Autor: admin

Stereometria – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-5)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość a. Ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa 2\alpha. Wyznacz objętość tego ostrosłupa.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Wykonajmy szkic sytuacyjny na modelu ostrosłupa ABCD. Należy pamiętać, że kąt pomiędzy przecinającymi się płaszczyznami zaznacza się na przekroju płaszczyzną prostopadłą do wspólnej krawędzi tych płaszczyzn. W naszym przypadku niech K będzie odpowiednim punktem na krawędzi BD tak, aby płaszczyzna AKC była do tej krawędzi prostopadła. Wtedy \angle AKC=2\alpha. Niech też |DP|=H będzie wysokością tego ostrosłupa, gdzie P jest punktem z trójkąta równobocznego ABC.

\begin{tikzpicture}[scale=1.5,rotate=4] \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=right:$B$] (B) at (2,1); \coordinate[label=left:$C$] (C) at (-0.7,1.5); \coordinate[label=above:$D$] (D) at (0.7,4); \coordinate[label=right:$K$] (K) at ($(B)!0.3!(D)$); \coordinate[label=above right:$P$] (P) at ($0.333*(A)+0.333*(B)+0.333*(C)$); \draw[thick] (C)--(A)--(B) (A)--(D)--(B) (D)--(C); \draw[thick,dashed] (B)--(C); \foreach \p in {A,B,C,D,K,P} \draw[fill=black] (\p) circle (0.8pt); \node[scale=0.65,blue] at ($(K)+(208:0.4)$) {$2\alpha$}; \draw[blue] (K)--(A); \draw[blue,dashed] (K)--(C); \draw (B)--(A) node[below,midway] {$a$}; \draw (C)--(A) node[left,midway] {$a$}; \draw[thick,red] (D)--(P); \end{tikzpicture}

Oznaczmy przez x długość odcinka AK, jest to jednocześnie wysokość ściany bocznej ABD. Rozważmy trójkąt AKC podzielony wysokością opuszczoną na bok AC.

\begin{tikzpicture} \draw[thick] (0,0)--(2,3)--(4,0)--cycle; \draw[thick,blue] (0,0)--(2,3)--(4,0); \node[above left] at (1,1.5) {$x$}; \node[below] at (1,0) {$\frac{a}{2}$}; \node[below left] at (0,0) {$C$}; \node[below right] at (4,0) {$A$}; \node[above] at (2,3) {$K$}; \draw[red] (2,3)--(2,0); \node[scale=0.8] at ($(2,3)+(252:0.4)$) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}

Mamy wtedy

    \[\frac{\frac{a}{2}}{x}=\sin \alpha\quad\Leftrightarrow\quad x=\frac{a}{2\sin\alpha}.\]

Niech b będzie długością krawędzi bocznych naszego ostrosłupa, zaś h niech będzie długością wysokości tych ścian, opuszczonych z wierzchołka D.

\begin{tikzpicture} \draw[thick] (0,0)--(2,5)--(4,0)--cycle; \node[above left] at (1,2.5) {$b$}; \node[below] at (1,0) {$\frac{a}{2}$}; \node[below left] at (0,0) {$A$}; \node[below right] at (4,0) {$B$}; \node[above] at (2,5) {$D$}; \draw[red] (2,5)--(2,0) node[right,midway] {$h$}; \end{tikzpicture}

Z twierdzenia Pitagorasa mamy

    \[h^2=b^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2,\]

zaś z równości pól liczonych raz dla wysokości x, a raz dla wysokości h, dostajemy \dfrac{1}{2}\cdot |BD|\cdot x=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h, czyli bx=ah. Podstawiając obliczone wartości x i h, możemy napisać

    \[\frac{ab}{2\sin\alpha}=a\sqrt{b^2-\frac{a^2}{4}}.\]

Dostajemy stąd \dfrac{a^2}{4}=b^2\left(1-\dfrac{1}{4\sin^2\alpha}\right), czyli

    \[b=\frac{a\sin\alpha}{\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}.\]

Na koniec zauważmy, że podstawa P wysokości ostrosłupa znajduje się w środku ciężkości trójkąta równobocznego ABC. Stąd H^2=|BD|^2-|BP|^2, czyli

    \[H^2=b^2-\left(\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a\right)^2=\frac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}-\frac{a^2}{9}=\frac{5\sin^2\alpha+1}{9\left(4\sin^2\alpha-1\right)}a^2.\]

Mamy więc odpowiedź

    \[V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot H=\frac{\sqrt{15\sin^2\alpha+3}}{36\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}\,a^3.\]

Warto jeszcze zaznaczyć, jakie warunki powinny spełniać podane wielkości, aby opisana w zadaniu sytuacja miała sens. Musi być oczywiście 4\sin^2\alpha-1>0, a że \alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right), to \sin\alpha>\dfrac{1}{2}, czyli \alpha\in\left(\dfrac{\pi}{6},\,\dfrac{\pi}{2}\right).

 

Zadanie 2. (0-8)
W trójkącie ABC dane są: |AC|=8, |BC|=3, \angle ACB=60^\circ. Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej bryły powstałej po obrocie trójkąta ABC dookoła boku BC.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2003.


Wykonajmy szkic sytuacyjny danych z zadania. Warto przy tym ustawić oś obrotu (czyli bok BC trójkąta) w pozycji pionowej, aby lepiej wyobrazić sobie powstałą po tej operacji bryłę.

\begin{tikzpicture} \coordinate[label=above:$C$] (C) at (0,0); \coordinate[label=below:$A$] (A) at (210:4); \coordinate[label=below:$A'$] (Ap) at (330:4); \coordinate[label=above left:$B$] (B) at (270:1.5); \draw[red] (B)--(270:2) node[right,midway] {$1$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[thick,dashed,blue] (B)--(Ap)--(C); \draw (A)--(C) node[above left,midway] {$8$}; \node[right] at (0,-0.8) {$3$}; \node[scale=0.6,below] at (220:0.3) {$60^\circ$}; \draw[thin,red] (A)--(Ap); \end{tikzpicture}

Zauważmy, że w trójkącie ABC kąt przy wierzchołku C jest rozwarty. Można to potwierdzić np. twierdzeniem kosinusów ale zdecydowanie łatwiej zauważyć, że gdyby bok BC byłby nieco dłuższy i miałby długość 4, to wtedy kąt \angle ABC byłby prosty (dany trójkąt byłby połówką trójkąta równobocznego). Przez A' oznaczmy teraz punkt symetryczny do A względem osi obrotu BC. Uzyskana bryła to stożek o przekroju osiowym AA'C z ,,wydrążonym” w podstawie współosiowym stożkiem o przekroju AA'B. Na podstawie tej obserwacji będziemy obliczać objętość V tej bryły.

Długość odcinka AA' to podwojona wysokość trójkąta równobocznego o boku długości 8, czyli |AA'|=2\cdot\dfrac{8\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}. Stąd

    \[V=\pi \cdot\left(\frac{|AA'|}{2}\right)^2\cdot 4-\pi \cdot\left(\frac{|AA'|}{2}\right)^2\cdot 1=\pi \cdot\left(4\sqrt{3}\right)^2\cdot 3=144\pi.\]

Z kolei powierzchnia całkowita S to jakby suma powierzchni bocznych wskazanych wyżej dwóch stożków. Tworząca l_1 pierwszego wynosi l_1=|AC|=8, zaś tworząca stożka drugiego ma długość l_2=|AB|, którą obliczymy z twierdzenia cosinusów:

    \[|AB|^2=8^2+3^2-2\cdot 8\cdot 3\cdot\cos 60^\circ=64+9-24=49,\]

stąd |AB|=7.

Mamy więc

    \[S=\pi\frac{|AA'|}{2}\cdot l_1+\pi\frac{|AA'|}{2}\cdot l_2=\pi\cdot 4\sqrt{3}\cdot (8+7)=60\pi\sqrt{3}.\]

 

Zadanie 3. (0-4)
Wybierz dwie dowolne przekątne sześcianu i oblicz cosinus kąta między nimi. Sporządź odpowiedni rysunek i zaznacz na nim kąt, którego cosinus obliczasz.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Zgodnie z poleceniem, wykonajmy rysunek. Rozważamy sześcian ABCDA_1B_1C_1D_1, niech K będzie punktem wspólnym przekątnych A_1C i BD_1.

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above left:$A_1$] (A1) at (0,3); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (3,3); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (1.5,1); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4.5,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (1.5,4); \coordinate[label=above right:$C_1$] (C1) at (4.5,4); \coordinate[label=below left:$K$] (K) at (intersection of B--D1 and A1--C); \draw[thick] (A)--(B)--(B1)--(A1)--cycle (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle (B)--(C)--(C1); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(C) (D)--(D1); \draw[very thick, red] (D1)--(B) (A1)--(C); \foreach \p in {A,B,C,D,A1,B1,C1,D1,K} \draw[fill=black] (\p) circle (1.5pt); \end{tikzpicture}

Oznaczmy przez a długość krawędzi sześcianu. Wtedy oczywiście każda z jego przekątnych będzie miała długość a\sqrt{3}. Nasz kąt możemy zaznaczyć na dodatkowym płaskim rysunku. Jest to kąt pomiędzy przekątnymi prostokąta A_1BCD_1, którego boki wynoszą |A_1B|=a\sqrt{2} oraz |BC|=a.

\begin{tikzpicture}[scale=2.5] \coordinate[label=below left:$A_1$] (A1) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (1.414,0); \coordinate[label=above right:$C$] (C) at (1.414,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (0,1); \coordinate[label=below:$K$] (K) at (intersection of B--D1 and A1--C); \foreach \p in {A1,B,C,D1,K} \draw[fill=black] (\p) circle (0.4pt); \draw[thick] (A1)--(B)--(C)--(D1)--cycle; \draw[thick,red] (A1)--(C) (B)--(D1); \node[below] at (0.71,0) {$a\sqrt{2}$}; \node[left] at (0,0.5) {$a$}; \node[right,red] at (0.77,0.5) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}

Niech \alpha będzie kątem ostrym pomiędzy wybranymi przekątnymi. Najłatwiej użyć jest twierdzenia cosinusów. Mamy

    \[|BC|^2=|BK|^2+|CK|^2-2\cdot|BK|\cdot|CK|\cos\alpha,\]

podstawiając znane długości poszczególnych odcinków, dostaniemy \cos\alpha=\dfrac{a^2-\frac{3}{4}a^2-\frac{3}{4}a^2}{-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\dfrac{\frac{1}{2}a^2}{\frac{3}{2}a^2}=\dfrac{1}{3}. To kończy rozwiązanie.

 

Zadanie 4. (0-4)
Graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy a i dwa razy krótszej wysokości przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem 60^\circ. Zaznacz ten kąt na rysunku oraz oblicz pole otrzymanego przekroju, wynik przedstaw w najprostszej postaci.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Sytuację przedstawia rysunek. Trzeba oczywiście sprawdzić, czy przy podanych wymiarach graniastosłupa opisany przekrój przecina obie podstawy bryły, czy też przecina jedną z krawędzi bocznych. Jeślj przyjmiemy oznaczenia wierzchołków graniastosłupa jak na rysunku poniżej i założymy, że interesujący nas przekrój zawiera przekątną BD podstawy, to gdyby przekrój ten przechodził przez wierzchołek C_1, to kąt nachylenia przekroju do płaszczyzny podstawy wynosiłby \alpha i wówczas \text{tg}\alpha=\dfrac{|CC_1|}{|TC_1|}, gdzie T jest środkiem kwadratowej podstawy ABCD. Stąd \text{tg}\alpha=\dfrac{a/2}{a\sqrt{2}/2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}<\sqrt{3}=\text{tg} 60^\circ. Wynika stąd, że rozważany w zadaniu przekrój jest trapezem, którego podstawy zawierają się w podstawach graniastosłupa.

