Matura 2024 rozszerzona matematyka - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Dane do wzoru. $T_p = 80$, $T_z = 20$, więc $T(t) = 60 \cdot k^{-t} + 20$.

Krok 2. Stała z warunku po 10 minutach. Z $T(10) = 65$:

$$65 = 60 \cdot k^{-10} + 20 \quad\Longrightarrow\quad k^{-10} = \frac{45}{60} = \frac{3}{4}.$$

Samego $k$ nie trzeba wyliczać - wystarczy potęga $k^{-10}$.

Krok 3. Temperatura po kolejnych 5 minutach. „Po następnych pięciu minutach” to chwila $t = 10 + 5 = 15$. Zapisujemy $k^{-15} = \left(k^{-10}\right)^{3/2}$:

$$T(15) = 60 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^{3/2} + 20 = 60 \cdot \frac{3\sqrt{3}}{8} + 20 = \frac{45\sqrt{3}}{2} + 20 \approx 38{,}97 + 20 = 58{,}97.$$

Pułapka: podstawienie $t = 5$ zamiast $t = 15$ daje $T(5) \approx 72\ ^\circ\mathrm{C}$ - to temperatura po pięciu minutach od początku, a nie po pięciu kolejnych. Ten sam wynik $59$ można dostać inaczej: po $10$ minutach kawa ma $65\ ^\circ\mathrm{C}$, więc liczymy od nowa z $T_p = 65$ i $t = 5$: $45 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^{1/2} + 20 \approx 58{,}97$.

Odpowiedź: po kolejnych pięciu minutach kawa ma temperaturę około $59\ ^\circ\mathrm{C}$. Zobacz: zastosowania funkcji wykładniczej oraz zadania z zastosowań funkcji wykładniczej.

Krok 1. Symbol nieoznaczony. Dla $x \to 2$ licznik i mianownik dążą do $0$ - to symbol $\left[\frac{0}{0}\right]$, więc trzeba skrócić czynnik $x - 2$. Ze wzoru na różnicę sześcianów:

$$x^3 - 8 = (x - 2)\left(x^2 + 2x + 4\right).$$

Krok 2. Skracamy (dla $x \ne 2$):

$$\frac{x^3 - 8}{(x - 2)^2} = \frac{(x - 2)\left(x^2 + 2x + 4\right)}{(x - 2)^2} = \frac{x^2 + 2x + 4}{x - 2}.$$

Krok 3. Granica lewostronna. Licznik dąży do $4 + 4 + 4 = 12 > 0$, a mianownik $x - 2$ dąży do $0$ przez wartości ujemne (bo $x < 2$). Liczba dodatnia dzielona przez coraz mniejszą liczbę ujemną daje wartości ujemne o coraz większej wartości bezwzględnej:

$$\lim_{x \to 2^-} \frac{x^2 + 2x + 4}{x - 2} = -\infty.$$

Pułapka: mianownik $(x - 2)^2$ w treści jest dodatni, więc łatwo „na oko” napisać $+\infty$. Ale licznik $x^3 - 8$ dla $x < 2$ jest ujemny - po skróceniu widać to wprost. Dla porównania granica prawostronna wynosi $+\infty$, więc granica obustronna w punkcie $2$ nie istnieje.

Odpowiedź: $\displaystyle\lim_{x \to 2^-} \frac{x^3 - 8}{(x - 2)^2} = -\infty$. Zobacz: granica niewłaściwa funkcji, granice jednostronne oraz zadania z granic niewłaściwych.

Krok 1. Model. Kontrola $10$ opakowań to $n = 10$ niezależnych prób Bernoullego. Sukcesem nazywamy wylosowanie opakowania ze śmietaną, która ma mniej niż $36\%$ tłuszczu:

$$p = 0{,}01, \qquad q = 1 - p = 0{,}99.$$

Krok 2. „Co najwyżej jedno” to zero albo jeden sukces. Ze wzoru na prawdopodobieństwo $k$ sukcesów w $n$ próbach, $P_n(k) = \binom{n}{k} p^k q^{n-k}$:

$$P = P_{10}(0) + P_{10}(1) = \binom{10}{0} \cdot 0{,}01^0 \cdot 0{,}99^{10} + \binom{10}{1} \cdot 0{,}01^1 \cdot 0{,}99^{9}.$$

