Matura próbna 2024 matematyka rozszerzona (grudzień, CKE) - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Dwa równania. Z danych:

$$Q_0 \cdot \beta^{-4} = 2, \qquad Q_0 \cdot \beta^{-6} = 18.$$

Krok 2. Dzielimy drugie przez pierwsze - znika $Q_0$:

$$\beta^{-2} = \frac{18}{2} = 9 \quad\Longrightarrow\quad \beta^{-1} = 3, \quad \beta = \frac{1}{3}.$$

Bierzemy tylko dodatni pierwiastek, bo $\beta$ jest stałą dodatnią. Wtedy $Q_0 = 2 \cdot \beta^{4} = \frac{2}{81}$.

Krok 3. Ładunek po 5 sekundach.

$$Q(5) = \frac{2}{81} \cdot 3^{5} = \frac{2 \cdot 243}{81} = 6.$$

Krótsza droga: wartości w chwilach $4$, $5$, $6$ tworzą ciąg geometryczny (iloraz $\beta^{-1}$), więc $Q(5) = \sqrt{Q(4) \cdot Q(6)} = \sqrt{36} = 6$.

Pułapka: z $\beta^{-2} = 9$ łatwo napisać $\beta = 3$. Wtedy ładunek by malał, a dane mówią, że rośnie (z $2$ do $18$ mC) - poprawnie $\beta = \frac{1}{3}$.

Odpowiedź: w chwili $t = 5$ s w kondensatorze było $6$ milikulombów ładunku. Zobacz: zastosowania funkcji wykładniczej oraz zadania z zastosowań funkcji wykładniczej.

Krok 1. Oznaczenia. Niech $K$ i $L$ będą punktami styczności okręgu z bokami $AC$ i $BC$. Punkty na boku $AB$ leżą w kolejności $A, M, N, B$.

Krok 2. Twierdzenie o stycznej i siecznej (potęga punktu względem okręgu). Z punktu $A$ poprowadzono styczną $AK$ i sieczną $AMN$, a z punktu $B$ - styczną $BL$ i sieczną $BNM$:

$$|AK|^2 = |AM| \cdot |AN|, \qquad |BL|^2 = |BN| \cdot |BM|.$$

Krok 3. Prawe strony są równe. Skoro $|AM| = |BN|$, to także

$$|AN| = |AB| - |BN| = |AB| - |AM| = |BM|.$$

Zatem $|AM| \cdot |AN| = |BN| \cdot |BM|$, czyli $|AK|^2 = |BL|^2$ i $|AK| = |BL|$.

Krok 4. Odcinki stycznych z wierzchołka $C$. Odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu są równe: $|CK| = |CL|$. Punkty $K$ i $L$ leżą na bokach, więc

$$|AC| = |AK| + |KC| = |BL| + |LC| = |BC|,$$

co oznacza, że trójkąt $ABC$ jest równoramienny (o podstawie $AB$).

Pułapka: z samego $|AM| = |BN|$ nie wynika jeszcze, że środek okręgu leży na symetralnej $AB$ - tego trzeba dowieść, a nie zakładać. Rysunek symetryczny jest skutkiem tezy, nie argumentem.

Odpowiedź: trójkąt jest równoramienny (dowód wyżej). Zobacz: styczna i sieczna oraz zadania o stycznej i siecznej.

Krok 1. Równania. Niech $r$ - promień podstawy, $h$ - wysokość. Średnica to $2r$, więc

$$2r \cdot h = 12\sqrt{3} \quad\Longrightarrow\quad rh = 6\sqrt{3}.$$

Krok 2. Pole powierzchni całkowitej to dwie podstawy i powierzchnia boczna:

$$2\pi r^2 + 2\pi r h = 12\pi\sqrt{3} + 12\pi.$$

Podstawiamy $2\pi rh = 2\pi \cdot 6\sqrt{3} = 12\pi\sqrt{3}$ - ten składnik się redukuje i zostaje $2\pi r^2 = 12\pi$, czyli $r^2 = 6$, $r = \sqrt{6}$.

