Matematyka PR — Maj 2024 (Formuła 2015)

Krok 1. Przypominamy wzór na odległość punktu od prostej

Odległość punktu $A=(x_0,y_0)$ od prostej o równaniu $Ax+By+C=0$ wyraża się wzorem $d=\frac{|A{x}_0+B{y}_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}.$

Krok 2. Odczytujemy współczynniki

Z równania prostej $5x-12y+1=0$ mamy $A=5$, $B=-12$, $C=1$, a punkt to $A=(6,2)$, czyli $x_0=6$, $y_0=2$.

Krok 3. Podstawiamy do wzoru

Licznik: $|5\cdot 6+(-12)\cdot 2+1|=|30-24+1|=|7|=7.$ Mianownik: $\sqrt{5^2+(-12{)}^2}=\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13.$ Zatem $d=\frac{7}{13}.$

Odpowiedź: A.

Krok 1. Warunek konieczny na prawą stronę

Wartość bezwzględna jest zawsze nieujemna, więc równanie $|2x-4|=3x+1$ może mieć rozwiązanie tylko wtedy, gdy prawa strona jest nieujemna: $3x+1\ge 0⟺x\ge -\frac{1}{3}.$

Krok 2. Rozbijamy wartość bezwzględną na przypadki

Przypadek 1: $2x-4\ge 0$, czyli $x\ge 2$. Wtedy $|2x-4|=2x-4$ i równanie ma postać $2x-4=3x+1⟺-5=x.$ Otrzymane $x=-5$ nie spełnia warunku $x\ge 2$, więc odrzucamy.

Przypadek 2: $2x-4<0$, czyli $x<2$. Wtedy $|2x-4|=-(2x-4)=-2x+4$ i równanie ma postać $-2x+4=3x+1⟺3=5x⟺x=\frac{3}{5}.$ Sprawdzamy warunki: $x=\frac{3}{5}<2$ (zgodnie z przypadkiem) oraz $x=\frac{3}{5}\ge -\frac{1}{3}$ (prawa strona nieujemna). Rozwiązanie jest poprawne.

Krok 3. Wniosek

Jedynym rozwiązaniem równania jest $x=\frac{3}{5}$, więc równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Analizujemy wyrażenie pod wartością bezwzględną

Rozważmy funkcję pomocniczą $g(x)=-(x+2{)}^3+5$. Gdy $x$ przebiega wszystkie liczby rzeczywiste, wyrażenie $(x+2{)}^3$ przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste (funkcja sześcienna jest "na" całe $\mathbb{R}$). Zatem $-(x+2{)}^3$ też przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste, a po dodaniu $5$ wyrażenie $g(x)=-(x+2{)}^3+5$ nadal przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste.

Krok 2. Nakładamy wartość bezwzględną

Funkcja $f(x)=|g(x)|$ jest wartością bezwzględną wyrażenia, które przyjmuje każdą liczbę rzeczywistą. Wartość bezwzględna dowolnej liczby rzeczywistej to dowolna liczba nieujemna, przy czym:

• wartość $0$ jest osiągana (gdy $g(x)=0$, czyli $(x+2{)}^3=5$, co ma rozwiązanie),
• każda liczba dodatnia również jest osiągana (bo $g$ przyjmuje wartości zarówno dodatnie, jak i ujemne).

Krok 3. Wniosek

Zbiorem wartości funkcji $f$ jest przedział wszystkich liczb nieujemnych, czyli $⟨0,+\infty )$.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Rozpoznajemy typ granicy

Badamy granicę ilorazu dwóch wielomianów przy $x\to +\infty$. O granicy takiego ilorazu decydują wyrazy o najwyższej potędze $x$ w liczniku i w mianowniku.

Krok 2. Wyznaczamy stopnie i współczynniki wiodące

W liczniku najwyższą potęgą jest $x^3$ ze współczynnikiem $a$ (składnik $a{x}^3$). W mianowniku najwyższą potęgą jest $x^3$ ze współczynnikiem $5$ (składnik $5x^3$).

Podzielmy licznik i mianownik przez $x^3$: $\frac{1+3a+2ax+a{x}^3}{3+4x+5x^2+5x^3}=\frac{\frac{1+3a}{x^3}+\frac{2a}{x^2}+a}{\frac{3}{x^3}+\frac{4}{x^2}+\frac{5}{x}+5}.$

Krok 3. Przechodzimy do granicy

Gdy $x\to +\infty$, wszystkie składniki z $x$ w mianowniku dążą do $0$, więc ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{1+3a+2ax+a{x}^3}{3+4x+5x^2+5x^3}=\frac{a}{5}.$

Krok 4. Wykorzystujemy warunek zadania

Granica ma być równa $3$: $\frac{a}{5}=3⟺a=15.$

Odpowiedź: C.