\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above left:$A_1$] (A1) at (0,2); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (3,2); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (1.5,1); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4.5,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (1.5,3); \coordinate[label=right:$C_1$] (C1) at (4.5,3); \coordinate[label=above:$P$] (P) at ($(D1)!0.6!(C1)$); \coordinate[label=below right:$Q$] (Q) at ($(B1)!0.6!(C1)$); \coordinate[label=left:$V$] (V) at ($(P)!0.5!(Q)$); \coordinate[label=below left:$T$] (T) at ($(B)!0.5!(D)$); \coordinate[label=left:$W$] (W) at (intersection of C--C1 and T--V); \draw[red,thick,fill=red!10] (B)--(Q)--(P)--(D)--cycle; \draw[thick] (A)--(B)--(B1)--(A1)--cycle (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle (B)--(C)--(C1); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(C) (D)--(D1); \node[above] at (B1) {$B_1$}; \node[below left] at (V) {$V$}; \draw[thick,blue] (C)--(T)--($(P)!0.5!(Q)$) (V)--(W)--(C1) (V)--(C1); \foreach \p in {A,B,C,D,A1,B1,C1,D1,P,Q,T,V,W} \draw[fill=black] (\p) circle (1.1pt); \node[scale=0.8,blue] at ($(T)+(30:0.42)$) {$60^\circ$}; \draw (A)--(B) node[below,midway] {$a$}; \draw (C)--(B) node[below right,midway] {$a$}; \draw (C)--(C1) node[right,midway] {$\frac{a}{2}$}; \end{tikzpicture}

Niech W będzie punktem przecięcia prostej TV z przedłużeniem krawędzi bocznej CC_1, przy czym V jest środkiem podstawy PQ trapezu będącego rozważanym przekrojem. Trójkąt prostokątny CTW jest połówką trójkąta równobocznego i dodatkowo |CT|=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}, zatem |CW|=\dfrac{a\sqrt{6}}{2} i |TW|=2|CT|=a\sqrt{2}. Trójkątem ,,ekierkowym” jest także trójkąt C_1VW oraz |C_1W|=\dfrac{a(\sqrt{6}-1)}{2}, a stąd |WV|=\dfrac{a(\sqrt{6}-1)}{\sqrt{3}} i tym samym

    \[|TV|=|TW|-|WV|=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\]

Mamy też |PQ|=|WV|, więc możemy już obliczyć pole S naszego przekroju. Mamy

    \[S=\frac{|BD|+|PQ|}{2}\cdot|TV|=\frac{a\sqrt{2}+\frac{a(\sqrt{6}-1)}{\sqrt{3}}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2(2\sqrt{6}-1)}{6}.\]

 

Zadanie 5. (0-7)
Powierzchnia całkowita graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego jest równa S\sqrt{3}. Wyznacz największą z możliwych objętość tego graniastosłupa, wynik zapisz w najprostszej postaci.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Niech a,h>0 będą odpowiednio długością podstawy i wysokością danego graniastosłupa. Sześciokąt foremny o boku długości a składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku a, stąd

    \[S\sqrt{3}=12\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2+6ah=3\sqrt{3}a^2+6ah.\]

\begin{tikzpicture}[yscale=0.4] \draw[thick] (20:2)--(80:2)--(140:2)--(200:2)--(260:2)--(320:2)--(20:2) node[right,midway] {$a$}; \draw (260:2)--(320:2) node[below,midway] {$a$}; \draw (260:2)--(200:2) node[below,midway] {$a$}; \draw[thick,{shift={(0,10)}}] (20:2)--(80:2)--(140:2)--(200:2)--(260:2)--(320:2)--(20:2); \draw[dashed,thick] (140:2)--+(0,10) (80:2)--+(0,10); \draw[thick] (200:2)--+(0,10) (260:2)--+(0,10) (320:2)--+(0,10) (20:2)--+(0,10) node[right,midway] {$h$}; \node[right] at (3,5) {$12\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2+6ah=S\sqrt{3}$}; \draw[thin,dashed,blue] (20:2)--(200:2) (140:2)--(320:2) (260:2)--(80:2); \end{tikzpicture}

Obliczając z tego równania długość h otrzymamy

    \[h=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(\dfrac{S}{a}-3a\right).\]

Wynika stąd w szczególności, że S/a-3a>0, czyli 3a^2<S i stąd a\in\left(0,\,\dfrac{\sqrt{3S}}{3}\right). Objętość V graniastosłupa, jako funkcja zmiennej a wyraża się wzorem

    \[V(a)=6\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot h=\frac{3}{4}\left(Sa-3a^3\right).\]

Mamy znaleźć maksimum funkcji V(a) dla podanego wyżej zakresu zmiennej a. Pochodna wynosi

    \[V'(a)=\frac{3}{4}\left(S-9a^2\right).\]

Wynika stąd, że dla a=\dfrac{\sqrt{S}}{3} pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny, więc w punkcie tym funkcja V(a) osiąga maksimum.

Obliczamy

    \[V_{\max}=V\left(\frac{\sqrt{S}}{3}\right)=\frac{S\sqrt{S}}{6}.\]

 

Kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Oblicz prawdopodobieństwo tego, że w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Zauważmy, że kwadraty liczb 1, 2, 4 i 5 dają przy dzieleniu przez 3 reszty 1; natomiast liczby 3^2 i 6^2 dają reszty zerowe przy takim dzieleniu. Aby więc suma trzech takich kwadratów dawała wynik podzielny przez 3 (czyli resztę zero), albo wszystkie trzy liczby muszą same być podzielne przez 3 – czyli pochodzić ze zbioru \{3,6\}, albo wszystkie trzy liczby muszą pochodzić ze zbioru \{1,2,4,5\}.

Jeżeli przez A oznaczymy odpowiednie zdarzenie, to zgodnie z powyższą uwagą, mamy

    \[\bar{\bar{A}}=2^3+4^3.\]

Dodatkowo \Omega przestrzeń wszystkich zdarzeń elementarnych ma elementów

    \[\bar{\bar{\Omega}}=6^3.\]

Zatem mamy odpowiedź: \mathbf{P}(A)=\dfrac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\dfrac{2^3+4^3}{6^3}=\dfrac{8+64}{216}=\dfrac{1}{3}.

 

Zadanie 2. (0-3)
Oblicz, ile jest liczb naturalnych sześciocyfrowych, w zapisie których występuje dokładnie trzy razy cyfra 0 i dokładnie raz występuje cyfra 5.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.


Cyfra zero nie może występować na pierwszej pozycji w zapisie danej liczby sześciocyfrowej, pozostałe 5 miejsc jest już dozwolonych. Mamy więc {5\choose 3} możliwości, aby umiejscowić cyfrę zero. Na pozostałych 3 miejscach (tym razem już łącznie z najbardziej znaczącą cyfrą – czyli cyfrą setek tysięcy danej liczby) musi wystąpić cyfra 5. Na to mamy niezależnych {3\choose 1} możliwości. Pozostałe dwa miejsca możemy uzupełnić dowolnymi cyframi różnymi i od piątki i od zera. To daje kolejnych 8\cdot 8 możliwości (jest osiem dostępnych cyfr na dwa pozostałe miejsca). Ostatecznie otrzymujemy odpowiedź: takich liczb jest dokładnie:

    \[{5\choose 3}\cdot {3\choose 1}\cdot 8^2=10\cdot 3\cdot 64=1920.\]

 

Zadanie 3. (0-4)
A i B są zdarzeniami losowymi i \mathbf{P}(B)>0. Wykaż, że

    \[\mathbf{P}(A|B)\leqslant\frac{1-\mathbf{P}(A')}{\mathbf{P}(B)}.\]

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.


Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego mamy \mathbf{P}(A|B)=\dfrac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}. Zauważmy, że zdarzenie A\cap B jest zawarte w zdarzeniu A, dlatego \mathbf{P}(A\cap B)\leqslant \mathbf{P}(A). Tym samym możemy napisać

    \[\mathbf{P}(A|B)=\frac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}\leqslant \frac{\mathbf{P}(A)}{\mathbf{P}(B)}=\frac{1-\mathbf{P}(A')}{\mathbf{P}(B)},\]

z własności prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego do A. To kończy dowód.

 

Zadanie 4. (0-4)
Rzucamy pięć razy symetryczną kostką sześcienną. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że ,,jedynka” wypadnie co najmniej cztery razy.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Oznaczmy przez A zdarzenie opisane w zadaniu (tj. przy pięciokrotnym rzucie sześcienną kostką do gry, uzyskamy jedno oczko co najmniej cztery razy), zaś przez \Omega tradycyjnie przestrzeń wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia losowego (pięciokrotnego rzutu kostką). Oczywiście wtedy \bar{\bar{\Omega}}=6^5, gdyż musimy uwzględnić każdy możliwy wynik przy jednym rzucie (a tych jest sześć) i ,,zwielokrotnić” go tyle razy ile rzutów wykonujemy (stąd wykładnik 5).

Dla obliczenia liczby \bar{\bar{A}} zauważmy, że A zajdzie gdy albo uzyskamy wyłącznie ,,jedynki” we wszystkich pięciu rzutach, albo w dokładnie jednym z kolejnych rzutów (pierwszym lub drugim itd… lub piątym) ,,jedynka” nie wypadnie. To daje nam równość 

    \[\bar{\bar{A}}=1^5+{5 \choose 1}\cdot 5\cdot 1^4=1+25=26\]

(drugi składnik powyższej sumy zawiera symbol Newtona, odpowiadający za to, w którym z kolei rzucie wypadnie wynik inny niż ,,jedynka”).

Ostatecznie mamy

    \[\mathbf{P}(A)=\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{26}{6^5}\approx 0,\!0033.\]

 

Zadanie 5. (0-4)
Z pewnej grupy osób, w której jest dwa razy więcej mężczyzn niż kobiet, wybrano losowo dwuosobową delegację. Prawdopodobieństwo tego, że w delegacji znajdą się tylko kobiety jest równe 0,\!1. Oblicz, ile kobiet i ilu mężczyzn jest w tej grupie.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.


Załóżmy, że liczba kobiet w opisanej grupie wynosi k, wtedy mężczyzn jest tam 2k. Wszystkich możliwych wyborów delegacji dwuosobowej jest równa

    \[\bar{\bar{\Omega}}={{k+2k}\choose 2}={3k\choose 2}=\frac{3k(3k-1)}{2}.\]

Delegacji złożonych wyłącznie z kobiet można utworzyć

    \[\bar{\bar{A}}={k \choose 2}=\frac{k(k-1)}{2}.\]

Stąd mamy równość 

    \[\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{k(k-1)}{3k(3k-1)}=0,\!1.\]

Stąd (k-1)\cdot 10=9k-3, czyli k=7. Mamy więc odpowiedź: w opisanej grupie było 7 kobiet.

