Matematyka PR — Maj 2025

Krok 1. Wyznaczmy $N_0$

Model wzrostu to $N(t)=N_0\cdot k^t$. W chwili $t=0$ liczebność wynosiła $10000$, więc

$N(0)=N_0\cdot k^0=N_0=10000.$

Krok 2. Zapiszmy równanie na $k$

Po dwóch godzinach liczebność była równa $15625$, zatem

$N(2)=10000\cdot k^2=15625.$

Stąd

$k^2=\frac{15625}{10000}=1,5625.$

Krok 3. Obliczmy $k$

Ponieważ $k$ jest stałą dodatnią, bierzemy pierwiastek dodatni:

$k=\sqrt{1,5625}=1,25.$

(Można to sprawdzić: $1,25^2=1,5625$.)

Krok 4. Zinterpretujmy $k$ jako wzrost procentowy

Zobaczmy, jak zmienia się liczebność w ciągu jednej godziny — porównajmy $N(t+1)$ z $N(t)$:

$\frac{N(t+1)}{N(t)}=\frac{N_0\cdot k^{t+1}}{N_0\cdot k^t}=k=1,25.$

To znaczy, że po każdej godzinie liczebność jest $1,25$ razy większa, czyli rośnie o

$1,25-1=0,25=25\%.$

Odpowiedź: W ciągu każdej godziny liczebność populacji wzrastała o $25\%$.

Cel

Mamy wykazać, że dla $a>0$, $b>0$ oraz $b\ne \frac{1}{2}a$ (równoważnie $a\ne 2b$) zachodzi

$(a+2b{)}^3>8a^{2}b+16a{b}^2.$

Przenieśmy wszystko na jedną stronę i pokażmy, że różnica jest dodatnia.

Krok 1. Rozwińmy sześcian sumy

Korzystamy ze wzoru $(x+y{)}^3=x^3+3x^{2}y+3x{y}^2+y^3$ dla $x=a$, $y=2b$:

$(a+2b{)}^3=a^3+6a^{2}b+12a{b}^2+8b^3.$

Krok 2. Zapiszmy nierówność w postaci „$\dots >0$”

$a^3+6a^{2}b+12a{b}^2+8b^3-8a^{2}b-16a{b}^2>0,$

czyli po redukcji

$a^3-2a^{2}b-4a{b}^2+8b^3>0.$

Krok 3. Rozłóżmy lewą stronę na czynniki

Grupujemy wyrazy:

$a^2(a-2b)-4b^2(a-2b)=(a-2b)(a^2-4b^2).$

Czynnik $a^2-4b^2$ to różnica kwadratów: $a^2-4b^2=(a-2b)(a+2b)$. Zatem

$a^3-2a^{2}b-4a{b}^2+8b^3=(a-2b{)}^2(a+2b).$

Krok 4. Uzasadnijmy dodatniość

• Ponieważ $a>0$ i $b>0$, więc $a+2b>0$.
• Ponieważ $b\ne \frac{1}{2}a$, to $a-2b\ne 0$, a wtedy $(a-2b{)}^2>0$ jako kwadrat liczby różnej od zera.

Iloczyn liczby dodatniej i liczby dodatniej jest dodatni, więc

$(a-2b{)}^2(a+2b)>0.$

Wniosek

Nierówność $(a-2b{)}^2(a+2b)>0$ jest równoważna wyjściowej, zatem dla każdych dodatnich $a,b$ takich, że $b\ne \frac{1}{2}a$, prawdziwa jest nierówność

$(a+2b{)}^3>8a^{2}b+16a{b}^2.$

Opis sytuacji

Trójkąt $ABC$ jest równoboczny, więc każdy jego kąt ma miarę $60^{\circ }$. Punkt $D$ leży na boku $BC$. Oznaczmy $\alpha =|\angle DAC|$. Wtedy $|\angle BAD|=60^{\circ }-\alpha$.