Krok 1. Zapisujemy warunek równości wielomianów

Skoro $W(x)=P(x)\cdot Q(x)$, to $8x^3+14x^2+5x+3=(2x+3)(a{x}^2+bx+c).$

Krok 2. Wymnażamy prawą stronę

$(2x+3)(a{x}^2+bx+c)=2a{x}^3+2b{x}^2+2cx+3a{x}^2+3bx+3c.$ Porządkujemy według potęg $x$: $=2a{x}^3+(2b+3a)x^2+(2c+3b)x+3c.$

Krok 3. Porównujemy współczynniki przy tych samych potęgach

Dwa wielomiany są równe, gdy mają równe współczynniki przy odpowiednich potęgach: $\{\begin{array}{l}2a=8\\ 2b+3a=14\\ 2c+3b=5\\ 3c=3\end{array}$

Krok 4. Rozwiązujemy układ

Z pierwszego równania: $a=4$.

Z drugiego: $2b+3\cdot 4=14\Rightarrow 2b=2\Rightarrow b=1$.

Z czwartego: $3c=3\Rightarrow c=1$. Sprawdzamy trzecie równanie: $2\cdot 1+3\cdot 1=5$ — zgadza się.

Odpowiedź: $a=4$, $b=1$, $c=1$ (a więc $Q(x)=4x^2+x+1$).

Krok 1. Co mamy, a co chcemy pokazać

Dane są dwie wielkości: ${\log }_{5}4=a,{\log }_{4}3=b.$ Mamy wykazać tożsamość ${\log }_{12}80=\frac{2a+1}{a(1+b)}.$

Pomysł jest prosty: liczba ${\log }_{12}80$ ma "niewygodną" podstawę $12$. Sprowadzimy ją do podstawy $4$, bo obie dane wielkości ($a$ i $b$) łatwo z tą podstawą powiązać ($4$ to potęga naturalna, a ${\log }_{4}3=b$ jest już wprost przy podstawie $4$).

Krok 2. Zamiana podstawy logarytmu na podstawę 4

Korzystamy ze wzoru na zmianę podstawy: ${\log }_{c}d=\frac{{\log }_{e}d}{{\log }_{e}c}$. Przyjmujemy nową podstawę $e=4$: ${\log }_{12}80=\frac{{\log }_{4}80}{{\log }_{4}12}.$

Krok 3. Rozkładamy liczby 80 i 12 na czynniki wygodne dla podstawy 4

Zauważmy, że $80=16\cdot 5$, a $16=4^2$, oraz $12=4\cdot 3$. Dzięki temu w liczniku i mianowniku wydzielą się "czyste" potęgi czwórki. Korzystając z tego, że logarytm iloczynu to suma logarytmów: ${\log }_{4}80={\log }_4(16\cdot 5)={\log }_{4}16+{\log }_{4}5=2+{\log }_{4}5,$ ${\log }_{4}12={\log }_4(4\cdot 3)={\log }_{4}4+{\log }_{4}3=1+{\log }_{4}3.$ Zatem ${\log }_{12}80=\frac{2+{\log }_{4}5}{1+{\log }_{4}3}.$

Krok 4. Wstawiamy dane $a$ i $b$

Od razu wykorzystujemy ${\log }_{4}3=b$, więc mianownik to $1+b$.

Zostaje wyrazić ${\log }_{4}5$ przez $a$. Mamy $a={\log }_{5}4$, a jak wiadomo logarytm i jego "odwrócenie podstaw" są odwrotnościami: ${\log }_{4}5=\frac{{\log }_{5}5}{{\log }_{5}4}=\frac{1}{{\log }_{5}4}=\frac{1}{a}.$ (Skorzystaliśmy ponownie ze zmiany podstawy na podstawę $5$ oraz z ${\log }_{5}5=1$.)

Krok 5. Składamy całość

Podstawiamy ${\log }_{4}5=\frac{1}{a}$ oraz ${\log }_{4}3=b$: ${\log }_{12}80=\frac{2+\frac{1}{a}}{1+b}.$ Licznik sprowadzamy do wspólnego mianownika: $2+\frac{1}{a}=\frac{2a+1}{a},$ więc ${\log }_{12}80=\frac{\frac{2a+1}{a}}{1+b}=\frac{2a+1}{a(1+b)}.$

To należało wykazać.

Krok 1. Przekształcamy założenie do wygodnej postaci

Założenie ma postać $\frac{|AS|}{|DS|}=\frac{|BS|}{|CS|}.$ Mnożąc "na krzyż", dostajemy $|AS|\cdot |CS|=|DS|\cdot |BS|$, a stąd możemy zapisać dwie równoważne proporcje, które przydadzą się do rozpoznania par trójkątów podobnych: $\frac{|AS|}{|BS|}=\frac{|DS|}{|CS|}\text{oraz}\frac{|AS|}{|DS|}=\frac{|BS|}{|CS|}.$

Krok 2. Pierwsza para trójkątów podobnych: $ASD$ i $BSC$

Kąty $ASD$ oraz $BSC$ są kątami wierzchołkowymi (bo $A,S,C$ leżą na jednej przekątnej, a $B,S,D$ na drugiej), więc $|\angle ASD|=|\angle BSC|$.

