Matura 2023 rozszerzona matematyka - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Wzór funkcji. Skoro w ciągu doby ubywa $19\%$ masy, to zostaje $100\% - 19\% = 81\%$ masy z poprzedniej doby. Masa po każdej dobie jest więc $0{,}81$ razy mniejsza niż dobę wcześniej: $m(0) = 4$, $m(1) = 4 \cdot 0{,}81$, $m(2) = 4 \cdot 0{,}81^2$ itd. Kolejne masy tworzą ciąg geometryczny o ilorazie $0{,}81$, czyli

$$m(t) = 4 \cdot 0{,}81^{t}, \qquad t \in \{0, 1, 2, \ldots\}.$$

Krok 2. Kiedy masa spadnie poniżej 1,5 g. Funkcja jest malejąca (iloraz $0{,}81 < 1$), więc wystarczy znaleźć pierwsze $t$, dla którego $m(t) < 1{,}5$. Liczymy kolejne wartości:

$$m(4) = 4 \cdot 0{,}81^4 = 4 \cdot 0{,}43046721 \approx 1{,}72 > 1{,}5, \qquad m(5) = 4 \cdot 0{,}81^5 \approx 4 \cdot 0{,}34868 \approx 1{,}39 < 1{,}5.$$

To samo daje logarytm: $0{,}81^t < 0{,}375 \iff t > \log_{0{,}81} 0{,}375 \approx 4{,}65$, a pierwsza liczba całkowita większa od $4{,}65$ to $5$.

Pułapki: mnożnikiem jest $0{,}81$, a nie $0{,}19$ (to jest to, co ubywa), i wykładnikiem jest $t$, a nie $t - 1$ - w chwili $t = 0$ masa wynosi pełne $4$ gramy.

Odpowiedź: $m(t) = 4 \cdot 0{,}81^{t}$; masa będzie po raz pierwszy mniejsza od $1{,}5$ g po $5$ pełnych dobach. Zobacz: zastosowania funkcji wykładniczej oraz zadania z funkcji wykładniczej.

Krok 1. Model. Pięć partii to pięć niezależnych prób Bernoullego. Sukcesem jest wygrana Tomka: $p = \frac{1}{4}$, porażką (przegrana albo remis) - $q = 1 - p = \frac{3}{4}$.

Krok 2. „Co najmniej cztery” to cztery albo pięć sukcesów. Ze wzoru Bernoullego $P(S_n = k) = \binom{n}{k} p^k q^{n-k}$:

$$P(S_5 = 4) = \binom{5}{4} \left(\frac{1}{4}\right)^4 \cdot \frac{3}{4} = 5 \cdot \frac{3}{1024} = \frac{15}{1024}, \qquad P(S_5 = 5) = \binom{5}{5} \left(\frac{1}{4}\right)^5 = \frac{1}{1024}.$$

Krok 3. Suma. Zdarzenia „dokładnie 4” i „dokładnie 5” wykluczają się, więc prawdopodobieństwa dodajemy:

$$P = \frac{15}{1024} + \frac{1}{1024} = \frac{16}{1024} = \frac{1}{64}.$$

Pułapka: współczynnik $\binom{5}{4} = 5$. Bez niego wychodzi prawdopodobieństwo jednego konkretnego układu (np. przegrana tylko w ostatniej partii), a przegrana może się zdarzyć w dowolnej z pięciu. Liczenie przez zdarzenie przeciwne („co najwyżej trzy wygrane”) też jest poprawne, ale wymaga czterech składników zamiast dwóch.

Odpowiedź: $P = \dfrac{1}{64}$. Zobacz: schemat Bernoulliego oraz zadania z rachunku prawdopodobieństwa.

Krok 1. Odcięta punktu $P$. Mianownik $x^2 + 2x + 8$ ma wyróżnik $4 - 32 < 0$, więc jest zawsze dodatni i równanie $f(x_0) = 3$ wolno pomnożyć przez niego bez zastrzeżeń:

$$\frac{3x_0^2 - 2x_0}{x_0^2 + 2x_0 + 8} = 3 \iff 3x_0^2 - 2x_0 = 3x_0^2 + 6x_0 + 24 \iff -8x_0 = 24 \iff x_0 = -3.$$

Krok 2. Pochodna. Ze wzoru na pochodną ilorazu $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$$f'(x) = \frac{(6x - 2)(x^2 + 2x + 8) - (3x^2 - 2x)(2x + 2)}{(x^2 + 2x + 8)^2}.$$