Krok 1. Zapiszmy stosunek pól przez kąty przy wierzchołku $A$

Oba trójki $ABD$ i $ADC$ mają wspólny bok $AD$ oraz $|AB|=|AC|$ (trójkąt równoboczny). Ze wzoru na pole trójkąta $P=\frac{1}{2}\cdot \text{(bok)}\cdot \text{(bok)}\cdot \sin (\text{kąt między nimi})$ dostajemy

$\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}}=\frac{\frac{1}{2}|AB||AD|\sin (60^{\circ }-\alpha )}{\frac{1}{2}|AC||AD|\sin \alpha }=\frac{\sin (60^{\circ }-\alpha )}{\sin \alpha }.$

Z warunku zadania ten stosunek jest równy $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$, więc

$\frac{\sin (60^{\circ }-\alpha )}{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{3}-1}{2}.$

Krok 2. Rozwińmy sinus różnicy

$\sin (60^{\circ }-\alpha )=\sin 60^{\circ }\cos \alpha -\cos 60^{\circ }\sin \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha -\frac{1}{2}\sin \alpha .$

Dzielimy licznik przez $\sin \alpha$:

$\frac{\sin (60^{\circ }-\alpha )}{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cot \alpha -\frac{1}{2}.$

Krok 3. Rozwiążmy równanie

$\frac{\sqrt{3}}{2}\cot \alpha -\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}.$

Dodajemy $\frac{1}{2}$ do obu stron:

$\frac{\sqrt{3}}{2}\cot \alpha =\frac{\sqrt{3}-1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Stąd $\cot \alpha =1$, czyli $\mathrm{tg}\alpha =1$.

Krok 4. Wyznaczmy $\alpha$

Kąt $\alpha$ jest kątem ostrym trójkąta ($0^{\circ }<\alpha <60^{\circ }$), a $\mathrm{tg}\alpha =1$ daje

$\alpha =45^{\circ }.$

Odpowiedź: $|\angle DAC|=45^{\circ }$.

Model probabilistyczny

Rzucamy kostką cztery razy. Zdarzeniami elementarnymi są czterowyrazowe ciągi wyników — wariacje z powtórzeniami ze zbioru $\{1,2,3,4,5,6\}$, więc $|\Omega |=6^4$.

Oznaczmy:

• $A$ — otrzymamy co najmniej jeden raz sześć oczek,
• $B$ — otrzymamy dokładnie dwa razy pięć oczek.

Szukamy prawdopodobieństwa warunkowego

$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{|A\cap B|}{|B|}.$

Krok 1. Moc zdarzenia $B$ (dokładnie dwie piątki)

Wybieramy $2$ z $4$ pozycji, na których wypadnie piątka: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$ sposobów. Na pozostałych dwóch pozycjach może być dowolny wynik różny od 5, czyli po $5$ możliwości:

$|B|=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\cdot 5\cdot 5=6\cdot 25=150.$

Krok 2. Moc zdarzenia $A\cap B$ (dwie piątki i co najmniej jedna szóstka)

Mamy dokładnie dwie piątki (wybór pozycji: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$), a na pozostałych dwóch pozycjach — wyniki ze zbioru $\{1,2,3,4,6\}$ (bez piątki), przy czym przynajmniej jedna z tych dwóch pozycji to szóstka.

Dwie „wolne” pozycje wypełniamy elementami $5$-elementowego zbioru $\{1,2,3,4,6\}$ tak, by pojawiła się co najmniej jedna szóstka. Liczymy dopełnieniem: wszystkie układy $5^2=25$ minus te bez szóstki $4^2=16$:

$25-16=9.$

Zatem

$|A\cap B|=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\cdot 9=6\cdot 9=54.$

Krok 3. Prawdopodobieństwo warunkowe

$P(A\mid B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac{54}{150}=\frac{9}{25}.$

Odpowiedź: $P(A\mid B)=\frac{9}{25}=0,36$.

Krok 1. Znajdźmy miejsca zerowe wyrażeń pod modułem

Moduł $|x-2|$ zmienia postać w $x=2$, a moduł $|x+3|$ w $x=-3$. Punkty te dzielą oś liczbową na trzy przedziały, które wyczerpują całe $\mathbb{R}$:

$(-\infty ,-3),[-3,2),[2,+\infty ).$

Rozpatrzymy nierówność $|x-2|-2|x+3|<-2$ w każdym z nich.