 

Zadanie 6. (0-4)
Wśród m losów loterii jest 6 losów wygrywających. Dla jakich m prawdopodobieństwo tego, że zakupione dwa losy będą wygrywające, jest większe od \dfrac{1}{3}?

♦ matura – poziom podstawowy (Częstochowa), maj 1988.


Oczywiście m jest liczbą naturalną i m\geqslant 6. Wszystkich możliwych wyborów dwóch losów spośród m jest dokładnie \bar{\bar{\Omega}}={m\choose 2}. Możliwości, w których zakupione oba losy są zwycięskie mamy zaś \bar{\bar{A}}={6\choose 2}. Stąd dostajemy nierówność

    \[\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{6\cdot 5}{m\cdot (m-1)}>\frac{1}{3}.\]

To prowadzi do nierówności m(m-1)<90, czyli m^2-m-90<0. Obliczamy wyróżnik \Delta=1+360 i stąd m_1=\dfrac{1-19}{2}=-9 oraz m_2=\dfrac{1+19}{2}=10, czyli m\in(-9,10). Uwzględniając założenia – otrzymujemy końcowe rozwiązanie: m\in\{6,7,8,9\}.

 

Zadanie 7. (0-4)
W urnie umieszczono 4 kule białe i 8 kul czarnych. Losujemy jedną kulę. Jeżeli będzie biała, to wrzucamy ją z powrotem do urny i dorzucamy do niej jeszcze dwie białe kule. Jeżeli będzie czarna, to zatrzymujemy ją i dorzucamy dwie zielone kule do urny. Następnie losujemy z urny jednocześnie dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że obie z wylosowanych za drugim razem kul są białe.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Sytuację po pierwszym losowaniu wygodnie jest przedstawić za pomocą grafu.

\begin{tikzpicture}[node distance={35mm}, thick,main/.style = {draw, circle},mm/.style = {draw, rectangle}] \node[mm] (1) {START: $4b+8cz$}; \node[mm] (2) [below left of=1] {$6b+8cz$}; \node[mm] (3) [below right of=1] {$4b+7cz+2z$}; \draw[->] (1) -- node[midway,below, sloped, pos=0.5] {bia{\l}a} (2); \draw[->] (1) -- node[midway,above, sloped, pos=0.5] {$p=\frac{4}{12}$} (2); \draw[->] (1) -- node[midway,below, sloped, pos=0.5] {czarna} (3); \draw[->] (1) -- node[midway,above, sloped, pos=0.5] {$p=\frac{8}{12}$} (3); \end{tikzpicture}

Węzły drzewka zawierają opis zawartości urny w obu przypadkach. Wylosowanie za drugim razem dwóch kul białych wystąpi z prawdopodobieństwem

    \[\frac{4}{12}\cdot\frac{\binom{6}{2}}{\binom{14}{2}}+\frac{8}{12}\cdot\frac{\binom{4}{2}}{\binom{13}{2}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{15}{91}+\frac{2}{3}\cdot\frac{6}{78}=\frac{29}{273}.\]

 

Geometria i zadania na dowodzenie – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Na bokach BC i CD równoległoboku ABCD zbudowano kwadraty CDEF i BCGH (zobacz rysunek). Udowodnij, że |AC| = |FG|.

\begin{tikzpicture}[scale=1] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above right:$C$] (C) at (4,2); \coordinate[label=left:$D$] (D) at (1,2); \coordinate[label=above left:$E$] (E) at (1,5); \coordinate[label=above right:$F$] (F) at (4,5); \coordinate[label=right:$G$] (G) at (6,1); \coordinate[label=right:$H$] (H) at (5,-1); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thick,blue] (D)--(C)--(F)--(E)--cycle; \draw[thick,red] (B)--(H)--(G)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Zaznaczmy na rysunku interesujące nas odcinki i rozważmy taki dodatkowy punkt X, aby czworokąt CFXG był równoległobokiem.

\begin{tikzpicture}[scale=1] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above right:$C$] (C) at (4,2); \coordinate[label=left:$D$] (D) at (1,2); \coordinate[label=above left:$E$] (E) at (1,5); \coordinate[label=above right:$F$] (F) at (4,5); \coordinate[label=right:$G$] (G) at (6,1); \coordinate[label=right:$H$] (H) at (5,-1); \coordinate[label=right:$X$] (X) at (6,4); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thick] (D)--(C)--(F)--(E)--cycle; \draw[thick] (B)--(H)--(G)--(C)--cycle; \draw[very thick,red] (A)--(C) (F)--(G); \draw[blue] (C)--(F)--(X)--(G)--cycle; \end{tikzpicture}

Wtedy ten nowy równoległobok jest przystający do wyjściowego równoległoboku ABCD. Odpowiednie przekątne też są jednakowe, a ponieważ \angle BCD+\angle FCG=180^\circ, to przekątne FG i AC są właśnie jednakowej długości. To kończy dowód.

 

Zadanie 2. (0-4)
Trapez równoramienny ABCD o podstawach AB i CD jest opisany na okręgu o promieniu r. Wykaż, że 4r^2=|AB|\cdot |CD|.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.


Wykonajmy stosowny rysunek. Zauważmy przy tym, że szkic wykorzystuje dodatkowe założenie, że |AB|\geqslant |CD|. Należy mieć tego świadomość i w rozwiązaniu odpowiednio się do tego odnieść.

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw (0,0) circle (2cm); \draw[thick] (-4,-2)--(4,-2)--(1,2)--(-1,2)--cycle; \node[below left] at (-4,-2) {$A$}; \node[below right] at (4,-2) {$B$}; \node[above] at (1,2) {$C$}; \node[above] at (-1,2) {$D$}; \draw[blue] (1,2)--(1,-2) node[left,midway] {$2r$}; \node[below] at (1,-2) {$E$}; \draw (1,-2)--(4,-2) node[below,midway,scale=0.8] {$\frac{|AB|-|CD|}{2}$}; \end{tikzpicture}

Z warunku opisywalności czworokąta na okręgu wiemy, że suma jego podstaw jest równa sumie długości ramion, czyli

    \[|AB|+|CD|=2|BC|,\]

bo trapez jest równoramienny. Stąd |BC|=\dfrac{|AB|+|CD|}{2}. Wykorzystajmy teraz twierdzenie pitagorasa dla trójkąta BCE, gdzie punkt E jest podstawą wysokości trapezu poprawodznej z wierzchołka C. Wtedy, znów korzystając z równych długości ramion i symetrii całej figury, mamy |BE|=\dfrac{|AB|-|CD|}{2}. Uwaga. Gdyby przyjąć, że to podstawa |CD| jest dłuższa od podstawy |AB|, to odpowiedni odcinek miałby długość \dfrac{|CD|-|AB|}{2}, jednak nie wpływa to na dalsze obliczenia (gdyż kwadrat obu wyrażeń jest taki sam).

Z twierdzenia Pitagorasa mamy teraz |BC|^2=(2r)^2+\left(\frac{|AB|-|CD|}{2}\right)^2, czyli

    \[4r^2=\left(\frac{|AB|+|CD|}{2}\right)^2-\left(\frac{|AB|-|CD|}{2}\right)^2=|AB|\cdot |CD|,\]

co mieliśmy pokazać.

 

Zadanie 3. (0-4)
Trapez równoramienny, o obwodzie równym 20 cm, jest opisany na okręgu. Wiedząc, że przekątna trapezu ma długość \sqrt{41} cm, oblicz pole tego trapezu.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, maj 2003.


Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku; zakładamy (bez zmniejszenia ogólności rozważań), że a\geqslant b. Rachunki będziemy przeprowadzać w centymetrach, co uwzględnimy formułując końcową odpowiedź.

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw (0,0) circle (2cm); \draw[thick] (-4,-2)--(4,-2)--(1,2)--(-1,2)--cycle; \node[below left] at (-4,-2) {$A$}; \node[below right] at (4,-2) {$B$}; \node[above] at (1,2) {$C$}; \node[above] at (-1,2) {$D$}; \draw[blue,thick] (1,-2)--(1,2)--(-4,-2); \node[below] at (1,-2) {$E$}; \node[below] at (0,-2) {$a$}; \node[above] at (0,2) {$b$}; \node[right,blue] at (1,0) {$h$}; \draw[blue] (-4,-2)--(1,2) node[above,midway,sloped] {$\sqrt{41}$}; \draw (1,-2)--(4,-2) node[below,midway,scale=0.8] {$\frac{a-b}{2}$}; \end{tikzpicture}

Z warunku opisywalności czworokąta na okręgu i z tego, że trapez jest równoramienny wynika, że suma długości przeciwległych boków jest równa połowie obwodu: a+b=2|BC|=10. Stąd |BC|=5 oraz a+b=5.

Napiszmy twierdzenie Pitagorasa dla trójkątów ACE i BCE. Mamy

    \[h^2+|AE|^2=41\quad\text{oraz}\quad h^2+|BE|^2=25.\]

Wiemy też, że |AE|=\dfrac{a+b}{2} i |BE|=\dfrac{a-b}{2}. Podstawiając to do wcześniejszych równości i odejmując je stronami, uzyskamy

    \[16=|AE|^2-|BE|^2=(|AE|-|BE|)(|AE|+|BE|)=ab.\]

Mamy więc a+b=10 i ab=16. Rozwiązując ten układ równań dostaniemy b=10-a i dalej a(10-a)=16, czyli a^2-10a+16=0, a stąd (a-8)(a-2)=0. To prowadzi nas do możliwych rozwiązań (a,b)=(2,8) lub (a,b)=(8,2), jednak a\geqslant b, czyli a=8 i b=2.

Wówczas |AE|=5 i stąd h^2+5^2=41, czyli h^2=16, więc h=4. To już prowadzi do odpowiedzi: szukane pole trapezu wynosi P=\dfrac{a+b}{2}\cdot h=5\cdot 4=20 cm^{2}.

 

Zadanie 4. (0-3)
Dany jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości a i b, w którym kąt między środkową a wysokością wychodzącymi z wierzchołka kąta prostego ma miarę \alpha. Wykaż, że \text{tg}\alpha=\dfrac{|a^2-b^2|}{2ab}.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Rozważmy trójkąt prostokątny ABC, w którym punkt M jest środkiem przeciwprostokątnej AB, zaś H jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C.

\begin{tikzpicture}[scale=1.7] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (180:2); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (0:2); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (50:2); \coordinate[label=below:$H$] (H) at ($(A)!(C)!(B)$); \coordinate[label=below:$M$] (M) at (0,0); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[blue,thick] (H)--(C)--(M); \node[scale=1.1,blue] at ($(C)+(250:0.4)$) {$\alpha$}; \draw (A)--(C) node[above,midway] {$b$}; \draw (B)--(C) node[right,midway] {$a$}; \draw[blue] (C)--(H) node[right,midway] {$h$}; \end{tikzpicture}

Oznaczmy |CH|=h, |AB|=c, |BC|=a oraz |CA|=b. Zauważmy, że porównując pole trójkąta ABC mamy zależność \dfrac{ab}{2}=\dfrac{ch}{2}, czyli h=\dfrac{ab}{c}. Dodatkowo |MC|=|MB|=\dfrac{c}{2}. Stąd

    \[\cos\alpha=\frac{h}{|MC|}=\frac{h}{c/2}=\frac{2ab}{c^2}=\frac{2ab}{a^2+b^2}.\]

Ponieważ \text{tg}\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}, to mamy

(1)   \begin{eqnarray*} \text{tg}\alpha &=&\frac{\sqrt{1-\cos^2\alpha}}{\cos\alpha}=\frac{\sqrt{1-\frac{4a^2b^2}{(a^2+b^2)^2}}}{\frac{2ab}{a^2+b^2}}=\nonumber\\ &=&\frac{\sqrt{(a^2+b^2)^2-4a^2b^2}}{2ab}=\frac{\sqrt{(a^2-b^2)^2}}{2ab}=\frac{|a^2-b^2|}{2ab}.\nonumber \end{eqnarray*}

To kończy dowód.

