Matematyka PR — Maj 2021

Krok 1. Zamiana różnicy na jedną funkcję trygonometryczną Różnicę $\cos x-\sin x$ warto zapisać w postaci jednej funkcji cosinus. Korzystamy ze wzoru na cosinus sumy: $\cos (x+45^{\circ })=\cos x\cos 45^{\circ }-\sin x\sin 45^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos x-\sin x).$ Stąd po pomnożeniu obu stron przez $\sqrt{2}$: $\cos x-\sin x=\sqrt{2}\cos (x+45^{\circ }).$

Krok 2. Podstawienie $x=165^{\circ }$ Dla $x=165^{\circ }$ mamy $x+45^{\circ }=210^{\circ }$, więc $\cos 165^{\circ }-\sin 165^{\circ }=\sqrt{2}\cos 210^{\circ }.$

Krok 3. Obliczenie $\cos 210^{\circ }$ Kąt $210^{\circ }$ leży w III ćwiartce, gdzie cosinus jest ujemny, a $210^{\circ }=180^{\circ }+30^{\circ }$, zatem $\cos 210^{\circ }=-\cos 30^{\circ }=-\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Krok 4. Wynik końcowy $\cos 165^{\circ }-\sin 165^{\circ }=\sqrt{2}\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\frac{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{6}}{2}.$

Odpowiedź: D, czyli $-\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Krok 1. Czego szukamy Szukamy wzoru funkcji $f$, która jest określona dla każdego $x\in \mathbb{R}$, jest okresowa, parzysta oraz przyjmuje wartości z ustalonego przedziału, przy czym wartości charakterystyczne pojawiają się tam, gdzie $\cos x=1$ oraz $\cos x=-1$. Najwygodniej sprawdzić kandydatów, podstawiając te wartości i badając parzystość.

Krok 2. Warunek parzystości Funkcja jest parzysta, gdy $f(-x)=f(x)$. Ponieważ $\cos (-x)=\cos x$, każdy wzór zbudowany wyłącznie z $\cos x$ oraz $|\cos x|$ jest automatycznie parzysty (cosinus jest funkcją parzystą, a moduł tej parzystości nie psuje). Natomiast wzory oparte na $\sin x$ na ogół parzyste nie są, bo $\sin (-x)=-\sin x$. To pozwala odrzucić warianty z $\sin x$ w liczniku.

Krok 3. Analiza wartości charakterystycznych dla wzoru z $|\cos x|$ i $\cos x$ Rozważamy postać $f(x)=\frac{|\cos x|+2}{\cos x+2}.$ Mianownik $\cos x+2$ jest zawsze dodatni (bo $\cos x\in [-1,1]$, więc $\cos x+2\in [1,3]$), zatem funkcja jest określona dla każdego $x$ — co zgadza się z założeniem o dziedzinie $\mathbb{R}$.

Sprawdźmy wartości w punktach charakterystycznych:

• gdy $\cos x=1$: $f=\frac{|1|+2}{1+2}=\frac{3}{3}=1$,
• gdy $\cos x=-1$: $f=\frac{|-1|+2}{-1+2}=\frac{1+2}{1}=3$,
• gdy $\cos x=0$: $f=\frac{0+2}{0+2}=1$.

Krok 4. Parzystość i okresowość tego wzoru Ponieważ $\cos x$ jest parzysty i okresowy o okresie $2\pi$, a $|\cos x|$ również, to funkcja $f$ jest parzysta ($f(-x)=f(x)$) oraz okresowa. Spełnia więc wymagane własności: określona na całej prostej, parzysta, okresowa, przyjmująca różne wartości w miejscach, gdzie $\cos x=1$ i $\cos x=-1$. Pozostali kandydaci albo nie są parzyści (warianty z $\sin x$), albo nie odtwarzają żądanego rozkładu wartości.

Krok 5. Wybór odpowiedzi Jedynym wzorem spełniającym wszystkie warunki (parzystość, okresowość, poprawny rozkład wartości w punktach charakterystycznych, dziedzina $\mathbb{R}$) jest wzór z $|\cos x|$ w liczniku i $\cos x$ w mianowniku.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Pomysł: uzupełnienie do kwadratu różnicy Wielomian $W(x)=x^4+81$ nie ma pierwiastków rzeczywistych (suma nieujemnych składników, z których jeden jest dodatni), więc nie może być podzielny przez czynnik liniowy $x-3$ ani $x+9$ — to od razu odrzuca odpowiedzi A i B. Rozkładu szukamy więc na iloczyn dwóch czynników kwadratowych.

Krok 2. Zapis w postaci różnicy kwadratów Zauważmy, że $x^4=(x^2{)}^2$ oraz $81=9^2$. Aby wykorzystać wzór $a^2-b^2$, dodajemy i odejmujemy odpowiedni składnik: $x^4+81=x^4+18x^2+81-18x^2=(x^2+9{)}^2-18x^2.$

Krok 3. Rozkład różnicy kwadratów Mamy $18x^2=(3\sqrt{2}x{)}^2$, bo $(3\sqrt{2}{)}^2=9\cdot 2=18$. Zatem $(x^2+9{)}^2-(3\sqrt{2}x{)}^2=(x^2+9-3\sqrt{2}x)(x^2+9+3\sqrt{2}x).$ Czyli $x^4+81=(x^2-3\sqrt{2}x+9)(x^2+3\sqrt{2}x+9).$

Krok 4. Odczytanie czynnika Pierwszy z otrzymanych czynników to dokładnie $x^2-3\sqrt{2}x+9$, który występuje wśród odpowiedzi. (Odpowiedź D, $x^2+3\sqrt{2}x-9$, ma wyraz wolny $-9$, a w naszym rozkładzie oba czynniki mają wyraz wolny $+9$, więc nie pasuje.)

