Matematyka PR — Maj 2023 (Formuła 2015)

Wyrażenie ma w liczniku i mianowniku czynnik $x-1$, który dla $x\to 1$ daje symbol nieoznaczony $\frac{0}{0}$, więc trzeba go usunąć.

Krok 1. Rozkładamy licznik. Korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę sześcianów, $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$, dla $a=x$, $b=1$: $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1).$

Krok 2. Skracamy czynnik $x-1$. Ponieważ przy liczeniu granicy w $x\to 1$ interesuje nas zachowanie funkcji w pobliżu $1$ (a nie w samym punkcie $1$), możemy skrócić wspólny czynnik $x-1$ (dla $x\ne 1$): $\frac{x^3-1}{(x-1)(x+2)}=\frac{(x-1)(x^2+x+1)}{(x-1)(x+2)}=\frac{x^2+x+1}{x+2}.$

Krok 3. Podstawiamy $x=1$. Otrzymane wyrażenie jest już ciągłe w $x=1$ (mianownik nie zeruje się), więc granicę liczymy przez podstawienie: ${\lim }_{x\to 1}\frac{x^2+x+1}{x+2}=\frac{1+1+1}{1+2}=\frac{3}{3}=1.$

Odpowiedź: D. $1$.

Musimy najpierw wykonać działania na współrzędnych wektorów, a potem obliczyć długość otrzymanego wektora.

Krok 1. Mnożymy wektor $\vec{v}$ przez liczbę $4$. Mnożenie wektora przez liczbę oznacza przemnożenie każdej współrzędnej: $4\vec{v}=4\cdot [-1,-5]=[-4,-20].$

Krok 2. Odejmujemy wektory. Odejmowanie wektorów wykonujemy współrzędna po współrzędnej: $\vec{u}-4\vec{v}=[4,-5]-[-4,-20]=[4-(-4),-5-(-20)]=[8,15].$

Krok 3. Liczymy długość wektora. Długość wektora $[a,b]$ to $\sqrt{a^2+b^2}$: $|\vec{u}-4\vec{v}|=\sqrt{8^2+15^2}=\sqrt{64+225}=\sqrt{289}=17.$

Odpowiedź: C. $17$.

Wszystkie cztery kąty w zadaniu są kątami wpisanymi w okrąg, więc kluczowym narzędziem jest twierdzenie: kąt wpisany jest dwa razy mniejszy od kąta środkowego opartego na tym samym łuku (czyli miara kąta wpisanego to połowa miary łuku, na którym jest oparty).

Patrząc na rysunek, punkty leżą na okręgu w kolejności $D,C,B,A,E$ (i z powrotem do $D$).

Krok 1. Łuk $BA$ (bez punktów $C,D,E$). Kąt $BDA=35°$ jest kątem wpisanym opartym na łuku $BA$ nieprzechodzącym przez $D$. Zatem ten łuk ma miarę: $\text{łuk }BA=2\cdot 35°=70°.$

Krok 2. Łuk $BAD$ (od $B$ do $D$ przez $A$, bez $C$). Kąt $BCD=110°$ jest kątem wpisanym opartym na łuku $BD$ nieprzechodzącym przez $C$ — czyli właśnie na łuku prowadzącym od $B$ do $D$ przez $A$ i $E$. Zatem: $\text{łuk }B-A-E-D=2\cdot 110°=220°.$

Krok 3. Wyznaczamy łuk $AE-ED$ (czyli od $A$ do $D$ przez $E$). Łuk z kroku 2 to suma łuku $BA$ oraz łuku od $A$ do $D$ przez $E$: $\text{łuk }BA+\text{łuk }A-E-D=220°\Rightarrow \text{łuk }A-E-D=220°-70°=150°.$

Krok 4. Łuk $D-C-B-A$ (czyli od $D$ do $A$ bez $E$ — to jest łuk, na którym opiera się szukany kąt $DEA$). Cały okrąg ma $360°$, więc odjmujemy od niego łuk znaleziony w kroku 3 (od $A$ do $D$ przez $E$): $\text{łuk }D-C-B-A=360°-150°=210°.$

Krok 5. Kąt $DEA$. Kąt wpisany $DEA$ jest oparty właśnie na łuku $D-C-B-A$ (bo wierzchołek kąta, punkt $E$, leży na przeciwnym łuku), więc jego miara to połowa tego łuku: $|\angle DEA|=\frac{210°}{2}=105°.$

Odpowiedź: B. $105°$.

Wygodniej jest policzyć zdarzenie przeciwne — łatwiej stwierdzić, kiedy iloczyn dwóch liczb jest nieparzysty, niż wprost policzyć wszystkie przypadki parzystości.

Krok 1. Wszystkie możliwe wybory. Ze zbioru $13$ liczb wybieramy $2$ (bez powtórzeń, bez uwzględniania kolejności), więc liczba wszystkich sposobów to $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{2}\right)$.

Krok 2. Kiedy iloczyn jest nieparzysty? Iloczyn dwóch liczb całkowitych jest nieparzysty wtedy i tylko wtedy, gdy obie liczby są nieparzyste (jeśli choć jedna jest parzysta, cały iloczyn jest parzysty). W zbiorze $\{1,\dots ,13\}$ liczb nieparzystych jest $7$: $\{1,3,5,7,9,11,13\}$.

