Równania kwadratowe

Krok 1. Warunki na pierwiastki. Ze wzorów Viète'a:

$$x_1+x_2=m+1,\qquad x_1x_2=m.$$

Aby oba pierwiastki były różne od zera, musi być $x_1x_2=m\neq 0$.

Wyróżnik: $\Delta=(m+1)^2-4m=(m-1)^2$. Dwa różne rozwiązania istnieją, gdy $\Delta>0$, czyli $m\neq 1$.

Uwaga: równanie rozkłada się na $(x-1)(x-m)=0$, więc jego pierwiastkami są $1$ oraz $m$ — to potwierdza oba warunki.

Krok 2. Przekształcenie warunku. Lewa strona:

$$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{m+1}{m}.$$

Prawa strona:

$$\frac{1}{x_1^{2}}+\frac{1}{x_2^{2}}=\frac{x_1^{2}+x_2^{2}}{\left(x_1x_2\right)^{2}}=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{\left(x_1x_2\right)^{2}}=\frac{(m+1)^2-2m}{m^2}=\frac{m^2+1}{m^2}.$$

Krok 3. Równanie na $m$.

$$\frac{m+1}{m}+2=\frac{m^2+1}{m^2}\ \Big|\cdot m^2\ (m\neq0)$$

$$m(m+1)+2m^2=m^2+1\ \Longrightarrow\ 3m^2+m=m^2+1\ \Longrightarrow\ 2m^2+m-1=0.$$

$$(2m-1)(m+1)=0\ \Longrightarrow\ m=\frac{1}{2}\ \ \text{lub}\ \ m=-1.$$

Krok 4. Sprawdzenie warunków. Obie wartości spełniają $m\neq0$ oraz $m\neq1$.

Odpowiedź: $m=-1$ lub $m=\frac{1}{2}$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$x_1+x_2=\frac{2(m+1)}{4}=\frac{m+1}{2},\qquad x_1x_2=\frac{m}{4}.$$

Krok 2. Dwa różne pierwiastki.

$$\Delta=4(m+1)^{2}-16m=4\left(m^{2}-2m+1\right)=4(m-1)^{2}.$$

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ (m-1)^{2}>0\ \Longleftrightarrow\ m\neq 1.$$

Krok 3. Pierwiastki różne od zera. Iloczyn $x_1x_2=\frac{m}{4}$ musi być niezerowy, więc $m\neq 0$.

Krok 4. Przekształcenie nierówności. Oznaczmy $S=x_1+x_2$, $P=x_1x_2$. Wtedy

$$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{S}{P},$$

a warunek przyjmuje postać

$$S\le\frac{S}{P}\ \Longleftrightarrow\ S-\frac{S}{P}\le 0\ \Longleftrightarrow\ \frac{S(P-1)}{P}\le 0.$$

Krok 5. Podstawienie. $S=\frac{m+1}{2}$, $P=\frac{m}{4}$, $P-1=\frac{m-4}{4}$:

$$\frac{\frac{m+1}{2}\cdot\frac{m-4}{4}}{\frac{m}{4}}=\frac{(m+1)(m-4)}{2m}\le 0.$$

Mnożąc przez $2m^{2}>0$ otrzymujemy równoważnie

$$m(m+1)(m-4)\le 0,\qquad m\neq 0.$$

Krok 6. Analiza znaku. Miejsca zerowe: $-1,\ 0,\ 4$; współczynnik wiodący dodatni. Iloczyn jest niedodatni na $(-\infty,-1]\cup(0,4]$ (punkt $0$ wykluczamy).

Krok 7. Uwzględnienie $m\neq1$.

$$m\in(-\infty,-1]\cup(0,1)\cup(1,4].$$

Kontrola: dla $m=2$ trójmian $4x^{2}-6x+2$ ma pierwiastki $\tfrac12$ i $1$; $S=1{,}5\le 3=\tfrac{1}{x_1}+\tfrac{1}{x_2}$ ✓. Dla $m=5$ pierwiastki $\tfrac12$ i $\tfrac52$, $S=3>2{,}4$ — warunek niespełniony, zgodnie z wykluczeniem.

Odpowiedź: $m\in(-\infty,-1]\cup(0,1)\cup(1,4]$

Oznaczmy przyprostokątne przez $a$ i $b$, przeciwprostokątną przez $c$, a promień okręgu wpisanego przez $r$.