Skorzystajmy z proporcji $\frac{|AS|}{|BS|}=\frac{|DS|}{|CS|}$: boki wychodzące z wierzchołka $S$ w trójkącie $ASD$ (czyli $SA$ i $SD$) są proporcjonalne do boków wychodzących z $S$ w trójkącie $BSC$ (czyli $SB$ i $SC$), a kąty między nimi są równe. Na mocy cechy podobieństwa bok–kąt–bok (bkb) trójkąty $ASD$ i $BSC$ są podobne (w odpowiedniości $A\to B$, $S\to S$, $D\to C$). Stąd równości odpowiednich kątów: $|\angle DAS|=|\angle CBS|\text{oraz}|\angle ADS|=|\angle BCS|.(1)$

Krok 3. Druga para trójkątów podobnych: $ASB$ i $DSC$

Kąty $ASB$ oraz $DSC$ są również wierzchołkowe, więc $|\angle ASB|=|\angle DSC|$.

Tym razem korzystamy z proporcji $\frac{|AS|}{|DS|}=\frac{|BS|}{|CS|}$: boki $SA$ i $SB$ trójkąta $ASB$ są proporcjonalne do boków $SD$ i $SC$ trójkąta $DSC$, a kąty między nimi są równe. Ponownie na mocy cechy bkb trójkąty $ASB$ i $DSC$ są podobne (w odpowiedniości $A\to D$, $S\to S$, $B\to C$). Stąd $|\angle SAB|=|\angle SDC|\text{oraz}|\angle ABS|=|\angle DCS|.(2)$

Krok 4. Sumujemy przeciwległe kąty czworokąta

Kąt przy wierzchołku $A$ rozkłada się na $|\angle DAB|=|\angle DAS|+|\angle SAB|$, a kąt przy $C$ na $|\angle BCD|=|\angle BCS|+|\angle DCS|$. Zatem $|\angle DAB|+|\angle BCD|=|\angle DAS|+|\angle SAB|+|\angle BCS|+|\angle DCS|.$ Podstawiamy równości z $(1)$ i $(2)$: $|\angle DAS|=|\angle CBS|$, $|\angle SAB|=|\angle SDC|$, $|\angle BCS|=|\angle ADS|$, $|\angle DCS|=|\angle ABS|$. Otrzymujemy $|\angle DAB|+|\angle BCD|=|\angle CBS|+|\angle SDC|+|\angle ADS|+|\angle ABS|.$

Krok 5. Rozpoznajemy kąty przy $B$ i $D$

Grupujemy składniki. Kąt przy wierzchołku $B$ to $|\angle ABC|=|\angle ABS|+|\angle CBS|$, a kąt przy wierzchołku $D$ to $|\angle CDA|=|\angle ADS|+|\angle SDC|$. Zatem $|\angle DAB|+|\angle BCD|=(|\angle ABS|+|\angle CBS|)+(|\angle ADS|+|\angle SDC|)=|\angle ABC|+|\angle CDA|.$

Krok 6. Wniosek — czworokąt jest wpisany w okrąg

Suma wszystkich czterech kątów wewnętrznych czworokąta wynosi $360^{\circ }$: $|\angle DAB|+|\angle BCD|+|\angle ABC|+|\angle CDA|=360^{\circ }.$ Skoro dwie pary przeciwległych kątów są sobie równe, każda z nich stanowi połowę tej sumy: $|\angle DAB|+|\angle BCD|=|\angle ABC|+|\angle CDA|=180^{\circ }.$ W szczególności suma przeciwległych kątów $|\angle DAB|+|\angle BCD|=180^{\circ }$. Na mocy twierdzenia o okręgu opisanym na czworokącie (czworokąt wypukły można wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych kątów są równe $180^{\circ }$) wnioskujemy, że na czworokącie $ABCD$ można opisać okrąg.

To należało wykazać.

Krok 1. Ustalamy, ile cyfr ma taka liczba

Warunki: w zapisie dziesiętnym żadna cyfra się nie powtarza, dokładnie trzy cyfry są nieparzyste i dokładnie dwie parzyste. Skoro cyfr nieparzystych jest $3$, a parzystych $2$, to liczba ma łącznie $3+2=5$ cyfr — szukamy więc liczb pięciocyfrowych.

Jedyny haczyk: liczba pięciocyfrowa nie może zaczynać się od $0$. O tym trzeba pamiętać, bo $0$ jest cyfrą parzystą i normalnie mogłoby wejść do naszej piątki.

Przypomnijmy pule cyfr:

• nieparzyste: $\{1,3,5,7,9\}$ — $5$ cyfr,
• parzyste: $\{0,2,4,6,8\}$ — $5$ cyfr.

Krok 2. Strategia: policzmy wszystko, potem odejmijmy zabronione

Najwygodniej najpierw policzyć wszystkie układy $5$ różnych cyfr (3 nieparzyste + 2 parzyste), nie przejmując się zakazem zera na początku, a następnie odjąć te, które faktycznie zaczynają się od $0$.

Krok 3. Wszystkie ciągi 5 różnych cyfr (bez ograniczenia na pierwszą pozycję)

Budujemy taki układ w trzech niezależnych etapach:

1. Wybieramy, które $3$ z $5$ cyfr nieparzystych użyjemy: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)=10$ sposobów.
2. Wybieramy, które $2$ z $5$ cyfr parzystych użyjemy: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$ sposobów.
3. Wybrane $5$ różnych cyfr ustawiamy w ciąg pięciocyfrowy: $5!=120$ permutacji.