Krok 3. Liczymy wybory dające iloczyn nieparzysty. Wybieramy $2$ liczby z tych $7$ nieparzystych: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)$ sposobów.

Krok 4. Odejmujemy od wszystkich wyborów. Wybory dające iloczyn parzysty to wszystkie wybory minus te dające iloczyn nieparzysty: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{2}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right).$

Odpowiedź: C. $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{2}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)$.

Skoro wielomian ma współczynniki całkowite, do znalezienia pierwiastka wymiernego korzystamy z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych: jeśli liczba $\frac{p}{q}$ (w postaci nieskracalnej) jest pierwiastkiem wielomianu $W(x)=a_n{x}^n+\cdots +a_0$, to $p$ jest dzielnikiem wyrazu wolnego $a_0$, a $q$ jest dzielnikiem współczynnika przy najwyższej potędze $a_n$.

Krok 1. Wyznaczamy kandydatów. Wyraz wolny to $a_0=-2$ (dzielniki: $\pm 1,\pm 2$), a współczynnik przy $x^3$ to $a_3=7$ (dzielniki: $\pm 1,\pm 7$). Możliwe pierwiastki wymierne to zatem: $\pm 1,\pm 2,\pm \frac{1}{7},\pm \frac{2}{7}.$

Krok 2. Testujemy kandydata $x=\frac{2}{7}$. Podstawiamy do wielomianu: $W\left(\frac{2}{7}\right)=7\cdot \frac{8}{343}-9\cdot \frac{4}{49}+9\cdot \frac{2}{7}-2=\frac{56}{343}-\frac{252}{343}+\frac{882}{343}-\frac{686}{343}=\frac{56-252+882-686}{343}=\frac{0}{343}=0.$ Zatem $x=\frac{2}{7}$ jest pierwiastkiem wielomianu $W$.

Krok 3. Sprawdzamy, że to jedyny pierwiastek rzeczywisty. Dzieląc $W(x)$ przez $\left(x-\frac{2}{7}\right)$ (lub równoważnie przez $(7x-2)$), otrzymujemy rozkład $W(x)=(7x-2)(x^2-x+1)$. Trójmian $x^2-x+1$ ma wyróżnik $\Delta =(-1{)}^2-4\cdot 1\cdot 1=1-4=-3<0$, więc nie ma pierwiastków rzeczywistych. To potwierdza, że jedynym pierwiastkiem rzeczywistym wielomianu $W$ jest $x=\frac{2}{7}$ — zgodnie z treścią zadania.

Krok 4. Rozwinięcie dziesiętne. Liczba $\frac{2}{7}$ w postaci dziesiętnej to nieskończony rozwinięcie okresowe: $\frac{2}{7}=0,285714285714\dots$ Pierwsze trzy cyfry po przecinku to $2$, $8$, $5$.

Odpowiedź: pierwiastek jest równy $\frac{2}{7}=0,(285714)\dots$, a szukane cyfry (od lewej) to: $2$, $8$, $5$.

Mamy dwa fakty o liczbach $x,y$: równanie $x+y=4$ oraz nierówność $x^3-x^{2}y\le x{y}^2-y^3$. Naszym celem jest pokazanie, że jedyna możliwość to $x=y=2$.

Krok 1. Przenosimy wszystko na jedną stronę. Przekształcamy nierówność $x^3-x^{2}y\le x{y}^2-y^3$ tak, aby po jednej stronie było $0$: $x^3-x^{2}y-x{y}^2+y^3\le 0.$

Krok 2. Grupujemy i wyłączamy wspólne czynniki. Grupujemy wyrazy w pary i wyciągamy przed nawias: $x^2(x-y)-y^2(x-y)\le 0⟹(x-y)(x^2-y^2)\le 0.$ Ponieważ $x^2-y^2=(x-y)(x+y)$, otrzymujemy dalej: $(x-y)\cdot (x-y)(x+y)\le 0⟹(x-y{)}^2(x+y)\le 0.$

Krok 3. Wykorzystujemy warunek $x+y=4$. Podstawiamy tę informację do otrzymanej nierówności: $(x-y{)}^2\cdot 4\le 0⟹4(x-y{)}^2\le 0.$

Krok 4. Kluczowa obserwacja o znaku. Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, więc $(x-y{)}^2\ge 0$, a tym samym $4(x-y{)}^2\ge 0$. Mamy więc jednocześnie: $4(x-y{)}^2\le 0\text{oraz}4(x-y{)}^2\ge 0,$ co jest możliwe wyłącznie wtedy, gdy $4(x-y{)}^2=0$, czyli $(x-y{)}^2=0$, a to oznacza, że $x-y=0$, czyli $x=y$.

Krok 5. Wyznaczamy konkretne wartości. Skoro $x=y$ oraz $x+y=4$, to $2x=4$, czyli $x=2$, a wtedy również $y=2$.

Wykazaliśmy więc, że warunki zadania jednoznacznie wymuszają $x=2$ oraz $y=2$. To należało wykazać.

Zaczynamy od zebrania podstawowych długości i kątów w trójkącie $ABC$ oraz w trójkącie $ABD$.