Krok 3. Wysokość i objętość.

$$h = \frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}, \qquad V = \pi r^2 h = \pi \cdot 6 \cdot 3\sqrt{2} = 18\sqrt{2}\,\pi.$$

Pułapka: podstawienie $r \cdot h = 12\sqrt{3}$ (zamiast średnicy - promień) daje $2\pi r^2 = 12\pi - 12\pi\sqrt{3} < 0$, czyli sprzeczność. Gdy rachunek prowadzi do ujemnego kwadratu, warto wrócić do treści.

Odpowiedź: $V = 18\sqrt{2}\,\pi \approx 79{,}97$. Zobacz: walec oraz zadania z walca.

Krok 1. Każdy mianownik to logarytm liczby $70$. Zapisujemy jedynkę jako logarytm podstawy:

$$\log_2 35 + 1 = \log_2 35 + \log_2 2 = \log_2 70,$$

$$\log_7 140 - \log_7 2 = \log_7 \frac{140}{2} = \log_7 70,$$

$$\log_5 7 + \log_5 2 + 1 = \log_5 7 + \log_5 2 + \log_5 5 = \log_5 70.$$

Krok 2. Odwrotność logarytmu. Ze wzoru na zamianę podstawy $\frac{1}{\log_a b} = \log_b a$:

$$\frac{1}{\log_2 70} + \frac{1}{\log_7 70} + \frac{1}{\log_5 70} = \log_{70} 2 + \log_{70} 7 + \log_{70} 5.$$

Krok 3. Suma logarytmów o tej samej podstawie to logarytm iloczynu:

$$\log_{70} 2 + \log_{70} 7 + \log_{70} 5 = \log_{70} (2 \cdot 7 \cdot 5) = \log_{70} 70 = 1,$$

co należało wykazać. Pułapka: sprawdzenie równości na kalkulatorze (w przybliżeniu) nie jest dowodem.

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

Krok 1. Zdarzenia. $W$ - osoba ma wyższe wykształcenie, $N$ - dobrze włada niemieckim. Dane:

$$P(W) = 0{,}35, \quad P(W') = 0{,}65, \quad P(N \mid W) = 0{,}7, \quad P(N \mid W') = 0{,}4.$$

Krok 2. Prawdopodobieństwo całkowite zdarzenia $N$:

$$P(N) = 0{,}35 \cdot 0{,}7 + 0{,}65 \cdot 0{,}4 = 0{,}245 + 0{,}26 = 0{,}505.$$

Krok 3. Wzór Bayesa. Szukamy $P(W \mid N)$ - wykształcenia pod warunkiem znajomości języka:

$$P(W \mid N) = \frac{P(W) \cdot P(N \mid W)}{P(N)} = \frac{0{,}245}{0{,}505} = \frac{49}{101} \approx 0{,}485.$$

Pułapka: odpowiedź $0{,}7$ to $P(N \mid W)$ - warunek w odwrotnym kierunku. Pytanie brzmi „wiadomo, że włada niemieckim”, więc warunkiem jest $N$.

Odpowiedź: $P(W \mid N) \approx 0{,}49$. Zobacz: prawdopodobieństwo całkowite i wzór Bayesa, twierdzenie Bayesa z dowodem oraz zadania z wzoru Bayesa.

Krok 1. Upraszczamy przed rozpatrywaniem przypadków. $|4x - 8| = 4|x - 2|$ oraz $|2 - x| = |x - 2|$, więc składnik $|x - 2|$ znosi się po obu stronach:

$$4|x - 2| = |x + 2| + 4.$$

Krok 2. Przypadki (punkty podziału $-2$ i $2$).

• $x < -2$: $\;4(2 - x) = -(x + 2) + 4$, czyli $8 - 4x = 2 - x$, $x = 2$ - nie należy do przedziału.
• $-2 \le x < 2$: $\;4(2 - x) = x + 2 + 4$, czyli $8 - 4x = x + 6$, $x = \frac{2}{5}$ - należy.
• $x \ge 2$: $\;4(x - 2) = x + 2 + 4$, czyli $4x - 8 = x + 6$, $x = \frac{14}{3}$ - należy.

Krok 3. Sprawdzenie. Dla $x = \frac{2}{5}$: lewa strona $\frac{32}{5} + \frac{8}{5} = 8$, prawa $\frac{8}{5} + \frac{12}{5} + 4 = 8$. Dla $x = \frac{14}{3}$: lewa $\frac{32}{3} + \frac{8}{3} = \frac{40}{3}$, prawa $\frac{8}{3} + \frac{20}{3} + 4 = \frac{40}{3}$.