Przypadek 1. $x\in (-\infty ,-3)$

Wtedy $x-2<0$, więc $|x-2|=2-x$; oraz $x+3<0$, więc $|x+3|=-(x+3)$. Nierówność:

$(2-x)-2(-(x+3))<-2$ $2-x+2x+6<-2$ $x+8<-2\Rightarrow x<-10.$

Część wspólna z $(-\infty ,-3)$: $x\in (-\infty ,-10)$.

Przypadek 2. $x\in [-3,2)$

Wtedy $|x-2|=2-x$ oraz $|x+3|=x+3$. Nierówność:

$(2-x)-2(x+3)<-2$ $2-x-2x-6<-2$ $-3x-4<-2\Rightarrow -3x<2\Rightarrow x>-\frac{2}{3}.$

Część wspólna z $[-3,2)$: $x\in \left(-\frac{2}{3},2\right)$.

Przypadek 3. $x\in [2,+\infty )$

Wtedy $|x-2|=x-2$ oraz $|x+3|=x+3$. Nierówność:

$(x-2)-2(x+3)<-2$ $x-2-2x-6<-2$ $-x-8<-2\Rightarrow -x<6\Rightarrow x>-6.$

Część wspólna z $[2,+\infty )$: cały przedział $[2,+\infty )$.

Krok 2. Suma rozwiązań

$(-\infty ,-10)\cup \left(-\frac{2}{3},2\right)\cup [2,+\infty )=(-\infty ,-10)\cup \left(-\frac{2}{3},+\infty \right).$

Odpowiedź: $x\in (-\infty ,-10)\cup \left(-\frac{2}{3},+\infty \right)$.

Dane

Ciąg $(a_n)$ jest geometryczny i zbieżny (czyli istnieje suma wszystkich jego wyrazów, co wymaga $|q|<1$). Dane: $a_1+a_3=20$ oraz $a_1^2+a_3^2=328$.

Krok 1. Wyznaczmy $a_1$ i $a_3$

Skorzystamy z tożsamości $(a_1+a_3{)}^2=a_1^2+2a_1{a}_3+a_3^2$:

$20^2=328+2a_1{a}_3\Rightarrow 400=328+2a_1{a}_3\Rightarrow a_1{a}_3=36.$

Zatem $a_1$ i $a_3$ są pierwiastkami równania $t^2-20t+36=0$. Wyróżnik: $\Delta =400-144=256$, $\sqrt{\Delta }=16$, więc

$t=\frac{20\pm 16}{2}\Rightarrow t=2\text{lub}t=18.$

Stąd $\{a_1,a_3\}=\{2,18\}$.

Krok 2. Wykorzystajmy warunek zbieżności

Dla ciągu geometrycznego $a_3=a_1{q}^2$, więc $q^2=\frac{a_3}{a_1}$.

• Gdyby $a_1=2$, $a_3=18$, to $q^2=9$, czyli $|q|=3>1$ — ciąg rozbieżny, warunek zadania niespełniony. Odrzucamy.
• Zatem $a_1=18$, $a_3=2$ i $q^2=\frac{2}{18}=\frac{1}{9}$, czyli $q=\frac{1}{3}$ lub $q=-\frac{1}{3}$. W obu przypadkach $|q|<1$ — ciąg jest zbieżny.

Krok 3. Obliczmy sumę w obu przypadkach

Suma wszystkich wyrazów zbieżnego ciągu geometrycznego: $S=\frac{a_1}{1-q}$.

Gdy $q=\frac{1}{3}$:

$S=\frac{18}{1-\frac{1}{3}}=\frac{18}{\frac{2}{3}}=27.$

Gdy $q=-\frac{1}{3}$:

$S=\frac{18}{1-\left(-\frac{1}{3}\right)}=\frac{18}{\frac{4}{3}}=\frac{54}{4}=\frac{27}{2}.$

Odpowiedź: Suma wynosi $S=27$ (dla $q=\frac{1}{3}$) albo $S=\frac{27}{2}$ (dla $q=-\frac{1}{3}$).