Krok 1. Długości w trójkącie $ABD$. Ponieważ $BD$ jest wysokością trójkąta prostokątnego $ABC$ opuszczoną z kąta prostego na przeciwprostokątną $AC$, trójkąt $ABD$ jest prostokątny (kąt przy $D$ to $90°$) i ma kąty $60°$ (przy $A$) oraz $30°$ (przy $B$, gdyż $|\angle ABD|=90°-60°=30°$). Znając $|AD|=2$ (przyprostokątna leżąca naprzeciw kąta $30°$), z własności trójkąta o kątach $30°$-$60°$-$90°$ otrzymujemy: $|AB|=2|AD|=4,|BD|=|AD|\sqrt{3}=2\sqrt{3}.$

Krok 2. Kąty przy wierzchołku $B$. Kąt $\angle ABC=90°$ dzieli się wysokością $BD$ na dwa kąty: $\angle ABD=30°$ (obliczony wyżej) oraz $\angle DBC=60°$. Punkty $K$ i $L$ leżą odpowiednio na $AB$ i $BC$, w odległości $1$ od $B$, więc trójkąt $KBL$ ma $|BK|=|BL|=1$ oraz kąt między nimi $\angle KBL=90°$ — to jest trójkąt prostokątny równoramienny.

Odcinek $KL$ przecina wysokość $BD$ w punkcie $N$, dzieląc kąt $\angle KBL=90°$ na dwa kąty: $\angle KBN=30°$ (leżący na tej samej stronie co $\angle ABD$) oraz $\angle NBL=60°$ (leżący po stronie $\angle DBC$).

Krok 3. Pole trójkąta $KBL$ jako suma pól $KBN$ i $NBL$. Ponieważ punkt $N$ leży na odcinku $KL$, trójkąt $KBL$ dzieli się odcinkiem $BN$ na trójkąty $KBN$ i $NBL$, a suma ich pól równa się polu całego trójkąta $KBL$: $\underset{P_{KBL}}{\underbrace{\frac{1}{2}\cdot |BK|\cdot |BL|\cdot \sin 90°}}=\underset{P_{KBN}}{\underbrace{\frac{1}{2}\cdot |BK|\cdot |BN|\cdot \sin 30°}}+\underset{P_{NBL}}{\underbrace{\frac{1}{2}\cdot |BL|\cdot |BN|\cdot \sin 60°}}.$

Krok 4. Podstawiamy dane i rozwiązujemy względem $|BN|$. Ponieważ $|BK|=|BL|=1$, lewa strona daje $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}$. Oznaczmy $x=|BN|$. Prawa strona to: $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot x\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot x\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{x}{4}+\frac{x\sqrt{3}}{4}=\frac{x(1+\sqrt{3})}{4}.$ Porównując obie strony: $\frac{1}{2}=\frac{x(1+\sqrt{3})}{4}⟹x(1+\sqrt{3})=2⟹x=\frac{2}{1+\sqrt{3}}.$ Usuwamy niewymierność w mianowniku, mnożąc przez $\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}-1}$: $x=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{3-1}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{2}=\sqrt{3}-1.$ Zatem $|BN|=\sqrt{3}-1$.

Krok 5. Obliczamy $|ND|$. Punkt $N$ leży na odcinku $BD$ (między $B$ i $D$), więc: $|ND|=|BD|-|BN|=2\sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)=2\sqrt{3}-\sqrt{3}+1=\sqrt{3}+1.$

Wykazaliśmy, że $|ND|=\sqrt{3}+1$. To należało wykazać.

Doświadczenie ma dwa etapy: najpierw losujemy $2$ kule (bez zwracania) z $7$, a potem $1$ kulę z pozostałych $5$. To, jaka kula wypadnie w drugim losowaniu, zależy od tego, co wylosowaliśmy w pierwszym etapie — dlatego naturalnym narzędziem jest twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym.

Krok 1. Definiujemy zdarzenia. Niech:

• $A$ – w drugim losowaniu wylosowano kulę czarną,
• $B_1$ – w pierwszym losowaniu wylosowano dwie kule białe,
• $B_2$ – w pierwszym losowaniu wylosowano jedną kulę białą i jedną czarną,
• $B_3$ – w pierwszym losowaniu wylosowano dwie kule czarne.

Zdarzenia $B_1,B_2,B_3$ wyczerpują wszystkie możliwości pierwszego losowania i wzajemnie się wykluczają, więc możemy zastosować twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym.

Krok 2. Obliczamy prawdopodobieństwa $B_1,B_2,B_3$. Wszystkich sposobów wylosowania $2$ kul z $7$ jest $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)=21$: $P(B_1)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)}=\frac{10}{21},P(B_2)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)}=\frac{10}{21},P(B_3)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)}=\frac{1}{21}.$

Krok 3. Obliczamy prawdopodobieństwa warunkowe $P(A|B_i)$. Po każdym scenariuszu w pojemniku zostaje $5$ kul:

• Jeśli zaszło $B_1$ (zabrano 2 białe), w pojemniku zostały $3$ białe i $2$ czarne, więc $P(A|B_1)=\frac{2}{5}$.
• Jeśli zaszło $B_2$ (zabrano 1 białą i 1 czarną), w pojemniku zostały $4$ białe i $1$ czarna, więc $P(A|B_2)=\frac{1}{5}$.
• Jeśli zaszło $B_3$ (zabrano obie czarne), w pojemniku zostało $5$ białych i $0$ czarnych, więc $P(A|B_3)=0$.