Licznik po wymnożeniu: $(6x^3 + 10x^2 + 44x - 16) - (6x^3 + 2x^2 - 4x) = 8x^2 + 48x - 16$, więc

$$f'(x) = \frac{8x^2 + 48x - 16}{(x^2 + 2x + 8)^2}.$$

Krok 3. Współczynnik kierunkowy stycznej. Jest równy pochodnej w punkcie styczności:

$$a = f'(-3) = \frac{8 \cdot 9 - 144 - 16}{(9 - 6 + 8)^2} = \frac{-88}{121} = -\frac{8}{11}.$$

Krok 4. Równanie stycznej. Styczna przechodzi przez $P = (-3, 3)$:

$$y = -\frac{8}{11}(x + 3) + 3 = -\frac{8}{11}x - \frac{24}{11} + \frac{33}{11} = -\frac{8}{11}x + \frac{9}{11}.$$

Pułapka: w liczniku pochodnej ilorazu kolejność ma znaczenie - $u'v - uv'$, a nie $uv' - u'v$ (zamiana daje styczną o przeciwnym nachyleniu).

Odpowiedź: $x_0 = -3$, styczna: $y = -\dfrac{8}{11}x + \dfrac{9}{11}$. Zobacz: styczna do wykresu funkcji oraz zadania z pochodnej funkcji.

Krok 1. Wszystko na jedną stronę i rozkład na czynniki. Przenosimy prawą stronę na lewo i grupujemy wyrazy:

$$x^3 - x^2 y - x y^2 + y^3 \le 0 \iff x^2(x - y) - y^2(x - y) \le 0 \iff (x - y)(x^2 - y^2) \le 0.$$

Ze wzoru $x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)$ dostajemy

$$(x - y)^2 (x + y) \le 0.$$

Krok 2. Założenie $x + y = 4$. Podstawiamy: $4(x - y)^2 \le 0$, czyli $(x - y)^2 \le 0$. Kwadrat liczby rzeczywistej nie jest ujemny, więc musi być $(x - y)^2 = 0$, a stąd $x = y$.

Krok 3. Wniosek. Z $x = y$ i $x + y = 4$ mamy $2x = 4$, więc $x = 2$ oraz $y = 2$. To kończy dowód.

Pułapka: sprawdzenie, że para $(2, 2)$ spełnia oba warunki, nie jest dowodem - trzeba pokazać, że żadna inna para ich nie spełnia. Zasady oceniania CKE za samo podstawianie konkretnych liczb dają $0$ punktów. Równoważna droga: podstawić $y = 4 - x$ i dojść do $16(x - 2)^2 \le 0$.

Odpowiedź: nierówność sprowadza się do $(x - y)^2(x + y) \le 0$, czyli do $4(x - y)^2 \le 0$, co daje $x = y = 2$. Zobacz: wzory skróconego mnożenia stopnia 3 oraz zadania ze wzorów skróconego mnożenia.

Krok 1. Długość wysokości $BD$. Trójkąt $ABD$ jest prostokątny (kąt prosty przy $D$), a kąt przy $A$ ma $60^\circ$. Stąd

$$|AB| = \frac{|AD|}{\cos 60^\circ} = \frac{2}{\frac{1}{2}} = 4, \qquad |BD| = |AB| \sin 60^\circ = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}.$$

Krok 2. Kąty przy wierzchołku $B$. W trójkącie $ABD$ kąt $ABD$ ma $180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$, więc wysokość $BD$ dzieli kąt prosty $ABC$ na kąty $|\angle KBN| = 30^\circ$ i $|\angle NBL| = 60^\circ$.

Krok 3. Długość $BN$ z pól. Odcinek $BN$ dzieli trójkąt $KBL$ na trójkąty $KBN$ i $NBL$, więc ich pola się sumują. Pole trójkąta liczymy ze wzoru $\frac{1}{2} ab \sin \gamma$:

$$\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot |BN| \sin 30^\circ + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot |BN| \sin 60^\circ \iff 1 = |BN| \cdot \frac{1 + \sqrt{3}}{2}.$$

Stąd

$$|BN| = \frac{2}{\sqrt{3} + 1} = \frac{2(\sqrt{3} - 1)}{3 - 1} = \sqrt{3} - 1.$$

Krok 4. Wniosek. Punkt $N$ leży na odcinku $BD$, więc

$$|ND| = |BD| - |BN| = 2\sqrt{3} - (\sqrt{3} - 1) = \sqrt{3} + 1,$$

co należało wykazać.

