Matura czerwiec 2024 rozszerzona matematyka - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Współczynnik $b$ ze stanu równowagi. Dla $t \to \infty$ wykładnik $-0{,}05t$ dąży do $-\infty$, więc $2^{-0{,}05t} \to 0$ i masa dąży do $b$:

$$\lim_{t \to \infty} m(t) = a \cdot 0 + b = b = \frac{1}{9}m_0.$$

Krok 2. Współczynnik $a$ z masy początkowej. $m(0) = a \cdot 2^0 + b = a + b = m_0$, więc

$$a = m_0 - \frac{1}{9}m_0 = \frac{8}{9}m_0,$$

$$m(t) = \frac{8}{9}m_0 \cdot 2^{-0{,}05t} + \frac{1}{9}m_0.$$

Krok 3. Ile masy zostało. Skoro przereagowało $87{,}5\%$ masy początkowej, to zostało $12{,}5\% = \frac{1}{8}$ masy początkowej:

$$\frac{8}{9}m_0 \cdot 2^{-0{,}05t} + \frac{1}{9}m_0 = \frac{1}{8}m_0.$$

Krok 4. Równanie wykładnicze. Dzielimy przez $m_0 > 0$ i przenosimy $\frac{1}{9}$ na prawą stronę: $\frac{8}{9} \cdot 2^{-0{,}05t} = \frac{1}{8} - \frac{1}{9} = \frac{1}{72}$, czyli

$$2^{-0{,}05t} = \frac{1}{72} \cdot \frac{9}{8} = \frac{1}{64} = 2^{-6}.$$

Stąd $0{,}05t = 6$, więc $t = 120$.

Pułapka: przyrównanie $m(t)$ do $87{,}5\%$ masy początkowej. „Przereagowało $87{,}5\%$” znaczy, że tyle związku ubyło - w naczyniu zostało $12{,}5\%$. Przy złym odczytaniu wychodzi $2^{-0{,}05t} = \frac{55}{64}$, czyli niecałe $4{,}4$ sekundy, a liczby przestają być „ładne”.

Odpowiedź: $87{,}5\%$ masy początkowej przereagowało po $120$ sekundach. Zobacz: zastosowania funkcji wykładniczej, równania wykładnicze oraz zadania z zastosowań funkcji wykładniczej.

Krok 1. Wartość bezwzględna z lewej strony trójki. Dla $x \to 3^-$ mamy $x < 3$, czyli $x - 3 < 0$, więc z definicji wartości bezwzględnej $|x - 3| = -(x - 3) = 3 - x$.

Krok 2. Skracamy. Mianownik rozkładamy ze wzoru na różnicę kwadratów. Dla $x \in (-3, 3)$:

$$\frac{|x - 3|}{x^2 - 9} = \frac{-(x - 3)}{(x - 3)(x + 3)} = \frac{-1}{x + 3}.$$

Krok 3. Granica. Mianownik dąży do $3 + 3 = 6$:

$$\lim_{x \to 3^-} \frac{-1}{x + 3} = -\frac{1}{6}.$$

Pułapka: opuszczenie wartości bezwzględnej bez zmiany znaku. Kto napisze $|x - 3| = x - 3$, dostaje $+\frac{1}{6}$ - to jest granica prawostronna. Obie granice jednostronne są różne, więc granica obustronna w punkcie $3$ nie istnieje i właśnie dlatego zadanie pyta o lewostronną.

Odpowiedź: $\displaystyle\lim_{x \to 3^-} \frac{|x - 3|}{x^2 - 9} = -\frac{1}{6}$. Zobacz: granice jednostronne, wartość bezwzględna liczby oraz zadania z granic jednostronnych.

Krok 1. Pierwsza współrzędna punktu $P$. Rozwiązujemy $f(x_0) = 5$:

$$\frac{2x_0 + 1}{x_0 - 4} = 5,$$

czyli $2x_0 + 1 = 5x_0 - 20$, skąd $x_0 = 7$. Liczba $7$ należy do dziedziny ($7 \ne 4$), więc $P = (7, 5)$.

Krok 2. Pochodna ze wzoru na pochodną ilorazu:

$$f'(x) = \frac{2 \cdot (x - 4) - (2x + 1) \cdot 1}{(x - 4)^2} = \frac{-9}{(x - 4)^2}.$$

Krok 3. Współczynnik kierunkowy stycznej to wartość pochodnej w punkcie styczności: $a = f'(7) = \dfrac{-9}{3^2} = -1$.