Krok 4. Stosujemy twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym. $P(A)=P(A|B_1)\cdot P(B_1)+P(A|B_2)\cdot P(B_2)+P(A|B_3)\cdot P(B_3)$ $P(A)=\frac{2}{5}\cdot \frac{10}{21}+\frac{1}{5}\cdot \frac{10}{21}+0\cdot \frac{1}{21}=\frac{20}{105}+\frac{10}{105}=\frac{30}{105}=\frac{2}{7}.$

Odpowiedź: prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej w drugim losowaniu jest równe $\frac{2}{7}$.

Zadanie ma dwa etapy: najpierw znajdujemy odciętą $x_0$ punktu $P$ (korzystając z tego, że $f(x_0)=3$), a potem wyznaczamy równanie stycznej, do czego potrzebna jest pochodna funkcji $f$.

Krok 1. Wyznaczamy $x_0$. Punkt $P=(x_0,3)$ leży na wykresie, więc $f(x_0)=3$: $3=\frac{3x_0^2-2x_0}{x_0^2+2x_0+8}.$ Mnożymy obie strony przez mianownik (dla każdego $x_0$ jest on dodatni, bo $x^2+2x+8=(x+1{)}^2+7>0$, więc nie tracimy żadnych rozwiązań): $3(x_0^2+2x_0+8)=3x_0^2-2x_0⟹3x_0^2+6x_0+24=3x_0^2-2x_0.$ Redukujemy $3x_0^2$ po obu stronach: $6x_0+24=-2x_0⟹8x_0=-24⟹x_0=-3.$

Krok 2. Wyznaczamy pochodną funkcji $f$. Funkcja $f$ jest ilorazem $u(x)=3x^2-2x$ i $v(x)=x^2+2x+8$, więc korzystamy ze wzoru na pochodną ilorazu ${\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$. Mamy $u^{\prime }(x)=6x-2$ oraz $v^{\prime }(x)=2x+2$, więc: $f^{\prime }(x)=\frac{(6x-2)(x^2+2x+8)-(3x^2-2x)(2x+2)}{(x^2+2x+8{)}^2}.$ Rozwijając licznik (wykonując wymnożenia i redukując wyrazy podobne), otrzymujemy uproszczoną postać: $f^{\prime }(x)=\frac{8x^2+48x-16}{(x^2+2x+8{)}^2}.$

Krok 3. Obliczamy współczynnik kierunkowy stycznej. Współczynnik kierunkowy stycznej w punkcie $P$ to wartość pochodnej w $x_0=-3$. Licznik: $8\cdot 9+48\cdot (-3)-16=72-144-16=-88$. Mianownik: $x_0^2+2x_0+8=9-6+8=11$, więc mianownik całego wyrażenia to $11^2=121$. Zatem: $a=f^{\prime }(-3)=\frac{-88}{121}=-\frac{8}{11}.$

Krok 4. Wyznaczamy równanie stycznej. Styczna ma postać $y=ax+b$, gdzie $a=-\frac{8}{11}$, a punkt $P=(-3,3)$ leży na tej prostej, więc: $3=-\frac{8}{11}\cdot (-3)+b⟹3=\frac{24}{11}+b⟹b=3-\frac{24}{11}=\frac{33-24}{11}=\frac{9}{11}.$

Odpowiedź: $x_0=-3$, a styczna do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ ma równanie $y=-\frac{8}{11}x+\frac{9}{11}$.

Wyrażenia podcałkowe w obu pierwiastkach są kwadratami, więc zamienimy je na wartości bezwzględne, a potem rozłożymy nierówność na przypadki.

Krok 1. Zamieniamy pierwiastki na wartości bezwzględne. Zauważamy, że $x^2+4x+4=(x+2{)}^2$ oraz $x^2-6x+9=(x-3{)}^2$, więc korzystając ze wskazówki $\sqrt{a^2}=|a|$: $\sqrt{x^2+4x+4}=|x+2|,\sqrt{x^2-6x+9}=|x-3|.$ Nierówność przyjmuje postać: $|x+2|<\frac{25}{3}-|x-3|.$

Krok 2. Wyznaczamy przedziały zmiany znaku. Wyrażenie $x+2$ zmienia znak w $x=-2$, a $x-3$ w $x=3$. Rozpatrujemy więc trzy przedziały: $(-\infty ,-2)$, $⟨-2,3)$, $⟨3,+\infty )$, w których obie wartości bezwzględne można zapisać bez znaku modułu.

Przypadek 1: $x\in (-\infty ,-2)$. Tu $x+2<0$ i $x-3<0$, więc $|x+2|=-x-2$ oraz $|x-3|=-(x-3)=-x+3$. Nierówność: $-x-2<\frac{25}{3}-(-x+3)⟹-x-2<\frac{25}{3}+x-3.$ Po uproszczeniu prawej strony ($\frac{25}{3}-3=\frac{16}{3}$): $-x-2<\frac{16}{3}+x⟹-2x<\frac{16}{3}+2=\frac{22}{3}⟹x>-\frac{11}{3}.$ Uwzględniając warunek $x<-2$ tego przypadku, otrzymujemy $x\in \left(-\frac{11}{3},-2\right)$.