Odpowiedź: C, czyli $x^2-3\sqrt{2}x+9$.

Krok 1. Pozbycie się wartości bezwzględnej — podział na przypadki Równanie $3x+|x-4|=0$ rozbijamy według znaku wyrażenia pod modułem, czyli $x-4$.

Krok 2. Przypadek $x\ge 4$ Wtedy $|x-4|=x-4$, więc $3x+x-4=0\Rightarrow 4x-4=0\Rightarrow x=1.$ Ale $x=1$ nie spełnia warunku $x\ge 4$, więc w tym przypadku nie ma rozwiązania.

Krok 3. Przypadek $x<4$ Wtedy $|x-4|=-(x-4)=4-x$, więc $3x+4-x=0\Rightarrow 2x+4=0\Rightarrow x=-2.$ Liczba $x=-2$ spełnia warunek $x<4$, więc jest to poprawne rozwiązanie.

Krok 4. Podsumowanie Równanie ma dokładnie jeden pierwiastek: $x=-2$.

Odpowiedź: B, czyli $1$ pierwiastek.

Krok 1. Rozwinięcie licznika Obliczamy oba kwadraty w liczniku: $(3n+2{)}^2=9n^2+12n+4,$ $(1-2n{)}^2=(2n-1{)}^2=4n^2-4n+1.$ Zatem licznik to $(3n+2{)}^2-(1-2n{)}^2=(9n^2+12n+4)-(4n^2-4n+1)=5n^2+16n+3.$

Krok 2. Rozwinięcie mianownika $(2n-1{)}^2=4n^2-4n+1.$

Krok 3. Zapis granicy i dzielenie przez $n^2$ ${\lim }_{n\to \infty }\frac{5n^2+16n+3}{4n^2-4n+1}.$ Dzielimy licznik i mianownik przez najwyższą potęgę, czyli $n^2$: $={\lim }_{n\to \infty }\frac{5+\frac{16}{n}+\frac{3}{n^2}}{4-\frac{4}{n}+\frac{1}{n^2}}.$

Krok 4. Przejście graniczne Gdy $n\to \infty$, składniki $\frac{16}{n}$, $\frac{3}{n^2}$, $\frac{4}{n}$, $\frac{1}{n^2}$ dążą do $0$, więc $=\frac{5+0+0}{4-0+0}=\frac{5}{4}=1,25.$

Krok 5. Cyfry do zakodowania Wynik $\frac{5}{4}=1,25$, więc na karcie odpowiedzi kodujemy kolejno cyfry $1$, $2$, $5$.

Odpowiedź: $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(3n+2{)}^2-(1-2n{)}^2}{(2n-1{)}^2}=\frac{5}{4}=1,25$ (kodowane cyfry: 1, 2, 5).

Krok 1. Zamiana podstawy logarytmu

Wyrażenie ${\log }_{3}4$ zapiszemy przy pomocy logarytmów o podstawie $2$, bo taką podstawę ma dana wielkość $c={\log }_{2}18$. Korzystamy ze wzoru na zmianę podstawy logarytmu:

${\log }_{3}4=\frac{{\log }_{2}4}{{\log }_{2}3}.$

Krok 2. Obliczenie licznika

W liczniku mamy ${\log }_{2}4$. Ponieważ $4=2^2$, to

${\log }_{2}4={\log }_2{2}^2=2.$

Zatem

${\log }_{3}4=\frac{2}{{\log }_{2}3}.$

Krok 3. Przekształcenie mianownika tak, by pojawiła się liczba $18$

Chcemy w mianowniku uzyskać ${\log }_{2}18$. Rozszerzmy ułamek przez $2$ (mnożymy licznik i mianownik przez $2$):

${\log }_{3}4=\frac{2}{{\log }_{2}3}=\frac{2\cdot 2}{2{\log }_{2}3}=\frac{4}{2{\log }_{2}3}.$

Skorzystamy teraz z własności logarytmu $2{\log }_{2}3={\log }_2{3}^2={\log }_{2}9$, więc

${\log }_{3}4=\frac{4}{{\log }_{2}9}.$

Krok 4. Wprowadzenie danej $c={\log }_{2}18$

Zauważmy, że $9=\frac{18}{2}$, zatem korzystając z własności logarytmu ilorazu:

${\log }_{2}9={\log }_2\frac{18}{2}={\log }_{2}18-{\log }_{2}2={\log }_{2}18-1.$

Podstawiając $c={\log }_{2}18$, otrzymujemy ${\log }_{2}9=c-1$.

Krok 5. Zakończenie dowodu

Wstawiamy uzyskaną wartość mianownika:

${\log }_{3}4=\frac{4}{{\log }_{2}9}=\frac{4}{c-1},$

co należało wykazać.

