Zadania tekstowe prowadzące do równań wielomianowych

Klasa 2 liceum i technikum

Zadanie prowadzące do równania wielomianowego to zadanie, w którym opis sytuacji - objętość bryły, iloczyn kilku liczb, kapitał po kilku latach - przekłada się na równanie stopnia trzeciego lub wyższego. Rozwiązujemy je rozkładem na czynniki, a na końcu odrzucamy pierwiastki, które nie pasują do warunków treści.

Skąd w zadaniach bierze się stopień trzeci

Równanie wielomianowe pojawia się wszędzie tam, gdzie mnożymy trzy wielkości zależne od niewiadomej: objętość to iloczyn trzech wymiarów, kapitał po trzech latach to trzykrotne mnożenie przez $q$, a trzy kolejne liczby mnożą się do wyrażenia z $n^3$.

Sam rachunek jest taki jak w lekcji o równaniach wielomianowych: pierwiastek zgadujemy wśród pierwiastków wymiernych, sprawdzamy twierdzeniem Bézouta i dzielimy schematem Hornera. Nowe są dwa etapy: ułożenie modelu i selekcja rozwiązań. Właśnie na nich traci się najwięcej punktów.

Przykład 1 - pudełko z kartonu

Zadanie. Z prostokątnego kartonu o wymiarach $16\ \text{cm} \times 10\ \text{cm}$ wycinamy w rogach cztery jednakowe kwadraty, a potem zaginamy boki do góry. Powstaje otwarte pudełko. Jaki bok muszą mieć wycięte kwadraty, żeby pudełko miało objętość $120\ \text{cm}^3$?

Krok 1. Model i warunki. Niech $x$ oznacza bok kwadratu (w cm). Po zagięciu dno ma wymiary $(16 - 2x)$ i $(10 - 2x)$, a wysokość wynosi $x$. Wszystkie trzy wymiary muszą być dodatnie:

$x > 0 \quad \text{oraz} \quad 10 - 2x > 0 \quad\Longrightarrow\quad 0 < x < 5.$

Krok 2. Równanie. Wyłączamy dwójki z nawiasów, żeby liczby były mniejsze:

$x(16 - 2x)(10 - 2x) = 120 \quad\Longrightarrow\quad 4x(8 - x)(5 - x) = 120 \quad\Longrightarrow\quad x(8 - x)(5 - x) = 30.$

Po wymnożeniu $(8 - x)(5 - x) = x^2 - 13x + 40$, więc

$x^3 - 13x^2 + 40x - 30 = 0.$

Krok 3. Rozkład. Kandydaci na pierwiastki całkowite to dzielniki liczby $30$. Sprawdzamy: $W(1) = -2$, $W(2) = 6$, $W(3) = 27 - 117 + 120 - 30 = 0$. Dzielimy przez $(x - 3)$ schematem Hornera i dostajemy

$(x - 3)(x^2 - 10x + 10) = 0.$

Dla czynnika kwadratowego $\Delta = 100 - 40 = 60$, $\sqrt{60} = 2\sqrt{15}$, więc $x = 5 - \sqrt{15}$ lub $x = 5 + \sqrt{15}$.

Krok 4. Selekcja. Mamy trzy pierwiastki równania: $3$, $5 - \sqrt{15} \approx 1{,}13$ oraz $5 + \sqrt{15} \approx 8{,}87$. Ostatni nie spełnia warunku $x < 5$ - z kartonu o szerokości $10\ \text{cm}$ nie da się wyciąć dwóch kwadratów o boku prawie $9\ \text{cm}$.

Odpowiedź. Kwadraty mogą mieć bok $3\ \text{cm}$ albo $(5 - \sqrt{15})\ \text{cm} \approx 1{,}13\ \text{cm}$.