Przypadek 2: $x\in ⟨-2,3)$. Tu $x+2\ge 0$ i $x-3<0$, więc $|x+2|=x+2$ oraz $|x-3|=-x+3$. Nierówność: $x+2<\frac{25}{3}-(-x+3)=\frac{25}{3}+x-3=\frac{16}{3}+x.$ Po odjęciu $x$ od obu stron: $2<\frac{16}{3}$, czyli $6<16$ — nierówność prawdziwa dla każdego $x$ z tego przedziału. Zatem cały przedział $⟨-2,3)$ należy do rozwiązania.

Przypadek 3: $x\in ⟨3,+\infty )$. Tu $x+2>0$ i $x-3\ge 0$, więc $|x+2|=x+2$ oraz $|x-3|=x-3$. Nierówność: $x+2<\frac{25}{3}-(x-3)=\frac{25}{3}-x+3=\frac{34}{3}-x.$ Przenosimy $x$ na lewą stronę: $2x<\frac{34}{3}-2=\frac{28}{3}⟹x<\frac{14}{3}.$ Uwzględniając warunek $x\ge 3$ tego przypadku, otrzymujemy $x\in ⟨3,\frac{14}{3})$.

Krok 3. Łączymy wszystkie przypadki. Zbiór rozwiązań to suma otrzymanych przedziałów: $\left(-\frac{11}{3},-2\right)\cup ⟨-2,3)\cup ⟨3,\frac{14}{3})=\left(-\frac{11}{3},\frac{14}{3}\right).$

Odpowiedź: $x\in \left(-\frac{11}{3},\frac{14}{3}\right)$.

Kluczowe jest znalezienie, jak długość boku kolejnego kwadratu wyraża się przez długość boku poprzedniego — to pozwoli rozpoznać ciąg geometryczny obwodów.

Krok 1. Bok kwadratu $K_2$. Wierzchołek kwadratu $K_2$ dzieli bok kwadratu $K_1$ (o długości $a$) w stosunku $1:3$, czyli na odcinki długości $\frac{a}{4}$ i $\frac{3a}{4}$. Dwa sąsiednie takie punkty podziału (na dwóch przyległych bokach $K_1$) są końcami boku kwadratu $K_2$, a odcinek między nimi jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $\frac{a}{4}$ i $\frac{3a}{4}$ (to narożny trójkąt „odcięty” przy wierzchołku $K_1$). Z twierdzenia Pitagorasa długość boku $K_2$ wynosi: $a_2=\sqrt{{\left(\frac{a}{4}\right)}^2+{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{16}+\frac{9a^2}{16}}=\sqrt{\frac{10a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}.$

Krok 2. Rozpoznajemy iloraz. Ponieważ każdy następny kwadrat powstaje z poprzedniego w identyczny sposób (podział boku w tym samym stosunku $1:3$), długość boku zmniejsza się każdorazowo o ten sam czynnik: $q=\frac{a_2}{a_1}=\frac{\sqrt{10}}{4}.$ Zatem długości boków $a_1,a_2,a_3,\dots$ tworzą ciąg geometryczny o ilorazie $q=\frac{\sqrt{10}}{4}$, a obwody $L_n=4a_n$ tworzą ciąg geometryczny o tym samym ilorazie $q$ (bo są proporcjonalne do $a_n$).

Krok 3. Sprawdzamy zbieżność. Ponieważ $\sqrt{10}\approx 3,16<4$, mamy $|q|=\frac{\sqrt{10}}{4}<1$, więc nieskończony szereg geometryczny obwodów jest zbieżny i ma sumę.

Krok 4. Liczymy sumę. Pierwszy wyraz ciągu obwodów to $L_1=4a$. Suma nieskończonego szeregu geometrycznego o pierwszym wyrazie $L_1$ i ilorazie $q$ wynosi $\frac{L_1}{1-q}$: $L=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}{4}}=\frac{4a}{\frac{4-\sqrt{10}}{4}}=\frac{16a}{4-\sqrt{10}}.$ Usuwamy niewymierność z mianownika, mnożąc przez $\frac{4+\sqrt{10}}{4+\sqrt{10}}$: $L=\frac{16a(4+\sqrt{10})}{(4-\sqrt{10})(4+\sqrt{10})}=\frac{16a(4+\sqrt{10})}{16-10}=\frac{16a(4+\sqrt{10})}{6}=\frac{8a(4+\sqrt{10})}{3}.$

Odpowiedź: suma wszystkich obwodów jest równa $L=\frac{8a(4+\sqrt{10})}{3}$ (co można też zapisać jako $L=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}{4}}$).

Aby rozwiązać to równanie, sprowadzimy je do jednej zmiennej trygonometrycznej, korzystając ze wzoru na sinus podwojonego kąta.

Krok 1. Rozwijamy ${\sin }^2(2x)$. Korzystamy ze wzoru $\sin (2x)=2\sin x\cos x$, więc ${\sin }^2(2x)=4{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x$. Równanie przyjmuje postać: $3{\sin }^{2}x-4{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x=0.$

Krok 2. Wyłączamy wspólny czynnik ${\sin }^{2}x$. ${\sin }^{2}x(3-4{\cos }^{2}x)=0.$ Iloczyn jest równy zero, gdy jeden z czynników jest zerem, więc rozpatrujemy dwa równania.