Krok 1. Wyznaczenie dziedziny

W nierówności występują ułamki, więc mianowniki muszą być różne od zera. Mianownik lewej strony to $1-x$, a prawej $5x$. Zatem:

$1-x\ne 0\text{oraz}5x\ne 0,$

czyli $x\ne 1$ i $x\ne 0$. Dziedziną nierówności jest zbiór

$D=\mathbb{R}\setminus \{0,1\}.$

Krok 2. Przeniesienie wszystkiego na jedną stronę

Nie wolno mnożyć nierówności „na krzyż", bo nie znamy znaków mianowników. Dlatego przenosimy wszystko na lewą stronę i sprowadzamy do jednego ułamka:

$\frac{2x-1}{1-x}-\frac{2+2x}{5x}\le 0.$

Wspólnym mianownikiem jest $5x(1-x)$. Sprowadzamy oba ułamki:

$\frac{(2x-1)\cdot 5x-(2+2x)(1-x)}{5x(1-x)}\le 0.$

Krok 3. Uproszczenie licznika

Obliczamy licznik. Najpierw pierwszy składnik:

$(2x-1)\cdot 5x=10x^2-5x.$

Teraz drugi iloczyn:

$(2+2x)(1-x)=2-2x+2x-2x^2=2-2x^2.$

Zatem licznik wynosi:

$10x^2-5x-(2-2x^2)=10x^2-5x-2+2x^2=12x^2-5x-2.$

Nierówność przyjmuje postać:

$\frac{12x^2-5x-2}{5x(1-x)}\le 0.$

Krok 4. Rozkład licznika na czynniki

Rozwiążemy równanie $12x^2-5x-2=0$. Wyróżnik:

$\Delta =(-5{)}^2-4\cdot 12\cdot (-2)=25+96=121,\sqrt{\Delta }=11.$

Pierwiastki:

$x_1=\frac{5-11}{24}=\frac{-6}{24}=-\frac{1}{4},x_2=\frac{5+11}{24}=\frac{16}{24}=\frac{2}{3}.$

Zatem $12x^2-5x-2=12\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)$.

Krok 5. Zamiana na nierówność iloczynową

Znaku ułamka nie zmienimy, mnożąc go przez kwadrat mianownika, bo $(5x(1-x){)}^2>0$ dla wszystkich $x$ z dziedziny. Mnożymy więc obie strony przez $(5x(1-x){)}^2$ i otrzymujemy równoważną (dla $x\in D$) nierówność iloczynową:

$12\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)\cdot 5x(1-x)\le 0,x\ne 0,x\ne 1.$

Miejsca zerowe czterech czynników to (w kolejności rosnącej):

$-\frac{1}{4},0,\frac{2}{3},1.$

Krok 6. Analiza znaku

Wygodnie jest ustalić znak lewej strony na kolejnych przedziałach. Zauważmy, że współczynnik przy najwyższej potędze wynosi $12\cdot 5\cdot (-1)=-60<0$ (bo składnik $(1-x)$ daje $-x$). To wielomian stopnia czwartego o ujemnym współczynniku wiodącym i czterech różnych pierwiastkach, więc dla bardzo dużych $|x|$ (skrajne przedziały) przyjmuje wartości ujemne, a znak zmienia się przy każdym pierwiastku.

Znaki na kolejnych przedziałach:

• $\left(-\infty ,-\frac{1}{4}\right)$: wartość ujemna $(-)$,
• $\left(-\frac{1}{4},0\right)$: dodatnia $(+)$,
• $\left(0,\frac{2}{3}\right)$: ujemna $(-)$,
• $\left(\frac{2}{3},1\right)$: dodatnia $(+)$,
• $\left(1,+\infty \right)$: ujemna $(-)$.

Szukamy miejsc, gdzie lewa strona jest $\le 0$, czyli przedziałów ze znakiem $(-)$ wraz z miejscami zerowymi.

Krok 7. Uwzględnienie równości i dziedziny

Ponieważ nierówność jest nieostra ($\le$), do rozwiązania włączamy te miejsca zerowe, które nie są wykluczone z dziedziny. Zatem $x=-\frac{1}{4}$ oraz $x=\frac{2}{3}$ (to pierwiastki licznika) należą do rozwiązania. Natomiast $x=0$ i $x=1$ są wykluczone, bo zerują mianownik pierwotnej nierówności.

Zbieramy przedziały ze znakiem ujemnym z domkniętymi końcami w pierwiastkach licznika i otwartymi w $0$ i $1$:

$x\in (-\infty ,-\frac{1}{4}⟩\cup (0,\frac{2}{3}⟩\cup \left(1,+\infty \right).$

Odpowiedź: $x\in (-\infty ,-\frac{1}{4}⟩\cup (0,\frac{2}{3}⟩\cup \left(1,+\infty \right)$.

Krok 1. Oznaczenia i rozmieszczenie punktów Niech $ABC$ będzie trójkątem równobocznym o boku $a$. Zgodnie z warunkami zadania punkty $D$ i $E$ leżą odpowiednio na bokach $AB$ i $AC$, przy czym $|BD|=|AE|=\frac{1}{3}a,|AD|=|CE|=\frac{2}{3}a.$ Każdy kąt trójkąta równobocznego ma miarę $60^{\circ }$, więc w szczególności $\angle BAC=\angle ABC=\angle BCA=60^{\circ }$.

Krok 2. Przystawanie trójkątów $ABE$ i $BCD$ Porównajmy trójkąty $ABE$ i $BCD$:

• $|AB|=|BC|=a$ (boki trójkąta równobocznego),
• $\angle BAE=\angle CBD=60^{\circ }$ (są to kąty $\angle BAC$ oraz $\angle ABC$ trójkąta $ABC$),
• $|AE|=|BD|=\frac{1}{3}a$ (z założenia).