Krok 4. Wyraz wolny. Styczna $y = -x + b$ przechodzi przez $P = (7, 5)$: $5 = -7 + b$, więc $b = 12$.

Pułapka: odwrócenie kolejności w liczniku pochodnej ilorazu - wyrażenie $(2x + 1) \cdot 1 - 2(x - 4)$ daje $+9$ i styczną rosnącą, choć funkcja $f$ jest malejąca w każdym z przedziałów dziedziny.

Odpowiedź: $x_0 = 7$, styczna ma równanie $y = -x + 12$. Zobacz: styczna do wykresu funkcji, funkcja pochodna i wzory na pochodne oraz zadania o stycznej.

Krok 1. Model. Wynikiem doświadczenia jest ciąg długości $10$ złożony z orłów ($O$) i reszek ($R$); wszystkich wyników jest $2^{10} = 1024$ i są jednakowo prawdopodobne. Oznaczmy zdarzenia:

• $B$ - orzeł wypadł dokładnie trzy razy,
• $A$ - orzeł wypadł dokładnie trzy razy z rzędu.

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

Krok 2. Zdarzenie $B$. Wybieramy, w których trzech z dziesięciu rzutów wypadł orzeł:

$$|B| = \binom{10}{3} = 120.$$

Krok 3. Zdarzenie $A \cap B$. Orły są dokładnie trzy i stoją obok siebie, tworząc blok $OOO$. Blok może zaczynać się w rzucie numer $1, 2, \ldots, 8$ - to $8$ możliwości, a w pozostałych rzutach są reszki: $|A \cap B| = 8$.

Krok 4. Prawdopodobieństwo warunkowe.

$$P(A \mid B) = \frac{8}{120} = \frac{1}{15}.$$

Pułapki: dzielenie przez wszystkie $2^{10}$ wyników daje $\frac{8}{1024} = \frac{1}{128}$ - to prawdopodobieństwo iloczynu $A \cap B$, a nie prawdopodobieństwo warunkowe; liczenie bloku $OOO$ na $10$ pozycjach zamiast na $8$ (blok trzech rzutów nie może zacząć się w rzucie $9$ ani $10$).

Odpowiedź: $P(A \mid B) = \dfrac{1}{15}$. Zobacz: prawdopodobieństwo warunkowe oraz zadania z prawdopodobieństwa warunkowego.

Krok 1. Upraszczamy mianowniki. Z warunku $a + b = 1$:

$$2a + b = a + (a + b) = 1 + a,$$

$$a + 2b = (a + b) + b = 1 + b = 2 - a,$$

gdzie $b = 1 - a$ i $a \in (0, 1)$. Oba mianowniki są dodatnie.

Krok 2. Sprowadzamy do wspólnego mianownika. Lewa strona tezy to

$$\frac{1}{1 + a} + \frac{1}{2 - a} = \frac{(2 - a) + (1 + a)}{(1 + a)(2 - a)},$$

więc teza przyjmuje postać

$$\frac{3}{(1 + a)(2 - a)} \ge \frac{4}{3}.$$

Krok 3. Mnożymy przez dodatnie wyrażenia. Iloczyn $(1 + a)(2 - a)$ jest dodatni, więc nierówność jest równoważna kolejno:

$$9 \ge 4(1 + a)(2 - a) \iff 9 \ge 8 + 4a - 4a^2,$$

$$4a^2 - 4a + 1 \ge 0 \iff (2a - 1)^2 \ge 0.$$

Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej $a$, a przejścia były równoważne - to kończy dowód. Równość zachodzi tylko dla $a = b = \frac{1}{2}$.

Sposób II - nierówność między średnimi. Oznaczmy $x = 1 + a > 0$, $y = 1 + b > 0$; wtedy $x + y = 3$. Nierówność między średnią arytmetyczną a harmoniczną (albo rozwinięcie $(x - y)^2 \ge 0$) daje $\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right)(x + y) \ge 4$, czyli $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge \frac{4}{3}$.

Pułapka: mnożenie nierówności „na krzyż” bez sprawdzenia, że mianowniki są dodatnie - tutaj są, bo $a, b > 0$, i trzeba to napisać. Drugi częsty błąd to sprawdzenie nierówności dla kilku par liczb, np. $a = b = \frac{1}{2}$, co dowodem nie jest.