Ten sam wynik daje twierdzenie sinusów w trójkącie $BNL$ (kąty $60^\circ$, $45^\circ$ i $75^\circ$) albo układ współrzędnych z $B = (0, 0)$, w którym $N$ to przecięcie prostych $x + y = 1$ i $y = \sqrt{3}x$. Pułapka: kąt przy $B$ w trójkącie $NBL$ to $60^\circ$, a nie $30^\circ$ - wysokość $BD$ jest bliżej boku $BA$, bo kąt przy $A$ jest większy niż kąt przy $C$.

Odpowiedź: $|BD| = 2\sqrt{3}$, $|BN| = \sqrt{3} - 1$, więc $|ND| = \sqrt{3} + 1$. Zobacz: pole trójkąta - wzory oraz zadania z trójkątów.

Krok 1. Iloczyn zamieniamy na sumę. Ze wzoru na sumę sinusów (jest w Wybranych wzorach matematycznych) $\sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha + \beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2}$ dla $\alpha = 10x$ i $\beta = -2x$ mamy $\frac{\alpha + \beta}{2} = 4x$ i $\frac{\alpha - \beta}{2} = 6x$, czyli

$$2\sin(4x)\cos(6x) = \sin(10x) + \sin(-2x) = \sin(10x) - \sin(2x).$$

Krok 2. Upraszczamy równanie. Lewa strona to $2 \cdot 2\sin(4x)\cos(6x) = 2\sin(10x) - 2\sin(2x)$, więc

$$2\sin(10x) - 2\sin(2x) = 2\sin(10x) + 1 \iff \sin(2x) = -\frac{1}{2}.$$

Krok 3. Równanie elementarne. $\sin t = -\frac{1}{2}$ dla $t = -\frac{\pi}{6} + 2k\pi$ lub $t = \frac{7\pi}{6} + 2k\pi$. Dla $t = 2x$ dzielimy przez $2$ (okres też się dzieli):

$$x = -\frac{\pi}{12} + k\pi \quad\text{lub}\quad x = \frac{7\pi}{12} + k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}.$$

Pierwszą serię można zapisać jako $x = \frac{11\pi}{12} + k\pi$ (bo $-\frac{\pi}{12} + \pi = \frac{11\pi}{12}$) - to ten sam zbiór liczb.

Pułapka: po podzieleniu przez $2$ okres serii to $k\pi$, a nie $2k\pi$ - zapis $x = \frac{7\pi}{12} + 2k\pi$ gubi połowę rozwiązań.

Odpowiedź: $x = \dfrac{7\pi}{12} + k\pi$ lub $x = \dfrac{11\pi}{12} + k\pi$, gdzie $k \in \mathbb{Z}$. Zobacz: sumy i różnice funkcji trygonometrycznych oraz zadania z równań trygonometrycznych.

Krok 1. Trójkąt $ABH$. Krawędź $AB$ jest prostopadła do ściany $ADHE$, więc jest prostopadła do każdej prostej w tej ścianie, także do przekątnej $AH$. Trójkąt $ABH$ jest zatem prostokątny z kątem prostym przy $A$, a jego boki to:

$$|AB| = 6, \qquad |AH| = 6\sqrt{2} \ \text{(przekątna kwadratu)}, \qquad |BH| = 6\sqrt{3} \ \text{(przekątna sześcianu)}.$$

Krok 2. Trójkąt $SBH$ to połowa trójkąta $ABH$. Przekątne kwadratu dzielą się na połowy, więc $S$ jest środkiem odcinka $AH$. Trójkąty $SBH$ i $ABH$ mają wspólny wierzchołek $B$, a ich podstawy $SH$ i $AH$ leżą na jednej prostej i $|SH| = \frac{1}{2}|AH|$ - mają więc tę samą wysokość opuszczoną z $B$, a pole trójkąta $SBH$ jest dwa razy mniejsze:

$$P_{ABH} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6\sqrt{2} = 18\sqrt{2}, \qquad P_{SBH} = 9\sqrt{2}.$$

Krok 3. Szukana wysokość. Pole trójkąta $SBH$ to także $\frac{1}{2} \cdot |BH| \cdot h$:

$$\frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{3} \cdot h = 9\sqrt{2} \iff h = \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \sqrt{6}.$$

Sprawdzenie innym sposobem: boki trójkąta $SBH$ to $|SH| = 3\sqrt{2}$, $|SB| = \sqrt{36 + 18} = 3\sqrt{6}$ i $|BH| = 6\sqrt{3}$. Kąt przy $S$ jest rozwarty ($18 + 54 < 108$), więc trójkąt $SBH$ nie jest prostokątny - to typowa pułapka; wysokość z $S$ trzeba liczyć z pola albo z twierdzenia cosinusów.