Przypadek A: ${\sin }^{2}x=0$, czyli $\sin x=0$. W przedziale $⟨\pi ,2\pi ⟩$ sinus zeruje się dla: $x=\pi \text{oraz}x=2\pi .$

Przypadek B: $3-4{\cos }^{2}x=0$, czyli ${\cos }^{2}x=\frac{3}{4}$. Stąd $\cos x=\frac{\sqrt{3}}{2}$ lub $\cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

• Równanie $\cos x=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ma ogólne rozwiązania $x=\pm \frac{\pi }{6}+2k\pi$. W przedziale $⟨\pi ,2\pi ⟩$ jedynym rozwiązaniem jest $x=2\pi -\frac{\pi }{6}=\frac{11\pi }{6}$.
• Równanie $\cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ ma ogólne rozwiązania $x=\pm \frac{5\pi }{6}+2k\pi$. W przedziale $⟨\pi ,2\pi ⟩$ jedynym rozwiązaniem jest $x=\pi +\frac{\pi }{6}=\frac{7\pi }{6}$.

Krok 3. Zbieramy wszystkie rozwiązania. Łącząc przypadki A i B, w przedziale $⟨\pi ,2\pi ⟩$ równanie $3{\sin }^{2}x-{\sin }^2(2x)=0$ ma cztery rozwiązania: $x\in \left\{\pi ,\frac{7\pi }{6},\frac{11\pi }{6},2\pi \right\}.$

Odpowiedź: $x=\pi$, $x=\frac{7\pi }{6}$, $x=\frac{11\pi }{6}$, $x=2\pi$.

Czworokąt opisany na okręgu ma bardzo użyteczną własność dotyczącą sum boków — wykorzystamy ją, gdy znajdziemy brakującą długość boku $AB$.

Krok 1. Oznaczenia. Niech $\alpha =|\angle BAC|$ — jest to właśnie ten kąt ostry o sinusie $\frac{1}{4}$, czyli $\sin \alpha =\frac{1}{4}$. Przekątna $AC$ dzieli czworokąt na dwa trójkąty: $ABC$ i $ACD$; skupiamy się na trójkącie $ABC$, w którym znamy $|BC|=4$, kąt $\angle BCA=60°$ oraz kąt $\angle BAC=\alpha$.

Krok 2. Twierdzenie sinusów w trójkącie $ABC$. W trójkącie $ABC$ bok $AB$ leży naprzeciw kąta $\angle BCA=60°$, a bok $BC$ leży naprzeciw kąta $\angle BAC=\alpha$. Z twierdzenia sinusów: $\frac{|AB|}{\sin \angle BCA}=\frac{|BC|}{\sin \angle BAC}⟹\frac{|AB|}{\sin 60°}=\frac{4}{\sin \alpha }.$ Podstawiamy $\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$ oraz $\sin \alpha =\frac{1}{4}$: $\frac{|AB|}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4}{\frac{1}{4}}=16⟹|AB|=16\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}.$

Krok 3. Własność czworokąta opisanego na okręgu. Jeśli w czworokąt $ABCD$ można wpisać okrąg (jest on styczny do wszystkich czterech boków), to sumy długości przeciwległych boków są równe: $|AB|+|CD|=|BC|+|AD|.$ Z tej równości otrzymujemy również, że obwód czworokąta to podwojona suma jednej pary boków przeciwległych: ${\mathrm{Ob}}_{ABCD}=|AB|+|BC|+|CD|+|AD|=(|AB|+|CD|)+(|BC|+|AD|)=2(|AB|+|CD|).$

Krok 4. Obliczamy obwód. Podstawiamy $|AB|=8\sqrt{3}$ oraz $|CD|=5$: ${\mathrm{Ob}}_{ABCD}=2(8\sqrt{3}+5)=16\sqrt{3}+10.$

Odpowiedź: obwód czworokąta $ABCD$ jest równy $16\sqrt{3}+10$.

Kluczem jest sprowadzenie zadania przestrzennego do dwóch trójkątów, które da się w pełni policzyć: trójkąta $ABH$ (przekątna sześcianu i ściany) oraz trójkąta $SBH$, którego wysokość szukamy.

Krok 1. Długości przekątnych. Ściana $ADHE$ jest kwadratem o boku $6$, więc jej przekątna ma długość $|AH|=6\sqrt{2}$. Punkt $S$ jest środkiem tej przekątnej (przekątne kwadratu przecinają się w środku i dzielą się na pół), więc $|AS|=|SH|=3\sqrt{2}$.

Odcinek $BH$ jest przekątną sześcianu (łączy wierzchołek $B$ z przeciwległym wierzchołkiem $H$), a jej długość liczymy jako przekątną prostopadłościanu o bokach $6,6,6$: $|BH|=6\sqrt{3}.$

Krok 2. Trójkąt $ABH$ jest prostokątny. Odcinek $AB$ jest krawędzią sześcianu, a odcinek $AH$ jest przekątną ściany $ADHE$, prostopadłej do ściany zawierającej $AB$ w sposób, który daje kąt prosty przy wierzchołku $A$ w trójkącie $ABH$ (bok $AB$ jest prostopadły do płaszczyzny ściany $ADHE$, a więc prostopadły do każdej prostej leżącej w tej ścianie, w tym do $AH$). Zatem trójkąt $ABH$ jest prostokątny z kątem prostym przy $A$, a jego przyprostokątne to $|AB|=6$ i $|AH|=6\sqrt{2}$, przeciwprostokątna to $|BH|=6\sqrt{3}$ (sprawdzenie: $6^2+(6\sqrt{2}{)}^2=36+72=108=(6\sqrt{3}{)}^2$ — zgodne).