Odpowiedź: nierówność zachodzi (dowód wyżej). Zobacz: dowodzenie nierówności ze średnimi oraz zadania z dowodzenia nierówności.

Krok 1. Ramię z warunku wpisania okręgu. W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są równe. Oznaczmy ramię przez $c$:

$$a + b = c + c \quad\Longrightarrow\quad c = \frac{a + b}{2}.$$

Krok 2. Wysokość z twierdzenia Pitagorasa. Spodek wysokości poprowadzonej z wierzchołka $C$ odcina od dłuższej podstawy odcinek długości $\frac{a - b}{2}$, więc

$$h^2 = c^2 - \left(\frac{a - b}{2}\right)^2 = \frac{(a + b)^2 - (a - b)^2}{4}.$$

Ze wzorów skróconego mnożenia licznik to $(a + b)^2 - (a - b)^2 = 4ab$, więc $h^2 = ab$, czyli $h = \sqrt{ab}$.

Krok 3. Pole trapezu.

$$P = \frac{a + b}{2} \cdot h = \frac{a + b}{2} \cdot \sqrt{ab}.$$

Krok 4. Porównanie z $ab$. Dzielimy przez $\sqrt{ab} > 0$: nierówność $P > ab$ jest równoważna $\frac{a + b}{2} > \sqrt{ab}$, czyli kolejno

$$a + b - 2\sqrt{ab} > 0 \iff \left(\sqrt{a} - \sqrt{b}\right)^2 > 0.$$

Ostatnia nierówność jest prawdziwa, bo $a > b > 0$, więc $\sqrt{a} \ne \sqrt{b}$. To kończy dowód.

Pułapka: zatrzymanie się na nierówności nieostrej. Z $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0$ wynika tylko $P \ge ab$; teza mówi o nierówności ostrej, więc trzeba powołać się na założenie $a > b$. Bez niego (dla $a = b$) „trapez” byłby kwadratem i $P = ab$.

Odpowiedź: pole trapezu jest większe od $ab$ (dowód wyżej). Zobacz: okrąg wpisany w czworokąt, średnie - arytmetyczna i geometryczna oraz zadania o okręgu wpisanym w czworokąt.

Krok 1. Wyrazy przez $a_1$ i $q$. $a_2 = a_1 q$, $a_3 = a_1 q^2$. Zauważmy, że $a_1 \ne 0$ - inaczej wszystkie wyrazy byłyby zerami, a suma wyrazów o numerach nieparzystych nie byłaby równa $16$.

Krok 2. Iloraz z drugiego warunku.

$$a_1 + a_1q^2 = \frac{5}{2}a_1q.$$

Dzielimy obie strony przez $a_1 \ne 0$ i mnożymy przez $2$:

$$2q^2 - 5q + 2 = 0.$$

$\Delta = 25 - 16 = 9$, więc $q = \frac{5 - 3}{4} = \frac{1}{2}$ lub $q = \frac{5 + 3}{4} = 2$.

Krok 3. Szereg wyrazów o numerach nieparzystych. Wyrazy $a_1, a_3, a_5, \ldots$ tworzą ciąg geometryczny o pierwszym wyrazie $a_1$ i ilorazie $q^2$. Jego suma istnieje (szereg jest zbieżny) tylko wtedy, gdy $|q^2| < 1$, czyli $|q| < 1$. Dlatego $q = 2$ odrzucamy i zostaje $q = \frac{1}{2}$, $q^2 = \frac{1}{4}$:

$$\frac{a_1}{1 - q^2} = \frac{a_1}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{4a_1}{3} = 16 \quad\Longrightarrow\quad a_1 = 12.$$

Krok 4. Wzór ogólny. $a_n = a_1 q^{n-1} = 12 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} = 24 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n}$.

Sprawdzenie. $a_1 = 12$, $a_2 = 6$, $a_3 = 3$: $a_1 + a_3 = 15 = \frac{5}{2} \cdot 6$, a $12 + 3 + \frac{3}{4} + \ldots = \frac{12}{3/4} = 16$.

Pułapki: wstawienie do wzoru na sumę ilorazu $q$ zamiast $q^2$ (wyrazy o numerach nieparzystych „przeskakują” co dwa, więc iloraz to $q^2$) i pozostawienie $q = 2$, dla którego szereg jest rozbieżny.