Krok 1. Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny.

$$r=\frac{a+b-c}{2}.$$

Z warunku zadania $r=\frac{c}{5}$, więc

$$\frac{a+b-c}{2}=\frac{c}{5}\ \Longrightarrow\ a+b=\frac{7c}{5}.$$

Krok 2. Iloczyn przyprostokątnych. Podnosimy sumę do kwadratu i korzystamy z twierdzenia Pitagorasa $a^{2}+b^{2}=c^{2}$:

$$(a+b)^{2}=c^{2}+2ab=\frac{49c^{2}}{25}\ \Longrightarrow\ ab=\frac{12c^{2}}{25}.$$

Krok 3. Wyznaczenie przyprostokątnych. Liczby $a$ i $b$ są pierwiastkami równania

$$t^{2}-\frac{7c}{5}t+\frac{12c^{2}}{25}=0,\qquad \Delta=\frac{c^{2}}{25},\qquad \sqrt{\Delta}=\frac{c}{5}.$$

$$t_1=\frac{4c}{5},\qquad t_2=\frac{3c}{5}.$$

Trójkąt jest więc podobny do trójkąta o bokach $3,4,5$.

Krok 4. Szukany sinus. Większy kąt ostry leży naprzeciw dłuższej przyprostokątnej:

$$\sin\alpha=\frac{4c}{5}:c=\frac{4}{5}=0{,}8.$$

Sprawdzenie: dla trójkąta $3,4,5$ mamy $r=\frac{3+4-5}{2}=1$ oraz $\frac{c}{5}=1$ ✓.

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac{4}{5}$

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji. Korzystamy ze wzorów

$$\cos 2x=1-2\sin^{2}x,\qquad \cos^{2}x=1-\sin^{2}x.$$

Podstawiamy do równania:

$$3\left(1-2\sin^{2}x\right)+10\left(1-\sin^{2}x\right)=24\sin x-3.$$

$$3-6\sin^{2}x+10-10\sin^{2}x=24\sin x-3.$$

$$13-16\sin^{2}x=24\sin x-3.$$

Krok 2. Równanie kwadratowe.

$$16\sin^{2}x+24\sin x-16=0\ \Big|:8\ \Longrightarrow\ 2\sin^{2}x+3\sin x-2=0.$$

Podstawmy $s=\sin x$:

$$2s^{2}+3s-2=0,\qquad \Delta=9+16=25,\qquad \sqrt{\Delta}=5.$$

$$s_1=\frac{-3+5}{4}=\frac{1}{2},\qquad s_2=\frac{-3-5}{4}=-2.$$

Krok 3. Odrzucenie niemożliwego rozwiązania. Zawsze $|\sin x|\le1$, więc $s_2=-2$ odpada.

Krok 4. Rozwiązanie równania $\sin x=\frac12$. W przedziale $\langle0,2\pi\rangle$:

$$x=\frac{\pi}{6}\qquad\text{lub}\qquad x=\frac{5\pi}{6}.$$

Sprawdzenie dla $x=\frac{\pi}{6}$: lewa strona $=3\cdot\frac12+10\cdot\frac34=9$, prawa $=24\cdot\frac12-3=9$ ✓

Odpowiedź: $x=\frac{\pi}{6}$ lub $x=\frac{5\pi}{6}$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$S=x_1+x_2=3m+2,\qquad P=x_1x_2=2m^{2}+7m-15.$$

Krok 2. Przekształcenie warunku. Zauważmy, że

$$2x_1^{2}+5x_1x_2+2x_2^{2}=2\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)+5x_1x_2=2\left(S^{2}-2P\right)+5P=2S^{2}+P.$$

Warunek przyjmuje więc prostą postać

$$2S^{2}+P=2.$$

Krok 3. Podstawienie.

$$2(3m+2)^{2}+2m^{2}+7m-15=2.$$

$$2\left(9m^{2}+12m+4\right)+2m^{2}+7m-15=2.$$

$$18m^{2}+24m+8+2m^{2}+7m-15=2\ \Longrightarrow\ 20m^{2}+31m-9=0.$$

Krok 4. Rozwiązanie.

$$\Delta=31^{2}+4\cdot20\cdot9=961+720=1681,\qquad \sqrt{\Delta}=41.$$

$$m_1=\frac{-31+41}{40}=\frac{1}{4},\qquad m_2=\frac{-31-41}{40}=-\frac{9}{5}.$$

Krok 5. Warunek istnienia różnych pierwiastków.

$$\Delta_x=(3m+2)^{2}-4\left(2m^{2}+7m-15\right)=m^{2}-16m+64=(m-8)^{2}.$$

$$\Delta_x>0\ \Longleftrightarrow\ m\neq 8.$$

Obie znalezione wartości spełniają ten warunek.

Kontrola: dla $m=\frac14$ mamy $S=2{,}75$, $P=-13{,}125$ i $2S^{2}+P=2$ ✓; dla $m=-\frac95$ mamy $S=-3{,}4$, $P=-21{,}12$ i również $2$ ✓.