Krok 3. Rachunek. Wyłączamy $0{,}99^9$ przed nawias:

$$P = 0{,}99^9 \cdot \left(0{,}99 + 10 \cdot 0{,}01\right) = 0{,}99^9 \cdot 1{,}09 \approx 0{,}91352 \cdot 1{,}09 \approx 0{,}99573.$$

Pułapki: zamiana ról sukcesu i porażki ($p = 0{,}99$) daje prawdopodobieństwo, że co najwyżej jedno opakowanie będzie dobre - wynik bliski zera; z kolei pominięcie współczynnika $\binom{10}{1} = 10$ liczy tylko jedno konkretne ustawienie wadliwego opakowania.

Odpowiedź: $P \approx 0{,}996$. Zobacz: schemat Bernoullego oraz zadania ze schematu Bernoullego.

Krok 1. Punkt styczności. $f(2) = \dfrac{8 - 6 + 2}{2} = 2$, więc $P = (2, 2)$.

Krok 2. Pochodna. Najprościej najpierw podzielić licznik przez $x$:

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

(Ze wzoru na pochodną ilorazu wychodzi to samo: $f'(x) = \dfrac{(3x^2 - 3) \cdot x - (x^3 - 3x + 2)}{x^2} = \dfrac{2x^3 - 2}{x^2}$.)

Krok 3. Współczynnik kierunkowy stycznej to wartość pochodnej w punkcie styczności:

$$a = f'(2) = 4 - \frac{2}{4} = \frac{7}{2}.$$

Krok 4. Wyraz wolny. Styczna przechodzi przez $P = (2, 2)$:

$$2 = \frac{7}{2} \cdot 2 + b \quad\Longrightarrow\quad b = 2 - 7 = -5.$$

Styczna ma równanie $y = \frac{7}{2}x - 5$.

Odpowiedź: $a = \dfrac{7}{2}$, $b = -5$. Zobacz: styczna do wykresu funkcji oraz zadania o stycznej.

Krok 1. Wspólna podstawa. Oba dane logarytmy „zahaczają” o czwórkę, więc przechodzimy na logarytm o podstawie $4$ (wzór na zamianę podstawy $\log_c x = \frac{\log_4 x}{\log_4 c}$):

$$\log_{12} 80 = \frac{\log_4 80}{\log_4 12}.$$

Krok 2. Licznik. $80 = 16 \cdot 5$, a z $\log_5 4 = a$ wynika $\log_4 5 = \frac{1}{\log_5 4} = \frac{1}{a}$ (tu $a \ne 0$, bo $4 \ne 1$):

$$\log_4 80 = \log_4 16 + \log_4 5 = 2 + \frac{1}{a} = \frac{2a + 1}{a}.$$

Krok 3. Mianownik. $12 = 4 \cdot 3$:

$$\log_4 12 = \log_4 4 + \log_4 3 = 1 + b.$$

Krok 4. Składamy.

$$\log_{12} 80 = \frac{\frac{2a + 1}{a}}{1 + b} = \frac{2a + 1}{a \cdot (1 + b)},$$

co kończy dowód. Mianownik jest różny od zera, bo $1 + b = \log_4 12 > 0$.

Odpowiedź: równość zachodzi (dowód wyżej). Zobacz: logarytm - powtórzenie i wzór na zamianę podstawy oraz zadania z zamiany podstawy logarytmu.

Krok 1. Ile cyfr ma taka liczba. Cyfry się nie powtarzają, trzy są nieparzyste i dwie parzyste - więc liczba ma dokładnie pięć cyfr. Cyfry nieparzyste to $\{1, 3, 5, 7, 9\}$, parzyste - $\{0, 2, 4, 6, 8\}$. Problemem jest zero: nie może stać na pierwszym miejscu.

Sposób I - wszystkie układy minus te z zerem na początku.