Odpowiedź: $a_n = 12 \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$ dla $n \ge 1$. Zobacz: szereg geometryczny, ciąg geometryczny oraz zadania z szeregu geometrycznego.

Krok 1. Kąt przy wierzchołku $A$ z twierdzenia sinusów. Okrąg opisany na trójkącie ma promień $R = 4$, a bok $BC$ leży naprzeciw kąta $BAC$:

$$\frac{|BC|}{\sin\sphericalangle BAC} = 2R,$$

więc

$$\sin\sphericalangle BAC = \frac{4\sqrt{3}}{2 \cdot 4} = \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Stąd $|\sphericalangle BAC| = 60^\circ$ albo $|\sphericalangle BAC| = 120^\circ$.

Krok 2. Odrzucamy kąt $60^\circ$. Bok $BC$ jest najdłuższy, więc leżący naprzeciw niego kąt $BAC$ jest największym kątem trójkąta. Gdyby miał $60^\circ$, pozostałe dwa kąty miałyby co najwyżej po $60^\circ$, a ponieważ suma kątów to $180^\circ$ - wszystkie byłyby równe $60^\circ$. Trójkąt byłby równoboczny, a nie jest, bo $|AB| = 6 \ne 4\sqrt{3}$. Zatem $|\sphericalangle BAC| = 120^\circ$.

Krok 3. Twierdzenie cosinusów. Oznaczmy $x = |AC| > 0$ i zapiszmy twierdzenie cosinusów dla boku $BC$, korzystając z $\cos 120^\circ = -\frac{1}{2}$:

$$\left(4\sqrt{3}\right)^2 = 6^2 + x^2 - 2 \cdot 6 \cdot x \cdot \left(-\frac{1}{2}\right),$$

$$48 = 36 + x^2 + 6x \quad\Longrightarrow\quad x^2 + 6x - 12 = 0.$$

Krok 4. Rozwiązujemy. $\Delta = 36 + 48 = 84$, $\sqrt{\Delta} = 2\sqrt{21}$:

$$x = \frac{-6 - 2\sqrt{21}}{2} < 0 \quad \text{(odpada)},$$

$$x = \frac{-6 + 2\sqrt{21}}{2} = \sqrt{21} - 3.$$

Sprawdzenie. $\sqrt{21} - 3 \approx 1{,}58$, więc rzeczywiście $|AC| < |AB| = 6 < |BC| \approx 6{,}93$. Ten sam wynik można też zapisać jako $\sqrt{30 - 6\sqrt{21}}$, bo $\left(\sqrt{21} - 3\right)^2 = 30 - 6\sqrt{21}$.

Pułapka: przyjęcie bez namysłu kąta ostrego $60^\circ$. Wtedy z twierdzenia cosinusów wychodzi $x^2 - 6x - 12 = 0$, czyli $|AC| = 3 + \sqrt{21} \approx 7{,}58$ - bok dłuższy od $BC$, co przeczy treści zadania (na rysunku to punkt $A'$). Informacja, że $BC$ jest najdłuższym bokiem, służy właśnie do wyboru kąta.

Odpowiedź: $|AC| = \sqrt{21} - 3$. Zobacz: twierdzenie sinusów, twierdzenie cosinusów oraz zadania z promieniem okręgu opisanego.

Krok 1. Suma sinusów na iloczyn. Grupujemy skrajne wyrazy i stosujemy wzór $\sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha + \beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2}$:

$$\sin 6x + \sin 4x = 2\sin 5x \cos x.$$

Krok 2. Postać iloczynowa. Równanie przyjmuje postać $2\sin 5x\cos x + \sqrt{3}\sin 5x = 0$, czyli

$$\sin 5x \cdot \left(2\cos x + \sqrt{3}\right) = 0.$$

Pułapka: nie dzielimy przez $\sin 5x$ - tracilibyśmy całą rodzinę rozwiązań $x = \frac{k\pi}{5}$.

Krok 3. Pierwszy czynnik. $\sin 5x = 0 \iff 5x = k\pi \iff x = \dfrac{k\pi}{5}$, $k \in \mathbb{Z}$.

Krok 4. Drugi czynnik. $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Cosinus jest równy $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ dla kąta $\frac{5\pi}{6}$ (bo $\cos\frac{5\pi}{6} = -\cos\frac{\pi}{6}$), a cosinus jest funkcją parzystą o okresie $2\pi$:

$$x = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \quad \text{lub} \quad x = -\frac{5\pi}{6} + 2k\pi,$$

gdzie $k \in \mathbb{Z}$.