Razem: $L_1=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)\cdot 5!=10\cdot 10\cdot 120=12000.$

Krok 4. Odejmujemy układy zaczynające się od zera

Teraz liczymy $L_2$ — ile spośród tych $12000$ ma $0$ na pierwszym miejscu (to są "fałszywe" liczby, tak naprawdę czterocyfrowe).

Jeśli na pierwszej pozycji stoi $0$, to:

• jedną z dwóch cyfr parzystych mamy już ustaloną — to $0$. Drugą parzystą wybieramy więc spośród $\{2,4,6,8\}$, czyli $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)=4$ sposoby.
• trzy cyfry nieparzyste dalej wybieramy z pięciu: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)=10$ sposobów.
• pozostałe $4$ cyfry (bo $0$ już stoi na początku) ustawiamy na $4$ dalszych miejscach: $4!=24$ permutacje.

Stąd $L_2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)\cdot 4!=10\cdot 4\cdot 24=960.$

Krok 5. Wynik

Od wszystkich układów odejmujemy zabronione: $L=L_1-L_2=12000-960=11040.$

Odpowiedź: Istnieje $11040$ takich liczb.

Krok 1. Zapisujemy funkcję i wzór na współczynnik kierunkowy stycznej

Dana jest funkcja $f(x)=\frac{x^3-3x+2}{x},x\ne 0.$

Prosta styczna do wykresu funkcji w punkcie o pierwszej współrzędnej $x_0$ ma równanie $y=ax+b$, przy czym współczynnik kierunkowy jest równy pochodnej w tym punkcie: $a=f^{\prime }(x_0)$. Tutaj $x_0=2$.

Krok 2. Obliczamy pochodną jako pochodną ilorazu

Stosujemy wzór ${\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$, gdzie $u=x^3-3x+2,u^{\prime }=3x^2-3,v=x,v^{\prime }=1.$

Stąd $f^{\prime }(x)=\frac{(3x^2-3)\cdot x-(x^3-3x+2)\cdot 1}{x^2}.$

Rozwijamy licznik: $(3x^2-3)\cdot x=3x^3-3x,$ $3x^3-3x-(x^3-3x+2)=3x^3-3x-x^3+3x-2=2x^3-2.$

Zatem $f^{\prime }(x)=\frac{2x^3-2}{x^2}.$

Krok 3. Obliczamy współczynnik kierunkowy $a=f^{\prime }(2)$

$a=f^{\prime }(2)=\frac{2\cdot 2^3-2}{2^2}=\frac{2\cdot 8-2}{4}=\frac{16-2}{4}=\frac{14}{4}=\frac{7}{2}.$

Krok 4. Wyznaczamy współrzędne punktu styczności $P$

Punkt $P$ leży na wykresie i ma pierwszą współrzędną $2$, więc jego druga współrzędna to $f(2)$: $f(2)=\frac{2^3-3\cdot 2+2}{2}=\frac{8-6+2}{2}=\frac{4}{2}=2.$

Zatem $P=(2,2)$.

Krok 5. Wyznaczamy wyraz wolny $b$

Styczna $y=ax+b$ przechodzi przez punkt $P=(2,2)$, a $a=\frac{7}{2}$. Podstawiamy współrzędne punktu: $2=\frac{7}{2}\cdot 2+b=7+b,$ skąd $b=2-7=-5.$

Odpowiedź: $a=\frac{7}{2}$ oraz $b=-5$, więc styczna ma równanie $y=\frac{7}{2}x-5$.

Krok 1. Liczymy wszystkie zdarzenia elementarne

Zdarzeniem elementarnym jest wylosowana liczba sześciocyfrowa, której każda cyfra pochodzi ze zbioru $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ (cyfry mogą się powtarzać, bo nie ma takiego zakazu). Każdą z sześciu pozycji obsadzamy niezależnie jedną z $8$ cyfr, więc na mocy reguły mnożenia $|\Omega |=8^6=262144.$

Krok 2. Opisujemy zdarzenie sprzyjające

Niech $A$ oznacza zdarzenie: kolejne cyfry (od lewej) tworzą ciąg malejący, czyli każda następna cyfra jest ściśle mniejsza od poprzedniej. W takim ciągu wszystkie cyfry muszą być różne (bo maleją), a przy tym ich kolejność jest z góry wymuszona: dowolnie wybrane $6$ różnych cyfr można ustawić w ciąg malejący na dokładnie jeden sposób.

Krok 3. Zliczamy zdarzenia sprzyjające

Wystarczy więc wybrać, które $6$ cyfr spośród $8$ dostępnych utworzy naszą liczbę — kolejność jest już przesądzona (malejąca). Liczba takich wyborów to kombinacja: $|A|=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{6}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)=\frac{8\cdot 7}{2}=28.$

Krok 4. Obliczamy prawdopodobieństwo

Z klasycznej definicji prawdopodobieństwa: $P(A)=\frac{|A|}{|\Omega |}=\frac{28}{8^6}=\frac{28}{262144}.$ Skracamy ułamek przez $4$: $P(A)=\frac{7}{65536}.$

Odpowiedź: $P(A)=\frac{28}{8^6}=\frac{7}{65536}.$

Krok 1. Zapisujemy warunki zadania

Mamy ciąg trzywyrazowy $(x,y,z)$, który jest:

• geometryczny i rosnący,
• o sumie wyrazów $x+y+z=105$,

a ponadto liczby $x,y,z$ są odpowiednio $1.$, $2.$ i $6.$ wyrazem pewnego ciągu arytmetycznego $(a_n)$.