Pułapka: w pierwszym przypadku wychodzi $x = 2$, które spełnia równanie „z przypadku”, ale leży poza przedziałem $x < -2$ - trzeba je odrzucić (zresztą $x = 2$ nie spełnia równania wyjściowego: $0 \ne 8$).

Odpowiedź: $x = \dfrac{2}{5}$ lub $x = \dfrac{14}{3}$. Zobacz: równania z wartością bezwzględną oraz zadania z równań z modułem.

Krok 1. Warunek $|AC| = |BC|$ oznacza, że $C$ leży na symetralnej odcinka $AB$. Środek $AB$ to $\left(\frac{6 - 6}{2}, \frac{4 + 8}{2}\right) = (0, 6)$, a współczynnik kierunkowy prostej $AB$ to $\frac{8 - 4}{-6 - 6} = -\frac{1}{3}$. Symetralna jest prostopadła, ma więc współczynnik $3$:

$$y = 3x + 6.$$

(Punkty $A$ i $B$ leżą na okręgu: $49 + 1 = 50$ i $25 + 25 = 50$, więc symetralna cięciwy $AB$ przechodzi przez środek okręgu $S = (-1, 3)$ - i rzeczywiście $3 \cdot (-1) + 6 = 3$.)

Krok 2. Punkt wspólny z okręgiem. Podstawiamy $y = 3x + 6$, czyli $y - 3 = 3(x + 1)$:

$$(x + 1)^2 + 9(x + 1)^2 = 50 \quad\Longrightarrow\quad (x + 1)^2 = 5 \quad\Longrightarrow\quad x = -1 + \sqrt{5} \;\text{ lub }\; x = -1 - \sqrt{5}.$$

Krok 3. Druga współrzędna: $y = 3x + 6$ daje $y = 3 + 3\sqrt{5}$ albo $y = 3 - 3\sqrt{5}$.

Pułapka: zatrzymanie się na jednym punkcie. Symetralna przechodzi przez środek okręgu, więc przecina go zawsze w dwóch punktach - to są dwa przypadki z polecenia.

Odpowiedź: $C = \left(-1 + \sqrt{5},\ 3 + 3\sqrt{5}\right)$ lub $C = \left(-1 - \sqrt{5},\ 3 - 3\sqrt{5}\right)$. Zobacz: równanie okręgu, punkty wspólne prostych i okręgów oraz zadania z prostej i okręgu.

Krok 1. Ile jest składników. Liczby $1, 3, 5, \ldots, 2n + 1$ to ciąg arytmetyczny o różnicy $2$; wyraz $2n + 1$ ma numer $n + 1$. Suma $n + 1$ wyrazów:

$$1 + 3 + \ldots + (2n + 1) = \frac{1 + (2n + 1)}{2} \cdot (n + 1) = (n + 1)^2.$$

Krok 2. Symbol Newtona. Dla $n \ge 2$: $\binom{n}{2} = \frac{n(n - 1)}{2}$.

Krok 3. Granica. Dzielimy licznik i mianownik przez $n^2$:

$$\lim_{n \to +\infty} \frac{2(n + 1)^2}{n(n - 1)} = \lim_{n \to +\infty} \frac{2\left(1 + \frac{1}{n}\right)^2}{1 - \frac{1}{n}} = \frac{2 \cdot 1}{1} = 2.$$

Pułapka: przyjęcie, że składników jest $n$ (suma $n^2$). Granica wyszłaby przypadkiem taka sama, ale zasady oceniania wymagają poprawnej sumy $(n + 1)^2$ - błędny wzór kosztuje punkty.

Odpowiedź: granica jest równa $2$. Zobacz: obliczanie granic ciągów, suma ciągu arytmetycznego oraz zadania z granic ciągów.

Krok 1. Przenosimy $\cos^4 x$ na lewą stronę: $\sin^4 x + \cos^4 x = \sin x \cos x$.