Oznaczenia

Niech $a=|AB|$ (dłuższa podstawa), $b=|CD|$ (krótsza podstawa), $h$ — wysokość trapezu. Punkty $E,F$ to środki ramion $AD,BC$, więc odcinek $EF$ to linia środkowa trapezu.

Krok 1. Długość linii środkowej

Z własności trapezu linia środkowa jest równa średniej arytmetycznej podstaw:

$d:=|EF|=\frac{a+b}{2}.$

Krok 2. Pola dwóch mniejszych trapezów

Linia środkowa dzieli trapez na dwa trapezy o równych wysokościach $\frac{h}{2}$:

• trapez $EFCD$ o podstawach $d$ i $b$,
• trapez $ABFE$ o podstawach $a$ i $d$.

Stąd

$P_{EFCD}=\frac{d+b}{2}\cdot \frac{h}{2},P_{ABFE}=\frac{a+d}{2}\cdot \frac{h}{2}.$

Krok 3. Wykorzystajmy warunek zadania

$\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}}=\frac{d+b}{a+d}=\frac{1}{2}.$

Mnożąc na krzyż:

$2(d+b)=a+d\Rightarrow 2d+2b=a+d\Rightarrow d+2b=a.$

Krok 4. Podstawmy $d=\frac{a+b}{2}$

$\frac{a+b}{2}+2b=a/\cdot 2$ $a+b+4b=2a\Rightarrow 5b=a.$

Wniosek

$\frac{|CD|}{|AB|}=\frac{b}{a}=\frac{b}{5b}=\frac{1}{5}.$

Krok 1. Wyznaczmy prostą przechodzącą przez punkty przecięcia

Punkty $A,B$ leżą na obu okręgach, więc spełniają oba równania. Odejmijmy równanie ${\mathcal{O}}_1$ od ${\mathcal{O}}_2$ (znika część kwadratowa), otrzymując oś potęgową — prostą $AB$:

$(x-1{)}^2+(y+3{)}^2-[(x-2{)}^2+(y-4{)}^2]=5-45.$

Po rozwinięciu:

$(-2x+1)-(-4x+4)+(6y+9)-(-8y+16)=-40,$ $2x-3+14y-7=-40\Rightarrow 2x+14y=-30\Rightarrow x+7y=-15.$

Stąd $x=-7y-15$.

Krok 2. Podstawmy do jednego z okręgów

Wstawiamy do ${\mathcal{O}}_2:(x-2{)}^2+(y-4{)}^2=45$:

$(-7y-15-2{)}^2+(y-4{)}^2=45,$ $(-7y-17{)}^2+(y-4{)}^2=45.$

Rozwijamy: $(49y^2+238y+289)+(y^2-8y+16)=45$, czyli

$50y^2+230y+305=45\Rightarrow 50y^2+230y+260=0\Rightarrow 5y^2+23y+26=0.$

Wyróżnik: $\Delta =23^2-4\cdot 5\cdot 26=529-520=9$, $\sqrt{\Delta }=3$:

$y=\frac{-23\pm 3}{10}\Rightarrow y=-2\text{lub}y=-\frac{13}{5}.$

Krok 3. Odpowiadające współrzędne $x$

• Dla $y=-\frac{13}{5}$: $x=-7\cdot \left(-\frac{13}{5}\right)-15=\frac{91}{5}-\frac{75}{5}=\frac{16}{5}$.
• Dla $y=-2$: $x=-7\cdot (-2)-15=14-15=-1$.

Punkt $A$ ma pierwszą współrzędną dodatnią, więc

$A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right),B=(-1,-2).$

Krok 4. Wyznaczmy punkt $M$ z warunku wektorowego

Warunek $\overrightarrow{AM}=-2\cdot \overrightarrow{BM}$ oznacza $M-A=-2(M-B)$, skąd

$M-A=-2M+2B\Rightarrow 3M=A+2B\Rightarrow M=\frac{A+2B}{3}.$

Liczymy:

$A+2B=\left(\frac{16}{5}+2(-1),-\frac{13}{5}+2(-2)\right)=\left(\frac{6}{5},-\frac{33}{5}\right).$

$M=\frac{1}{3}\left(\frac{6}{5},-\frac{33}{5}\right)=\left(\frac{2}{5},-\frac{11}{5}\right).$

Odpowiedź: $A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)$, $B=(-1,-2)$, $M=\left(\frac{2}{5},-\frac{11}{5}\right)$.