Krok 2. Wykorzystujemy ciąg arytmetyczny do wyrażenia y i z przez x

Niech $r$ oznacza różnicę ciągu arytmetycznego $(a_n)$. Wtedy $a_n=a_1+(n-1)r$, więc: $x=a_1,y=a_2=a_1+r=x+r,z=a_6=a_1+5r=x+5r.$ Dzięki temu wszystkie trzy wyrazy opisaliśmy dwiema niewiadomymi: $x$ oraz $r$.

Krok 3. Warunek sumy

Podstawiamy do $x+y+z=105$: $x+(x+r)+(x+5r)=105⟹3x+6r=105⟹x+2r=35.(\ast )$

Krok 4. Warunek geometryczny

W ciągu geometrycznym środkowy wyraz spełnia $y^2=x\cdot z$. Podstawiamy $y=x+r$ oraz $z=x+5r$: $(x+r{)}^2=x(x+5r).$ Rozwijamy obie strony: $x^2+2xr+r^2=x^2+5xr.$ Upraszczamy $x^2$ i przenosimy wszystko na jedną stronę: $r^2+2xr-5xr=0⟹r^2-3xr=0⟹r(r-3x)=0.$ Zatem $r=0$ albo $r=3x$.

Krok 5. Odrzucamy przypadek $r=0$

Gdyby $r=0$, to $x=y=z$ — ciąg byłby stały, a więc nie rosnący. To sprzeczne z warunkiem, że $(x,y,z)$ jest rosnący. Odrzucamy więc $r=0$ i zostaje $r=3x.$

Krok 6. Rozwiązujemy układ

Wstawiamy $r=3x$ do warunku sumy $3x+6r=105$: $3x+6\cdot 3x=105⟹3x+18x=105⟹21x=105⟹x=5.$ Stąd $r=3x=15$, więc: $y=x+r=5+15=20,z=x+5r=5+75=80.$

Krok 7. Sprawdzenie

Ciąg $(5,20,80)$: iloraz $\frac{20}{5}=4$ oraz $\frac{80}{20}=4$ — jest geometryczny, iloraz $4>1$, więc rosnący. Suma: $5+20+80=105$. Wszystkie warunki spełnione.

Odpowiedź: $x=5,y=20,z=80$.

Krok 1. Rozpisujemy funkcje podwojonego kąta

Korzystamy ze wzorów $\sin (2x)=2\sin x\cos x$ oraz $\cos (2x)={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x$. Lewa strona przyjmuje postać $2\sin x\cos x+{\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x=1+\sin x-\cos x.$

Krok 2. Grupujemy wszystko po jednej stronie z użyciem jedynki trygonometrycznej

Przeniesiemy lewą stronę na prawą i wykorzystamy $1={\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x$. Zapiszmy równanie w postaci $0=1-2\sin x\cos x+\sin x-\cos x+{\sin }^{2}x-{\cos }^{2}x.$ Zauważmy, że $1-2\sin x\cos x={\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x-2\sin x\cos x=(\sin x-\cos x{)}^2$. Ponadto ${\sin }^{2}x-{\cos }^{2}x=(\sin x-\cos x)(\sin x+\cos x)$. Stąd $0=(\sin x-\cos x{)}^2+(\sin x-\cos x)+(\sin x-\cos x)(\sin x+\cos x).$

Krok 3. Wyłączamy wspólny czynnik

W każdym składniku występuje $(\sin x-\cos x)$: $0=(\sin x-\cos x)[(\sin x-\cos x)+1+(\sin x+\cos x)].$ W nawiasie kwadratowym $-\cos x$ i $+\cos x$ znoszą się, a $\sin x+\sin x=2\sin x$, więc $0=(\sin x-\cos x)(2\sin x+1).$

Krok 4. Rozbijamy na dwa równania

Iloczyn jest zerem, gdy któryś z czynników jest zerem: $\sin x=\cos x\text{lub}\sin x=-\frac{1}{2}.$

Krok 5. Przypadek $\sin x=\cos x$

Gdyby $\cos x=0$, to musiałoby być również $\sin x=0$, co jest niemożliwe (bo ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$). Zatem $\cos x\ne 0$ i możemy podzielić stronami przez $\cos x$: $\mathrm{tg}x=1.$ W zbiorze $⟨0,2\pi ⟩$ daje to $x=\frac{\pi }{4}\text{oraz}x=\frac{5\pi }{4}.$

Krok 6. Przypadek $\sin x=-\frac{1}{2}$

Sinus jest ujemny w III i IV ćwiartce. W zbiorze $⟨0,2\pi ⟩$: $x=\pi +\frac{\pi }{6}=\frac{7\pi }{6}\text{oraz}x=2\pi -\frac{\pi }{6}=\frac{11\pi }{6}.$

Krok 7. Zbieramy rozwiązania

Równanie ma w przedziale $⟨0,2\pi ⟩$ cztery rozwiązania: $x\in \left\{\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{6},\frac{11\pi }{6}\right\}.$

Odpowiedź: $x\in \left\{\frac{\pi }{4},\frac{7\pi }{6},\frac{5\pi }{4},\frac{11\pi }{6}\right\}$.