Krok 2. Wszystko przez $\sin 2x$. Z jedynki trygonometrycznej:

$$\sin^4 x + \cos^4 x = \left(\sin^2 x + \cos^2 x\right)^2 - 2\sin^2 x\cos^2 x = 1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x,$$

a prawa strona to $\sin x\cos x = \frac{1}{2}\sin 2x$. Oznaczmy $t = \sin 2x$, $t \in [-1, 1]$:

$$1 - \frac{1}{2}t^2 = \frac{1}{2}t \quad\Longrightarrow\quad t^2 + t - 2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (t + 2)(t - 1) = 0.$$

Krok 3. $t = -2$ odpada (sinus nie jest mniejszy od $-1$), zostaje $\sin 2x = 1$:

$$2x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{\pi}{4} + k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}.$$

Krok 4. Rozwiązania w $[-\pi, 2\pi]$: $k = -1$ daje $-\frac{3\pi}{4}$, $k = 0$ daje $\frac{\pi}{4}$, $k = 1$ daje $\frac{5\pi}{4}$, a $k = 2$ daje $\frac{9\pi}{4} > 2\pi$.

Pułapki: zgubienie rozwiązania ujemnego (przedział zaczyna się od $-\pi$, nie od $0$) i zostawienie okresu $2k\pi$ po przejściu z $2x$ do $x$.

Odpowiedź: $x \in \left\{-\dfrac{3\pi}{4}, \dfrac{\pi}{4}, \dfrac{5\pi}{4}\right\}$. Zobacz: wzory na sin 2x i cos 2x, równania trygonometryczne oraz zadania ze wzorów podwojonego kąta.

Krok 1. Wyraz środkowy. W ciągu arytmetycznym $a_4 = \frac{a_3 + a_5}{2} = 5$. Z różnicą $r$:

$$a_1 = 5 - 3r, \qquad a_7 = 5 + 3r.$$

Krok 2. Wyrazy ciągu geometrycznego:

$$2a_1 + 4 = 14 - 6r, \qquad a_4 - 1 = 4, \qquad -\frac{1}{8}a_7 = -\frac{5 + 3r}{8}.$$

Krok 3. Warunek ciągu geometrycznego (kwadrat środkowego wyrazu = iloczyn skrajnych):

$$16 = (14 - 6r) \cdot \left(-\frac{5 + 3r}{8}\right) \quad\Longrightarrow\quad -128 = 70 + 12r - 18r^2 \quad\Longrightarrow\quad 3r^2 - 2r - 33 = 0.$$

$\Delta = 4 + 396 = 400$, więc $r = \frac{2 - 20}{6} = -3$ lub $r = \frac{2 + 20}{6} = \frac{11}{3}$.

Krok 4. Ciąg arytmetyczny jest malejący, więc $r < 0$ i zostaje $r = -3$. Wtedy $a_1 = 14$, $a_7 = -4$, a ciąg geometryczny to

$$\left(2 \cdot 14 + 4,\ 5 - 1,\ -\frac{1}{8} \cdot (-4)\right) = \left(32,\ 4,\ \frac{1}{2}\right),$$

o ilorazie $\frac{1}{8}$.

Pułapka: rozwiązanie $r = \frac{11}{3}$ też daje ciąg geometryczny - $(-8, 4, -2)$ - ale ciąg arytmetyczny byłby wtedy rosnący. Tę wartość trzeba odrzucić z uzasadnieniem.

Odpowiedź: ciąg geometryczny to $\left(32, 4, \dfrac{1}{2}\right)$. Zobacz: ciąg arytmetyczny i geometryczny w jednym zadaniu oraz zadania z ciągów arytmetycznych i geometrycznych.

Etap I. Dwa różne miejsca zerowe: $\Delta > 0$.

$$\Delta = 9 - 4\left(-m^2 + m + 3\right) = 4m^2 - 4m - 3 = (2m + 1)(2m - 3) > 0 \iff m \in \left(-\infty, -\frac{1}{2}\right) \cup \left(\frac{3}{2}, +\infty\right).$$

Warunek $\Delta \ge 0$ jest tu błędny - za niego zasady oceniania dają $0$ punktów za ten etap.