Druga pułapka: zapis $x = \frac{5\pi}{6} + k\pi$ - dla $\cos x$ okres to $2\pi$, a połowa takich „rozwiązań” (np. $-\frac{\pi}{6}$) spełnia $\cos x = +\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Odpowiedź: $x = \dfrac{k\pi}{5}$ lub $x = \dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi$ lub $x = -\dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi$, gdzie $k \in \mathbb{Z}$. Zobacz: suma i różnica sinusów - zamiana na iloczyn, równania trygonometryczne oraz zadania z zamiany sumy na iloczyn.

Krok 1. Oznaczenia. Niech $ABC$ będzie podstawą, $DEF$ - drugą podstawą (krawędzie boczne $AD$, $BE$, $CF$), $h$ - wysokością graniastosłupa, a $\alpha = |\sphericalangle EAF|$ - kątem między przekątnymi $AE$ i $AF$ ścian bocznych. Ściany boczne są przystającymi prostokątami $a \times h$, więc $|AE| = |AF| = d$, gdzie $d^2 = a^2 + h^2$, a $|EF| = a$.

Krok 2. Cosinus kąta $\alpha$. Z jedynki trygonometrycznej $\cos^2\alpha = 1 - \frac{11}{36} = \frac{25}{36}$, czyli $\cos\alpha = \frac{5}{6}$ albo $\cos\alpha = -\frac{5}{6}$. Kąt $\alpha$ leży w trójkącie równoramiennym $AEF$ naprzeciw podstawy $EF = a$, krótszej od ramion ($a < d$), więc jest ostry - nawet mniejszy od $60^\circ$. Zostaje $\cos\alpha = \frac{5}{6}$.

Krok 3. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AEF$.

$$a^2 = d^2 + d^2 - 2d^2 \cdot \frac{5}{6} = \frac{d^2}{3} \quad\Longrightarrow\quad d^2 = 3a^2.$$

Krok 4. Wysokość graniastosłupa. $h^2 = d^2 - a^2 = 2a^2$, więc $h = a\sqrt{2}$.

Krok 5. Pole powierzchni całkowitej - dwie podstawy (trójkąty równoboczne) i trzy ściany boczne:

$$P_c = 2 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} + 3 \cdot a \cdot a\sqrt{2} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2} + 3\sqrt{2}\,a^2.$$

Pułapki: wybór $\cos\alpha = -\frac{5}{6}$ (z twierdzenia cosinusów wychodzi wtedy $d^2 = \frac{3a^2}{11}$, czyli $d < a$ - przekątna ściany krótsza od jej boku, co jest niemożliwe) oraz pomylenie przekątnych ścian bocznych z przekątną całego graniastosłupa (w graniastosłupie trójkątnym przekątnych bryły w ogóle nie ma).

Odpowiedź: $P_c = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{2} + 3\sqrt{2}\,a^2 = \dfrac{a^2\left(\sqrt{3} + 6\sqrt{2}\right)}{2}$. Zobacz: graniastosłupy - przekątne i kąty, siatka i pole powierzchni wielościanu oraz zadania z graniastosłupów.

Etap I. Punkty $A$ i $B$. Z równania prostej $y = -3x - 2$; podstawiamy do równania paraboli:

$$x^2 - 2x - 8 = -3x - 2,$$

czyli

$$x^2 + x - 6 = (x + 3)(x - 2) = 0.$$

Dla $x = -3$: $y = 9 - 2 = 7$; dla $x = 2$: $y = -6 - 2 = -8$. Wierzchołek $A$ ma pierwszą współrzędną ujemną, więc $A = (-3, 7)$ i $B = (2, -8)$.

Etap II. Punkt $C$. Punkt $C$ leży na prostej $y = -\frac{1}{2}x + 1$, więc $C = \left(c, -\frac{1}{2}c + 1\right)$, gdzie $c > 0$. Odległość od prostej $3x + y + 2 = 0$ liczymy ze wzoru $\dfrac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$:

$$\frac{\left|3c - \frac{1}{2}c + 1 + 2\right|}{\sqrt{3^2 + 1^2}} = \frac{\left|\frac{5}{2}c + 3\right|}{\sqrt{10}} = \frac{9\sqrt{10}}{5}.$$

Mnożymy przez $\sqrt{10}$: $\left|\frac{5}{2}c + 3\right| = \frac{9 \cdot 10}{5} = 18$, więc

$$\frac{5}{2}c + 3 = 18 \quad \text{lub} \quad \frac{5}{2}c + 3 = -18,$$

czyli $c = 6$ albo $c = -\frac{42}{5}$. Pierwsza współrzędna punktu $C$ ma być dodatnia, więc $c = 6$ i $C = (6, -2)$.