Odpowiedź: wysokość trójkąta $SBH$ poprowadzona z $S$ na $BH$ ma długość $\sqrt{6}$. Zobacz: graniastosłupy oraz zadania z graniastosłupów i ostrosłupów.

Krok 1. Warunek opisania na okręgu. W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są równe: $|AB| + |CD| = |BC| + |AD|$. Obwód to więc

$$L = (|AB| + |CD|) + (|BC| + |AD|) = 2(|AB| + |CD|).$$

Wystarczy znaleźć $|AB|$ - boku $AD$ nie trzeba liczyć.

Krok 2. Twierdzenie sinusów w trójkącie $ABC$. W tym trójkącie $|\angle ACB| = 60^\circ$ (kąt między przekątną $AC$ a bokiem $BC$) i $\sin|\angle BAC| = \frac{1}{4}$ (kąt między $AC$ a $AB$). Bok $AB$ leży naprzeciw kąta $C$, a bok $BC$ - naprzeciw kąta $A$:

$$\frac{|AB|}{\sin 60^\circ} = \frac{|BC|}{\sin|\angle BAC|} \iff |AB| = \frac{4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{4}} = 8\sqrt{3}.$$

Krok 3. Obwód.

$$L = 2(8\sqrt{3} + 5) = 16\sqrt{3} + 10.$$

Czworokąt rzeczywiście istnieje: $|AD| = |AB| + |CD| - |BC| = 8\sqrt{3} + 1$, z trójkąta $ABC$$|AC| = 6\sqrt{5} + 2 \approx 15{,}4$, a boki $5$, $8\sqrt{3} + 1 \approx 14{,}9$ i $15{,}4$ spełniają nierówność trójkąta, więc trójkąt $ACD$ da się zbudować.

Pułapka: przypisanie kątów do złych boków. W twierdzeniu sinusów każdy bok dzielimy przez sinus kąta naprzeciw niego; pomyłka daje $|AB| = \frac{4 \cdot \frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ i zły obwód.

Odpowiedź: obwód czworokąta $ABCD$ jest równy $16\sqrt{3} + 10$. Zobacz: okrąg wpisany w czworokąt, twierdzenie sinusów oraz zadania z twierdzenia sinusów i cosinusów.

Krok 1. Pierwiastki zamieniamy na wartości bezwzględne. Pod pierwiastkami są kwadraty: $x^2 + 4x + 4 = (x + 2)^2$ i $x^2 - 6x + 9 = (x - 3)^2$. Z $\sqrt{a^2} = |a|$ nierówność ma postać

$$|x + 2| + |x - 3| < \frac{25}{3}.$$

Obie strony mają sens dla każdego $x$, więc dziedziną jest $\mathbb{R}$.

Krok 2. Trzy przedziały. Wyrażenia pod modułami zmieniają znak w $-2$ i $3$:

• dla $x < -2$: $-(x + 2) - (x - 3) < \frac{25}{3} \iff -2x + 1 < \frac{25}{3} \iff x > -\frac{11}{3}$, więc $x \in \left(-\frac{11}{3}, -2\right)$;
• dla $-2 \le x < 3$: $(x + 2) - (x - 3) = 5 < \frac{25}{3}$ - prawda dla każdego $x$ z przedziału, więc $x \in [-2, 3)$;
• dla $x \ge 3$: $(x + 2) + (x - 3) < \frac{25}{3} \iff 2x - 1 < \frac{25}{3} \iff x < \frac{14}{3}$, więc $x \in \left[3, \frac{14}{3}\right)$.