 

Zadanie 5. (0-2)
W trójkącie ostrokątnym ABC wiadomo,że \sin\angle BAC=\dfrac{4}{5}, a \sin\angle ABC=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}. Oblicz \cos\angle ACB.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.


Oznaczmy odpowiednie kąty trójkąta przez \alpha, \beta i \gamma. Ponieważ trójkąt jest ostrokątny, więc wartości wszystkich funkcji trygonometrycznych wskazanych kątów są wszystkie dodatnie. Stąd, jeżeli \sin\alpha=\dfrac{4}{5}, to \cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{4^2}{5^2}}=\dfrac{3}{5}. Podobnie, skoro \sin\beta=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}, to \cos\beta=\sqrt{1-\dfrac{8}{9}}=\dfrac{1}{3}.

\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (200:2); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (340:2); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (100:2); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[thin,blue,shift={(A)}] (0:0.7) arc (0:60:0.7) node at (30:0.44) {$\alpha$}; \draw[thin,blue,shift={(B)}] (130:0.7) arc (130:180:0.7) node at (155:0.5) {$\beta$}; \draw[thin,blue,shift={(C)}] (240:0.7) arc (240:310:0.7) node at (275:0.5) {$\gamma$}; \end{tikzpicture}

Mamy oczywiście \gamma=180^\circ-(\alpha+\beta), czyli

    \[\cos\gamma=-\cos(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cdot\sin\beta-\cos\alpha\cdot\cos\beta.\]

Podstawiając wyliczone wartości, otrzymujemy \cos\gamma=\dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3}-\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{8\sqrt{2}-3}{15}.

 

Zadanie 6. (0-3)
W czworokącie ABCD dane są: |AC|=5, \angle BAD=\angle BCD=90^\circ, \sin\angle ABC=\dfrac{\sqrt{5}}{3}. Oblicz długość przekątnej BD tego czworokąta.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.


Dany czworokąt można wpisać okrąg (bo suma jego przeciwległych kątów wynosi 180^\circ), przy czym przekątna BD jest średnicą tego okręgu.

\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (200:2); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (340:2); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (100:2); \coordinate[label=above left:$D$] (D) at (160:2); \draw[thick,blue] (A)--(C); \draw[red,thick] (B)--(D); \draw[thin,dashed] (0,0) circle (2cm); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thin,blue,shift={(B)}] (130:0.7) arc (130:180:0.7) node at (155:0.5) {$\beta$}; \end{tikzpicture}

Okrąg ten jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie ABC, więc jego promień R, z twierdzenia sinusów, spełnia równość

    \[R=\dfrac{|AC|}{\sin\beta}=\dfrac{5}{\frac{\sqrt{5}}{3}}=3\sqrt{5}.\]

Stąd odpowiedź: |BD|=2R=6\sqrt{5}.

 

Geometria analityczna – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-6)
Punkt A=(-2,5) jest jednym z wierzchołków trójkąta równoramiennego ABC, w którym |AC|=|BC|. Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok BC jest zawarty w prostej o równaniu y=x+1. Oblicz współrzędne wierzchołka C.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.

\begin{tikzpicture}[scale=0.6] \draw[black!30] (-9.5,-7.5) grid (8.5,9.5); \draw[ultra thick,->] (-9.5,0)--(8.5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-7.5)--(0,9.5) node[left] {$y$}; \coordinate[label=above:$A$] (A) at (-2,5); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (-3,-2); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (2,3); \coordinate[label=below right:$B_2$] (B2) at (-8,-7); \draw[blue] (-9,-8)--(8.5,9.5) node[below,sloped,near end] {$y=x+1$}; \draw[fill=black] (A) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (C) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B1) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B2) circle (0.09cm); \draw[red,thick] (A)--(B1)--(C)--cycle; \draw[green!50!black,thick] (A)--(B2)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}

Ponieważ punkty B i C leżą na prostej y=x+1, to możemy przyjąć, że B=(b,b+1) i C=(c,c+1) dla pewnych liczb b oraz c. Możemy obliczyć długość odcinka BC korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok BC jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu A od danej prostej x-y+1=0. Ma ona wartość

    \[h=\frac{|-2-5+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}.\]

Stąd \dfrac{1}{2}\cdot h\cdot |BC|=15, czyli |BC|=\dfrac{30}{3\sqrt{2}}=5\sqrt{2}.

Możemy teraz napisać

    \[25\cdot 2=|BC|^2=(b-c)^2+(b+1-c-1)^2=2(b-c)^2,\]

a stąd (b-c)^2=25. To daje nam dwie możliwości: b=5+c albo b=-5+c.

Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością |AC|=|BC|=5\sqrt{2}. Mamy

    \[|AC|=\sqrt{(c+2)^2+(c+1-5)^2}=\sqrt{2c^2-4c+20},\]

stąd 2c^2-4c+20=50 lub w wersji uproszczonej c^2-2c-15=0. Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości c. \Delta=4-4\cdot 1\cdot (-15)=64, c_1=\dfrac{2-8}{2}=-3 lub c_2=\dfrac{2+8}{2}=5. Mamy więc C=(-3,-2) lub C=(5,6). Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami B=(2,3) lub B=(-8,-7) albo odpowiednio B=(10,11) lub B=(0,1). Są zatem cztery trójkąty ABC, które spełniają warunki zadania ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka C.

 

Zadanie 2. (0-5)
Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji f(x)=\dfrac{1}{x^2}. Przeprowadzono prostą równoległą do osi Ox, która przecięła wykres tej funkcji w punktach A i B. Niech C=(3,-1). Wykaż, że pole trójkąta ABC jest większe lub równe 2.

\begin{tikzpicture}[scale=1.2] \draw[black!30] (-3.5,-1.5) grid (4.8,3.8); \draw[ultra thick,->] (-3.5,0)--(5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-1.5)--(0,4) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-3,-2,-1,1,2,3,4} \draw (\x,0)--(\x,-0.05) node[below] {\bf \x }; \foreach \y in {-1,1,2,3} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {\bf \y }; \draw[domain=-3.2:-0.5, smooth,thick, variable=\x] plot ({\x}, {1/(\x*\x)}); \draw[domain=0.5:4, smooth,thick, variable=\x] plot ({\x}, {1/(\x*\x)}); \end{tikzpicture}

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Zaznaczmy punkt C i poprowadźmy przykładową prostą o równaniu y=a (równoległą od osi Ox). Aby pojawiły się punkty przecięcia z podanym wykresem, musi być a>0. Wtedy współrzędne punktów A i B obliczymy rozwiązując równanie \dfrac{1}{x^2}=a, czyli x^2=\dfrac{1}{a}. Możemy więc przyjąć, że

    \[A=\left(-\sqrt{\frac{1}{a}},\,a\right),\quad B=\left(\sqrt{\frac{1}{a}},\,a\right).\]

\begin{tikzpicture}[scale=1.2] \draw[black!40] (-3.5,-1.5) grid (4.8,3.8); \draw[ultra thick,->] (-3.5,0)--(5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-1.5)--(0,4) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-3,-2,-1,1,2,3,4} \draw (\x,0)--(\x,-0.05) node[below] {\bf \x }; \foreach \y in {-1,1,2,3} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {\bf \y }; \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (3,-1); \draw[domain=-3.2:-0.5, smooth,thick, variable=\x] plot ({\x}, {1/(\x*\x)}); \draw[domain=0.5:4, smooth,thick, variable=\x] plot ({\x}, {1/(\x*\x)}); \draw[fill=black] (C) circle (0.07cm); \draw[blue] (-2.5,1.778)--(2.5,1.778) node[above] {$y=a$}; \coordinate[label=above right:$B$] (B) at (0.75,1.778); \draw[fill=blue] (B) circle (0.07cm); \coordinate[label=above left:$A$] (A) at (-0.75,1.778); \draw[fill=blue] (A) circle (0.07cm); \draw[red,thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}

Obliczmy teraz pole P trójkąta ABC traktując AB jako podstawę. Oczywiście |AB|=2\sqrt{\frac{1}{a}}, zaś odpowiednia wysokość w tym trójkącie jest odległością wierzchołka C od poprowadzonej prostej, wynosi więc h=a+1. Zatem

    \[P=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{\frac{1}{a}}\cdot(a+1)=\sqrt{a}+\frac{1}{\sqrt{a}}.\]

Aby pokazać, że otrzymana wartość jest zawsze większą lub równa 2, dla dowolnego a>0, wystarczy zauważyć, że biorąc t=\sqrt{a} mamy

    \[P=t+\frac{1}{t}=\left(\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}\right)^2+2\geqslant 2.\]

To kończy rozwiązanie.

 

Zadanie 3. (0-6)
Zaznacz na płaszczyźnie zbiór

    \[F=\left\{(x,y)\colon x\in\mathbf{R}\wedge y\in\mathbf{R}\wedge \log_{\frac{1}{2}}\left(|x|-1\right)\geqslant -2\wedge |y|>0\right\}.\]

Napisz równania osi symetrii figury F.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.


Zaczniemy oczywiście od dziedziny. Musi być |x|-1>0, czyli x\in(-\infty,\,-1)\cup(1,\,\infty). Nierówność |y|>0 oznacza, że y\neq 0, zatem figura F nie zawiera żadnego punktu z osi Ox. Zajmijmy się teraz nierównością z logarytmem. Mamy

    \[\log_{\frac{1}{2}}\left(|x|-1\right)\geqslant -2=\log_{\frac{1}{2}} 4,\]

bo \left(\dfrac{1}{2}\right)^{-2}=4.

Opuszczamy logarytmy (pamiętając o zmianie znaku nierówności, bo podstawa logarytmu jest mniejsza od 1) i otrzymujemy |x|-1\leqslant 4, czyli |x|\leqslant 5, zatem x\in[-5,\,5]. Uwzględniając dziedzinę mamy

    \[F=\{(x,y)\colon x\in\mathbf{R}\wedge y\in\mathbf{R}\wedge x\in[-5,-1)\cup (1,5]\wedge y\neq 0\}.\]

Poniżej rysunek tej (nieograniczonej) figury.

\begin{tikzpicture}[scale=0.75] \draw[blue!15,fill=blue!15] (-5,3.4) rectangle (-1,-3.4); \draw[blue!15,fill=blue!15] (5,-3.4) rectangle (1,3.4); \draw[red,ultra thick] (-5,-3.4)--(-5,3.4) (5,-3.4)--(5,3.4); \draw[red,ultra thick,dashed] (-1,-3.4)--(-1,3.4) (1,-3.4)--(1,3.4); \draw[black!40] (-6.5,-3.5) grid (6.5,3.5); \draw[thick,->] (-6.5,0)--(6.5,0) node[below] {$x$}; \draw[thick,->] (0,-3.5)--(0,3.5) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6} \draw (\x,0)--(\x,-0.05) node[below] { \x }; \foreach \y in {-3,-2,-1,1,2,3} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {\y }; \draw[dashed,ultra thick,red!80] (-5,0)--(-1,0) (1,0)--(5,0); \draw[fill=white] (-5,0) circle (3pt); \draw[fill=white] (5,0) circle (3pt); \end{tikzpicture}

Jedynymi osiami symetrii są oczywiście osie układu współrzędnych, czyli proste o równaniach y=0 oraz x=0. Nie ma innych, choćby ze względu na punkty (-5,0) oraz (5,0), które jako jedyne punkty z prostych pionowych x=\pm 5 nie należą do figury F.