Wybieramy trzy cyfry nieparzyste i dwie parzyste, a potem ustawiamy wybrane pięć cyfr w dowolnej kolejności:

$$\binom{5}{3} \cdot \binom{5}{2} \cdot 5! = 10 \cdot 10 \cdot 120 = 12\,000.$$

Odejmujemy układy z zerem na pierwszym miejscu: zero jest wtedy jedną z cyfr parzystych, drugą parzystą wybieramy na $\binom{4}{1} = 4$ sposoby, nieparzyste na $\binom{5}{3} = 10$ sposobów, a pozostałe cztery cyfry ustawiamy za zerem na $4! = 24$ sposoby:

$$10 \cdot 4 \cdot 24 = 960, \qquad 12\,000 - 960 = 11\,040.$$

Sposób II - dwa rozłączne przypadki.

• Bez zera: parzyste z $\{2, 4, 6, 8\}$, czyli $\binom{5}{3} \cdot \binom{4}{2} \cdot 5! = 10 \cdot 6 \cdot 120 = 7200$.
• Z zerem: druga parzysta na $4$ sposoby, nieparzyste na $10$, zero stawiamy na jednym z czterech miejsc poza pierwszym, a resztę cyfr na $4!$ sposobów: $10 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 24 = 3840$.

Razem $7200 + 3840 = 11\,040$ - wynik się zgadza.

Pułapka: pominięcie problemu zera daje $12\,000$, a rozważanie liczb o innej liczbie cyfr niż pięć w ogóle nie spełnia warunków zadania.

Odpowiedź: jest $11\,040$ takich liczb. Zobacz: reguła mnożenia i dodawania, kombinacje oraz zadania z kombinatoryki.

Krok 1. Wyrazy przez $x$ i różnicę $r$. W ciągu arytmetycznym $a_1 = x$, $a_2 = x + r$, $a_6 = x + 5r$, więc

$$y = x + r, \qquad z = x + 5r.$$

Krok 2. Warunek ciągu geometrycznego $y^2 = x \cdot z$:

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

Krok 3. Odrzucamy $r = 0$. Wtedy $x = y = z$ - ciąg stały, a nie rosnący. Nie dzielimy więc równania przez $r$ bez komentarza, tylko świadomie odrzucamy ten przypadek. Zostaje $r = 3x$, czyli

$$y = 4x, \qquad z = 16x.$$

Krok 4. Suma. $x + 4x + 16x = 21x = 105$, więc $x = 5$, $y = 20$, $z = 80$.

Krok 5. Sprawdzenie. Ciąg $(5, 20, 80)$ jest geometryczny o ilorazie $4$ i rosnący (bo $x > 0$ i $q > 1$). Ciąg arytmetyczny ma różnicę $r = 15$: $5, 20, 35, 50, 65, 80$ - szósty wyraz to rzeczywiście $80$.

Odpowiedź: $x = 5$, $y = 20$, $z = 80$. Zobacz: ciąg arytmetyczny i geometryczny w jednym zadaniu oraz zadania z ciągów.

Oznaczmy $|\sphericalangle BAC| = \alpha$, więc $|\sphericalangle ABC| = 2\alpha$. Pokażemy dwa dowody: czysto geometryczny i trygonometryczny.

Sposób I - dwusieczna i trójkąty podobne.

Krok 1. Dwusieczna. Poprowadźmy dwusieczną kąta $ABC$; przecina ona bok $AC$ w punkcie $D$. Wtedy $|\sphericalangle ABD| = |\sphericalangle DBC| = \alpha$.

Krok 2. Trójkąt równoramienny. W trójkącie $ABD$ kąty przy wierzchołkach $A$ i $B$ mają po $\alpha$, więc jest on równoramienny: $|AD| = |BD|$.

Krok 3. Trójkąty podobne. Trójkąty $DBC$ i $BAC$ mają wspólny kąt przy wierzchołku $C$ oraz $|\sphericalangle DBC| = \alpha = |\sphericalangle BAC|$, więc są podobne (cecha kąt-kąt). Odpowiadające sobie boki: $BC \leftrightarrow AC$, $DC \leftrightarrow BC$, $BD \leftrightarrow AB$, czyli

$$\frac{|DC|}{|BC|} = \frac{|BC|}{|AC|} = \frac{|BD|}{|AB|} \quad\Longrightarrow\quad |DC| = \frac{|BC|^2}{|AC|}, \qquad |BD| = \frac{|AB| \cdot |BC|}{|AC|}.$$

Krok 4. Składamy bok $AC$. Punkt $D$ leży na odcinku $AC$, więc korzystając z kroku 2:

$$|AC| = |AD| + |DC| = |BD| + |DC| = \frac{|AB| \cdot |BC| + |BC|^2}{|AC|}.$$

Mnożąc obie strony przez $|AC|$, dostajemy $|AC|^2 = |BC|^2 + |AB| \cdot |BC|$, co należało wykazać.