Odpowiedź: $m=\frac{1}{4}$ lub $m=-\frac{9}{5}$

Krok 1. Warunek ciągu arytmetycznego.

$$2b=a+c\ \Longrightarrow\ c=2b-a.$$

Krok 2. Uproszczenie trzeciego wyrazu.

$$2a+2b+c=2a+2b+(2b-a)=a+4b.$$

Ciąg geometryczny ma więc postać $\left(\frac1a,\ \frac{2}{3b},\ \frac{1}{a+4b}\right)$.

Krok 3. Warunek ciągu geometrycznego. Kwadrat wyrazu środkowego równa się iloczynowi sąsiednich:

$$\left(\frac{2}{3b}\right)^{2}=\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{a+4b}\ \Longrightarrow\ \frac{4}{9b^{2}}=\frac{1}{a(a+4b)}.$$

$$4a(a+4b)=9b^{2}\ \Longrightarrow\ 4a^{2}+16ab-9b^{2}=0.$$

Krok 4. Rozwiązanie względem $a$. Traktujemy to jako równanie kwadratowe ze względu na $a$:

$$\Delta=(16b)^{2}+4\cdot4\cdot9b^{2}=256b^{2}+144b^{2}=400b^{2},\qquad \sqrt{\Delta}=20b\ (b>0).$$

$$a=\frac{-16b\pm20b}{8}\ \Longrightarrow\ a=\frac{b}{2}\quad\text{lub}\quad a=-\frac{9b}{2}.$$

Wyrazy są dodatnie, więc drugie rozwiązanie odpada i $a=\frac{b}{2}$.

Krok 5. Iloraz.

$$q=\frac{\frac{2}{3b}}{\frac{1}{a}}=\frac{2a}{3b}=\frac{2\cdot\frac b2}{3b}=\frac{b}{3b}=\frac{1}{3}.$$

Sprawdzenie: przy $a=\frac b2$ mamy $c=\frac{3b}{2}$, a ciąg geometryczny to $\frac{2}{b},\ \frac{2}{3b},\ \frac{2}{9b}$ — kolejne ilorazy równe $\frac13$ ✓

Odpowiedź: $q=\frac{1}{3}$

Krok 1. Zwinięcie sumy sinusów. Korzystamy ze wzoru

$$\sin\gamma+\sin\delta=2\sin\frac{\gamma+\delta}{2}\cos\frac{\gamma-\delta}{2}.$$

Dla $\gamma=x-\frac{\pi}{3}$ i $\delta=x+\frac{\pi}{3}$ mamy $\frac{\gamma+\delta}{2}=x$ oraz $\frac{\gamma-\delta}{2}=-\frac{\pi}{3}$:

$$\sin\left(x-\tfrac{\pi}{3}\right)+\sin\left(x+\tfrac{\pi}{3}\right)=2\sin x\cos\left(-\tfrac{\pi}{3}\right)=2\sin x\cdot\tfrac12=\sin x.$$

Krok 2. Uproszczone równanie.

$$\cos x\cdot\sin x=\frac12\sin x.$$

Krok 3. Przeniesienie i wyłączenie czynnika.

$$\sin x\left(\cos x-\frac12\right)=0.$$

Krok 4. Rozwiązania.

$$\sin x=0\ \Longrightarrow\ x=k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z};$$

$$\cos x=\frac12\ \Longrightarrow\ x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\ \ \text{lub}\ \ x=-\frac{\pi}{3}+2k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z}.$$

Uwaga: warto zauważyć, że nie wolno tu dzielić obu stron przez $\sin x$ — stracilibyśmy rozwiązania $x=k\pi$.

Odpowiedź: $x=k\pi$ lub $x=\pm\frac{\pi}{3}+2k\pi$, gdzie $k\in\mathbb{Z}$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$S=x_1+x_2=-(m+1),\qquad P=x_1x_2=1-m^{2}.$$

Krok 2. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=(m+1)^{2}-4\left(1-m^{2}\right)=m^{2}+2m+1-4+4m^{2}=5m^{2}+2m-3.$$

Miejsca zerowe: $\Delta^{\prime}=4+60=64$, $\sqrt{\Delta^{\prime}}=8$, więc $m=\frac{-2\pm8}{10}$, czyli $m=-1$ lub $m=\frac35$.