Etap II. Warunek przez wzory Viète’a. Rozkładamy $x_1^2 - x_2^2 = (x_1 + x_2)(x_1 - x_2)$. Z wzorów Viète’a $x_1 + x_2 = 3$, a dla trójmianu o współczynniku $a = 1$ jest $|x_1 - x_2| = \sqrt{\Delta}$ (bo $(x_1 - x_2)^2 = (x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2$). Stąd

$$\left|x_1^2 - x_2^2\right| = 3\sqrt{\Delta} \le 12 \iff \Delta \le 16 \iff 4m^2 - 4m - 19 \le 0.$$

Pierwiastki trójmianu $4m^2 - 4m - 19$: $m = \frac{4 \pm \sqrt{16 + 304}}{8} = \frac{4 \pm 8\sqrt{5}}{8} = \frac{1 \pm 2\sqrt{5}}{2}$, więc

$$m \in \left[\frac{1 - 2\sqrt{5}}{2},\ \frac{1 + 2\sqrt{5}}{2}\right].$$

Etap III. Część wspólna (uwaga: $\frac{1 - 2\sqrt{5}}{2} \approx -1{,}74$, a $\frac{1 + 2\sqrt{5}}{2} \approx 2{,}74$):

$$m \in \left[\frac{1 - 2\sqrt{5}}{2},\ -\frac{1}{2}\right) \cup \left(\frac{3}{2},\ \frac{1 + 2\sqrt{5}}{2}\right].$$

Kontrola: dla $m = 2$ mamy $f(x) = x^2 - 3x + 1$, $\Delta = 5$, a $|x_1^2 - x_2^2| = 3\sqrt{5} \approx 6{,}7 \le 12$.

Pułapka: zapomnienie o wartości bezwzględnej i rozwiązanie $3(x_1 - x_2) \le 12$ bez $|\cdot|$ - wtedy wynik zależy od tego, który pierwiastek nazwiemy $x_1$.

Odpowiedź: $m \in \left[\dfrac{1 - 2\sqrt{5}}{2}, -\dfrac{1}{2}\right) \cup \left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{1 + 2\sqrt{5}}{2}\right]$. Zobacz: wzory Viète’a, zadania z parametrem oraz zadania ze wzorów Viète’a.

Krok 1. Wysokość z wierzchołka $C$. Niech $H$ będzie spodkiem wysokości $CH$, $|CH| = h$. Trójkąt jest ostrokątny, więc $H$ leży wewnątrz boku $AB$, a z trójkątów prostokątnych $AHC$ i $BHC$:

$$|AH| = \frac{h}{\operatorname{tg} 2\alpha}, \qquad |HB| = \frac{h}{\operatorname{tg}\alpha}.$$

Krok 2. Gdzie leży $H$ względem $D$. Z warunku ostrokątności $\alpha < 45^\circ$ i $2\alpha < 90^\circ$, więc $\operatorname{tg} 2\alpha > \operatorname{tg}\alpha$ i $|AH| < |HB|$. Punkt $H$ leży między $A$ i $D$, a

$$|HD| = |AD| - |AH| = \frac{|AH| + |HB|}{2} - |AH| = \frac{|HB| - |AH|}{2}.$$

Krok 3. Tangens kąta $\beta$ z trójkąta prostokątnego $HDC$ ($\beta$ to kąt przy $D$):

$$\operatorname{tg}\beta = \frac{h}{|HD|} = \frac{2h}{\frac{h}{\operatorname{tg}\alpha} - \frac{h}{\operatorname{tg}2\alpha}} = \frac{2}{\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{ctg}2\alpha}.$$

Krok 4. Upraszczamy mianownik wzorami na kąt podwojony:

$$\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{ctg}2\alpha = \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} - \frac{\cos 2\alpha}{2\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{2\cos^2\alpha - \cos 2\alpha}{2\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{1}{\sin 2\alpha},$$

bo $2\cos^2\alpha - \cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha - \left(2\cos^2\alpha - 1\right) = 1$. Zatem $\operatorname{tg}\beta = 2\sin 2\alpha$ i

$$\frac{\operatorname{tg}\beta}{\sin 2\alpha} = 2.$$

Wynik nie zależy od $\alpha$ - sprawdziliśmy go też numerycznie dla kątów od $31^\circ$ do $44^\circ$. Pułapka: przyjęcie konkretnego trójkąta (np. $\alpha = 36^\circ$) i odczytanie wyniku z kalkulatora - to nie jest rozwiązanie ogólne.