Zadanie ma dwie poprawne odpowiedzi i obie trzeba podać. Dają dwa różne pudełka o tej samej objętości:

Ciekawostka: które pudełko jest największe

Ten sam rachunek pozwala bez pochodnych udowodnić, że największe pudełko z tego kartonu ma objętość $144\ \text{cm}^3$. Wystarczy rozłożyć różnicę:

$V - 144 = 4\big(x^3 - 13x^2 + 40x - 36\big) = 4(x - 2)^2(x - 9).$

Dla $0 < x < 5$ czynnik $(x - 2)^2$ jest nieujemny, a $(x - 9)$ - ujemny, więc $V - 144 \le 0$, czyli $V \le 144$. Równość zachodzi tylko dla $x = 2$ - pierwiastek podwójny wskazuje miejsce, w którym wykres objętości dotyka poziomu $144$ (więcej w lekcji o pierwiastku wielokrotnym). Ogólną metodę szukania największej objętości daje pochodna funkcji.

Przykład 2 - prostopadłościan o danej objętości

Zadanie. Jedna krawędź prostopadłościanu jest o $2\ \text{cm}$, a druga o $3\ \text{cm}$ dłuższa od trzeciej. Objętość prostopadłościanu wynosi $168\ \text{cm}^3$. Oblicz długości krawędzi.

Model. Najkrótsza krawędź to $x > 0$, pozostałe: $x + 2$ i $x + 3$.

$x(x + 2)(x + 3) = 168 \quad\Longrightarrow\quad x^3 + 5x^2 + 6x - 168 = 0.$

Szacowanie pomaga zgadywać. Gdyby wszystkie krawędzie były równe, miałyby około $\sqrt[3]{168} \approx 5{,}5\ \text{cm}$; najkrótsza musi być mniejsza. Sprawdzamy dzielnik $4$: $64 + 80 + 24 - 168 = 0$. Schemat Hornera daje

$(x - 4)(x^2 + 9x + 42) = 0, \qquad \Delta = 81 - 168 = -87 < 0.$

Czynnik kwadratowy nie ma pierwiastków, więc jedynym rozwiązaniem jest $x = 4$.

Odpowiedź. Krawędzie mają długości $4\ \text{cm}$, $6\ \text{cm}$ i $7\ \text{cm}$ (sprawdzenie: $4 \cdot 6 \cdot 7 = 168$).

Przykład 3 - trzy kolejne liczby całkowite

Zadanie a). Iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest równy $336$. Znajdź te liczby.

Najwygodniej oznaczyć środkową liczbę przez $n$ - wtedy pozostałe to $n - 1$ i $n + 1$, a iloczyn upraszcza się wzorem na różnicę kwadratów:

$(n - 1) \cdot n \cdot (n + 1) = n(n^2 - 1) = n^3 - n.$

Równanie $n^3 - n - 336 = 0$. Ponieważ $7^3 = 343$, sprawdzamy $n = 7$: $343 - 7 - 336 = 0$. Po podzieleniu:

$(n - 7)(n^2 + 7n + 48) = 0, \qquad \Delta = 49 - 192 = -143 < 0.$

Odpowiedź. To liczby $6$, $7$ i $8$. Trójki ujemnej nie ma: iloczyn trzech liczb ujemnych jest ujemny, a równanie i tak dało tylko jeden pierwiastek.

Zadanie b). Iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych jest $8$ razy większy od ich sumy. Znajdź te liczby.

Suma to $(n - 1) + n + (n + 1) = 3n$, więc

$n^3 - n = 8 \cdot 3n \quad\Longrightarrow\quad n^3 - 25n = 0 \quad\Longrightarrow\quad n(n - 5)(n + 5) = 0.$

Równanie ma trzy pierwiastki: $n = 0$, $n = 5$, $n = -5$. Teraz selekcja:

• $n = 0$ daje trójkę $-1, 0, 1$ - liczba $-1$ nie jest naturalna, odrzucamy;
• $n = -5$ daje $-6, -5, -4$ - odrzucamy;
• $n = 5$ daje $4, 5, 6$: iloczyn $120$, suma $15$, a $8 \cdot 15 = 120$.

Odpowiedź. $4$, $5$ i $6$.