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt -1\ \ \text{lub}\ \ m>\frac{3}{5}.$$

Krok 3. Przekształcenie warunku. Korzystamy ze wzoru

$$x_1^{3}+x_2^{3}=S^{3}-3PS.$$

Warunek $x_1^{3}+x_2^{3}>-7x_1x_2$ przyjmuje postać

$$S^{3}-3PS+7P>0.$$

Krok 4. Podstawienie i rozkład. Zauważmy, że $P=1-m^{2}=(1-m)(1+m)$ oraz $S=-(m+1)$:

$$-(m+1)^{3}+3(1-m)(m+1)^{2}+7(1-m)(m+1)>0.$$

Wyłączamy wspólny czynnik $(m+1)$:

$$(m+1)\Bigl[-(m+1)^{2}+3\left(1-m^{2}\right)+7(1-m)\Bigr]>0.$$

Upraszczamy nawias:

$$-m^{2}-2m-1+3-3m^{2}+7-7m=-4m^{2}-9m+9.$$

$$(m+1)\left(-4m^{2}-9m+9\right)>0\ \Longleftrightarrow\ (m+1)\left(4m^{2}+9m-9\right)\lt 0.$$

Krok 5. Rozkład trójmianu. $\Delta=81+144=225$, $\sqrt{\Delta}=15$, pierwiastki $m=\frac{-9\pm15}{8}$, czyli $\frac34$ i $-3$:

$$4m^{2}+9m-9=(4m-3)(m+3).$$

$$(m+1)(4m-3)(m+3)\lt 0.$$

Krok 6. Analiza znaku. Miejsca zerowe: $-3,\ -1,\ \frac34$; współczynnik wiodący dodatni. Iloczyn jest ujemny na

$$m\in(-\infty,-3)\cup\left(-1,\ \frac34\right).$$

Krok 7. Część wspólna z warunkiem $\Delta>0$.

$$\left[(-\infty,-3)\cup\left(-1,\tfrac34\right)\right]\cap\left[(-\infty,-1)\cup\left(\tfrac35,+\infty\right)\right]=(-\infty,-3)\cup\left(\frac35,\ \frac34\right).$$

Kontrola: dla $m=-4$: $x_1^{3}+x_2^{3}=162>105=-7P$ ✓; dla $m=0{,}7$: $-2{,}312>-3{,}57$ ✓; dla $m=-2$: $10>21$ — fałsz ✓; dla $m=0{,}8$: $-3{,}888>-2{,}52$ — fałsz ✓

Odpowiedź: $m\in(-\infty,-3)\cup\left(\frac{3}{5},\frac{3}{4}\right)$

Środek okręgu wpisanego to $I=(0,0)$, a promień $r=\sqrt{10}$.

Krok 1. Punkty styczności stycznych z $A$. Leżą one na prostej biegunowej punktu $A$ względem okręgu:

$$7x-y=10.$$

Podstawiamy $y=7x-10$ do równania okręgu:

$$x^{2}+(7x-10)^{2}=10\ \Longrightarrow\ 50x^{2}-140x+90=0\ \Longrightarrow\ 5x^{2}-14x+9=0.$$

$$\Delta=16,\qquad x=\frac{14\pm4}{10}\ \Longrightarrow\ x=\frac95\ \text{lub}\ x=1.$$

$$T_1=\left(\frac95,\ \frac{13}{5}\right),\qquad T_2=(1,\,-3).$$

Krok 2. Który punkt leży na podstawie $AB$. W trójkącie równoramiennym o wierzchołku $C$ oś symetrii przechodzi przez $C$, przez $I$ oraz przez środek podstawy $AB$, który jest zarazem punktem styczności okręgu z $AB$.

Gdyby to $T_2=(1,-3)$ był środkiem $AB$, oś miałaby kierunek $[1,-3]$ i punkt $C=t\cdot[1,-3]$ nigdy nie miałby obu współrzędnych ujemnych. Zatem środkiem podstawy jest

$$M=T_1=\left(\frac95,\ \frac{13}{5}\right),$$

a $C$ leży po przeciwnej stronie $I$, czyli w kierunku $[-9,-13]$ — wtedy obie współrzędne są ujemne ✓

Krok 3. Wierzchołek $B$. Punkt $M$ jest środkiem odcinka $AB$:

$$B=2M-A=\left(\frac{18}{5}-7,\ \frac{26}{5}+1\right)=\left(-\frac{17}{5},\ \frac{31}{5}\right).$$

Kontrola: $|AM|=\frac15\sqrt{26^{2}+18^{2}}=\frac15\sqrt{1000}=2\sqrt{10}$, a $|IA|^{2}=50=10+40$ ✓

Krok 4. Odległość $|CI|$. Oznaczmy $u=|CI|$. Wysokość z $C$ to $|CM|=u+\sqrt{10}$, a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AMC$:

$$|AC|^{2}=40+\left(u+\sqrt{10}\right)^{2}.$$

Z drugiej strony $|AC|$ to suma odcinków stycznych z $A$ i z $C$:

$$|AC|=2\sqrt{10}+\sqrt{u^{2}-10}.$$

Porównanie i uproszczenie prowadzi do równania

$$3u^{2}-2\sqrt{10}\,u-50=0,\qquad \Delta=640,\qquad \sqrt{\Delta}=8\sqrt{10},$$

$$u=\frac{2\sqrt{10}+8\sqrt{10}}{6}=\frac{5\sqrt{10}}{3}\qquad(\text{drugi pierwiastek ujemny odrzucamy}).$$