Krok 1. Wykorzystujemy równość $|BC|=R$

Niech $S$ będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ABC$, a $R=17$ jego promieniem. Ponieważ $|SB|=|SC|=R=17$ (promienie) oraz cięciwa $|BC|=17$, trójkąt $BSC$ ma wszystkie boki równe $17$, czyli jest równoboczny. Stąd kąt środkowy oparty na cięciwie $BC$ ma miarę $|\angle BSC|=60^{\circ }.$

Krok 2. Przechodzimy do kąta wpisanego $BAC$

Kąt $BAC$ jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku $BC$, co kąt środkowy $BSC$. Ponieważ bok $AC$ jest najdłuższy, wierzchołek $A$ leży na dłuższym z łuków $BC$ (gdyby leżał na krótszym, to najdłuższym bokiem byłby $BC$). Wtedy kąt wpisany jest połową odpowiadającego mu kąta środkowego: $|\angle BAC|=\frac{1}{2}\cdot 60^{\circ }=30^{\circ }.$

Krok 3. Zapisujemy twierdzenie cosinusów dla boku $BC$

Bok $BC$ leży naprzeciw kąta $BAC$ przy wierzchołku $A$. Z twierdzenia cosinusów $|BC{|}^2=|AC{|}^2+|AB{|}^2-2\cdot |AB|\cdot |AC|\cdot \cos |\angle BAC|.$ Podstawiamy $|BC|=17$, $|AB|=30$, $\cos 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$ i oznaczamy niewiadomą $|AC|=t$: $17^2=t^2+30^2-2\cdot 30\cdot t\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}.$

Krok 4. Porządkujemy równanie kwadratowe

$289=t^2+900-30\sqrt{3}t,$ czyli $t^2-30\sqrt{3}t+611=0.$

Krok 5. Rozwiązujemy równanie kwadratowe

Wyróżnik: $\Delta =(30\sqrt{3}{)}^2-4\cdot 611=2700-2444=256,\sqrt{\Delta }=16.$ Stąd $t=\frac{30\sqrt{3}\pm 16}{2}=15\sqrt{3}\pm 8.$ Otrzymujemy dwie wartości: $t_1=15\sqrt{3}+8$ oraz $t_2=15\sqrt{3}-8$.

Krok 6. Wybieramy właściwe rozwiązanie

Bok $AC$ ma być najdłuższym bokiem trójkąta, więc musi być dłuższy od $|AB|=30$. Ponieważ $\sqrt{3}\approx 1,732$, mamy $15\sqrt{3}\approx 25,98$, więc:

• $t_2=15\sqrt{3}-8\approx 17,98<30$ — odrzucamy (nie byłby najdłuższy),
• $t_1=15\sqrt{3}+8\approx 33,98>30$ — spełnia warunek.

Zatem $|AC|=15\sqrt{3}+8$.

Odpowiedź: $|\angle BAC|=30^{\circ }$ oraz $|AC|=15\sqrt{3}+8$.

Krok 1. Robimy rysunek i rozumiemy sytuację

Mamy okrąg o środku $S$ i promieniu $r=\sqrt{5}$. Z punktu $A=(1,2)$ leżącego na zewnątrz okręgu poprowadzono dwie styczne, które dotykają okręgu w punktach $B$ i $C$. Powstaje czworokąt $ABSC$ o wierzchołkach kolejno $A$, $B$, $S$, $C$.

Kluczowa własność stycznej: promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej. Zatem $SB\perp AB$ oraz $SC\perp AC$, czyli w wierzchołkach $B$ i $C$ czworokąta są kąty proste.

Krok 2. Rozbijamy czworokąt na dwa przystające trójkąty

Przekątna $AS$ dzieli czworokąt $ABSC$ na trójkąty prostokątne $ABS$ i $ACS$ (kąt prosty przy $B$ i przy $C$). Odcinki stycznych poprowadzone z jednego punktu do okręgu są równe, więc $|AB|=|AC|$. Ponadto $|BS|=|CS|=\sqrt{5}$ (promienie) i bok $AS$ jest wspólny, więc oba trójkąty są przystające.

Oznaczmy $m=|AB|=|AC|$.

Krok 3. Zapisujemy pole czworokąta

Pole czworokąta to suma pól obu przystających trójkątów prostokątnych: $P_{ABSC}=2\cdot P_{ABS}=2\cdot \frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot |BS|=2\cdot \frac{1}{2}\cdot m\cdot \sqrt{5}=m\sqrt{5}.$

Z warunku zadania $P_{ABSC}=15$, więc: $m\sqrt{5}=15\Rightarrow m=\frac{15}{\sqrt{5}}=\frac{15\sqrt{5}}{5}=3\sqrt{5}.$

Krok 4. Wyznaczamy odległość $|AS|$ z twierdzenia Pitagorasa

W trójkącie prostokątnym $ABS$ przeciwprostokątną jest $AS$: $|AS{|}^2=|AB{|}^2+|BS{|}^2=(3\sqrt{5}{)}^2+(\sqrt{5}{)}^2=45+5=50.$