Gdyby w treści stało „liczb całkowitych”, poprawne byłyby wszystkie trzy trójki. Zwróć też uwagę, że nie dzieliliśmy przez $n$ - dzielenie zgubiłoby pierwiastek $n = 0$, a w innym zadaniu mógłby to być jedyny poprawny wynik.

Przykład 4 - sześcian zamieniony w prostopadłościan

Zadanie. Dwie krawędzie sześcianu wydłużono o $2\ \text{cm}$, a trzecią skrócono o $1\ \text{cm}$. Objętość otrzymanego prostopadłościanu jest dwa razy większa od objętości sześcianu. Oblicz długość krawędzi sześcianu.

Model. Krawędź sześcianu to $x$; skrócona krawędź musi być dodatnia, więc $x > 1$.

$(x + 2)^2(x - 1) = 2x^3.$

Lewa strona po wymnożeniu: $(x^2 + 4x + 4)(x - 1) = x^3 + 3x^2 - 4$. Stąd

$x^3 + 3x^2 - 4 = 2x^3 \quad\Longrightarrow\quad x^3 - 3x^2 + 4 = 0.$

Sprawdzamy dzielniki liczby $4$: $W(-1) = -1 - 3 + 4 = 0$ oraz $W(2) = 8 - 12 + 4 = 0$. Pełny rozkład:

$x^3 - 3x^2 + 4 = (x - 2)^2(x + 1).$

Pierwiastki to $x = 2$ (podwójny) i $x = -1$. Warunek $x > 1$ spełnia tylko $x = 2$.

Odpowiedź. Krawędź sześcianu ma $2\ \text{cm}$. Sprawdzenie: sześcian ma objętość $8\ \text{cm}^3$, a prostopadłościan $4 \cdot 4 \cdot 1 = 16\ \text{cm}^3$ - dwa razy więcej.

Przykład 5 - procent składany przez trzy lata

Zadanie. Na początku każdego z trzech kolejnych lat wpłacamy $1000$ zł na lokatę z roczną kapitalizacją odsetek. Po trzech latach na koncie jest $3641$ zł. Jakie jest roczne oprocentowanie lokaty? (Pomijamy podatek od odsetek.)

Model. Niech $q = 1 + \tfrac{p}{100}$ - przez tyle mnoży się kapitał w ciągu roku. Pierwsza wpłata pracuje trzy lata, druga - dwa, trzecia - jeden:

$1000q^3 + 1000q^2 + 1000q = 3641.$

Warunek z treści: $q > 1$ (lokata przynosi zysk). Bez odsetek mielibyśmy $3000$ zł, więc $q$ jest niewiele większe od $1$. Sprawdzamy $q = 1{,}1$: $1331 + 1210 + 1100 = 3641$. Schemat Hornera z liczbą $1{,}1$ daje

$(q - 1{,}1)(1000q^2 + 2100q + 3310) = 0.$

Czynnik kwadratowy ma $\Delta = 2100^2 - 4 \cdot 1000 \cdot 3310 < 0$, więc innych pierwiastków nie ma.

Odpowiedź. $q = 1{,}1$, czyli oprocentowanie wynosi $10\%$ w skali roku.

Gdy wpłata jest jedna, równanie jest prostsze: kapitał $10\,000$ zł rośnie po trzech latach do $11\,576{,}25$ zł, gdy $q^3 = 1{,}157625$, czyli $q = 1{,}05$ - oprocentowanie $5\%$. Wystarczy pierwiastek sześcienny, rozkład nie jest potrzebny. Przypomnienie rachunku procentowego: procenty.