Etap III. Długość boku $BC$.

$$|BC| = \sqrt{(6 - 2)^2 + (-2 + 8)^2} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}.$$

Dla porządku: czwarty wierzchołek to $D = A + C - B = (1, 13)$, a pole równoległoboku wynosi $|AB| \cdot \frac{9\sqrt{10}}{5} = 5\sqrt{10} \cdot \frac{9\sqrt{10}}{5} = 90$.

Pułapki: opuszczenie wartości bezwzględnej we wzorze na odległość (gubi się drugie rozwiązanie, które trzeba jawnie odrzucić warunkiem $c > 0$) oraz zamiana ról punktów $A$ i $B$ - wtedy liczy się odcinek $AC$, a nie bok $BC$.

Odpowiedź: $|BC| = 2\sqrt{13}$. Zobacz: punkty wspólne prostej i paraboli, równanie ogólne prostej i odległość punktu od prostej oraz zadania o prostej i paraboli.

Etap I. Dwa różne rozwiązania. Dla $m = 3$ równanie jest liniowe ($4x - 16 = 0$) i ma tylko jedno rozwiązanie, więc zakładamy $3 - m \ne 0$, czyli $m \ne 3$. Wtedy potrzebujemy $\Delta > 0$:

$$\Delta = (m + 1)^2 + 4(3 - m)(m + 1)^2.$$

Wyłączamy $(m + 1)^2$ przed nawias: $\Delta = (m + 1)^2\left(1 + 12 - 4m\right) = (m + 1)^2(13 - 4m)$.

Czynnik $(m + 1)^2$ jest nieujemny i zeruje się tylko dla $m = -1$, więc $\Delta > 0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $m \ne -1$ i $m < \frac{13}{4}$. Razem z $m \ne 3$:

$$m \in (-\infty, -1) \cup (-1, 3) \cup \left(3, \frac{13}{4}\right).$$

Etap II. Warunek przez wzory Viète’a. Przekształcamy go tak, żeby wystąpiły tylko suma i iloczyn pierwiastków. Ponieważ $x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2$, warunek jest równoważny równości

$$(x_1 + x_2)^2 - 3x_1x_2 = 7.$$

Ze wzorów Viète’a:

$$x_1 + x_2 = -\frac{m + 1}{3 - m} = \frac{m + 1}{m - 3},$$

$$x_1x_2 = \frac{-(m + 1)^2}{3 - m} = \frac{(m + 1)^2}{m - 3}.$$

Podstawiamy:

$$\frac{(m + 1)^2}{(m - 3)^2} - \frac{3(m + 1)^2}{m - 3} = 7.$$

Mnożymy obie strony przez $(m - 3)^2 > 0$:

$$(m + 1)^2 - 3(m + 1)^2(m - 3) = 7(m - 3)^2,$$

$$(m + 1)^2(10 - 3m) = 7(m - 3)^2.$$

Po wymnożeniu: lewa strona to $-3m^3 + 4m^2 + 17m + 10$, prawa to $7m^2 - 42m + 63$, więc

$$3m^3 + 3m^2 - 59m + 53 = 0.$$

Suma współczynników $3 + 3 - 59 + 53 = 0$, więc $m = 1$ jest pierwiastkiem. Dzielimy przez $m - 1$:

$$(m - 1)\left(3m^2 + 6m - 53\right) = 0.$$

Dla czynnika kwadratowego $\Delta_m = 36 + 636 = 672$, $\sqrt{672} = 4\sqrt{42}$, więc

$$m = \frac{-6 \pm 4\sqrt{42}}{6} = \frac{-3 \pm 2\sqrt{42}}{3}.$$

Etap III. Część wspólna z warunkiem z etapu I.