Krok 5. Korzystamy z tego, że $S$ leży na prostej $y=x+1$

Skoro $S$ leży na prostej $y=x+1$, to $S=(x_S,x_S+1)$. Liczymy kwadrat odległości od $A=(1,2)$: $|AS{|}^2=(x_S-1{)}^2+((x_S+1)-2{)}^2=(x_S-1{)}^2+(x_S-1{)}^2=2(x_S-1{)}^2.$

Krok 6. Rozwiązujemy równanie na $x_S$

Przyrównujemy do wartości z Kroku 4: $2(x_S-1{)}^2=50\Rightarrow (x_S-1{)}^2=25\Rightarrow |x_S-1|=5.$ Stąd: $x_S-1=5\Rightarrow x_S=6,\text{lub}{x}_S-1=-5\Rightarrow x_S=-4.$

Współrzędne $S$ (pamiętając, że $y_S=x_S+1$):

• dla $x_S=6:S=(6,7)$,
• dla $x_S=-4:S=(-4,-3)$.

Krok 7. Sprawdzamy warunek położenia $A$ na zewnątrz okręgu

W obu przypadkach $|AS|=\sqrt{50}$, co jest większe od promienia $\sqrt{5}$, więc punkt $A$ rzeczywiście leży na zewnątrz okręgu — oba rozwiązania są poprawne i oba należy uwzględnić.

Odpowiedź: $S=(6,7)$ oraz $S=(-4,-3)$.

Krok 1. Zapisujemy warunki, które muszą być spełnione

Równanie $x^2-(3m+1)x+2m^2+m+1=0$ ma mieć dwa różne rozwiązania rzeczywiste $x_1,x_2$, spełniające warunek $x_1^3+x_2^3+3x_1{x}_2(x_1+x_2-3)\le 3m-7.$ Musimy więc jednocześnie spełnić dwa warunki:

• Etap I — istnienie dwóch różnych pierwiastków, czyli $\Delta >0$,
• Etap II — nierówność na pierwiastki (przekształcona przez wzory Viète'a).

Na końcu bierzemy część wspólną obu zbiorów.

Krok 2. Etap I — warunek $\Delta >0$

Liczymy wyróżnik: $\Delta =(3m+1{)}^2-4(2m^2+m+1).$ Rozwijamy: $\Delta =9m^2+6m+1-8m^2-4m-4=m^2+2m-3=(m-1)(m+3).$ Warunek $\Delta >0$ daje $(m-1)(m+3)>0$, a więc $m\in (-\infty ,-3)\cup (1,+\infty ).$

Krok 3. Etap II — wzory Viète'a i przekształcenie wyrażenia

Ze wzorów Viète'a: $x_1+x_2=3m+1,x_1{x}_2=2m^2+m+1.$

Przekształcamy lewą stronę nierówności. Najpierw rozbijamy nawias: $x_1^3+x_2^3+3x_1{x}_2(x_1+x_2-3)=x_1^3+x_2^3+3x_1{x}_2(x_1+x_2)-9x_1{x}_2.$ Korzystamy z tożsamości dla sześcianu sumy: $(x_1+x_2{)}^3=x_1^3+x_2^3+3x_1{x}_2(x_1+x_2),$ zatem trzy pierwsze składniki to dokładnie $(x_1+x_2{)}^3$. Otrzymujemy prostą postać: $x_1^3+x_2^3+3x_1{x}_2(x_1+x_2-3)=(x_1+x_2{)}^3-9x_1{x}_2.$

Krok 4. Podstawiamy wzory Viète'a do nierówności

Nierówność przyjmuje postać: $(x_1+x_2{)}^3-9x_1{x}_2\le 3m-7,$ czyli $(3m+1{)}^3-9(2m^2+m+1)\le 3m-7.$ Rozwijamy $(3m+1{)}^3$: $(3m+1{)}^3=27m^3+27m^2+9m+1.$ Wstawiamy i porządkujemy lewą stronę: $27m^3+27m^2+9m+1-18m^2-9m-9\le 3m-7,$ $27m^3+9m^2-8\le 3m-7.$ Przenosimy wszystko na lewą stronę: $27m^3+9m^2-3m-1\le 0.$

Krok 5. Rozkład wielomianu na czynniki

Grupujemy wyrazy wielomianu $27m^3+9m^2-3m-1$: $27m^3+9m^2-3m-1=9m^2(3m+1)-(3m+1)=(3m+1)(9m^2-1).$ Czynnik $9m^2-1=(3m-1)(3m+1)$, więc $27m^3+9m^2-3m-1=(3m+1)(3m-1)(3m+1)=(3m-1)(3m+1{)}^2.$ Sprawdzenie mnożeniem: $(3m-1)(3m+1{)}^2=(3m-1)(9m^2+6m+1)=27m^3+18m^2+3m-9m^2-6m-1=27m^3+9m^2-3m-1.$ Zgadza się.

