.

Odpowiedź: Powierzchnia smartfona wraz z obramowaniem jest najmniejsza, gdy ekran ma wymiary $100\text{mm}\times 60\text{mm}$, czyli $10\text{cm}\times 6\text{cm}$; minimalne pole całego smartfona wynosi wtedy $7260{\text{mm}}^2$ (czyli $72,6{\text{cm}}^2$).