 

Zadanie 4. (0-4)
W układzie współrzędnych są dane punkty: A=(-9,-2) oraz B=(4,2). Wyznacz współrzędne punktu C, leżącego na osi Oy, tak że kąt ACB jest kątem prostym.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Wykonajmy rysunek. Rozwiązanie najłatwiej oprzeć na spostrzeżeniu, że dla znalezionego punktu C trójkąt ABC będzie prostokątny z przeciwprostokątną AB. Wtedy jednak bok AB będzie średnicą dla okręgu opisanego na tym trójkącie. To sugeruje jak znaleźć wierzchołek C: jest to punkt wspólny osi Oy i okręgu, dla którego odcinek AB jest średnicą.

\begin{tikzpicture}[scale=0.3] \draw[black!30] (-10.5,-8.5) grid (5.5,9.5); \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (-9,-2); \coordinate (O) at (-2.5,0); \coordinate[label=above right:$B$] (B) at (4,2); \coordinate[label=above right:$C_1$] (C1) at (0,6.3); \coordinate[label=below right:$C_2$] (C2) at (0,-6.3); \draw[blue] (-2.5,0) circle (6.8) (A)--(B); \draw[thick,->] (-10.5,0)--(5.5,0) node[below] {$x$}; \draw[thick,->] (0,-8.5)--(0,9.5) node[left] {$y$}; \draw[red] (A)--(C1)--(B) (A)--(C2)--(B); \foreach \p in {A,B,C1,C2,O} \draw[fill=black] (\p) circle (4.5pt); \end{tikzpicture}

Ponieważ |AB|=\sqrt{(4-(-9))^2+(2-(-2))^2}=\sqrt{185}, zaś środkiem odcinka AB jest punkt O=\left(\frac{4+(-9)}{2},\,\frac{2+(-2)}{2}\right)=\left(-\frac{5}{2},\,0\right), to równanie odpowiedniego okręgu ma postać

    \[\left(x+\frac{5}{2}\right)^2+(y-0)^2=\left(\frac{\sqrt{185}}{2}\right)^2=\frac{185}{4}.\]

My oczywiście szukamy takiego punktu C tego okręgu, dla którego współrzędna odcięta wynosi zero, stąd

    \[y^2=\dfrac{185}{4}-\frac{25}{4},\]

czyli y^2=40 i y=-\sqrt{40} lub y=\sqrt{40}. Stąd odpowiedź: są dwa rozwiązania: C_1=(0,\,\sqrt{40}) lub C_2=(0,\,-\sqrt{40}).

 

Zadanie 5. (0-4)
Wyznacz równanie okręgu opisanego na trójkącie, którego boki zawierają się w prostych o równaniach x+6y-12=0, x+y-7=0 oraz x-4y+18=0.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Sytuację przedstawia rysunek. Najpierw należy wyznaczyć wierzchołki trójkąta o bokach leżących na podanych prostych. W tym celu tworzymy trzy układy równań z podanych równań prostych i rozwiązujemy je.

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[black!40] (-7.4,-2.5) grid (7.8,6.8); \draw[ultra thick,->] (-7.5,0)--(8,0) node[below] {$x$}; \draw[ultra thick,->] (0,-2.5)--(0,7) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,} \draw (\x,0)--(\x,-0.05) node[below] {\bf \x }; \foreach \y in {-1,1,2,3,4,5,6} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {\bf \y }; \draw[domain=0.7:3.2, smooth,thick, blue,variable=\y] plot ({12-6*\y}, {\y}); \draw[domain=-0.9:6, smooth,blue,thick,variable=\y] plot ({7-\y}, {\y}); \draw[domain=2.7:6, smooth,thick, blue,variable=\y] plot ({4*\y-18}, {\y}); \coordinate[label=above:$A$] (A) at (2,5); \coordinate[label=above right:$B$] (B) at (6,1); \coordinate[label=below:$C$] (C) at (-6,3); \coordinate[label=left:$S$] (S) at (-0.6,-1.6); \coordinate[label=left:$M_1$] (M1) at (4,3); \coordinate[label=above left:$M_2$] (M2) at (-2,4); \draw[shift={(-0.6,-1.6)},red,thick] (0:7.09) arc (0:170:7.09); \foreach \w in {A,B,C,S,M1,M2} \draw[fill=black] (\w) circle (1.7pt); \draw[domain=-1.5:6, smooth,thick,dashed,variable=\x] plot ({\x},{\x-1}); \draw[domain=-2.8:-0.2, smooth,thick,dashed,variable=\x] plot ({\x},{-4*\x-4}); \end{tikzpicture}

Oznaczając przez A,B,C wierzchołki trójkąta, ich współrzędne spełniają więc kolejno zależności

    \[\left\{\begin{array}{l}x+y-7=0\\x-4y+18=0\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}x+y-7=0\\x+6y-12=0\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}x-4y+18=0\\x+6y-12=0\end{array}\right..\]

Stąd A=(2,5), B=(6,1) i C=(-6,3).

Środek okręgu opisanego na trójkącie znajduje się w punkcie przecięcia symetralnych jego boków. Niech M_1 oznacza środek boku AB, zaś M_2 będzie środkiem boku AC. Wtedy oczywiście M_1=\left(\dfrac{2+6}{2},\,\dfrac{5+1}{2}\right)=(4,3) i podobnie M_2=(-2,4). Teraz znależy znaleźć równania prostych prostopadłych do odpowiednich boków i przechodzących przez wyznaczone punkty M_1 i M_2. Symetralna boku AB przechodzi przez M_1 i jej współczynnikiem kierunkowym jest liczba 1, czyli ma ona równanie y=x-1. Zaś symetralna boku AC przechodzi przez M_2 i ma współczynnik kierunkowy równy -4, ma więc postać y=-4x-4.

Środek S szukanego okręgu ma współrzędne spełniające układ równań

    \[S:\left\{\begin{array}{l}y=x-1\\y=-4x-4\end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad S=\left(-\frac{3}{5},\,-\frac{8}{5}\right).\]

Pozostaje jeszcze obliczenie promienia r okręgu. W tym celu wyznaczamy długość odcinka |AS|. Mamy

    \[r=|AS|=\sqrt{(2+\frac{3}{5})^2+(5+\frac{8}{5})^2}=\sqrt{\frac{13^2+33^2}{25}}=\frac{\sqrt{1258}}{5}.\]

Ostatecznie, równanie okręgu opisanego na trójkącie ABC ma postać

    \[\left(x+\frac{3}{5}\right)^2+\left(y+\frac{8}{5}\right)^2=\frac{1258}{25}.\]

 

Funkcja kwadratowa cz. 1 – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-3)
Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji f\colon\mathbf{R}\to\mathbf{R}, określonej wzorem f(x)=(x-1)(5-x) w przedziale x\in[0,7].

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Dana funkcja jest podana niemal w postaci iloczynowej, jej wzór możemy zapisać jako f(x)=-(x-1)(x-5). To oznacza, że miejscami zerowymi są x_1=1 oraz x_2=5. Wierzchołek, w którym funkcja osiąga wartość największą, ma współrzędne p=\dfrac{x_1+x_2}{2}=3\in[0,7] i q=f(p)=-(3-1)(3-5)=4. Najmniejszą wartość funkcja będzie przyjmować w jednym z końców podanego przedziału, obliczamy więc f(0)=-5 i f(7)=-12 i wybieramy mniejszą z otrzymanych liczb.

Ostatecznie najmniejsą wartością funkcji f(x) na danym przedziale jest f(7)=-12, zaś największa to f(3)=4.

 

Zadanie 2. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie

    \[mx^2-3(m+1)x+m = 0\]

nie ma rozwiązania w zbiorze liczb rzeczywistych.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.


Równanie kwadratowe nie ma rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych, gdy jego wyróżnik (tzn. delta: \Delta) jest ujemny. W danym przykładzie należy jeszcze osobno sprawdzić przypadek m=0, gdy równanie przestaje być kwadratowe (współczynnik przy x^2 zależy od parametru m – stąd taka konieczność). Podstawiając m=0 do równania otrzymujemy zależność liniową: -3x=0, która, jak widać, ma rozwiązanie. Możemy więc dalej zakładać, że m\neq 0. Wtedy

(1)   \begin{eqnarray*} \Delta&=&\left(-3(m+1)\right)^2-4\cdot m\cdot m=9(m+1)^2-4m^2=\nonumber\\ &=&(3m+3)^2-(2m)^2=(3m+3-2m)(3m+3+2m)=\nonumber\\ &=&(m+3)(5m+3).\nonumber \end{eqnarray*}

Należy teraz rozwiązać nierówność \Delta<0, czyli

    \[(m+3)(5m+3)<0.\]

Określamy miejsca zerowe: m_1=-3 oraz m_2=-\dfrac{3}{5} i zaznaczamy je na osi liczbowej wraz ze schematycznym wykresem paraboli (w naszym przypadku aktualną zmienną jest m i współczynnik przy m^2 jest dodatni – wynosi 5, zatem rysowana parabola ma ramiona skierowane ku górze). Nierówność jest ostra, więc końce wyznaczonego przedziału nie wchodzą do zbioru rozwiązań.

\begin{tikzpicture}[scale=1.3,yscale=0.8] \draw[very thick,->] (-4,0)--(1,0) node[below] {$m$}; \draw[thick,blue,domain=-3.3:-0.3, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{\x+3)*(5*\x+3}); \draw[thin,fill=red!20] (-3,0) rectangle (-0.6,0.3); \foreach \x/\w in {-3/{-3},-0.6/{-\frac{3}{5}}} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}

Tym samym otrzymujemy odpowiedź: m\in\left(-3,\,-\dfrac{3}{5}\right), wykluczona wcześniej wartość m=0 nie znajduje się w tym przedziale.

 

Zadanie 3. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x^2 + mx + 2 = 0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich kwadratów jest większa od 2m^2-13.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Aby dana funkcja kwadratowa miała dwa różne pierwiastki rzeczywiste, musi być \Delta>0, czyli

    \[m^2-8>0\quad\Longleftrightarrow\quad \left(m-\sqrt{8}\right)\left(m+\sqrt{8}\right)>0.\]

Daje nam to zbiór m\in\left(-\infty,\,-\sqrt{8}\right)\cup\left(\sqrt{8},\,\infty\right).

Drugi warunek dotyczący pierwiastków ma postać x_1^2+x_2^2>2m^2-13. Przepiszmy go w taki sposób, aby można było wykorzystać wzory Viete’a:

    \[x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2>2m^2-13.\]

Stąd

    \[\left(-\frac{m}{1}\right)^2-2\cdot\frac{2}{1}>2m^2-13\quad\Longleftrightarrow\quad m^2-9<0,\]

czyli m\in(-3,3).