Krok 1. Zamieńmy $\sin (2x)$ na iloczyn

Korzystamy ze wzoru $\sin (2x)=2\sin x\cos x$:

$3{\cos }^{2}x+2\sqrt{3}\sin x\cos x-3{\sin }^{2}x=0.$

Krok 2. Sprawdźmy przypadek $\cos x=0$

Gdyby $\cos x=0$ (czyli $x=\pm \frac{\pi }{2}$ w rozważanym przedziale), to ${\sin }^{2}x=1$ i równanie daje

$3\cdot 0+0-3\cdot 1=-3\ne 0,$

więc takie $x$ nie są rozwiązaniami. Możemy dalej założyć $\cos x\ne 0$ i podzielić przez ${\cos }^{2}x$.

Krok 3. Sprowadźmy do równania na $\mathrm{tg}x$

Dzieląc przez ${\cos }^{2}x$ i pamiętając, że $\frac{\sin x}{\cos x}=\mathrm{tg}x$:

$3+2\sqrt{3}\mathrm{tg}x-3{\mathrm{tg}}^{2}x=0,$

czyli po pomnożeniu przez $-1$:

$3{\mathrm{tg}}^{2}x-2\sqrt{3}\mathrm{tg}x-3=0.$

Krok 4. Rozwiążmy równanie kwadratowe względem $t=\mathrm{tg}x$

$\Delta =(-2\sqrt{3}{)}^2-4\cdot 3\cdot (-3)=12+36=48,\sqrt{\Delta }=4\sqrt{3}.$

$t=\frac{2\sqrt{3}\pm 4\sqrt{3}}{6}\Rightarrow t=\sqrt{3}\text{lub}t=-\frac{\sqrt{3}}{3}.$

Krok 5. Rozwiązania w przedziale $[-\pi ,\pi ]$

$\mathrm{tg}x=\sqrt{3}$: rozwiązania to $x=\frac{\pi }{3}+\pi k$. W $[-\pi ,\pi ]$:

$x=\frac{\pi }{3}\text{oraz}x=\frac{\pi }{3}-\pi =-\frac{2\pi }{3}.$

$\mathrm{tg}x=-\frac{\sqrt{3}}{3}$: rozwiązania to $x=-\frac{\pi }{6}+\pi k$. W $[-\pi ,\pi ]$:

$x=-\frac{\pi }{6}\text{oraz}x=-\frac{\pi }{6}+\pi =\frac{5\pi }{6}.$

Odpowiedź: $x\in \left\{-\frac{2\pi }{3},-\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3},\frac{5\pi }{6}\right\}$.

Opis bryły

Podstawą jest kwadrat $ABCD$ o boku $a=3\sqrt{34}$. Krawędź boczna $SA$ jest wysokością ostrosłupa, więc $SA\perp$ podstawa (a stąd $SA\perp AB$ i $SA\perp AD$). Kąt dwuścienny $\beta$ między ścianami $CDS$ i $BCS$ ma $\cos \beta =-\frac{9}{25}$.

Krok 1. Trójkąty $BCS$ i $DCS$ są prostokątne

Ponieważ $AB\perp BC$ (kwadrat) oraz $AB$ jest rzutem prostokątnym $SB$ na podstawę, to z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych $SB\perp BC$. Zatem trójkąt $BCS$ jest prostokątny w $B$. Analogicznie trójkąt $DCS$ jest prostokątny w $D$.