Krok 6. Rozwiązujemy nierówność iloczynową

Mamy: $(3m-1)(3m+1{)}^2\le 0.$ Czynnik $(3m+1{)}^2\ge 0$ dla każdego $m$ (jest równy $0$ tylko dla $m=-\frac{1}{3}$). Znak całego iloczynu zależy więc od czynnika $(3m-1)$:

• gdy $m\ne -\frac{1}{3}$, iloczyn ma znak $(3m-1)$, więc jest $\le 0$ dokładnie dla $3m-1\le 0$, czyli $m\le \frac{1}{3}$;
• dla $m=-\frac{1}{3}$ iloczyn równa się $0$, więc też spełnia $\le 0$ (i tak mieści się w $m\le \frac{1}{3}$).

Stąd Etap II daje: $m\in \left(-\infty ,\frac{1}{3}\right].$

Krok 7. Etap III — część wspólna warunków

Łączymy wyniki Etapu I i Etapu II: $[(-\infty ,-3)\cup (1,+\infty )]\cap \left(-\infty ,\frac{1}{3}\right].$ Przedział $(1,+\infty )$ jest rozłączny z $\left(-\infty ,\frac{1}{3}\right]$ (bo $\frac{1}{3}<1$), więc pozostaje tylko $(-\infty ,-3)\cap \left(-\infty ,\frac{1}{3}\right]=(-\infty ,-3).$

Odpowiedź: $m\in (-\infty ,-3)$.

Krok 1. Pole podstawy graniastosłupa

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku $a$. Jego pole wynosi $P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Krok 2. Wyznaczamy wysokość graniastosłupa z objętości

Objętość graniastosłupa to pole podstawy razy wysokość $H$: $V=P_p\cdot H=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot H=3456.$ Stąd $H=\frac{3456\cdot 4}{a^2\sqrt{3}}=\frac{13824}{a^2\sqrt{3}}.$ Usuwamy niewymierność z mianownika, mnożąc przez $\sqrt{3}$: $H=\frac{13824}{a^2\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=\frac{13824\sqrt{3}}{3a^2}=\frac{4608\sqrt{3}}{a^2}.$

Krok 3. Pole całkowite

Pole całkowite to dwa trójkąty w podstawach plus pole powierzchni bocznej. Powierzchnia boczna to trzy jednakowe prostokąty o wymiarach $a\times H$, czyli $3aH$: $P(a)=2\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}+3aH=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3a\cdot \frac{4608\sqrt{3}}{a^2}.$ Upraszczamy drugi składnik: $3a\cdot \frac{4608\sqrt{3}}{a^2}=\frac{3\cdot 4608\sqrt{3}}{a}=\frac{13824\sqrt{3}}{a}.$ Zatem $P(a)=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+\frac{13824\sqrt{3}}{a}.$

To należało wykazać.

Krok 1. Funkcja i dziedzina

Rozważamy funkcję $P(a)=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+\frac{13824\sqrt{3}}{a},a\in (0,8\sqrt{3}⟩.$ Górne ograniczenie wynika z warunku $a\le 8\sqrt{3}$ z treści zadania.

Krok 2. Pochodna

Różniczkujemy. Pochodna składnika $\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$ to $a\sqrt{3}$, a składnik $13824\sqrt{3}\cdot a^{-1}$ ma pochodną $-13824\sqrt{3}\cdot a^{-2}$. Zatem $P^{\prime }(a)=a\sqrt{3}-\frac{13824\sqrt{3}}{a^2}.$

Krok 3. Miejsce zerowe pochodnej

Rozwiązujemy $P^{\prime }(a)=0$: $a\sqrt{3}=\frac{13824\sqrt{3}}{a^2}⟹a^3=13824.$ Ponieważ $24^3=13824$, otrzymujemy $a=24$.

Krok 4. Sprawdzamy położenie punktu względem dziedziny

Mamy $8\sqrt{3}\approx 13,86$, więc $a=24\notin (0,8\sqrt{3}⟩$. Punkt zerowania pochodnej leży poza rozważanym przedziałem, więc trzeba zbadać monotoniczność na $(0,8\sqrt{3}⟩$.

Krok 5. Znak pochodnej na dziedzinie

Zapiszmy pochodną w postaci $P^{\prime }(a)=\sqrt{3}\cdot \frac{a^3-13824}{a^2}.$ Dla $a\in (0,8\sqrt{3}⟩$ mamy $a<24$, więc $a^3<13824$, czyli licznik $a^3-13824<0$. Mianownik $a^2>0$, zatem $P^{\prime }(a)<0\text{na całym }(0,8\sqrt{3}⟩.$ Funkcja $P$ jest więc malejąca na tym przedziale, a najmniejszą wartość osiąga na jego prawym końcu $a=8\sqrt{3}$.

Krok 6. Obliczamy najmniejsze pole

Podstawiamy $a=8\sqrt{3}$. Najpierw $(8\sqrt{3}{)}^2=64\cdot 3=192$, więc pierwszy składnik: $\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{192\sqrt{3}}{2}=96\sqrt{3}.$ Drugi składnik: $\frac{13824\sqrt{3}}{8\sqrt{3}}=\frac{13824}{8}=1728.$ Zatem $P(8\sqrt{3})=96\sqrt{3}+1728.$

Odpowiedź: najmniejsze pole całkowite otrzymujemy dla $a=8\sqrt{3}$ i wynosi ono $96\sqrt{3}+1728$.