Krok 3. Suma przedziałów.

$$x \in \left(-\frac{11}{3}, -2\right) \cup [-2, 3) \cup \left[3, \frac{14}{3}\right) = \left(-\frac{11}{3}, \frac{14}{3}\right).$$

Interpretacja: $|x + 2| + |x - 3|$ to suma odległości $x$ od $-2$ i od $3$. Między tymi liczbami wynosi zawsze $5$, a na zewnątrz rośnie - nierówność wyznacza przedział symetryczny względem środka $\frac{1}{2}$ odcinka $[-2, 3]$; rzeczywiście $\frac{1}{2} - \frac{25}{6} = -\frac{11}{3}$ i $\frac{1}{2} + \frac{25}{6} = \frac{14}{3}$.

Pułapka: $\sqrt{x^2 + 4x + 4} = x + 2$ bez modułu - wtedy „znika” cały lewy przedział.

Odpowiedź: $x \in \left(-\dfrac{11}{3}, \dfrac{14}{3}\right)$. Zobacz: nierówności z wartością bezwzględną oraz zadania z wartości bezwzględnej.

Krok 1. Bok następnego kwadratu. Wierzchołek kwadratu $K_{n+1}$ dzieli bok kwadratu $K_n$ (o długości $b$) na odcinki $\frac{1}{4}b$ i $\frac{3}{4}b$. Bok $K_{n+1}$ jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego „w rogu” o przyprostokątnych $\frac{1}{4}b$ i $\frac{3}{4}b$:

$$b_{n+1} = \sqrt{\left(\frac{b}{4}\right)^2 + \left(\frac{3b}{4}\right)^2} = \sqrt{\frac{10b^2}{16}} = \frac{\sqrt{10}}{4}\, b.$$

Krok 2. Ciąg obwodów. Obwody $4a, \ 4a \cdot \frac{\sqrt{10}}{4}, \ 4a \cdot \left(\frac{\sqrt{10}}{4}\right)^2, \ldots$ tworzą ciąg geometryczny o pierwszym wyrazie $4a$ i ilorazie $q = \frac{\sqrt{10}}{4}$. Ponieważ $\sqrt{10} < 4$, mamy $0 < q < 1$, więc szereg jest zbieżny.

Krok 3. Suma szeregu geometrycznego $S = \frac{a_1}{1 - q}$:

$$S = \frac{4a}{1 - \frac{\sqrt{10}}{4}} = \frac{16a}{4 - \sqrt{10}} = \frac{16a(4 + \sqrt{10})}{16 - 10} = \frac{8a(4 + \sqrt{10})}{3}.$$

Pułapki: stosunek $1 : 3$ oznacza podział boku na cztery części ($\frac{1}{4}$ i $\frac{3}{4}$), a nie na trzy; bez sprawdzenia warunku $|q| < 1$ wzór na sumę nie jest uzasadniony.

Odpowiedź: $S = \dfrac{4a}{1 - \frac{\sqrt{10}}{4}} = \dfrac{8a(4 + \sqrt{10})}{3}$. Zobacz: szereg geometryczny oraz zadania z ciągów.

Krok 1. Dwa różne rozwiązania: $\Delta > 0$. Współczynniki: $a = 1$, $b = 4$, $c = -\frac{m - 3}{m - 2}$.

$$\Delta = 16 + 4 \cdot \frac{m - 3}{m - 2} = \frac{16(m - 2) + 4(m - 3)}{m - 2} = \frac{4(5m - 11)}{m - 2}.$$

Iloraz jest dodatni wtedy, gdy licznik i mianownik mają ten sam znak, czyli gdy $(5m - 11)(m - 2) > 0$:

$$m \in (-\infty, 2) \cup \left(\frac{11}{5}, +\infty\right).$$

Krok 2. Wzory Viète’a. $x_1 + x_2 = -\frac{b}{a} = -4$ oraz $x_1 x_2 = \frac{c}{a} = -\frac{m - 3}{m - 2}$. Sumę sześcianów zapisujemy przez sumę i iloczyn:

$$x_1^3 + x_2^3 = (x_1 + x_2)^3 - 3x_1 x_2 (x_1 + x_2) = -64 + 12 x_1 x_2 = -64 - \frac{12(m - 3)}{m - 2}.$$

Krok 3. Warunek $x_1^3 + x_2^3 > -28$.

$$-64 - \frac{12(m - 3)}{m - 2} > -28 \iff \frac{m - 3}{m - 2} < -3 \iff \frac{m - 3 + 3(m - 2)}{m - 2} < 0 \iff \frac{4m - 9}{m - 2} < 0.$$

To daje $(4m - 9)(m - 2) < 0$, czyli $m \in \left(2, \frac{9}{4}\right)$.