Krok 3. Pole trójkąta $ABH$ dwoma sposobami. Po pierwsze, licząc od przyprostokątnych: $P_{ABH}=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot |AH|=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 6\sqrt{2}=18\sqrt{2}.$ Po drugie, ponieważ punkt $S$ leży na odcinku $AH$ i dzieli trójkąt $ABH$ na dwa trójkąty $ABS$ i $SBH$ o wspólnej wysokości opuszczonej z $B$ na prostą $AH$, a $S$ jest środkiem $AH$, oba te trójkąty mają równe pola, więc każdy z nich ma pole równe połowie pola $ABH$: $P_{SBH}=\frac{1}{2}\cdot P_{ABH}=\frac{1}{2}\cdot 18\sqrt{2}=9\sqrt{2}.$

Krok 4. Wyznaczamy szukaną wysokość. Oznaczmy przez $h$ wysokość trójkąta $SBH$ opuszczoną z wierzchołka $S$ na bok $BH$. Pole trójkąta $SBH$ możemy też zapisać jako $\frac{1}{2}\cdot |BH|\cdot h$: $P_{SBH}=\frac{1}{2}\cdot |BH|\cdot h⟹9\sqrt{2}=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{3}\cdot h=3\sqrt{3}\cdot h.$ Stąd: $h=\frac{9\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}{3}=\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{6}.$

Odpowiedź: szukana wysokość trójkąta $SBH$ jest równa $\sqrt{6}$.

Zadanie rozwiążemy w trzech etapach: (I) warunek na dwa różne rozwiązania rzeczywiste, (II) warunek $x_1^3+x_2^3>-28$ wyrażony przez wzory Viète'a, (III) część wspólna obu warunków.

Etap I. Warunek na dwa różne rozwiązania rzeczywiste. Równanie kwadratowe $x^2+4x-\frac{m-3}{m-2}=0$ (współczynniki $a=1$, $b=4$, $c=-\frac{m-3}{m-2}$) ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest dodatni: $\Delta =b^2-4ac=16-4\cdot 1\cdot \left(-\frac{m-3}{m-2}\right)=16+\frac{4(m-3)}{m-2}>0.$ Sprowadzamy do wspólnego mianownika: $\frac{16(m-2)+4(m-3)}{m-2}>0⟹\frac{16m-32+4m-12}{m-2}>0⟹\frac{20m-44}{m-2}>0.$ Iloraz jest dodatni, gdy licznik i mianownik mają ten sam znak, co jest równoważne (po przemnożeniu, bo znak nierówności iloczynu dwóch czynników zgadza się ze znakiem ich ilorazu): $(20m-44)(m-2)>0⟹20\left(m-\frac{11}{5}\right)(m-2)>0⟹\left(m-\frac{11}{5}\right)(m-2)>0.$ Miejsca zerowe to $m=2$ i $m=\frac{11}{5}=2,2$. Funkcja kwadratowa (z dodatnim współczynnikiem przy $m^2$) jest dodatnia poza tymi miejscami zerowymi, więc: $m\in (-\infty ,2)\cup \left(\frac{11}{5},+\infty \right).$

Etap II. Warunek $x_1^3+x_2^3>-28$ za pomocą wzorów Viète'a. Ze wzorów Viète'a dla równania $x^2+4x+c=0$: $x_1+x_2=-4$ oraz $x_1{x}_2=c=-\frac{m-3}{m-2}$.

Korzystamy z tożsamości $x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2{)}^3-3x_1{x}_2(x_1+x_2)$: $x_1^3+x_2^3=(-4{)}^3-3\cdot \left(-\frac{m-3}{m-2}\right)\cdot (-4)=-64-\frac{12(m-3)}{m-2}.$ Warunek $x_1^3+x_2^3>-28$ przyjmuje postać: $-64-\frac{12(m-3)}{m-2}>-28⟹-\frac{12(m-3)}{m-2}>36⟹\frac{m-3}{m-2}<-3.$ Przenosimy $-3$ na lewą stronę i sprowadzamy do wspólnego mianownika: $\frac{m-3}{m-2}+3<0⟹\frac{m-3+3(m-2)}{m-2}<0⟹\frac{4m-9}{m-2}<0.$ Iloraz jest ujemny, gdy licznik i mianownik mają różne znaki, czyli: $(4m-9)(m-2)<0⟹4\left(m-\frac{9}{4}\right)(m-2)<0⟹\left(m-\frac{9}{4}\right)(m-2)<0.$ Miejsca zerowe to $m=2$ oraz $m=\frac{9}{4}=2,25$. Funkcja kwadratowa jest ujemna między miejscami zerowymi, więc: $m\in \left(2,\frac{9}{4}\right).$

Etap III. Część wspólna warunków z etapów I i II. Szukamy $m$ spełniających jednocześnie: $m\in (-\infty ,2)\cup \left(\frac{11}{5},+\infty \right)\text{oraz}m\in \left(2,\frac{9}{4}\right).$ Przedział $\left(2,\frac{9}{4}\right)$ nie ma punktów wspólnych z częścią $(-\infty ,2)$ (bo $2\notin \left(2,\frac{9}{4}\right)$), więc istotne jest przecięcie z $\left(\frac{11}{5},+\infty \right)$. Ponieważ $\frac{11}{5}=2,2<2,25=\frac{9}{4}$, część wspólna to: $m\in \left(\frac{11}{5},\frac{9}{4}\right).$

Odpowiedź: równanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste spełniające $x_1^3+x_2^3>-28$ dokładnie dla $m\in \left(\frac{11}{5},\frac{9}{4}\right)$.