Sposób II - twierdzenie sinusów.

Oznaczmy $a = |BC|$, $b = |AC|$, $c = |AB|$. Kąt przy wierzchołku $C$ ma miarę $180^\circ - 3\alpha$, a $\sin(180^\circ - 3\alpha) = \sin 3\alpha$. Z twierdzenia sinusów:

$$\frac{b}{a} = \frac{\sin 2\alpha}{\sin\alpha} = \frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha} = 2\cos\alpha, \qquad \frac{c}{a} = \frac{\sin 3\alpha}{\sin\alpha}.$$

Rozpisujemy $\sin 3\alpha = \sin(2\alpha + \alpha) = \sin 2\alpha\cos\alpha + \cos 2\alpha\sin\alpha = 2\sin\alpha\cos^2\alpha + \left(2\cos^2\alpha - 1\right)\sin\alpha = \sin\alpha\left(4\cos^2\alpha - 1\right)$, więc

$$\frac{c}{a} = 4\cos^2\alpha - 1 = \left(\frac{b}{a}\right)^2 - 1.$$

Stąd $\frac{b^2}{a^2} = 1 + \frac{c}{a}$, a po pomnożeniu przez $a^2$: $b^2 = a^2 + ac$, czyli $|AC|^2 = |BC|^2 + |AB| \cdot |BC|$.

Uwaga o założeniu: w obu dowodach nie korzystamy z tego, że trójkąt nie jest równoramienny - równość zachodzi też np. w trójkącie o kątach $45^\circ$, $90^\circ$, $45^\circ$ (tam $b^2 = 2a^2 = a^2 + a \cdot a$). Zasady oceniania CKE opisują aż dziesięć sposobów dowodu - założenie przydaje się w niektórych z nich, opartych na dodatkowych konstrukcjach. Typowy błąd w tym zadaniu to „dowód” na jednym konkretnym trójkącie, np. o kątach $30^\circ$, $60^\circ$, $90^\circ$ - sprawdzenie przykładu nie jest dowodem.

Odpowiedź: równość zachodzi (dowód wyżej). Zobacz: podobieństwo trójkątów, twierdzenie sinusów w kursie oraz twierdzenie sinusów z dowodem.

Krok 1. Pole trójkąta $ACE$. Podstawa $CE$ ma długość $\frac{a}{2}$, a wysokość opuszczona z wierzchołka $A$ na prostą $CD$ to bok kwadratu $a$:

$$P_{ACE} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot a = \frac{a^2}{4}.$$

Krok 2. Punkt $G$. Przekątne kwadratu dzielą się na połowy, więc $G$ jest środkiem $AC$: $\frac{|AG|}{|AC|} = \frac{1}{2}$.

Krok 3. Punkt $F$. Trójkąty $FDE$ i $FBA$ są podobne (kąty wierzchołkowe przy $F$ i kąty naprzemianległe przy prostych równoległych $DC$ i $AB$). Skala podobieństwa to $\frac{|DE|}{|AB|} = \frac{a/2}{a} = \frac{1}{2}$, więc $|EF| : |FA| = 1 : 2$, czyli $\frac{|AF|}{|AE|} = \frac{2}{3}$.