Krok 2. Kąt dwuścienny przy krawędzi $CS$

Niech $E$ będzie spodkiem wysokości trójkąta $BCS$ poprowadzonej z $B$ na $CS$; oznaczmy $x=|BE|$. Z symetrii ostrosłupa (ściany $BCS$ i $DCS$ są przystające) spodek wysokości z $D$ na $CS$ to ten sam punkt $E$ oraz $|DE|=|BE|=x$. Kąt $\angle BED=\beta$ jest szukanym kątem dwuściennym.

Krok 3. Wyznaczmy $x$ z twierdzenia cosinusów w $△BED$

Przekątna kwadratu: $|BD|=a\sqrt{2}=3\sqrt{34}\cdot \sqrt{2}$, więc $|BD{|}^2=2a^2=2\cdot 306=612$.

$|BD{|}^2=x^2+x^2-2x^2\cos \beta =2x^2\left(1-\left(-\frac{9}{25}\right)\right)=2x^2\cdot \frac{34}{25}.$

Stąd

$612=\frac{68x^2}{25}\Rightarrow x^2=\frac{612\cdot 25}{68}=225\Rightarrow x=15.$

Krok 4. Odcinek $CE$ i krawędź $SC$

W prostokątnym trójkącie $BEC$ ($|BC{|}^2=a^2=306$):

$|CE{|}^2=|BC{|}^2-|BE{|}^2=306-225=81\Rightarrow |CE|=9.$

Trójkąty $BCS$ i $ECB$ są podobne (kkk), więc $\frac{|CE|}{|BC|}=\frac{|BC|}{|SC|}$:

$\frac{9}{3\sqrt{34}}=\frac{3\sqrt{34}}{|SC|}\Rightarrow |SC|=\frac{(3\sqrt{34}{)}^2}{9}=\frac{306}{9}=34.$

Krok 5. Krawędzie boczne $BS$ i $AS$

Z podobieństwa $△BCS\sim △ECB$: $\frac{|BS|}{|BC|}=\frac{|BE|}{|EC|}=\frac{15}{9}$, więc

$|BS|=3\sqrt{34}\cdot \frac{15}{9}=5\sqrt{34}.$

Trójkąt $ACS$ jest prostokątny w $A$ (bo $SA\perp$ podstawa, więc $SA\perp AC$), $|AC|=a\sqrt{2}$:

$|AS{|}^2=|SC{|}^2-|AC{|}^2=34^2-612=1156-612=544=16\cdot 34\Rightarrow |AS|=4\sqrt{34}.$

Krok 6. Pole powierzchni bocznej

Ściany $ABS$ i $ADS$ są prostokątne w $A$ (przyprostokątne $AB=a$ i $AS$):

$P_{ABS}=P_{ADS}=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot |AS|=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{34}\cdot 4\sqrt{34}=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 34=204.$

Ściany $BCS$ i $DCS$ są prostokątne w $B$ (i $D$), przyprostokątne $BC=a$ i $BS$:

$P_{BCS}=P_{DCS}=\frac{1}{2}\cdot |BC|\cdot |BS|=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{34}\cdot 5\sqrt{34}=\frac{1}{2}\cdot 15\cdot 34=255.$

Sumujemy:

$P_b=2\cdot 204+2\cdot 255=408+510=918.$

Odpowiedź: Pole powierzchni bocznej ostrosłupa wynosi $918$.

Warunki, które musimy spełnić

Funkcja $f(x)=(2-m)x^2-2(2m+1)x+(m+8)$ ma być kwadratowa i mieć dwa różne miejsca zerowe tego samego znaku, spełniające $(x_1-x_2{)}^2\le 180$. Potrzebujemy: $2-m\ne 0$, $\Delta >0$, $x_1{x}_2>0$ oraz warunek na $(x_1-x_2{)}^2$. Rozpatrzmy je kolejno.