Ostatecznie, uwzględniając część wspólną uzyskanych zbiorów, mamy odpowiedź m\in\left(-3,\,-\sqrt{8}\right)\cup\left(\sqrt{8},\,3\right).

 

Zadanie 4. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których nierówność

    \[\left(m^2+4m-5\right)\cdot x^2+2x>2mx-2\]

jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej x.

♦ matura – poziom rozszerzony, lipiec 2020.


Najpierw należy daną nierówność uporządkować, aby poprawnie odczytać wartości poszczególnych współczynników. Mamy

    \[\left(m^2+4m-5\right)\cdot x^2+x(2-2m)+2>0.\]

Funkcja kwadratowa po lewej stronie będzie przyjmowała zawsze (dla każdego x\in\mathbf{R}) wartości dodatnie tylko wtedy, gdy współczynnik a=m^2+4m-5 będzie dodatni i jednocześnie wyróżnik \Delta<0 (nie chcemy mieć żadnych miejsc zerowych – parabola jako wykres tej funkcji kwadratowej musi mieć ramiona skierowane do góry i nie może przecinać osi Ox).

Stąd a=m^2+4m-5>0. Obliczamy \Delta_m=36 i m_1=-5 oraz m_2=1, a następnie graficznie rozwiązujemy nierówność.

\begin{tikzpicture}[xscale=0.8,yscale=0.8] \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-6.2,0) rectangle (-5,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (1,0) rectangle (2,0.4); \draw (-6.2,0.4)--(-5,0.4)--(-5,0) (1,0)--(1,0.4)--(2,0.4); \draw[thick,blue,domain=-5.8:1.8, smooth, variable=\x,yscale=0.13] plot ({\x},{(\x+5)*(\x-1)}); \draw[very thick,->] (-6.3,0)--(2.2,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-5/{-5},1/1} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2.5pt);} \node[right] at (4,0) {$m\in (-\infty,\,-5)\cup (1,\,\infty)$}; \end{tikzpicture}

Wracamy do warunku \Delta<0. Mamy

    \[\Delta=(2-2m)^2-4(m^2+4m-5)\cdot 2=-4(m-1)(m+11)<0.\]

Tę nierówność rozwiązujemy podobnie, otrzymując m\in(-\infty,\,-11)\cup(1,\,\infty). Na koniec trzeba wyznaczyć część wspólną otrzymanych zbiorów. To prowadzi do odpowiedzi:

    \[m\in(-\infty,\,-11)\cup (1,\,\infty).\]

 

Zadanie 5. (0-6)
Funkcja kwadratowa f(x)=(2m-1)x^2-2(m+1)x+m-1 ma dwa różne miejsca zerowe x_1, x_2. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których odległość między miejscami zerowymi wynosi nie więcej niż 4.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.


Aby podana funkcja była kwadratowa, to musimy założyć, że współczynnik przy wyrazie x^2 jest niezerowy: a\neq 0. Dwa różne miejsca zerowe istnieją tylko wtedy, gdy \Delta>0. To oznacza, że interesuje nas układ trzech warunków

    \[a\neq 0\,\,\wedge\,\,\Delta>0\,\,\wedge\,\,|x_1-x_2|\leqslant 4.\]

Mamy a=2m-1\neq 0 gdy m\neq\frac{1}{2}. Dodatkowo

    \[\Delta=4(m+1)^2-4(2m-1)(m-1)=-4m(m-5)>0.\]

Rozwiązanie odczytujemy z rysunku, zaznaczając na osi liczbowej te wartości m, które zerują otrzymany iloczyn (czyli 0 i 5).

\begin{tikzpicture}[xscale=0.7,yscale=0.7] \draw[fill=red!20] (0,0) rectangle (5,0.4); \draw[thick,blue,domain=-0.8:5.8, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{-(\x-5)*(\x)}); \draw[very thick,->] (-1.3,0)--(6.2,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-0/{0},5/5} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2.5pt);} \end{tikzpicture}

czyli m\in(0,5).

Ostatni warunek przekształcamy tak, aby móc użyć wzorów Viete’a – podnosząc nierówność obustronnie do kwadratu: |x_1-x_2|^2\leqslant 16, czyli

    \[x_1^2-2x_1 x_2+x_2^2\leqslant 16\quad\Leftrightarrow\quad (x_1+x_2)^2-4x_1x_2\leqslant 16.\]

Stąd

    \[\left(\frac{2(m+1)}{2m-1}\right)^2-4\cdot \frac{m-1}{2m-1}\leqslant 16.\]

A po uporządkowaniu dostajemy nierówność kwadratową: 17m^2-21m+4\geqslant 0. Obliczamy wyróżnik i pierwiastki otrzymanego trójmianu: \Delta_m=(-21)^2-4\cdot 17\cdot 4=169 i m_1=\frac{4}{17} oraz m_2=1.

Podobnie jak poprzednio otrzymujemy odpowiedni zbiór: m\in(-\infty,\,\frac{4}{17}]\cup[1,\,\infty). Na koniec zbieramy wszystkie warunki i wyznaczamy część wspólną uzyskanych zbiorów.

Odpowiedź: m\neq\frac{1}{2}\,\,\wedge\,\,m\in(0,5)\,\,\wedge\,\,m\in(-\infty,\,\frac{4}{17}]\cup[1,\,\infty), czyli

    \[m\in\left(0,\,\frac{4}{17}\right]\cup[1,5).\]

 

Zadanie 6. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których rozwiązania x_1 i x_2 równania x^2+13x-24=(10-m)x-15 spełniają warunek x_1^2+x_2^2+3x_1x_2=0.

♦ matura próbna ,,Operon” i GW – poziom rozszerzony, listopad 2008.


Najpierw porządkujemy dane równanie tak, aby otrzymać postać zależności kwadratowej. Mamy

    \[x^2+(m+3)x-9=0.\]

Skoro rozwiązania x_1 i x_2 mają istnieć, to \Delta\geqslant 0. Czyli \Delta=(m+3)^2-4\cdot 1\cdot (-9)=(m+3)^2+9. Jako suma kwadratu i liczby 9, jest to liczba dodatnia dla dowolnej wartości rzeczywistej m, stąd \Delta>0.

Warunek na pierwiastki przekształcamy tak, aby można było użyć wzorów Viete’a:

    \[x_1^2+x_2^2+3x_1 x_2=(x_1+x_2)^2+x_1 x_2=0,\]

stąd \left(-\dfrac{m+3}{1}\right)^2+\left(\dfrac{-9}{1}\right)=0. Mamy zatem (m+3)^2-3^2=0, czyli m(m+6)=0 i uzyskujemy końcową odpowiedź: m=0 lub m=-6.

 

Zadanie 7. (0-6)
Wyznacz wszystkie liczby całkowite k, dla których funkcja f(x)=x^2-2^k\cdot x+2^k+\dfrac{5}{4} przyjmuje wartości dodatnie dla każdego x\in\mathbf{R}.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, grudzień 2005.


Dana funkcja kwadratowa będzie przyjmowała tylko wartości dodatnie (dla wszystkich x\in\mathbf{R}), gdy jej współczynnik przy wyrazie x^2 będzie dodatni, zaś wyróżnik \Delta<0. Pierwszy warunek jest spełniony. Mamy też

    \[\Delta=\left(-2^k\right)^2-4\cdot 1\cdot\left(2^k+\frac{5}{4}\right)=2^{2k}-4\cdot 2^k-5>0.\]

Aby rozwiązać powyższą nierówność wygodnie będzie wprowadzić zmienną pomocniczą m=2^k. Wtedy otrzymamy m^2-4m-5>0, czyli (m-5)(m+1)>0. To prowadzi do m\in(-\infty,\,-1)\cup(5,\infty). Ponieważ m=2^k, więc jest to zawsze wartość dodatnia i interesuje nas tylko druga składowa otrzymanego zbioru. Stąd 2^k\in(5,\,\infty), a ponieważ interesują nas całkowite wartości k, więc k\geqslant 3.

Ostatecznie mamy odpowiedź: k=3,4,5,\ldots.

 

Zadanie 8. (0-6)
Wyznacz dziedzinę i naszkicuj wykres funkcji f(m)=x_1\cdot x_2, gdzie x_1, x_2 są różnymi pierwiastkami równania (m+2)x^2-(m+2)^2x+3m+2=0, w którym m\in\mathbf{R}\setminus\{-2\}.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2006.


Dla m=-2 dana zależność przestaje być równaniem kwadratowym (a nawet powstaje wtedy równanie sprzeczne), stąd wykluczenie podane już w treści zadania.

Ponieważ interesuje nas sytuacja, gdy równanie ma dwa różne pierwiastki, więc musi być \Delta>0, stąd

(2)   \begin{eqnarray*} \Delta&=&(m+2)^4-4(m+2)(3m+2)=\nonumber\\ &=&(m+2)\left[(m+2)^3-4(3m+2)\right]=\nonumber\\ &=&(m+2)(m^3+6m^2)=m^2(m+2)(m+6)>0.\nonumber \end{eqnarray*}

Otrzymaną nierówność wielomianową rozwiązujemy graficznie, zaznaczając punkty 0, -2, -6 na osi liczbowej i prowadząc odpowiednio szkic wykresu; należy pamiętać, że dla m=0 mamy podwójne miejsce zerowe, więc w tym punkcie wykres będzie styczny do osi.

\begin{tikzpicture}[scale=1.4,yscale=0.8] \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-7.2,0) rectangle (-6,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-2,0) rectangle (0.8,0.4); \draw (-7.2,0.4)--(-6,0.4)--(-6,0) (-2,0)--(-2,0.4)--(0.8,0.4) (0,0)--(0,0.4); \draw[thick,blue,domain=-6.14:0.95, smooth, variable=\x,yscale=0.05] plot ({\x},{\x*\x*(\x+2)*(\x+6)}); \draw[very thick,->] (-7.3,0)--(0.9,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-6/{-6},-2/-2,0/0} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}

Uzyskany zbiór: m\in(-\infty,\,-6)\cup(-2,\,0)\cup(0,\,\infty) stanowi dziedzinę funkcji f(m). Jej wartość określimy na podstawie wzorów Vi{\`e}te’a. Mamy

    \[f(m)=x_1\cdot x_2=\frac{3m+2}{m+2}=3+\frac{-4}{m+2}.\]

Widać zatem, że należy naszkicować wykres funkcji homograficznej (na odpowiedniej dziedzinie). Powstaje on przez przesunięcie wykresu funkcji y=\dfrac{-4}{x} o wektor (-2,3).

\begin{tikzpicture} \draw[black!50] (-8.3,-5.3) grid (6.2,5.2); \draw[very thick,->] (-8.3,0)--(6.2,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-5.3)--(0,5.2) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5} \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\x$}; \foreach \y in {-4,-3,-2,-1,1,2,3,4} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {$\y$}; \draw[ultra thick,blue,domain=-8.3:-6, smooth, variable=\x] plot ({\x},{3-4/(\x+2)}); \draw[ultra thick,blue,domain=-1.5:6, smooth, variable=\x] plot ({\x},{3-4/(\x+2)}); \draw[very thick,black,dashed] (-2,-5)--(-2,5) (-8.2,3)--(6.2,3); \foreach \x/\y in {-6/4,0/1} \draw[thick,blue,fill=white] (\x,\y) circle (3pt); \end{tikzpicture}

 

Zadanie 9. (0-6)
Wyznacz wartości parametru m, dla których równanie (m^2+m-3)x^2+(2m-1)x+2=0 ma dwa rozwiązania dodatnie takie, że jedno z nich jest dwa razy większe od drugiego.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Zadanie należy do nietypowych. Przy standardowym podejściu należałoby ustalić dla jakich wartości m spełnione są warunki

    \[a=m^2+m-3\neq 0,\,\,\, \Delta>0,\,\,\, x_1+x_2>0,\,\,\, x_1 x_2>0,\]

które odpowiadają kolejno za to, że równanie jest kwadratowe, że ma dwa różne pierwiastki i w końcu że pierwiastki te są liczbami dodatnimi.