Mamy więc równość dwóch boków i kąta między nimi zawartego, zatem na mocy cechy bok–kąt–bok (BKB) $△ABE\cong △BCD.$ Z przystawania wynika w szczególności równość odpowiadających sobie kątów: $\angle AEB=\angle BDC$ oraz $\angle ABE=\angle BCD$.

Krok 3. Podobieństwo trójkątów $DBP$ i $DCB$ Rozważmy teraz trójkąty $DBP$ i $DCB$ (punkt $P$ to przecięcie odcinków $CD$ i $BE$).

• Kąt $\angle BDP$ jest wspólny dla obu trójkątów (to ten sam kąt $\angle BDC$, bo $P$ leży na odcinku $CD$).
• $\angle DBP=\angle DCB$: istotnie, $\angle DBP=\angle DBE$, a z przystawania z Kroku 2 mamy $\angle DBE=\angle DCB$ (odpowiadające sobie kąty przystających trójkątów, mierzone od boku $BC$).

Mając dwa kąty równe, na mocy cechy kąt–kąt–kąt (KKK) trójkąty są podobne: $△DBP\sim △DCB.$ Wspólnym bokiem odpowiadającym w tym podobieństwie jest $DB$ w trójkącie $DBP$ oraz $DC$ w trójkącie $DCB$, więc skala podobieństwa wynosi $s=\frac{|DB|}{|DC|}.$

Krok 4. Obliczenie długości $|CD|$ Długość $|CD|$ wyznaczymy z twierdzenia cosinusów w trójkącie $DBC$, w którym $|DB|=\frac{1}{3}a$, $|BC|=a$ oraz $\angle DBC=\angle ABC=60^{\circ }$: $|CD{|}^2=|DB{|}^2+|BC{|}^2-2\cdot |DB|\cdot |BC|\cdot \cos 60^{\circ }.$ Podstawiając $\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$: $|CD{|}^2={\left(\frac{1}{3}a\right)}^2+a^2-2\cdot \frac{1}{3}a\cdot a\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{9}{a}^2+a^2-\frac{1}{3}{a}^2=\frac{1+9-3}{9}{a}^2=\frac{7}{9}{a}^2.$ Stąd $|CD|=\frac{\sqrt{7}}{3}a.$

Krok 5. Skala podobieństwa Mamy zatem $s=\frac{|DB|}{|CD|}=\frac{\frac{1}{3}a}{\frac{\sqrt{7}}{3}a}=\frac{1}{\sqrt{7}}.$

Krok 6. Pole trójkąta $DBC$ Trójkąty $DBC$ i $ABC$ mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka $C$ na prostą $AB$. Ich pola są więc proporcjonalne do długości podstaw leżących na tej prostej. Ponieważ $|BD|=\frac{1}{3}|AB|$, to $P_{DBC}=\frac{|BD|}{|AB|}\cdot P_{ABC}=\frac{1}{3}{P}_{ABC}.$

Krok 7. Pole trójkąta $DBP$ i wniosek W podobnych figurach stosunek pól równa się kwadratowi skali podobieństwa. Z $△DBP\sim △DCB$ o skali $s=\frac{1}{\sqrt{7}}$ otrzymujemy $P_{DBP}=s^2\cdot P_{DCB}={\left(\frac{1}{\sqrt{7}}\right)}^2\cdot P_{DBC}=\frac{1}{7}\cdot \frac{1}{3}{P}_{ABC}=\frac{1}{21}{P}_{ABC}.$ Oznacza to, że pole trójkąta $DBP$ jest $21$ razy mniejsze od pola trójkąta $ABC$, co należało wykazać.

Krok 1. Ustalenie przestrzeni zdarzeń

Losujemy jedną liczbę naturalną czterocyfrową, czyli ze zbioru $\{1000,1001,\dots ,9999\}$. Liczb tych jest:

$|\Omega |=9999-1000+1=9000.$

Zadanie dotyczy prawdopodobieństwa warunkowego: pytamy o podzielność przez $15$ pod warunkiem, że liczba jest podzielna przez $18$. Wprowadźmy zdarzenia:

• $A$ — wylosowana liczba jest podzielna przez $15$,
• $B$ — wylosowana liczba jest podzielna przez $18$.

Szukamy $P(A\mid B)$.

Krok 2. Zliczenie liczb podzielnych przez 18 (zdarzenie $B$)

Szukamy czterocyfrowych wielokrotności $18$. Najmniejsza to pierwsza wielokrotność $\ge 1000$:

$\frac{1000}{18}\approx 55,6\Rightarrow 56\cdot 18=1008.$

Największa to ostatnia wielokrotność $\le 9999$:

$\frac{9999}{18}\approx 555,5\Rightarrow 555\cdot 18=9990.$

Wielokrotności $18$ tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy $18$: $1008,1026,\dots ,9990$. Liczba wyrazów:

$|B|=\frac{9990-1008}{18}+1=\frac{8982}{18}+1=499+1=500.$

Krok 3. Zliczenie zdarzenia $A\cap B$

Liczba należy do $A\cap B$, gdy jest jednocześnie podzielna przez $15$ i przez $18$, czyli podzielna przez ich najmniejszą wspólną wielokrotność. Rozkładamy na czynniki pierwsze:

$15=3\cdot 5,18=2\cdot 3^2,$ $\mathrm{NWW}(15,18)=2\cdot 3^2\cdot 5=90.$

Szukamy więc czterocyfrowych wielokrotności $90$. Najmniejsza:

$\frac{1000}{90}\approx 11,1\Rightarrow 12\cdot 90=1080,$

największa:

$\frac{9999}{90}\approx 111,1\Rightarrow 111\cdot 90=9990.$

Liczba wyrazów ciągu $1080,1170,\dots ,9990$ (różnica $90$):

$|A\cap B|=\frac{9990-1080}{90}+1=\frac{8910}{90}+1=99+1=100.$

Krok 4. Prawdopodobieństwo warunkowe

Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego (przy $P(B)>0$):

$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{\frac{|A\cap B|}{|\Omega |}}{\frac{|B|}{|\Omega |}}=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac{100}{500}=\frac{1}{5}.$

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo, że liczba jest podzielna przez $15$, jeśli wiadomo, że jest podzielna przez $18$, wynosi $\frac{1}{5}$.

Krok 1. Równanie prostej przechodzącej przez $A$ i $B$

Mamy punkty $A=(8,-6)$ oraz $B=(5,15)$. Współczynnik kierunkowy prostej $AB$:

$a=\frac{15-(-6)}{5-8}=\frac{21}{-3}=-7.$

Równanie prostej ma postać $y=-7x+b$. Podstawiamy współrzędne punktu $A$:

$-6=-7\cdot 8+b\Rightarrow -6=-56+b\Rightarrow b=50.$

Zatem prosta $AB$: $y=-7x+50$, a w postaci ogólnej:

$7x+y-50=0.$

Krok 2. Promień jako odległość środka od prostej

Prosta jest styczna do okręgu o środku $O=(0,0)$, więc promień jest równy odległości środka od tej prostej. Korzystamy ze wzoru na odległość punktu $(x_0,y_0)$ od prostej $Ax+By+C=0$:

$r=\frac{|A{x}_0+B{y}_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}=\frac{|7\cdot 0+1\cdot 0-50|}{\sqrt{7^2+1^2}}=\frac{50}{\sqrt{50}}.$

Upraszczamy:

$r=\frac{50}{\sqrt{50}}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}.$

Krok 3. Prosta prostopadła przez środek okręgu

Punkt styczności $P$ to punkt wspólny prostej $AB$ i prostej prostopadłej do niej, przechodzącej przez $O$ (promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej).

Prosta $AB$ ma współczynnik $-7$, więc prosta prostopadła ma współczynnik $a^{\prime }$ spełniający $(-7)\cdot a^{\prime }=-1$, czyli $a^{\prime }=\frac{1}{7}$. Przechodzi ona przez $O=(0,0)$, zatem:

$y=\frac{1}{7}x.$

Krok 4. Wyznaczenie punktu styczności

Rozwiązujemy układ równań obu prostych:

$\{\begin{array}{l}y=-7x+50\\ y=\frac{1}{7}x\end{array}$

Porównujemy prawe strony:

$\frac{1}{7}x=-7x+50/\cdot 7$ $x=-49x+350\Rightarrow 50x=350\Rightarrow x=7.$

Stąd $y=\frac{1}{7}\cdot 7=1$, więc $P=(7,1)$.

Sprawdzenie: $|OP|=\sqrt{7^2+1^2}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}=r$ — zgodnie z oczekiwaniem punkt leży na okręgu.

Odpowiedź: Promień okręgu wynosi $r=5\sqrt{2}$, a punktem styczności jest $P=(7,1)$.

Krok 1. Warunek dwóch różnych pierwiastków rzeczywistych (Etap I)

Dany trójmian $f(x)=4x^2-2(m+1)x+m$ ma współczynniki $a=4$, $b=-2(m+1)$, $c=m$. Ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy wyróżnik jest dodatni:

$\Delta =b^2-4ac=[-2(m+1){]}^2-4\cdot 4\cdot m=4(m+1{)}^2-16m.$

Rozwijamy:

$\Delta =4(m^2+2m+1)-16m=4m^2+8m+4-16m=4m^2-8m+4=4(m-1{)}^2.$

Warunek $\Delta >0$ daje:

$4(m-1{)}^2>0⟺(m-1{)}^2>0⟺m\ne 1.$

Krok 2. Wyznaczenie pierwiastków przez rozkład (Etap II)

Ponieważ $\Delta =4(m-1{)}^2=[2(m-1){]}^2$, trójmian ładnie się rozkłada. Zauważmy, że

$4x^2-2(m+1)x+m=(2x-1)(2x-m).$

Sprawdzenie mnożenia: $(2x-1)(2x-m)=4x^2-2mx-2x+m=4x^2-2(m+1)x+m$ — zgadza się.

Stąd pierwiastki to:

$x_1=\frac{1}{2},x_2=\frac{m}{2}.$

Warunek $x_1\ne x_2$ ponownie daje $\frac{m}{2}\ne \frac{1}{2}$, czyli $m\ne 1$. Warunki $x_1\ne 0$, $x_2\ne 0$: pierwszy jest spełniony zawsze ($x_1=\frac{1}{2}$), drugi wymaga $\frac{m}{2}\ne 0$, czyli $m\ne 0$.