Krok 5. Wierzchołek $C$. Wektor jednostkowy kierunku $[9,13]$ ma długość $\sqrt{250}=5\sqrt{10}$, więc

$$C=-\frac{[9,13]}{5\sqrt{10}}\cdot\frac{5\sqrt{10}}{3}=\left(-3,\ -\frac{13}{3}\right).$$

Sprawdzenie styczności. Prosta $AC$: $x-3y-10=0$, odległość od $(0,0)$ to $\frac{10}{\sqrt{10}}=\sqrt{10}$ ✓. Prosta $AB$: $9x+13y-50=0$, odległość $\frac{50}{5\sqrt{10}}=\sqrt{10}$ ✓. Ponadto $|AC|=|BC|=\frac{10\sqrt{10}}{3}$ ✓

Odpowiedź: $B=\left(-\frac{17}{5},\frac{31}{5}\right)$, $\;C=\left(-3,-\frac{13}{3}\right)$

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji. Korzystamy ze wzoru na cosinus podwojonego kąta w postaci

$$\cos 2x=2\cos^{2}x-1.$$

Równanie przyjmuje postać

$$2\cos^{2}x-1+3\cos x=-2.$$

Krok 2. Równanie kwadratowe.

$$2\cos^{2}x+3\cos x+1=0.$$

Podstawmy $t=\cos x$, przy czym $t\in\langle-1,1\rangle$:

$$2t^{2}+3t+1=0,\qquad \Delta=9-8=1,\qquad \sqrt{\Delta}=1.$$

$$t_1=\frac{-3+1}{4}=-\frac12,\qquad t_2=\frac{-3-1}{4}=-1.$$

Obie wartości mieszczą się w przedziale $\langle-1,1\rangle$, więc żadnej nie odrzucamy.

Krok 3. Rozwiązanie $\cos x=-\frac12$. W przedziale $\langle0,2\pi\rangle$ cosinus przyjmuje wartość $-\frac12$ w II i III ćwiartce:

$$x=\frac{2\pi}{3}\qquad\text{lub}\qquad x=\frac{4\pi}{3}.$$

Krok 4. Rozwiązanie $\cos x=-1$.

$$x=\pi.$$

Sprawdzenie: dla $x=\pi$: $\cos 2\pi+3\cos\pi=1-3=-2$ ✓; dla $x=\frac{2\pi}{3}$: $\cos\frac{4\pi}{3}+3\cos\frac{2\pi}{3}=-\frac12-\frac32=-2$ ✓

Odpowiedź: $x\in\left\{\frac{2\pi}{3},\ \pi,\ \frac{4\pi}{3}\right\}$

Krok 1. Uproszczenie warunku. Oznaczmy $D=4x_1-4x_2$. Lewa strona to różnica kwadratów:

$$(D-1)(D+1)=D^{2}-1\lt 0\ \Longleftrightarrow\ D^{2}\lt 1.$$

$$16\left(x_1-x_2\right)^{2}\lt 1\ \Longleftrightarrow\ \left(x_1-x_2\right)^{2}\lt \frac{1}{16}.$$

Krok 2. Wzory Viète'a. Dla równania $4x^{2}-6mx+(2m+3)(m-3)=0$:

$$S=x_1+x_2=\frac{6m}{4}=\frac{3m}{2},\qquad P=x_1x_2=\frac{(2m+3)(m-3)}{4}.$$

Krok 3. Kwadrat różnicy pierwiastków.

$$\left(x_1-x_2\right)^{2}=\left(x_1+x_2\right)^{2}-4x_1x_2=S^{2}-4P.$$

Rozwijamy $(2m+3)(m-3)=2m^{2}-3m-9$, zatem

$$\left(x_1-x_2\right)^{2}=\frac{9m^{2}}{4}-\left(2m^{2}-3m-9\right)=\frac{9m^{2}-8m^{2}}{4}+3m+9=\frac{m^{2}}{4}+3m+9.$$

$$=\frac{m^{2}+12m+36}{4}=\frac{(m+6)^{2}}{4}.$$

Krok 4. Warunek dwóch różnych pierwiastków. Pierwiastki są różne dokładnie wtedy, gdy $\left(x_1-x_2\right)^{2}>0$:

$$\frac{(m+6)^{2}}{4}>0\ \Longleftrightarrow\ m\neq-6.$$

Krok 5. Warunek z treści zadania.