Krok 4. Pole trójkąta $AGF$. Trójkąty $AGF$ i $ACE$ mają wspólny kąt przy wierzchołku $A$, a pole trójkąta to $\frac{1}{2} \cdot$ (iloczyn dwóch boków) $\cdot$ (sinus kąta między nimi). Stąd

$$\frac{P_{AGF}}{P_{ACE}} = \frac{|AG|}{|AC|} \cdot \frac{|AF|}{|AE|} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}, \qquad P_{AGF} = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^2}{4} = \frac{a^2}{12}.$$

Krok 5. Pole czworokąta $CEFG$ to reszta trójkąta $ACE$:

$$P_{CEFG} = \frac{a^2}{4} - \frac{a^2}{12} = \frac{a^2}{6}.$$

Sprawdzenie w układzie współrzędnych. Dla $A = (0, 0)$, $B = (a, 0)$, $C = (a, a)$, $D = (0, a)$: $E = \left(\frac{a}{2}, a\right)$, prosta $AE$: $y = 2x$, prosta $BD$: $y = a - x$, więc $F = \left(\frac{a}{3}, \frac{2a}{3}\right)$, a $G = \left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}\right)$. Wtedy $P_{AGF} = \frac{1}{2}\left|\frac{a}{2} \cdot \frac{2a}{3} - \frac{a}{2} \cdot \frac{a}{3}\right| = \frac{1}{2} \cdot \frac{a^2}{6} = \frac{a^2}{12}$ - zgadza się.

Pułapka: uznanie, że $F$ dzieli $AE$ na połowy (jak $G$ dzieli $AC$). Tak nie jest - $F$ leży w $\frac{2}{3}$ odcinka $AE$, licząc od $A$.

Odpowiedź: $P_{AGF} = \dfrac{a^2}{12}$, $P_{CEFG} = \dfrac{a^2}{6}$. Zobacz: wzory na pole trójkąta, podobieństwo trójkątów oraz zadania z pól figur.

Krok 1. Wszystko przez kąt $2x$. Lewą stronę rozpisujemy wzorem $\sin 4x = 2\sin 2x\cos 2x$, a prawą - wzorem $2\cos^2 x = 1 + \cos 2x$:

$$\sin 4x - \sin 2x = 2\sin 2x\cos 2x - \sin 2x = \sin 2x\left(2\cos 2x - 1\right),$$

$$4\cos^2 x - 3 = 2\left(1 + \cos 2x\right) - 3 = 2\cos 2x - 1.$$

Krok 2. Postać iloczynowa. Równanie ma postać $\sin 2x\left(2\cos 2x - 1\right) = 2\cos 2x - 1$, więc przenosimy wszystko na jedną stronę i wyłączamy wspólny czynnik:

$$\left(2\cos 2x - 1\right)\left(\sin 2x - 1\right) = 0.$$

Pułapka: nie dzielimy obu stron przez $2\cos 2x - 1$ - tracilibyśmy cztery rozwiązania.

Krok 3. Pierwszy czynnik. $\cos 2x = \frac{1}{2}$, czyli $2x = \frac{\pi}{3} + 2k\pi$ lub $2x = -\frac{\pi}{3} + 2k\pi$, skąd $x = \frac{\pi}{6} + k\pi$ lub $x = -\frac{\pi}{6} + k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$. W przedziale $[0, 2\pi]$:

$$x \in \left\{\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}\right\}.$$

Krok 4. Drugi czynnik. $\sin 2x = 1$, czyli $2x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$, skąd $x = \frac{\pi}{4} + k\pi$. W przedziale $[0, 2\pi]$: $x = \frac{\pi}{4}$ lub $x = \frac{5\pi}{4}$.

Druga pułapka: przy przejściu z $2x$ do $x$ okres $2\pi$ zmienia się w $\pi$ - kto zostawi $+2k\pi$, zgubi połowę rozwiązań z przedziału $[0, 2\pi]$.

Odpowiedź: $x \in \left\{\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{4}, \dfrac{5\pi}{6}, \dfrac{7\pi}{6}, \dfrac{5\pi}{4}, \dfrac{11\pi}{6}\right\}$ - sześć rozwiązań. Zobacz: równania trygonometryczne, wzory na sin 2x i cos 2x oraz zadania ze wzorów podwojonego kąta.

Krok 1. Środek na prostej. $S = (s, s + 1)$ dla pewnej liczby $s$.