Krok 3. Nierówność na pierwiastki

Nierówność $x_1+x_2\le \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$ zapisujemy z użyciem wyznaczonych pierwiastków:

$\frac{1}{2}+\frac{m}{2}\le \frac{1}{\frac{1}{2}}+\frac{1}{\frac{m}{2}}=2+\frac{2}{m}.$

Przenosimy wszystko na lewą stronę:

$\frac{1}{2}+\frac{m}{2}-2-\frac{2}{m}\le 0\Rightarrow \frac{m}{2}-\frac{3}{2}-\frac{2}{m}\le 0.$

Sprowadzamy do wspólnego mianownika $2m$:

$\frac{m^2-3m-4}{2m}\le 0.$

Licznik rozkładamy: $m^2-3m-4=(m+1)(m-4)$, zatem

$\frac{(m+1)(m-4)}{2m}\le 0.$

Krok 4. Rozwiązanie nierówności

Nierówność z ułamkiem (przy $m\ne 0$) jest równoważna nierówności iloczynowej powstałej po pomnożeniu przez $(2m{)}^2>0$:

$2m(m+1)(m-4)\le 0,m\ne 0.$

Miejsca zerowe lewej strony to $m=-1$, $m=0$, $m=4$. Współczynnik przy $m^3$ jest dodatni, więc znak iloczynu (idąc od lewej) to: $-,+,-,+$ na przedziałach wyznaczonych przez $-1,0,4$. Nierówność $\le 0$ spełniają:

$m\in (-\infty ,-1]\cup (0,4],$

przy czym $m=0$ wykluczamy (stąd nawias otwarty przy $0$), a $m=-1$ i $m=4$ dopuszczamy.

Krok 5. Część wspólna warunków (Etap III)

Zbieramy warunki: z Etapu I i II mamy $m\ne 1$ oraz $m\ne 0$, a z nierówności $m\in (-\infty ,-1]\cup (0,4]$. Usuwając $m=1$ z przedziału $(0,4]$ otrzymujemy:

$m\in (-\infty ,-1]\cup (0,1)\cup (1,4].$

Odpowiedź: Warunki zadania spełniają wszystkie $m\in (-\infty ,-1⟩\cup (0,1)\cup (1,4⟩$.

Krok 1. Zastosowanie wzoru na cosinus podwójnego kąta

Rozwiązujemy równanie $\cos 2x=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos x-\sin x)$ w przedziale $⟨0,\pi ⟩$.

Korzystamy ze wzoru $\cos 2x={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x$ i rozkładamy prawą stronę jako różnicę kwadratów:

$\cos 2x={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x=(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x).$

Krok 2. Przeniesienie na jedną stronę i wyłączenie wspólnego czynnika

Równanie przyjmuje postać:

$(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos x-\sin x).$

Przenosimy wszystko na lewą stronę i wyłączamy wspólny czynnik $(\cos x-\sin x)$ — nie dzielimy przez niego, aby nie zgubić rozwiązań:

$(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)-\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos x-\sin x)=0,$ $(\cos x-\sin x)\left(\cos x+\sin x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=0.$

Iloczyn jest równy zeru, gdy co najmniej jeden z czynników jest zerem.

Krok 3. Pierwszy czynnik: $\cos x-\sin x=0$

Mamy $\cos x=\sin x$. Dla $x\in ⟨0,\pi ⟩$ w miejscach zerowych cosinusa równość nie zachodzi, więc możemy podzielić przez $\cos x$:

$\tan x=1\Rightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}.$

W przedziale $⟨0,\pi ⟩$ leży tylko:

$x=\frac{\pi }{4}.$

Krok 4. Drugi czynnik: $\cos x+\sin x=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Lewą stronę zapisujemy jako pojedynczą funkcję. Ponieważ

$\cos x+\sin x=\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos x+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x\right)=\sqrt{2}\cos \left(x-\frac{\pi }{4}\right),$

równanie przyjmuje postać:

$\sqrt{2}\cos \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \cos \left(x-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1}{2}.$

Stąd:

$x-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{3}+2k\pi \text{lub}x-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{3}+2k\pi .$

Zatem:

$x=\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{3}+2k\pi =\frac{7\pi }{12}+2k\pi \text{lub}x=\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{3}+2k\pi =-\frac{\pi }{12}+2k\pi .$

Krok 5. Wybór rozwiązań z przedziału $⟨0,\pi ⟩$

• $x=\frac{7\pi }{12}$ należy do $⟨0,\pi ⟩$ (bo $\frac{7\pi }{12}<\pi$) — przyjmujemy.
• $x=-\frac{\pi }{12}$ nie należy do przedziału; kolejne wartości $-\frac{\pi }{12}+2\pi$ też wypadają poza $⟨0,\pi ⟩$ — odrzucamy.

Łącząc z rozwiązaniem z Kroku 3, w przedziale $⟨0,\pi ⟩$ mamy $x=\frac{\pi }{4}$ oraz $x=\frac{7\pi }{12}$.

Odpowiedź: $x=\frac{\pi }{4}$ oraz $x=\frac{7\pi }{12}$.

Krok 1. Wypisanie danych Rozważamy trójkąt prostokątny $ABC$ o przyprostokątnych $a$, $b$ i przeciwprostokątnej $c$. Z twierdzenia Pitagorasa $a^2+b^2=c^2.$ Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny wyraża się wzorem $r=\frac{a+b-c}{2}.$ Z treści zadania promień jest pięć razy krótszy od przeciwprostokątnej, czyli $c=5r$, skąd $r=\frac{c}{5}$.