$$\frac{(m+6)^{2}}{4}\lt \frac{1}{16}\ \Longleftrightarrow\ (m+6)^{2}\lt \frac14\ \Longleftrightarrow\ |m+6|\lt \frac12.$$

$$-\frac12\lt m+6\lt \frac12\ \Longleftrightarrow\ -\frac{13}{2}\lt m\lt -\frac{11}{2}.$$

Krok 6. Część wspólna. Usuwamy punkt $m=-6$:

$$m\in\left(-\frac{13}{2},\,-6\right)\cup\left(-6,\,-\frac{11}{2}\right).$$

Kontrola: dla $m=-5{,}75$ mamy $(m+6)^{2}=0{,}0625$, więc $\left(x_1-x_2\right)^{2}=0{,}015625=\frac{1}{64}\lt \frac{1}{16}$ ✓ oraz $\Delta>0$ ✓

Odpowiedź: $m\in\left(-\frac{13}{2},-6\right)\cup\left(-6,-\frac{11}{2}\right)$

Krok 1. Wykorzystanie ciągu arytmetycznego. Dla trzech kolejnych wyrazów ciągu arytmetycznego środkowy jest średnią skrajnych:

$$2b=a+c.$$

Krok 2. Wyznaczenie $b$ z sumy.

$$a+b+c=27\ \Longrightarrow\ (a+c)+b=27\ \Longrightarrow\ 2b+b=27,$$

$$3b=27\ \Longrightarrow\ b=9,\qquad a+c=18.$$

Krok 3. Wykorzystanie ciągu geometrycznego. Kwadrat wyrazu środkowego równa się iloczynowi sąsiednich:

$$b^{2}=(a-2)(2c+1)\ \Longrightarrow\ 81=(a-2)(2c+1).$$

Krok 4. Redukcja do jednej niewiadomej. Podstawiamy $c=18-a$:

$$81=(a-2)\bigl(2(18-a)+1\bigr)=(a-2)(37-2a).$$

$$81=37a-2a^{2}-74+4a=-2a^{2}+41a-74.$$

$$2a^{2}-41a+155=0.$$

Krok 5. Rozwiązanie równania kwadratowego.

$$\Delta=41^{2}-4\cdot2\cdot155=1681-1240=441,\qquad \sqrt{\Delta}=21.$$

$$a_1=\frac{41-21}{4}=5,\qquad a_2=\frac{41+21}{4}=\frac{31}{2}.$$

Krok 6. Obie trójki liczb.

Przypadek 1: $a=5$, $b=9$, $c=18-5=13$.

Ciąg arytmetyczny $5,\,9,\,13$ ma różnicę $4$, suma wynosi $27$ ✓. Ciąg geometryczny to $(3,\,9,\,27)$ o ilorazie $3$ ✓

Przypadek 2: $a=\frac{31}{2}$, $b=9$, $c=18-\frac{31}{2}=\frac{5}{2}$.

Ciąg arytmetyczny $\frac{31}{2},\,9,\,\frac52$ ma różnicę $-\frac{13}{2}$, suma wynosi $27$ ✓. Ciąg geometryczny to $\left(\frac{27}{2},\,9,\,6\right)$ o ilorazie $\frac23$ ✓

Oba rozwiązania spełniają wszystkie warunki zadania.

Odpowiedź: $a=5,\ b=9,\ c=13$  lub  $a=\frac{31}{2},\ b=9,\ c=\frac{5}{2}$

Krok 1. Warunek równoległości. Proste równoległe mają równe współczynniki kierunkowe, więc styczna ma mieć współczynnik $4$. Współczynnik kierunkowy stycznej w punkcie $x_0$ to $f^{\prime}(x_0)$.

Krok 2. Pochodna.

$$f^{\prime}(x)=3x^{2}-4x.$$

Krok 3. Punkty styczności.

$$3x^{2}-4x=4\ \Longrightarrow\ 3x^{2}-4x-4=0.$$

$$\Delta=16+48=64,\qquad \sqrt{\Delta}=8,\qquad x=\frac{4\pm8}{6}.$$

$$x_1=2,\qquad x_2=-\frac{2}{3}.$$

Krok 4. Pierwsza styczna ($x_1=2$).

$$f(2)=8-8+1=1.$$

$$y-1=4(x-2)\ \Longrightarrow\ y=4x-7.$$

Krok 5. Druga styczna ($x_2=-\frac23$).

$$f\left(-\tfrac23\right)=-\frac{8}{27}-2\cdot\frac{4}{9}+1=-\frac{8}{27}-\frac{24}{27}+\frac{27}{27}=-\frac{5}{27}.$$

$$y+\frac{5}{27}=4\left(x+\frac23\right)\ \Longrightarrow\ y=4x+\frac{8}{3}-\frac{5}{27}=4x+\frac{72-5}{27}=4x+\frac{67}{27}.$$

Odpowiedź: $y=4x-7$ oraz $y=4x+\frac{67}{27}$

Krok 1. Warunek istnienia trójmianu. Współczynnik przy $x^{2}$ musi być niezerowy: $m\neq-1$.