• $m = 1$ - należy do zbioru z etapu I. Kontrola: równanie $2x^2 + 2x - 4 = 0$ ma pierwiastki $1$ i $-2$, a $1 + 4 = 5 = 1 \cdot (-2) + 7$.
• $m = \frac{-3 + 2\sqrt{42}}{3} \approx 3{,}32$ - odpada, bo jest większe od $\frac{13}{4}$: nierówność $\frac{-3 + 2\sqrt{42}}{3} > \frac{13}{4}$ jest równoważna $8\sqrt{42} > 51$, czyli $2688 > 2601$. Dla tej wartości $\Delta < 0$ i równanie nie ma pierwiastków rzeczywistych.
• $m = \frac{-3 - 2\sqrt{42}}{3} \approx -5{,}32$ - należy do przedziału $(-\infty, -1)$.

Pułapki: pominięcie warunku $m \ne 3$ (dla $m = 3$ to już nie jest równanie kwadratowe i wzory Viète’a nie mają zastosowania), warunek $\Delta \ge 0$ zamiast $\Delta > 0$ oraz brak etapu III - wartość $\frac{-3 + 2\sqrt{42}}{3}$ spełnia równanie z etapu II, ale nie daje żadnych pierwiastków.

Odpowiedź: $m = 1$ lub $m = \dfrac{-3 - 2\sqrt{42}}{3}$. Zobacz: wzory Viète’a, zadania z parametrem oraz zadania ze wzorów Viète’a.

Krok 1. Krawędź podstawy przez $R$. Podstawa jest trójkątem równobocznym o boku $a$, a promień okręgu opisanego na nim to $R = \frac{a\sqrt{3}}{3}$, więc $a = R\sqrt{3}$.

Krok 2. Pole podstawy.

$$P_p = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{3R^2\sqrt{3}}{4}.$$

Krok 3. Wysokość. Z warunku $H + R = 6$ mamy $H = 6 - R$, przy czym $R \in (0, 6)$, bo $R > 0$ i $H > 0$.

Krok 4. Objętość.

$$V = \frac{1}{3} \cdot P_p \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \frac{3\sqrt{3}R^2}{4} \cdot (6 - R),$$

czyli

$$V(R) = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \left(6R^2 - R^3\right),$$

co należało wykazać.

Pułapka: pomylenie promienia okręgu opisanego z promieniem okręgu wpisanego ($r = \frac{a\sqrt{3}}{6}$) - daje $a = 2\sqrt{3}\,r$ i czterokrotnie większe pole podstawy.

Odpowiedź: wzór zachodzi (dowód wyżej). Zobacz: ostrosłup prawidłowy, objętość graniastosłupa i ostrosłupa oraz zadania z objętości brył.

Krok 1. Pochodna. Dla $R \in (0, 6)$:

$$V'(R) = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \left(12R - 3R^2\right) = \frac{3\sqrt{3}}{4} \cdot R\,(4 - R).$$

Krok 2. Miejsca zerowe pochodnej. $V'(R) = 0$ dla $R = 0$ lub $R = 4$; do dziedziny należy tylko $R = 4$.

Krok 3. Znak pochodnej i monotoniczność. Czynnik $\frac{3\sqrt{3}}{4}R$ jest dodatni, więc znak pochodnej to znak $4 - R$:

• $V'(R) > 0$ dla $R \in (0, 4)$ - funkcja $V$ jest rosnąca w przedziale $(0, 4]$,
• $V'(R) < 0$ dla $R \in (4, 6)$ - funkcja $V$ jest malejąca w przedziale $[4, 6)$.

Zatem w punkcie $R = 4$ funkcja $V$ ma maksimum lokalne, które jest jednocześnie jej największą wartością w całej dziedzinie.

Krok 4. Największa objętość.

$$V(4) = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \left(6 \cdot 16 - 64\right) = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 32 = 8\sqrt{3}.$$

Ten ostrosłup ma wysokość $H = 6 - 4 = 2$ i krawędź podstawy $a = 4\sqrt{3}$.

Pułapka: poprzestanie na $V'(4) = 0$. Samo zerowanie się pochodnej nie przesądza o maksimum - za uzasadnienie, że to wartość największa, odpowiada badanie znaku pochodnej (w zasadach oceniania to osobny punkt).

Odpowiedź: największą objętość ma ostrosłup, w którym $R = 4$; ta objętość wynosi $8\sqrt{3}$. Zobacz: największa i najmniejsza wartość funkcji w przedziale, zadania optymalizacyjne z pochodną oraz zadania z optymalizacji.