Krok 2. Ułożenie równania z warunku $c=5r$ Podstawiamy $r=\frac{c}{5}$ do wzoru na promień: $\frac{c}{5}=\frac{a+b-c}{2}.$ Mnożąc obustronnie przez $10$: $2c=5(a+b-c)=5a+5b-5c,$ skąd po przeniesieniu wyrazów $5a+5b=7c.$

Krok 3. Wygodne podstawienie przez kąty ostre Oznaczmy przez $\alpha$ jeden z kątów ostrych trójkąta, wtedy $a=c\sin \alpha ,b=c\cos \alpha .$ (Przyjmujemy, że $a$ leży naprzeciw kąta $\alpha$.) Podstawiając do równania $5a+5b=7c$ i dzieląc przez $c$: $5\sin \alpha +5\cos \alpha =7⟹\sin \alpha +\cos \alpha =\frac{7}{5}.$

Krok 4. Podniesienie do kwadratu Podnosimy obie strony do kwadratu i korzystamy z jedynki trygonometrycznej ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$: $(\sin \alpha +\cos \alpha {)}^2=\frac{49}{25},$ ${\sin }^2\alpha +2\sin \alpha \cos \alpha +{\cos }^2\alpha =\frac{49}{25},$ $1+2\sin \alpha \cos \alpha =\frac{49}{25}⟹2\sin \alpha \cos \alpha =\frac{24}{25}.$

Krok 5. Rozwiązanie układu równań Mamy zatem układ dla iloczynu i sumy: $\sin \alpha +\cos \alpha =\frac{7}{5},\sin \alpha \cos \alpha =\frac{12}{25}.$ Wielkości $\sin \alpha$ i $\cos \alpha$ są więc pierwiastkami równania kwadratowego $t^2-\frac{7}{5}t+\frac{12}{25}=0.$ Mnożąc przez $25$: $25t^2-35t+12=0.$ Wyróżnik: $\Delta =35^2-4\cdot 25\cdot 12=1225-1200=25,\sqrt{\Delta }=5.$ Pierwiastki: $t_1=\frac{35-5}{50}=\frac{30}{50}=\frac{3}{5},t_2=\frac{35+5}{50}=\frac{40}{50}=\frac{4}{5}.$

Krok 6. Interpretacja i wybór odpowiedzi Zatem wartości $\sin \alpha$ i $\cos \alpha$ to $\frac{3}{5}$ i $\frac{4}{5}$ (w pewnej kolejności). Odpowiada to bokom w stosunku $3:4:5$ — klasycznemu trójkątowi pitagorejskiemu. Kąty ostre mają więc sinusy równe $\frac{3}{5}$ oraz $\frac{4}{5}$.

Szukamy sinusa większego z kątów ostrych. W przedziale $(0^{\circ },90^{\circ })$ funkcja sinus jest rosnąca, więc większemu kątowi odpowiada większa wartość sinusa. Większą z liczb $\frac{3}{5}$ i $\frac{4}{5}$ jest $\frac{4}{5}$.

Odpowiedź: Sinus większego z kątów ostrych wynosi $\frac{4}{5}$.

Dane są parabola $y=x^2$ oraz punkty $A=(0,2)$ i $B=(1,3)$. Wierzchołek $C$ leży na paraboli, więc $C=(m,m^2)$.

Krok 1. Prosta $AB$ i długość boku $AB$

Prosta przechodząca przez $A=(0,2)$ i $B=(1,3)$ ma współczynnik kierunkowy

$a=\frac{3-2}{1-0}=1,$

a że przecina oś $OY$ w punkcie $(0,2)$, jej równanie to $y=x+2$. Długość boku $AB$ liczymy ze wzoru na odległość punktów:

$|AB|=\sqrt{(1-0{)}^2+(3-2{)}^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}.$

Krok 2. Kiedy trójkąt w ogóle istnieje

Trójkąt $ABC$ istnieje tylko wtedy, gdy punkt $C$ nie leży na prostej $AB$, czyli gdy $A$, $B$, $C$ nie są współliniowe. Sprawdźmy, dla jakich $m$ punkt $C=(m,m^2)$ leży na prostej $y=x+2$:

$m^2=m+2⟺m^2-m-2=0⟺(m-2)(m+1)=0,$

zatem $m=2$ lub $m=-1$. Dla tych dwóch wartości $C$ leży na prostej $AB$ i trójkąt nie powstaje. We wszystkich pozostałych przypadkach $m\ne -1$ i $m\ne 2$ trójkąt $ABC$ istnieje.

Krok 3. Pole trójkąta jako funkcja $m$ (część a)

Skorzystamy ze wzoru na pole trójkąta rozpiętego na wektorach. Weźmy wektory zaczepione w $A$:

$\overrightarrow{AB}=[1-0,3-2]=[1,1],\overrightarrow{AC}=[m-0,m^2-2]=[m,m^2-2].$

Pole trójkąta to połowa wartości bezwzględnej wyznacznika tych wektorów:

$P=\frac{1}{2}|x_{AB}\cdot y_{AC}-y_{AB}\cdot x_{AC}|=\frac{1}{2}|1\cdot (m^2-2)-1\cdot m|.$