Odpowiedź: $\dfrac{\operatorname{tg}\beta}{\sin 2\alpha} = 2$. Zobacz: wzory na sin 2x i cos 2x, rozwiązywanie trójkątów oraz zadania z rozwiązywania trójkątów.

Krok 1. Punkty $B$ i $D$. $f(x) = 0 \iff 12x - 84 = 0 \iff x = 7$, więc $B = (7, 0)$. $f(0) = \frac{-84}{-8} = \frac{21}{2}$, więc $D = \left(0, \frac{21}{2}\right)$.

Krok 2. Punkt $C$. $C = \left(x, \frac{12x - 84}{x - 8}\right)$. Obie współrzędne mają być dodatnie: $x > 0$, a przy $x < 8$ mianownik jest ujemny, więc i licznik musi być ujemny - stąd $x < 7$. Zatem $x \in (0, 7)$.

Krok 3. Dzielimy czworokąt przekątną $OC$ na trójkąty $OBC$ (podstawa $OB$ na osi $Ox$, wysokość równa drugiej współrzędnej $C$) i $OCD$ (podstawa $OD$ na osi $Oy$, wysokość równa pierwszej współrzędnej $C$):

$$P(x) = \frac{1}{2} \cdot 7 \cdot \frac{12x - 84}{x - 8} + \frac{1}{2} \cdot \frac{21}{2} \cdot x = \frac{42(x - 7)}{x - 8} + \frac{21x}{4}.$$

Krok 4. Wspólny mianownik.

$$P(x) = \frac{168(x - 7) + 21x(x - 8)}{4(x - 8)} = \frac{21\left(8x - 56 + x^2 - 8x\right)}{4(x - 8)} = \frac{21}{4} \cdot \frac{x^2 - 56}{x - 8},$$

co należało wykazać.

Odpowiedź: wzór zachodzi dla $x \in (0, 7)$ (dowód wyżej). Zobacz: funkcja homograficzna oraz pole trójkąta i wielokąta w układzie współrzędnych.

Krok 1. Pochodna (wzór na pochodną ilorazu):

$$P'(x) = \frac{21}{4} \cdot \frac{2x(x - 8) - \left(x^2 - 56\right)}{(x - 8)^2} = \frac{21}{4} \cdot \frac{x^2 - 16x + 56}{(x - 8)^2}.$$

Krok 2. Miejsca zerowe pochodnej. $x^2 - 16x + 56 = 0$, $\Delta = 256 - 224 = 32$:

$$x = 8 - 2\sqrt{2} \approx 5{,}17 \qquad \text{lub} \qquad x = 8 + 2\sqrt{2} \notin (0, 7).$$

Krok 3. Znak pochodnej. Mianownik jest dodatni, a licznik to parabola skierowana w górę: dodatni dla $x \in \left(0, 8 - 2\sqrt{2}\right)$ i ujemny dla $x \in \left(8 - 2\sqrt{2}, 7\right)$. Funkcja $P$ rośnie, a potem maleje - w $x = 8 - 2\sqrt{2}$ ma największą wartość.

Krok 4. Druga współrzędna punktu $C$. $f(x) = \frac{12(x - 7)}{x - 8}$, a dla $x = 8 - 2\sqrt{2}$: $x - 7 = 1 - 2\sqrt{2}$, $x - 8 = -2\sqrt{2}$, więc

$$f\left(8 - 2\sqrt{2}\right) = \frac{12\left(1 - 2\sqrt{2}\right)}{-2\sqrt{2}} = \frac{12\left(2\sqrt{2} - 1\right)}{2\sqrt{2}} = 12 - \frac{6}{\sqrt{2}} = 12 - 3\sqrt{2}.$$

Największe pole to $P\left(8 - 2\sqrt{2}\right) = 84 - 21\sqrt{2} \approx 54{,}3$.

Pułapka: polecenie pyta o współrzędne punktu $C$, a nie o samo $x$ ani o pole. Podanie tylko $x = 8 - 2\sqrt{2}$ nie kończy zadania.

Odpowiedź: $C = \left(8 - 2\sqrt{2},\ 12 - 3\sqrt{2}\right)$. Zobacz: największa i najmniejsza wartość funkcji, zadania optymalizacyjne z pochodną oraz zadania z optymalizacji.