My jednak zajmiemy się warunkiem, aby jeden z tych pierwiastków był dwukrotnością drugiego. Oznaczmy je przez r>0 oraz 2r. Wtedy x_1+x_2=3r i jednocześnie x_1 x_2=2r^2. Stąd

    \[\frac{(x_1+x_2)^2}{9}=r^2=\frac{x_1 x_2},\]

czyli – korzystając ze wzorów Viete’a – dostaniemy równanie

    \[\frac{1}{9}\left(\frac{2m-1}{m^2+m-1}\right)^2=\frac{1}{m^2+m-3}.\]

Po prostej redukcji wyrazów podobnych dostaniemy 5m^2+13m-28=0. Rozwiązując to równanie kwadratowe, otrzymamy \Delta_m=13^2+4\cdot 5\cdot 28 i m_1=-4 lub m_2=\dfrac{7}{5}.

Widzimy zatem, że możliwe są co najwyżej dwie wartości m spełniające warunki zadania. Wracając do pierwotnie podanych założeń, zamiast je rozwiązywać dla wszystkich m, wystarczy sprawdzić, która ze znalezionych dwóch wartości te warunki spełniają.

Dla m=-4 mamy a=9>0 i dalej b=-9, czyli \Delta=19>0 oraz x_1+x_2=1>0 i x_1 x_2=\dfrac{2}{9}>0. Warunki są spełnione.

Dla m=\dfrac{7}{5} mamy a=0,\!36>0 i dalej b=\dfrac{9}{5}, ale wtedy jednak x_1+x_2=-\dfrac{-b}{a}<0 więc pierwiastki nie są dodatnie.

Końcowa odpowiedź: jest tylko jedna wartość parametru m, mianowicie m=-4.

 

Zadanie 10. (0-4)
Wyznacz dziedzinę i najmniejszą wartość funkcji f(x)=\log_{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(8x-x^2\right).

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.


Zaczynamy od dziedziny. Aby dane w zadaniu wyrażenie miało sens, musi być 8x-x^2>0, czyli x(8-x)>0, skąd x\in(0,8). Zauważmy też przy okazji, że podstawa logarytmu wynosi a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}<1, to oznacza, że funkcja x\mapsto \log_a x jest malejąca: im większy argument, tym mniejsza jest wartość tej funkcji. Zatem wystarczy w obrębie naszej dziedziny (0,8) znaleźć największą wartość funkcji kwadratowej g(x)=8x-x^2. Maksimum tej funkcji kwadratowej jest oczywiście przyjmowane w wierzchołku, czyli dla x=\dfrac{-8}{-2}=4 i wynosi ono g(4)=8\cdot 4-4^2=16. Wtedy

    \[f(4)=\log_{\frac{\sqrt{2}}{2}}16=\log_{2^{-1/2}}\left(2^{-1/2}\right)^{-8}=-8.\]

To daje szukaną odpowiedź.

 

Zadanie 11. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru a, dla których równanie x^2-2ax+a^3-2a = 0 ma dwa różne rozwiązania dodatnie.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, marzec 2021.


Jest to typowe równanie kwadratowe z parametrem. Warunki opisane w zadaniu można wyrazić następująco:

  • istnieją dwa różne rozwiązania: \Delta>0,
  • rozwiązania są dodatnie: x_1\cdot x_2>0\quad\wedge\quad x_1+x_2>0 – w ten sposób najłatwiej wykorzystać wzory Viete’a.

Uzyskane nierówności prowadzą do zależności:

(3)   \begin{eqnarray*} \Delta&=&(-2a)^2-4\cdot 1\cdot(a^3-2a)=-4a(a^2-a-2)=\nonumber\\ &=&-4a(a-2)(a+1)>0\nonumber \end{eqnarray*}

oraz

    \[x_1\cdot x_2=\frac{a^3-2a}{1}=a^3-2a>0\quad\text{i}\quad x_1+x_2=\frac{2a}{1}=2a>0.\]

Pierwszą z tych nierówności, przez rozkład na czynniki zapisujemy jako a(a-\sqrt{2})(a+\sqrt{2})>0. Ilustracje obu nierówności \Delta>0 oraz x_1\cdot x_2>0 pokazuje rysunek.

 

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[fill=red!20,red!20] (-2,0) rectangle (-1,0.3); \draw[thin] (-2,0.3)--(-1,0.3)--(-1,0); \draw[fill=red!20] (0,0) rectangle (2,0.3); \draw[very thick,->] (-2,0)--(2.5,0) node[below] {$a$}; \draw[thick,blue,domain=-1.4:2.25, smooth, variable=\x,yscale=0.5] plot ({\x},{(\x+1)*(2-\x)*\x}); \foreach \x/\w in {-1/{-1},0/0,2/2} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \node[above] at (0.15,1.5) {$-4a(a-2)(a+1)>0$}; \begin{scope}[shift={(6.5,0)}] \draw[fill=red!20,red!20] (1.414,0) rectangle (2.3,0.3); \draw[thin] (2.3,0.3)--(1.41,0.3)--(1.41,0); \draw[fill=red!20] (-1.41,0) rectangle (0,0.3); \draw[very thick,->] (-2,0)--(2.5,0) node[below] {$a$}; \draw[thick,blue,domain=-1.8:1.9, smooth, variable=\x,yscale=0.5] plot ({\x},{\x*\x*\x-2*\x}); \foreach \x/\w in {-1.414/{-\sqrt{2}},0/0,1.414/{\sqrt{2}}} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \node[above] at (0.15,1.5) {$a^3-2a>0$}; \end{scope} \end{tikzpicture}

Część wspólna uzyskanych wartości a>0 to przedział a\in\left(\sqrt{2},\,2\right).

 

Zadanie 12. (0-5)
Liczby x_1=5+\sqrt{23} i x_2=5-\sqrt{23} są rozwiązaniami równania

    \[x^2-\left(p^2+q^2\right)x+(p+q)=0\]

z niewiadomą x. Oblicz wartości p i q.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.


Jeśli wstawimy podane liczby x_1 oraz x_2 do równania, otrzymamy dość skomplikowany układ równań kwadratowych wiążący szukane wielkości p oraz q. Posłużymy się więc wzorami Viete’a. Wskazówką, że wzory te mogą być w naszym przypadku pomocne jest fakt, iż liczby x_1+x_2=10 oraz x_1 x_2=25-23=2 są całkowite, co znacząco ułatwi obliczenia. Mamy

    \[10=x_1+x_2=-\frac{-(p^2+q^2)}{1}=p^2+q^2,\quad\,\, 2=x_1 x_2=p+q.\]

Otrzymany układ równań rozwiązujemy metodą podstawiania: q=2-p, stąd

    \[p^2+(2-p)^2=10\quad\Leftrightarrow\quad p^2-2p-3=0.\]

Obliczamy wyróżnik \Delta=(-2)^2-4\cdot 1\cdot(-3)=16, zatem p_1=\dfrac{2-4}{2}=-1 oraz p_2=\dfrac{2+4}{2}=3. Wtedy odpowiednio otrzymujemy q_1=2-p_1=3 i q_2=2-p_2=-1.

To daje nam końcową odpowiedź: są dwa rozwiązania: (p,q)=(-1,3) lub (p,q)=(3,-1).

 

Ciągi – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-5)
O liczbach a, b, c wiemy, że ciąg (a, b, c) jest arytmetyczny i a + c = 10, zaś ciąg (a+1, b+4, c+19) jest geometryczny. Wyznacz te liczby.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Z warunku na ciąg arytmetyczny wiemy, że 2b=a+c, a ponieważ ta ostatnia suma wynosi 10, to 2b=10 i b=5. Przechodząc do warunku na ciąg geometryczny otrzymujemy

    \[(b+4)^2=(a+1)(c+19)\quad\Longrightarrow\quad (a+1)(c+19)=9^2=81.\]

Podstawmy c=10-a do tego równania. Wtedy

    \[(a+1)(10-a+19)=81\quad\Longleftrightarrow\quad -a^2+28a+29=81,\]

co po uporządkowaniu daje równość a^2-28a+52=0. Obliczamy wyróżnik \Delta=(-28)^2-4\cdot 1\cdot 52=576 i \Delta=24. Stąd a_1=\dfrac{28-24}{2}=2 oraz a_2=\dfrac{28+24}{2}=26. Wyniki te prowadzą odpowiednio do c_1=10-a_1=8 lub c_2=10-a_2=-16.

Ostatecznie uzyskujemy dwa możliwe rozwiązania: (a,b,c)=(2,5,8) albo (a,b,c)=(26,5,-16).

 

Zadanie 2. (0-3)
Suma n początkowych, kolejnych wyrazów ciągu (a_n), jest obliczana według wzoru S_n=n^2+3n, n\in\mathbf{N}. Wyznacz a_n. Wykaż, że ciąg (a_n) jest ciągiem arytmetycznym.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Formalnie suma n początkowych wyrazów dowolnego ciągu (a_n) to wartość 

    \[S_n=\underbrace{a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{n-1}}_{=S_{n-1}}+a_n=S_{n-1}+a_n\]

dla n\geqslant 2 oraz S_1=a_1. Zatem mamy zależność a_n=S_n-S_{n-1} przy n\geqslant 2.

Po podstawieniu danych z zadania, otrzymujemy

    \[a_n=S_n-S_{n-1}=n^2+3n-\left((n-1)^2+3(n-1)\right)=2n+2,\]

dla n\geqslant 2 oraz a_1=S_1=1^2+3\cdot 1=4. Widać więc, że wzór ogólny a_n=2n+2 działa dla wszystkich n\in\mathbf{N}.

Aby pokazać, że ciąg (a_n) jest arytmetyczny, wystarczy sprawdzić, że różnica jego sąsiednich wyrazów jest stała. Mamy

    \[a_{n+1}-a_n=2(n+1)+2-(2n+2)=2.\]

To kończy dowód i rozwiązanie zadania.

 

Zadanie 3. (0-4)
Dziesiąty wyraz pewnego ciągu geometrycznego równa się 10. Oblicz iloczyn dziewiętnastu początkowych, kolejnych wyrazów tego ciągu.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Oznaczmy przez (b_n) dowolny ciąg geometryczny; załóżmy, że b_{10}=10 i niech q będzie ilorazem tego ciągu. Wtedy

    \[b_n=b_1\cdot q^{n-1}\]

dla n=1,2,3,\ldots. W szczególności mamy b_1\cdot q^9=10.