Warunki ukryte w treści

Wybór rozwiązań to osobny krok zadania, a nie formalność. Typowe warunki:

Najczęstsze błędy

• Brak dziedziny na początku. Kto zapisze warunki dopiero na końcu, często o nich zapomina i podaje $x = 5 + \sqrt{15}$ jako bok kwadratu.
• Dzielenie przez niewiadomą. Z $n^3 = 25n$ nie wolno przejść do $n^2 = 25$ - ginie pierwiastek $n = 0$. Zawsze przenosimy wszystko na jedną stronę i wyłączamy czynnik.
• Odpowiedź nie na to pytanie. Gdy pytają o liczby, podajemy liczby ($4, 5, 6$), a nie samo $n = 5$; gdy o oprocentowanie - procent, a nie $q$.
• Gubienie drugiego rozwiązania. W przykładzie z pudełkiem oba wyniki $3$ i $5 - \sqrt{15}$ są poprawne. Pominięcie jednego to niepełna odpowiedź.

Najczęstsze pytania

Jak obliczyć objętość pudełka z kartonu z wyciętymi rogami? Jeśli karton ma wymiary $a \times b$, a wycinamy kwadraty o boku $x$, to dno ma wymiary $(a - 2x) \times (b - 2x)$, a wysokość wynosi $x$. Objętość: $V = x(a - 2x)(b - 2x)$, przy warunku $0 < x < \tfrac{b}{2}$, gdzie $b$ jest krótszym bokiem.

Jak zapisać iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych? Oznacz środkową liczbę przez $n$: iloczyn to $(n - 1)n(n + 1) = n^3 - n$. Oznaczenie najmniejszej przez $n$ też jest poprawne, ale daje dłuższy wzór $n^3 + 3n^2 + 2n$.

Dlaczego odrzucamy niektóre rozwiązania równania? Równanie „nie wie”, że $x$ jest długością albo liczbą naturalną - rozwiązuje problem czysto algebraiczny. Warunki z treści trzeba nałożyć samodzielnie i odrzucić pierwiastki, które ich nie spełniają.

Jak zgadnąć pierwiastek równania trzeciego stopnia w zadaniu tekstowym? Pierwiastek całkowity jest dzielnikiem wyrazu wolnego. W zadaniach o objętości pomaga też szacowanie: jeśli objętość wynosi $168$, to krawędzie są w okolicy $\sqrt[3]{168} \approx 5{,}5$.

Co zrobić, gdy równanie nie ma żadnego pierwiastka wymiernego? W zadaniach szkolnych to zwykle sygnał błędu w modelu albo w rachunku - warto sprawdzić wymnażanie. Równania trzeciego stopnia bez pierwiastków wymiernych rozwiązuje się metodami przybliżonymi, których w szkole się nie wymaga.

Czy można rozwiązać takie zadanie bez rozkładu na czynniki? Czasem tak - przy jednej wpłacie na lokatę wystarczy pierwiastek sześcienny. Gdy jednak w równaniu występują różne potęgi niewiadomej, rozkład na czynniki jest jedyną szkolną metodą znalezienia wszystkich rozwiązań.

Przećwicz

• Zadania tekstowe z wielomianami → - pudełka z kartonu, kolejne liczby, prostopadłościany, powiększony sześcian i procent składany, zawsze z wyborem rozwiązań pasujących do treści.
• Równania wielomianowe → - sam rachunek: grupowanie, podstawienie, pierwiastek wymierny i schemat Hornera.

Podsumowanie

• Stopień trzeci pojawia się, gdy mnożymy trzy wielkości zależne od niewiadomej: wymiary bryły, kolejne liczby, kolejne lata oprocentowania.
• Warunki z treści zapisujemy na początku, razem z oznaczeniem niewiadomej.
• Równanie porządkujemy do $W(x) = 0$, pierwiastek zgadujemy wśród dzielników wyrazu wolnego i dzielimy schematem Hornera.
• Na końcu selekcja: odrzucamy pierwiastki spoza dziedziny, ale nie gubimy żadnego poprawnego - zadanie może mieć dwie odpowiedzi.
• Odpowiadamy na pytanie z treści (liczby, wymiary, procent), a nie samą wartością $x$.

Zobacz też: równania wielomianowe, rozkładanie wielomianów na czynniki, zadania prowadzące do równań kwadratowych, zadania optymalizacyjne z pochodną, wielomiany - wzory i twierdzenia.