Krok 2. Czworokąt $ABSC$ to dwa trójkąty prostokątne. Promień jest prostopadły do stycznej w punkcie styczności, więc trójkąty $ABS$ i $ACS$ są prostokątne (kąty proste przy $B$ i $C$) i przystające. Każdy ma przyprostokątne $|SB| = \sqrt{5}$ i $|AB|$ (odcinek stycznej):

$$P_{ABSC} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot \sqrt{5} = \sqrt{5} \cdot |AB| = 15 \quad\Longrightarrow\quad |AB| = \frac{15}{\sqrt{5}} = 3\sqrt{5}.$$

Krok 3. Odległość $|AS|$ z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABS$:

$$|AS|^2 = |AB|^2 + |SB|^2 = 45 + 5 = 50.$$

Krok 4. Równanie z jedną niewiadomą.

$$(s - 1)^2 + (s + 1 - 2)^2 = 50 \quad\Longrightarrow\quad 2(s - 1)^2 = 50 \quad\Longrightarrow\quad (s - 1)^2 = 25,$$

więc $s - 1 = 5$ lub $s - 1 = -5$, czyli $s = 6$ lub $s = -4$.

Krok 5. Oba przypadki. $S = (6, 7)$ albo $S = (-4, -3)$. W obu $|AS| = \sqrt{50} > \sqrt{5}$, więc punkt $A$ leży na zewnątrz okręgu i styczne istnieją. Dla $S = (6, 7)$ punkty styczności to $(7, 5)$ i $(4, 8)$, a dla $S = (-4, -3)$ - punkty $(-5, -1)$ i $(-2, -4)$.

Pułapka: zatrzymanie się na jednym rozwiązaniu. Polecenie „rozważ wszystkie przypadki” jest wskazówką, że będą dwa - środek może leżeć po obu stronach punktu $A$ na prostej $y = x + 1$ (punkt $A$ sam na niej leży, bo $2 = 1 + 1$).

Odpowiedź: $S = (6, 7)$ lub $S = (-4, -3)$. Zobacz: styczne do okręgu, równanie okręgu oraz zadania z geometrii analitycznej.

Etap I. Dwa różne pierwiastki: $\Delta > 0$.

$$\Delta = (3m + 1)^2 - 4\left(2m^2 + m + 1\right) = 9m^2 + 6m + 1 - 8m^2 - 4m - 4 = m^2 + 2m - 3 = (m + 3)(m - 1).$$

$\Delta > 0 \iff m \in (-\infty, -3) \cup (1, +\infty)$. Uwaga: warunek $\Delta \ge 0$ jest tu błędny, bo dla $\Delta = 0$ równanie ma tylko jedno rozwiązanie.

Etap II. Warunek przez wzory Viète’a. Oznaczmy $x_1 + x_2 = 3m + 1$ oraz $x_1 x_2 = 2m^2 + m + 1$. Najpierw przekształcamy lewą stronę, korzystając z $x_1^3 + x_2^3 = (x_1 + x_2)^3 - 3x_1x_2(x_1 + x_2)$:

$$x_1^3 + x_2^3 + 3x_1x_2(x_1 + x_2) - 9x_1x_2 = (x_1 + x_2)^3 - 9x_1x_2.$$

Wyrażenie się upraszcza - człony $\mp 3x_1x_2(x_1 + x_2)$ znoszą się. Podstawiamy wzory Viète’a:

$$(3m + 1)^3 - 9\left(2m^2 + m + 1\right) \le 3m - 7.$$

Rozwijamy $(3m + 1)^3 = 27m^3 + 27m^2 + 9m + 1$:

$$27m^3 + 27m^2 + 9m + 1 - 18m^2 - 9m - 9 \le 3m - 7 \quad\Longrightarrow\quad 27m^3 + 9m^2 - 3m - 1 \le 0.$$

Grupujemy wyrazy:

$$9m^2(3m + 1) - (3m + 1) = (3m + 1)\left(9m^2 - 1\right) = (3m + 1)^2(3m - 1) \le 0.$$

Czynnik $(3m + 1)^2$ jest nieujemny, więc nierówność zachodzi dla $3m - 1 \le 0$ albo dla $3m + 1 = 0$, czyli $m \in \left(-\infty, \frac{1}{3}\right]$ (punkt $m = -\frac{1}{3}$ i tak w nim leży).