Etap 1. $\Delta >0$ (dwa różne miejsca zerowe)

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

Liczymy: $[-2(2m+1){]}^2=4(4m^2+4m+1)=16m^2+16m+4$ oraz $4(2-m)(m+8)=4(-m^2-6m+16)=-4m^2-24m+64$. Zatem

$\Delta =16m^2+16m+4+4m^2+24m-64=20m^2+40m-60=20(m^2+2m-3)=20(m+3)(m-1).$

$\Delta >0⟺(m+3)(m-1)>0⟺m\in (-\infty ,-3)\cup (1,+\infty ).$

Etap 2. Miejsca zerowe tego samego znaku: $x_1{x}_2>0$

Ze wzoru Viète'a $x_1{x}_2=\frac{m+8}{2-m}$. Warunek $\frac{m+8}{2-m}>0$ jest równoważny $(m+8)(2-m)>0$:

$m\in (-8,2).$

Etap 3. Warunek $(x_1-x_2{)}^2\le 180$

Korzystamy z $(x_1-x_2{)}^2=(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2$, gdzie $x_1+x_2=\frac{2(2m+1)}{2-m}$:

${\left(\frac{2(2m+1)}{2-m}\right)}^2-4\cdot \frac{m+8}{2-m}\le 180.$

Sprowadzamy do wspólnego mianownika $(2-m{)}^2=(m-2{)}^2$:

$\frac{16m^2+16m+4}{(m-2{)}^2}+\frac{4(m+8)(m-2)}{(m-2{)}^2}-\frac{180(m-2{)}^2}{(m-2{)}^2}\le 0.$

Licznik: $16m^2+16m+4+(4m^2+24m-64)-180(m^2-4m+4)=20m^2+40m-60-180m^2+720m-720=-160m^2+760m-780$. Zatem

$\frac{-160m^2+760m-780}{(m-2{)}^2}\le 0.$

Ponieważ $(m-2{)}^2>0$ (bo $m\ne 2$), wystarczy $-160m^2+760m-780\le 0$, czyli po podzieleniu przez $-20$ (zmiana znaku):

$8m^2-38m+39\ge 0.$

Wyróżnik: ${\Delta }_m=38^2-4\cdot 8\cdot 39=1444-1248=196$, $\sqrt{{\Delta }_m}=14$:

$m=\frac{38\pm 14}{16}\Rightarrow m=\frac{3}{2}\text{lub}m=\frac{13}{4}.$

Nierówność $8m^2-38m+39\ge 0$ (ramiona w górę) daje

$m\in \left(-\infty ,\frac{3}{2}\right]\cup \left[\frac{13}{4},+\infty \right).$

Etap 4. Część wspólna wszystkich warunków

Łączymy: $m\ne 2$, $m\in (-\infty ,-3)\cup (1,+\infty )$, $m\in (-8,2)$, $m\in \left(-\infty ,\frac{3}{2}\right]\cup \left[\frac{13}{4},+\infty \right)$.

Najpierw $[(-\infty ,-3)\cup (1,+\infty )]\cap (-8,2)=(-8,-3)\cup (1,2)$. Nakładamy ostatni warunek: przedział $(-8,-3)$ w całości spełnia $m\le \frac{3}{2}$; z $(1,2)$ zostaje $\left(1,\frac{3}{2}\right]$ (część $\ge \frac{13}{4}$ jest pusta). Warunek $m\ne 2$ nic nie usuwa.

$m\in (-8,-3)\cup \left(1,\frac{3}{2}\right].$

Odpowiedź: $m\in (-8,-3)\cup \left(1,\frac{3}{2}\right]$.

Oznaczenia

Rozważmy przekrój osiowy stożka — trójkąt równoramienny $ABC$ o wierzchołku $C$ (szczyt stożka) i podstawie $AB$. Niech $D$ będzie środkiem podstawy (środkiem $AB$), $r=|DB|$ — promień podstawy, $h=|DC|$ — wysokość stożka. Tworząca stożka to odcinek $BC$ o długości

$l=|BC|=\sqrt{h^2+r^2}.$

Odległość środka podstawy $D$ od tworzącej $BC$ to długość wysokości $|DE|$ w trójkącie $DBC$ opuszczonej z $D$ na $BC$; z warunku zadania $|DE|=5$.