Krok 2. Wzory Viète'a i wyróżnik.

$$S=x_1+x_2=\frac{-2(m-2)}{m+1},\qquad P=x_1x_2=\frac{4-m}{m+1}.$$

$$\Delta=4(m-2)^{2}-4(m+1)(4-m)=4\left(2m^{2}-7m\right)=4m(2m-7).$$

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt 0\ \text{lub}\ m>\frac{7}{2}.$$

Krok 3. Przekształcenie warunku. Prawą stronę rozkładamy jako różnicę kwadratów:

$$x_1^{4}-x_2^{4}=\left(x_1^{2}-x_2^{2}\right)\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right).$$

Warunek przyjmuje postać

$$\left(x_1^{2}-x_2^{2}\right)\left[1-\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)\right]=0,$$

więc $x_1^{2}=x_2^{2}$ albo $x_1^{2}+x_2^{2}=1$.

Krok 4. Pierwsza możliwość. Skoro $x_1\neq x_2$, równość $x_1^{2}=x_2^{2}$ oznacza $x_1=-x_2$, czyli $S=0$:

$$\frac{-2(m-2)}{m+1}=0\ \Longrightarrow\ m=2.$$

Sprawdzamy wyróżnik: $\Delta=4\cdot2\cdot(4-7)=-24\lt 0$ — brak pierwiastków rzeczywistych. Ta możliwość odpada.

Krok 5. Druga możliwość.

$$x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P=1.$$

$$\frac{4(m-2)^{2}}{(m+1)^{2}}-\frac{2(4-m)}{m+1}=1\ \Big|\cdot(m+1)^{2}$$

$$4(m-2)^{2}-2(4-m)(m+1)=(m+1)^{2},$$

$$4m^{2}-16m+16+2m^{2}-6m-8=m^{2}+2m+1,$$

$$5m^{2}-24m+7=0.$$

$$\Delta=576-140=436,\qquad \sqrt{436}=2\sqrt{109},$$

$$m=\frac{24\pm2\sqrt{109}}{10}=\frac{12\pm\sqrt{109}}{5}.$$

Krok 6. Weryfikacja warunku $\Delta>0$. Ponieważ $\sqrt{109}\approx10{,}44$:

$$m_1=\frac{12-\sqrt{109}}{5}\approx0{,}31\quad\text{— nie spełnia } (m\lt 0 \text{ lub } m>3{,}5)\ \text{✗}$$

$$m_2=\frac{12+\sqrt{109}}{5}\approx4{,}49>\frac72\ \text{✓}$$

Kontrola liczbowa dla $m\approx4{,}49$: $S\approx-0{,}907$, $P\approx-0{,}0889$, więc $S^{2}-2P\approx1{,}000$ ✓

Odpowiedź: $m=\frac{12+\sqrt{109}}{5}$

Krok 1. Odległość punktu od prostej. Dla punktu $(x,0)$ i prostej $x+y+1=0$:

$$d=\frac{|x+0+1|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\frac{|x+1|}{\sqrt2},\qquad d^{2}=\frac{(x+1)^{2}}{2}.$$

Krok 2. Zapis warunku.

$$\frac{(x_1+1)^{2}}{2}+\frac{(x_2+1)^{2}}{2}=6\ \Longrightarrow\ (x_1+1)^{2}+(x_2+1)^{2}=12.$$

Rozwijamy i grupujemy:

$$\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)+2\left(x_1+x_2\right)+2=12.$$

Korzystając z $x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P$:

$$S^{2}-2P+2S=10.$$

Krok 3. Wzory Viète'a.

$$S=2m+2,\qquad P=2m+5.$$

$$(2m+2)^{2}-2(2m+5)+2(2m+2)=10,$$

$$4m^{2}+8m+4-4m-10+4m+4=10\ \Longrightarrow\ 4m^{2}+8m-12=0,$$

$$m^{2}+2m-3=0\ \Longrightarrow\ (m+3)(m-1)=0\ \Longrightarrow\ m=-3\ \text{lub}\ m=1.$$

Krok 4. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=(2m+2)^{2}-4(2m+5)=4m^{2}-16>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt -2\ \text{lub}\ m>2.$$

Wartość $m=1$ nie spełnia tego warunku i odpada; $m=-3$ spełnia.