Stąd

$P(m)=\frac{1}{2}|m^2-m-2|.$

Wyrażenie $m^2-m-2=(m-2)(m+1)$ zeruje się dokładnie dla $m=2$ i $m=-1$ — czyli tam, gdzie trójkąt nie istnieje. Dlatego dziedziną funkcji pola jest zbiór wszystkich $m\in \mathbb{R}$ z wyłączeniem $m=-1$ i $m=2$:

$P(m)=\frac{1}{2}|m^2-m-2|,m\ne -1,m\ne 2.$

Krok 4. Przygotowanie do części b — długości boków

Trójkąt jest ostrokątny, gdy wszystkie trzy jego kąty są ostre. Wygodnie użyć twierdzenia cosinusów: kąt naprzeciw boku o długości $a$ jest ostry wtedy i tylko wtedy, gdy suma kwadratów pozostałych dwóch boków jest większa od $a^2$ (bo $\cos \gamma >0⟺b^2+c^2-a^2>0$).

Oznaczmy zgodnie z wierzchołkami:

• $c=|AB|=\sqrt{2}$, więc $c^2=2$,
• $b=|AC|$: $b^2=m^2+(m^2-2{)}^2=m^2+m^4-4m^2+4=m^4-3m^2+4$,
• $a=|BC|$: $a^2=(m-1{)}^2+(m^2-3{)}^2=m^2-2m+1+m^4-6m^2+9=m^4-5m^2-2m+10$.

Krok 5. Kąt przy wierzchołku $C$ jest zawsze ostry

Kąt przy $C$ leży naprzeciw boku $AB$, czyli boku o kwadracie $c^2=2$. Jest on ostry, gdy $a^2+b^2-c^2>0$. Geometrycznie: kąt przy $C$ jest prosty, gdy $C$ leży na okręgu o średnicy $AB$, a rozwarty, gdy $C$ jest wewnątrz koła o średnicy $AB$. Pokażemy, że punkt paraboli nigdy nie wpada do tego koła. Liczymy:

$a^2+b^2-c^2=(m^4-5m^2-2m+10)+(m^4-3m^2+4)-2=2m^4-8m^2-2m+12.$

Dzieląc przez $2$, wystarczy sprawdzić znak wielomianu $w(m)=m^4-4m^2-m+6$. Zapiszmy go tak, by widać było dodatniość:

$w(m)=(m^2-2{)}^2+(2-m).$

Dla $m\le 2$ mamy $2-m\ge 0$ oraz $(m^2-2{)}^2\ge 0$, przy czym oba składniki nie zerują się jednocześnie (gdy $m=2$, to $(m^2-2{)}^2=4>0$), więc $w(m)>0$. Dla $m>2$ mamy $m^2>4$, a $w(m)=m^4-4m^2-m+6>m(m^3-4m-1)$, przy czym dla $m>2$ zachodzi $m^3-4m-1=m(m^2-4)-1>0$, więc $w(m)>0$. Łącznie $w(m)>0$ dla każdego $m\in \mathbb{R}$.

Wniosek: $a^2+b^2-c^2=2w(m)>0$ dla wszystkich $m$, więc kąt przy wierzchołku $C$ jest zawsze ostry i tego warunku nie musimy dalej brać pod uwagę.

Krok 6. Kąt przy wierzchołku $A$ ostry

Kąt przy $A$ leży naprzeciw boku $BC$ (kwadrat $a^2$). Jest ostry, gdy $b^2+c^2-a^2>0$:

$b^2+c^2-a^2=(m^4-3m^2+4)+2-(m^4-5m^2-2m+10)=2m^2+2m-4.$

Zatem warunek to $2m^2+2m-4>0$, czyli $m^2+m-2>0$, a to

$(m-1)(m+2)>0⟺m\in (-\infty ,-2)\cup (1,+\infty ).$

Krok 7. Kąt przy wierzchołku $B$ ostry

Kąt przy $B$ leży naprzeciw boku $AC$ (kwadrat $b^2$). Jest ostry, gdy $a^2+c^2-b^2>0$:

$a^2+c^2-b^2=(m^4-5m^2-2m+10)+2-(m^4-3m^2+4)=-2m^2-2m+8.$

Warunek $-2m^2-2m+8>0$ dzielimy przez $-2$ (zmiana znaku nierówności): $m^2+m-4<0$. Pierwiastki:

$m=\frac{-1\pm \sqrt{1+16}}{2}=\frac{-1\pm \sqrt{17}}{2},$

więc $m\in \left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right)$.

Krok 8. Część wspólna warunków (część b)

Trójkąt jest ostrokątny, gdy spełnione są jednocześnie warunki z kroków 6 i 7 (warunek z $C$ jest zawsze spełniony). Ponieważ $\sqrt{17}\approx 4,12$, mamy $\frac{-1-\sqrt{17}}{2}\approx -2,56$ oraz $\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\approx 1,56$. Przecinamy zbiór $(-\infty ,-2)\cup (1,+\infty )$ z przedziałem $\left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right)$:

• z lewej strony: $\left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},-2\right)$,
• z prawej strony: $\left(1,\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right)$.

Wartości $m=-1$ i $m=2$ leżą poza tym zbiorem, więc warunek istnienia trójkąta jest zachowany.

Odpowiedź: a) Pole trójkąta wynosi $P(m)=\frac{1}{2}|m^2-m-2|$ dla $m\ne -1$ i $m\ne 2$. b) Trójkąt $ABC$ jest ostrokątny dokładnie dla $m\in \left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},-2\right)\cup \left(1,\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right).$