Krok 4. Część wspólna obu warunków. $\frac{11}{5} = 2{,}2$ i $\frac{9}{4} = 2{,}25$:

$$m \in \left(\left(-\infty, 2\right) \cup \left(\frac{11}{5}, +\infty\right)\right) \cap \left(2, \frac{9}{4}\right) = \left(\frac{11}{5}, \frac{9}{4}\right).$$

Pułapki: warunek $\Delta \ge 0$ zamiast $\Delta > 0$ (zadanie mówi o dwóch różnych rozwiązaniach; CKE za ten etap daje wtedy $0$ pkt); mnożenie nierówności przez $m - 2$ bez sprawdzenia znaku - bezpieczniej przenieść wszystko na jedną stronę i badać znak ilorazu, jak wyżej. Przedział wynikowy jest wąski (długości $0{,}05$), ale niepusty - np. $m = 2{,}22$ spełnia oba warunki.

Odpowiedź: $m \in \left(\dfrac{11}{5}, \dfrac{9}{4}\right)$. Zobacz: wzory Viète’a, zadania z parametrem oraz zadania z funkcji kwadratowej.

Krok 1. Pierwszy składnik. Z $81 = 3^4$ i definicji logarytmu ($3^{\log_3 x} = x$ dla $x > 0$):

$$81^{\log_3 x} = \left(3^4\right)^{\log_3 x} = \left(3^{\log_3 x}\right)^4 = x^4.$$

Krok 2. Współczynnik przy $x^2$. $\sqrt{27} = 3^{\frac{3}{2}}$, więc $\log_2 \sqrt{27} = \frac{3}{2}\log_2 3$. Ze wzoru na zamianę podstawy $\log_3 2 = \frac{1}{\log_2 3}$, czyli $\log_2 3 \cdot \log_3 2 = 1$:

$$\frac{2 \cdot \log_2 \sqrt{27} \cdot \log_3 2}{3} = \frac{2 \cdot \frac{3}{2} \cdot \log_2 3 \cdot \log_3 2}{3} = \frac{3 \cdot 1}{3} = 1.$$

Krok 3. Wniosek. Dla każdego $x > 0$ wyrażenie jest równe $x^4 + 1 \cdot x^2 - 6x = x^4 + x^2 - 6x$, co należało wykazać. Założenie $x > 0$ jest potrzebne, bo tylko wtedy istnieje $\log_3 x$.

Odpowiedź: $81^{\log_3 x} = x^4$, a współczynnik przy $x^2$ jest równy $1$, więc $f(x) = x^4 + x^2 - 6x$. Zobacz: logarytm - powtórzenie oraz zadania z logarytmów.

Krok 1. Pochodna. Dla $x > 0$: $f(x) = x^4 + x^2 - 6x$, więc

$$f'(x) = 4x^3 + 2x - 6 = 2(2x^3 + x - 3).$$

Krok 2. Miejsce zerowe pochodnej. Liczba $1$ jest pierwiastkiem: $2 + 1 - 3 = 0$. Dzielimy wielomian przez $(x - 1)$ (np. schematem Hornera):

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

Trójmian $2x^2 + 2x + 3$ ma wyróżnik $4 - 24 = -20 < 0$ i dodatni współczynnik przy $x^2$, więc jest dodatni dla każdego $x$. Jedynym miejscem zerowym pochodnej jest $x = 1$.

Krok 3. Znak pochodnej i monotoniczność. Znak $f'(x)$ jest taki jak znak $x - 1$:

• dla $x \in (0, 1)$: $f'(x) < 0$, więc $f$ maleje na $(0, 1]$;
• dla $x \in (1, +\infty)$: $f'(x) > 0$, więc $f$ rośnie na $[1, +\infty)$.

Funkcja ma więc w $x = 1$ minimum, które jest jednocześnie jej najmniejszą wartością na całej dziedzinie $(0, +\infty)$.

Krok 4. Wartość najmniejsza.

$$f(1) = 1^4 + 1^2 - 6 \cdot 1 = -4.$$

Pułapka: samo rozwiązanie równania $f'(x) = 0$ nie wystarcza - trzeba uzasadnić, że w $x = 1$ jest wartość najmniejsza (zbadać znak pochodnej). Zasady oceniania CKE dają za samo $x = 1$ tylko $2$ z $4$ punktów.

Odpowiedź: najmniejsza wartość funkcji $f$ jest równa $-4$ (dla $x = 1$). Zobacz: największa i najmniejsza wartość funkcji oraz zadania z pochodnej funkcji.