Zobaczmy jak inaczej można zapisać iloczyn dziewiętnastu kolejnych początkowych wyrazów naszego ciągu. Mamy

(1)   \begin{eqnarray*} b_1 b_2 b_3\ldots b_{19} &=& b_1\cdot (b_1 q)\cdot (b_1 q^2)\cdot (b_1 q^3)\cdot\ldots\cdot(b_1 q^{18})=\nonumber\\ &=& b_1^{19}\cdot q^{1+2+3+\ldots+18}.\nonumber \end{eqnarray*}

Sumę 1+2+3+\ldots+18 obliczamy albo bezpośrednio albo korzystając ze wzoru na sumę wyrazów w ciągu arytmetycznym. Otrzymujemy 1+2+3+\ldots+18=\dfrac{1+18}{2}\cdot 18=19\cdot 9. Ostatecznie więc mamy

    \[b_1 b_2 b_3\ldots b_{19} = b_1^{19}\cdot q^{9\cdot 19}=\left(b_1 q^{9}\right)^{19}=b_{10}^{19}=10^{19}.\]

 

Zadanie 4. (0-5)
Rozwiąż nierówność

    \[\frac{1}{x-3}+\frac{1}{(x-3)^2}+\frac{1}{(x-3)^3}+\ldots\geqslant 2-x,\]

gdzie lewa strona nierówności jest szeregiem geometrycznym zbieżnym. Podaj odpowiednie założenia.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Oczywiście musi być x\neq 3. Aby występujący w zadaniu szereg geometryczny był zbieżny, jego iloraz q=\dfrac{1}{x-3} musi spełniać nierówność |q|<1. Stąd

    \[\left|\frac{1}{x-3}\right|<1\quad \Leftrightarrow\quad |x-3|>1.\]

To oznacza, że x-3<-1 lub x-3>1, czyli mamy założenia: x\in(-\infty,2)\cup(4,\infty).

Suma zbieżnego szeregu geometrycznego o pierwszym wyrazie a_1 i ilorazie q jest równa \dfrac{a_1}{1-q}, czyli dana nierówność przyjmuje postać

    \[\frac{\frac{1}{x-3}}{1-\frac{1}{x-3}} \geqslant 2-x\quad\Leftrightarrow\quad \frac{1}{x-3-1}\geqslant 2-x.\]

To prowadzi do nierówności \dfrac{1-(2-x)(x-4)}{(x-4)}\geqslant 0, a stąd \dfrac{x^2-6x+9}{x-4}\geqslant 0 i tym samym (x-3)^2(x-4)\geqslant 0 (przy podanych wcześniej założeniach).

\begin{tikzpicture}[scale=1.3,yscale=1] \draw[thin,fill=red!20,red!20] (3,0) rectangle (4.8,0.3); \draw[thick,blue,domain=2.5:4.2, smooth, variable=\x,yscale=4] plot ({\x},{(\x-3)*(\x-3)*(\x-4)}); \draw (3,0)--(3,0.3)--(4.8,0.3); \draw[very thick,->] (1.5,0)--(5,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {3/{3},4/{4}} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \draw[fill=black] (3,0) circle (2pt); \end{tikzpicture}

Zbiór wyznaczony przez ostatnią nierówność pokazuje rysunek powyżej, co w połączeniu z założeniami daje końcową odpowiedź: x\in(4,\,\infty).

 

Zadanie 5. (0-3)
Ciąg (a_n) jest określony wzorem

    \[a_n=\frac{1}{\dfrac{1}{\log_2(n+1)}+\dfrac{1}{\log_3(n+1)}+\ldots+\dfrac{1}{\log_{2018}(n+1)}}\]

dla n\geqslant 1. Uzasadnij, że wzór ciągu (a_n) można zapisać w postaci a_n=\log_{2018!}(n+1) i oblicz wartość wyrażenia a_1+a_2+\ldots+a_{2017}.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.


Każdy z ułamków postaci \dfrac{1}{\log_k(n+1)} można odwrócić pisząc \log_{(n+1)} k dla k=2,3,\ldots,2018. Wówczas mianownik wyrażenia definiującego wyraz a_n jest sumą równą

    \[\log_{(n+1)}2+\log_{(n+1)}3+\ldots+\log_{(n+1)}2018=\log_{(n+1)}2018!\]

Tym samym

    \[a_n=\dfrac{1}{\log_{(n+1)}2018!}=\log_{2018!}(n+1),\]

co kończy rozwiązanie pierwszej części zadania.

Zauważmy teraz, że suma S=a_1+a_2+\ldots+a_{2017} wynosi

    \[S=\log_{2018!}2+\log_{2018!}3+\ldots+\log_{2018!} 2018=\log_{2018!}2018!=1.\]

 

Wielomiany i funkcje wymierne – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Wyznacz wartości a i b współczynników wielomianu W(x)=x^3+ax^2+bx+1 wiedząc, że W(2)=7 oraz, że reszta z dzielenia W(x) przez (x-3) jest równa 10.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Zależność W(2)=7 natychmiast zamieniamy na równanie wiążące współczynniki a i b. Mamy

    \[W(2)=2^3+a\cdot 2^2+b\cdot 2+1\quad\Longrightarrow\quad 4a+2b+9=7.\]

Drugą informację podaną w zadaniu wykorzystamy w połączeniu z twierdzeniem Bezouta. Wynika z niego, że reszta z dzielenia dowolnego wielomianu W(x) przez (x-r) wynosi W(r). Zatem mamy W(3)=10 i tym samym

    \[W(3)=3^3+a\cdot 3^2+b\cdot 3+1\quad\Longrightarrow\quad 9a+3b+28=10.\]

Otrzymaliśmy układ równań na szukane współczynniki:

    \[\left\{\begin{array}{l}4a+2b=-2\\9a+3b=-18\end{array}\right..\]

Dzieląc pierwsze równanie przez 2, drugie przez 3 i odejmując je stronami uzyskamy zależność (2a+b)-(3a+b)=-1-(-6), czyli -a=5 i a=-5. Wtedy b=-2a-1=-2\cdot(-5)-1=9. Mamy więc odpowiedź: a=-5 oraz b=9.

 

Zadanie 2. (0-3)
Rozwiąż nierówność

    \[\frac{2x-1}{1-x}\leqslant \frac{2+2x}{5x}.\]

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2021.


Mamy do rozwiązania zwykłą nierówność w postaci wymiernej. Na początku koniecznie podajemy dziedzinę i nie mnożymy nierówności przez niewiadomą! To powoduje, że początkowe przekształcanie polega na przeniesieniu wszystkiego na jedną stronę i obliczeniu różnicy. Mamy x\neq 1 oraz x\neq 0 i dalej

    \[\frac{2x-1}{1-x}-\frac{2+2x}{5x}\leqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad \frac{(2x-1)(5x)-(2+2x)(1-x)}{(1-x)(5x)}\leqslant 0.\]

Dokonujemy obliczeń w liczniku i mamy

    \[\frac{10x^2-5x-(2-2x+2x-2x^2)}{5x(1-x)}\leqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad \frac{12x^2-5x-2}{5x(1-x)}\leqslant 0.\]

Otrzymaną w liczniku funkcję kwadratową rozkładamy na czynniki, w tym celu obliczamy wyróżnik \Delta i miejsca zerowe: \Delta=25-4\cdot 12\cdot (-2)=121, stąd x_1=\dfrac{5-11}{24}=-\dfrac{1}{4} oraz x_2=\dfrac{5+11}{24}=\dfrac{2}{3}. Ostatecznie mamy nierówność postaci

    \[\frac{12\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)}{5x(1-x)}\leqslant 0.\]

Standardowa metoda polega na rozwiązaniu nierówności wielomianowej – uzyskanej z zamiany ilorazu danych wyrażeń na ich iloczyn. Wynika to stąd, że porównujemy wynik odpowiedniego działania z zerem; w naszym przypadku pytamy o to, kiedy iloraz przyjmuje wartości mniejsze lub równe zero; odpowiedź (w obrębie dziedziny) jest taka sama jak w przypadku iloczynu. Zatem formalnie rozwiązujemy nierówność

    \[x(1-x)\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)\leqslant 0.\]

Oczywiście stałe 5 i 12 możemy pominąć, bo one nie wpływają na znak danego wyrażenia. Rysunek poniżej przedstawia szkic odpowiedniego wykresu z zaznaczoną dziedziną x\neq 0 i x\neq 1.

\begin{tikzpicture}[scale=1,xscale=3.33] \draw[fill=red!20,red!20] (-0.7,0) rectangle (-0.25,0.3); \draw[thin] (-0.7,0.3)--(-0.25,0.3)--(-0.25,0); \draw[fill=red!20] (0,0) rectangle (0.667,0.3); \draw[fill=red!20,red!20] (1,0) rectangle (1.4,0.3); \draw[thin] (1.4,0.3)--(1,0.3)--(1,0); \draw[very thick,->,xscale=1] (-0.8,0)--(1.5,0) node[below] {$x$}; \draw[thick,blue,domain=-0.35:1.08, smooth, variable=\x,yscale=8] plot ({\x},{4*(1-\x)*(\x+0.25)*\x*(\x-0.6667)}); \foreach \x/\w in {-0.25/{-\frac{1}{4}},0/0,0.667/{\frac{2}{3}},1/1} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white,xscale=0.333] (3*\x,0) circle (2pt);} \foreach \x/\w in {-0.25/{-\frac{1}{4}},0.667/{\frac{2}{3}}} \draw[fill=black,xscale=0.333] (3*\x,0) circle (2pt); \end{tikzpicture}

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

 

Zadanie 3. (0-3)
Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji f(x)=\dfrac{x^2+8}{x+1} w przedziale [0,\,3].

♦ matura próbna – poziom rozszerzony ,,Operon”, listopad 2019.


Dla wyznaczenia wartości największej i najmniejszej funkcji na danym przedziale, należy przeanalizować wartości tej funkcji w punktach, w których może pojawić się ekstremum lokalne oraz na końcach przedziału. W naszym przypadku funkcja f(x) posiada pochodną dla x\in[0,3] i mamy

    \[f'(x)=\frac{2x(x+1)-(x^2+8)\cdot 1}{(x+1)^2}=\frac{x^2+2x-8}{(x+1)^2}.\]

Widać stąd, że f'(x)=0 tylko wtedy, gdy x^2+2x-8=0. Ponieważ \Delta=36, to punktami krytycznymi są x_1=\dfrac{-2-6}{2}=-4\not\in[0,3] oraz x_2=\dfrac{-2+6}{2}=2\in[0,3]. Sprawdzamy więc jedynie wartości f(2)=\dfrac{12}{3}=4, f(0)=8 i f(3)=\dfrac{17}{4}. Największą spośród nich jest f(0)=8, zaś najmniejsza to f(2)=4. To są szukane liczby.

 

Zadanie 4. (0-3)
Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność

    \[x^4-4x^3-2x^2+12x+9\geqslant 0.\]

♦ matura próbna – poziom rozszerzony ,,Nowa Era”, styczeń 2018.


Przekształcimy dane wyrażenie korzystając ze wzorów skróconego mnożenia. Mamy

(1)   \begin{eqnarray*} &{}& x^4-4x^3-2x^2+12x+9=\nonumber\\ &=&\left(x^4-4x^3+4x^2\right)-3\left(2x^2-4x\right)+9=\nonumber\\ &=& (x^2-2x)^2 -2\cdot (x^2-2x)\cdot 3+3^2=\nonumber\\ &=&(x^2-2x-3)^2.\nonumber \end{eqnarray*}

Widać teraz, że istotnie dane wyrażenie przyjmuje wyłącznie wartości nieujemne. To kończy dowód.