Krok 1. Pole trójkąta $DBC$ na dwa sposoby

Trójkąt $DBC$ jest prostokątny w $D$ (bo $DC\perp AB$). Jego pole liczymy raz przez przyprostokątne $DB=r$, $DC=h$, a raz przez podstawę $BC$ i wysokość $DE$:

$\frac{1}{2}\cdot |DB|\cdot |DC|=\frac{1}{2}\cdot |BC|\cdot |DE|,$ $\frac{1}{2}rh=\frac{1}{2}\sqrt{h^2+r^2}\cdot 5.$

Krok 2. Wyznaczmy $r^2$

Z powyższego $rh=5\sqrt{h^2+r^2}$. Podnosimy do kwadratu:

$r^2{h}^2=25(h^2+r^2)\Rightarrow r^2{h}^2-25r^2=25h^2\Rightarrow r^2(h^2-25)=25h^2.$

Ponieważ $h>5$, to $h^2-25>0$ i możemy podzielić:

$r^2=\frac{25h^2}{h^2-25}.$

Krok 3. Objętość stożka

$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot \frac{25h^2}{h^2-25}\cdot h=\frac{\pi }{3}\cdot \frac{25h^3}{h^2-25}.$

To należało wykazać.

Cel

Szukamy $h\in (5,+\infty )$, dla którego funkcja $V(h)=\frac{\pi }{3}\cdot \frac{25h^3}{h^2-25}$ przyjmuje wartość najmniejszą.

Krok 1. Pochodna funkcji $V$

Wygodnie policzyć pochodną, traktując $\frac{25\pi }{3}$ jako stały czynnik. Stosujemy wzór na pochodną ilorazu do $\frac{h^3}{h^2-25}$:

$V^{\prime }(h)=\frac{25\pi }{3}\cdot \frac{3h^2(h^2-25)-h^3\cdot 2h}{(h^2-25{)}^2}.$

Licznik: $3h^2(h^2-25)-2h^4=3h^4-75h^2-2h^4=h^4-75h^2=h^2(h^2-75)$. Zatem

$V^{\prime }(h)=\frac{25\pi }{3}\cdot \frac{h^2(h^2-75)}{(h^2-25{)}^2}.$

Krok 2. Miejsca zerowe pochodnej w dziedzinie

$V^{\prime }(h)=0⟺h^2(h^2-75)=0⟺h=0\text{lub}h=\pm 5\sqrt{3}.$

W dziedzinie $(5,+\infty )$ leży tylko $h=5\sqrt{3}$ (bo $5\sqrt{3}\approx 8,66>5$).

Krok 3. Znak pochodnej i wniosek o minimum

Dla $h\in (5,+\infty )$ czynniki $\frac{25\pi }{3}$, $h^2$ i $(h^2-25{)}^2$ są dodatnie, więc znak $V^{\prime }(h)$ zależy od $h^2-75$:

• gdy $h\in (5,5\sqrt{3})$: $h^2-75<0$, więc $V^{\prime }(h)<0$ — funkcja maleje,
• gdy $h\in (5\sqrt{3},+\infty )$: $h^2-75>0$, więc $V^{\prime }(h)>0$ — funkcja rośnie.

Funkcja maleje na $(5,5\sqrt{3}]$ i rośnie na $[5\sqrt{3},+\infty )$, więc w $h=5\sqrt{3}$ osiąga wartość najmniejszą (minimum globalne w dziedzinie).

Krok 4. Najmniejsza objętość

Podstawiamy $h=5\sqrt{3}$. Mamy $(5\sqrt{3}{)}^2=75$ oraz $(5\sqrt{3}{)}^3=125\cdot 3\sqrt{3}=375\sqrt{3}$:

$V(5\sqrt{3})=\frac{\pi }{3}\cdot \frac{25\cdot 375\sqrt{3}}{75-25}=\frac{\pi }{3}\cdot \frac{9375\sqrt{3}}{50}=\frac{\pi }{3}\cdot 187,5\sqrt{3}=\frac{125\sqrt{3}\pi }{2}.$

Odpowiedź: Najmniejszą objętość ma stożek o wysokości $h=5\sqrt{3}$, a ta objętość wynosi $V(5\sqrt{3})=\frac{125\sqrt{3}\pi }{2}$.