Krok 1. Punkty $A$ i $B$. Z równania prostej $y = x - 2$. Podstawiamy do równania paraboli:

$$x - 2 = 4x^2 - 7x + 1 \iff 4x^2 - 8x + 3 = 0, \qquad \Delta = 64 - 48 = 16, \qquad x = \frac{8 \pm 4}{8}.$$

Stąd $x = \frac{1}{2}$ lub $x = \frac{3}{2}$, czyli $A = \left(\frac{1}{2}, -\frac{3}{2}\right)$ i $B = \left(\frac{3}{2}, -\frac{1}{2}\right)$ (punkt $A$ jest po lewej, jak na rysunku).

Krok 2. Okrąg $\mathcal{O}$. Środek to środek odcinka $AB$: $S = (1, -1)$, a $|AB| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$, więc $r = \frac{\sqrt{2}}{2}$ i $r^2 = \frac{1}{2}$:

$$\mathcal{O}\colon \ (x - 1)^2 + (y + 1)^2 = \frac{1}{2}.$$

Krok 3. Długości $AC$ i $BC$. Kąt $ACB$ jest wpisany w okrąg i oparty na średnicy $AB$, więc jest prosty. W trójkącie prostokątnym $ABC$ tangens kąta przy $A$ to stosunek przyprostokątnej przeciwległej do przyległej: $\operatorname{tg}\alpha = \frac{|BC|}{|AC|} = \frac{1}{3}$, czyli $|AC| = 3|BC|$. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$|AC|^2 + |BC|^2 = |AB|^2 \iff 10|BC|^2 = 2 \iff |BC|^2 = \frac{1}{5}, \qquad |AC|^2 = \frac{9}{5}.$$

Krok 4. Układ równań na $C = (x, y)$. Punkt $C$ leży na okręgu i jest odległy od $B$ o $\frac{1}{\sqrt{5}}$:

$$(x - 1)^2 + (y + 1)^2 = \frac{1}{2} \qquad\text{oraz}\qquad \left(x - \frac{3}{2}\right)^2 + \left(y + \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{5}.$$

Po wymnożeniu: $x^2 + y^2 - 2x + 2y + \frac{3}{2} = 0$ oraz $x^2 + y^2 - 3x + y + \frac{23}{10} = 0$. Odejmujemy stronami - kwadraty się redukują i zostaje równanie liniowe:

$$x + y - \frac{4}{5} = 0 \iff y = \frac{4}{5} - x.$$

Podstawiamy do równania okręgu:

$$(x - 1)^2 + \left(\frac{9}{5} - x\right)^2 = \frac{1}{2} \iff 100x^2 - 280x + 187 = 0, \qquad \Delta = 3600, \qquad x = \frac{280 \pm 60}{200}.$$

Stąd $x = \frac{11}{10}$, $y = -\frac{3}{10}$ albo $x = \frac{17}{10}$, $y = -\frac{9}{10}$.

Krok 5. Który punkt leży nad prostą $l$. Dla $x = \frac{11}{10}$ prosta ma $y = \frac{11}{10} - 2 = -\frac{9}{10}$, a punkt ma $y = -\frac{3}{10} > -\frac{9}{10}$ - leży nad prostą. Dla $x = \frac{17}{10}$ prosta ma $y = -\frac{3}{10}$, a punkt ma $y = -\frac{9}{10}$ - leży pod nią (to odbicie punktu $C$ względem $l$).

Sprawdzenie: $\overrightarrow{AC} = \left(\frac{3}{5}, \frac{6}{5}\right)$, $\overrightarrow{BC} = \left(-\frac{2}{5}, \frac{1}{5}\right)$, iloczyn skalarny $-\frac{6}{25} + \frac{6}{25} = 0$ (kąt prosty przy $C$), a $\frac{|BC|}{|AC|} = \frac{1}{3}$.

Pułapka: zamiana ról $AC$ i $BC$. Warunek $|AC| = \frac{1}{3}|BC|$ daje punkt leżący blisko $A$ i kąt $BAC$ o tangensie $3$, a nie $\frac{1}{3}$.

Odpowiedź: $C = \left(\dfrac{11}{10}, -\dfrac{3}{10}\right)$. Zobacz: punkty wspólne prostych, okręgów i parabol, kąt wpisany i kąt środkowy oraz zadania z geometrii analitycznej.