Część a) — wyprowadzenie wzoru na pole.

Krok 1. Równanie prostej $BD$ (czyli prostej $BC$). Prosta przechodzi przez punkty $B=(m,0)$ i $D=(3,2)$. Jej współczynnik kierunkowy to: $a_{BD}=\frac{2-0}{3-m}=\frac{2}{3-m}.$ Równanie prostej $BD$ (w postaci przechodzącej przez punkt $B$): $y=\frac{2}{3-m}(x-m)$.

Krok 2. Współrzędne punktu $C$. Punkt $C$ leży jednocześnie na prostej $BD$ i na prostej $y=-2x$. Rozwiązujemy układ: $\frac{2}{3-m}(x_C-m)=-2x_C.$ Mnożymy obie strony przez $(3-m)$: $2(x_C-m)=-2x_C(3-m)⟹2x_C-2m=-6x_C+2m{x}_C.$ Przenosimy wyrazy z $x_C$ na jedną stronę: $2x_C+6x_C-2m{x}_C=2m⟹x_C(8-2m)=2m⟹x_C(4-m)=m⟹x_C=\frac{m}{4-m}.$ Wtedy $y_C=-2x_C=-\frac{2m}{4-m}=\frac{2m}{m-4}$. Zatem $C=\left(\frac{m}{4-m},\frac{2m}{m-4}\right)$.

Krok 3. Pole trójkąta $ABC$. Odcinek $AB$ leży na osi $Ox$ (bo $A=(0,0)$ i $B=(m,0)$), więc jest naturalną podstawą trójkąta o długości $|AB|=|m|=m$ (bo $m>4>0$). Wysokość opuszczona z wierzchołka $C$ na tę podstawę to po prostu odległość punktu $C$ od osi $Ox$, czyli wartość absolutna jego współrzędnej $y$: $h=|y_C|=\left|\frac{2m}{m-4}\right|.$ Dla $m>4$ mamy $m-4>0$ oraz $m>0$, więc $\frac{2m}{m-4}>0$ i moduł można opuścić: $h=\frac{2m}{m-4}$.

Pole trójkąta to połowa iloczynu podstawy i wysokości: $P(m)=\frac{1}{2}\cdot m\cdot \frac{2m}{m-4}=\frac{m^2}{m-4}.$ To należało wykazać.

Część b) — minimalizacja pola.

Krok 1. Liczymy pochodną funkcji $P$. Funkcja $P(m)=\frac{m^2}{m-4}$ jest ilorazem, więc: $P^{\prime }(m)=\frac{2m(m-4)-m^2\cdot 1}{(m-4{)}^2}=\frac{2m^2-8m-m^2}{(m-4{)}^2}=\frac{m^2-8m}{(m-4{)}^2}=\frac{m(m-8)}{(m-4{)}^2}.$

Krok 2. Miejsce zerowe pochodnej w rozważanym przedziale. Na przedziale $(4,+\infty )$ mianownik $(m-4{)}^2$ jest zawsze dodatni, a w liczniku $m>0$, więc znak $P^{\prime }(m)$ zależy wyłącznie od znaku czynnika $(m-8)$: $P^{\prime }(m)=0⟺m(m-8)=0⟺m=0\text{lub}m=8.$ W przedziale $(4,+\infty )$ jedynym miejscem zerowym jest $m=8$.

Krok 3. Badamy znak pochodnej i monotoniczność. Dla $m\in (4,8)$ mamy $m-8<0$, więc $P^{\prime }(m)<0$ — funkcja $P$ jest malejąca na $(4,8⟩$. Dla $m\in (8,+\infty )$ mamy $m-8>0$, więc $P^{\prime }(m)>0$ — funkcja $P$ jest rosnąca na $⟨8,+\infty )$.

Skoro funkcja najpierw maleje, a potem rośnie, z przegięciem monotoniczności w $m=8$, to właśnie w tym punkcie funkcja $P$ przyjmuje swoją najmniejszą wartość na całym przedziale $(4,+\infty )$.

Krok 4. Równanie prostej $BC$ dla $m=8$. Prosta $BC$ przechodzi przez punkty $B=(8,0)$ i $D=(3,2)$ (pamiętając, że $D$ leży na $BC$). Współczynnik kierunkowy: $a=\frac{2-0}{3-8}=\frac{2}{-5}=-\frac{2}{5}.$ Równanie prostej (przechodzącej przez $B=(8,0)$): $y=-\frac{2}{5}(x-8)=-\frac{2}{5}x+\frac{16}{5}.$

Odpowiedź: funkcja $P$ osiąga najmniejszą wartość dla $m=8$, a wtedy prosta $BC$ ma równanie $y=-\frac{2}{5}x+\frac{16}{5}$.