Etap III. Część wspólna.

$$\left[(-\infty, -3) \cup (1, +\infty)\right] \cap \left(-\infty, \frac{1}{3}\right] = (-\infty, -3).$$

Pułapki: dodanie warunków, których zadanie nie stawia (np. $x_1 + x_2 > 0$ albo $x_1 x_2 > 0$), i przyjęcie $x_1^3 + x_2^3 = (x_1 + x_2)^3$. Kontrola liczbowa: dla $m = -4$ równanie $x^2 + 11x + 29 = 0$ ma $\Delta = 5 > 0$, a lewa strona warunku to $(-11)^3 - 9 \cdot 29 = -1592 \le -19 = 3m - 7$.

Odpowiedź: $m \in (-\infty, -3)$. Zobacz: wzory Viète’a, zadania z parametrem oraz zadania z funkcji kwadratowej.

Krok 1. Wysokość z objętości. Podstawa to trójkąt równoboczny o boku $a$, o polu $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Oznaczmy wysokość graniastosłupa przez $h$:

$$\frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot h = 3456 \quad\Longrightarrow\quad h = \frac{4 \cdot 3456}{a^2\sqrt{3}} = \frac{13824}{a^2\sqrt{3}}.$$

Krok 2. Pole powierzchni całkowitej to dwie podstawy i trzy prostokątne ściany boczne $a \times h$:

$$P = 2 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} + 3a \cdot \frac{13824}{a^2\sqrt{3}} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2} + \frac{41472}{a\sqrt{3}}.$$

Krok 3. Usuwamy niewymierność z mianownika: $\frac{41472}{\sqrt{3}} = \frac{41472\sqrt{3}}{3} = 13824\sqrt{3}$, więc

$$P(a) = \frac{a^2 \cdot \sqrt{3}}{2} + \frac{13824\sqrt{3}}{a},$$

co należało wykazać. Pułapka: przeprowadzenie rachunku tylko dla jednej wartości $a$ (np. $a = 8\sqrt{3}$) nie jest dowodem wzoru.

Odpowiedź: wzór zachodzi (dowód wyżej). Zobacz: graniastosłupy.

Krok 1. Pochodna. Dla $a \in \left(0, 8\sqrt{3}\right]$:

$$P'(a) = a\sqrt{3} - \frac{13824\sqrt{3}}{a^2} = \frac{\sqrt{3}\left(a^3 - 13824\right)}{a^2}.$$

Krok 2. Miejsce zerowe pochodnej. $a^3 = 13824 = 24^3$, czyli $a = 24$. Ale $8\sqrt{3} = \sqrt{192} < \sqrt{576} = 24$, więc $24$ nie należy do dziedziny.

Krok 3. Znak pochodnej i monotoniczność. Dla każdego $a \in \left(0, 8\sqrt{3}\right]$ mamy $a^3 \le (8\sqrt{3})^3 = 1536\sqrt{3} \approx 2660 < 13824$, więc $P'(a) < 0$. Funkcja $P$ jest malejąca w całej dziedzinie, zatem najmniejszą wartość przyjmuje na prawym końcu przedziału, dla $a = 8\sqrt{3}$.

Krok 4. Najmniejsze pole. $\left(8\sqrt{3}\right)^2 = 192$, więc

$$P\left(8\sqrt{3}\right) = \frac{192\sqrt{3}}{2} + \frac{13824\sqrt{3}}{8\sqrt{3}} = 96\sqrt{3} + 1728 \approx 1894{,}3.$$

Ten graniastosłup ma wysokość $h = \frac{13824}{192\sqrt{3}} = 24\sqrt{3}$.

To główna pułapka arkusza: kto policzy miejsce zerowe pochodnej i od razu poda $a = 24$, dostaje graniastosłup spoza rozważanego zbioru (na pełnym przedziale $(0, +\infty)$ minimum byłoby właśnie w $24$). Ograniczenie $a \le 8\sqrt{3}$ w treści zadania nie jest ozdobnikiem.

Odpowiedź: najmniejsze pole ma graniastosłup o krawędzi podstawy $a = 8\sqrt{3}$; to pole wynosi $1728 + 96\sqrt{3}$. Zobacz: największa i najmniejsza wartość funkcji w przedziale, zadania optymalizacyjne z pochodną oraz zadania z optymalizacji.