Sprawdzenie dla $m=-3$: $f(x)=x^{2}+4x-1$, $\Delta=20>0$, $S=-4$, $P=-1$, a $S^{2}-2P+2S=16+2-8=10$ ✓

Odpowiedź: $m=-3$

Krok 1. Pierwiastki pierwszego czynnika. Sprawdzamy $x=-1$:

$$-1+2-2+1=0\ \checkmark$$

więc $(x+1)$ jest dzielnikiem. Po podzieleniu:

$$x^{3}+2x^{2}+2x+1=(x+1)\left(x^{2}+x+1\right).$$

Trójmian $x^{2}+x+1$ ma $\Delta=1-4=-3\lt 0$, więc nie ma pierwiastków rzeczywistych. Pierwszy czynnik daje zatem dokładnie jeden pierwiastek: $x=-1$.

Krok 2. Pierwiastki drugiego czynnika.

$$\Delta=(2m+1)^{2}-4\left(m^{2}+m\right)=4m^{2}+4m+1-4m^{2}-4m=1.$$

Wyróżnik jest dodatni dla każdego $m$, a $\sqrt{\Delta}=1$:

$$x=\frac{(2m+1)\pm1}{2}\ \Longrightarrow\ x=m+1\quad\text{lub}\quad x=m.$$

Krok 3. Warunek trzech różnych pierwiastków. Pierwiastkami równania są $-1$, $m$, $m+1$. Muszą być parami różne:

$$m\neq-1\qquad\text{oraz}\qquad m+1\neq-1,\ \text{czyli}\ m\neq-2.$$

Krok 4. Warunek średniej arytmetycznej. Rozpatrujemy trzy przypadki.

(a) $m$ jest średnią $-1$ i $m+1$:

$$2m=-1+(m+1)=m\ \Longrightarrow\ m=0.$$

(b) $m+1$ jest średnią $-1$ i $m$:

$$2(m+1)=-1+m\ \Longrightarrow\ 2m+2=m-1\ \Longrightarrow\ m=-3.$$

(c) $-1$ jest średnią $m$ i $m+1$:

$$-2=2m+1\ \Longrightarrow\ m=-\frac32\ \text{— nie jest liczbą całkowitą, odpada.}$$

Krok 5. Weryfikacja. Obie znalezione wartości spełniają $m\neq-1$ i $m\neq-2$.

Dla $m=0$ pierwiastki to $-1,\,0,\,1$, a $0=\frac{-1+1}{2}$ ✓

Dla $m=-3$ pierwiastki to $-3,\,-2,\,-1$, a $-2=\frac{-3+(-1)}{2}$ ✓

Odpowiedź: $m=-3$ lub $m=0$

Krok 1. Wykorzystanie ciągu arytmetycznego. Dla trzech kolejnych wyrazów zachodzi $2b=a+c$, więc suma wynosi

$$a+b+c=(a+c)+b=2b+b=3b=33\ \Longrightarrow\ b=11,$$

a stąd $a+c=22$.

Krok 2. Warunek ciągu geometrycznego. Kwadrat wyrazu środkowego równa się iloczynowi skrajnych:

$$(b+5)^{2}=(a-1)(c+19)\ \Longrightarrow\ 16^{2}=(a-1)(c+19)\ \Longrightarrow\ 256=(a-1)(c+19).$$

Krok 3. Redukcja do jednej niewiadomej. Podstawiamy $c=22-a$:

$$256=(a-1)(41-a)=-a^{2}+42a-41,$$

$$a^{2}-42a+297=0.$$

$$\Delta=1764-1188=576,\qquad \sqrt{\Delta}=24,\qquad a=\frac{42\pm24}{2}.$$

$$a_1=9,\qquad a_2=33.$$

Krok 4. Obie trójki.

Przypadek 1: $a=9$, $b=11$, $c=13$. Ciąg arytmetyczny o różnicy $2$ ✓, a ciąg geometryczny to $(8,\ 16,\ 32)$ o ilorazie $2$ ✓

Przypadek 2: $a=33$, $b=11$, $c=-11$. Ciąg arytmetyczny o różnicy $-22$ ✓, a ciąg geometryczny to $(32,\ 16,\ 8)$ o ilorazie $\frac12$ ✓

W obu przypadkach $16^{2}=256$ równa się iloczynowi wyrazów skrajnych, więc oba rozwiązania są poprawne.

Odpowiedź: $a=9,\ b=11,\ c=13$  lub  $a=33,\ b=11,\ c=-11$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$S=x_1+x_2=2m-2,\qquad P=x_1x_2=m^{2}-m.$$

Krok 2. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=4(1-m)^{2}-4\left(m^{2}-m\right)=4\left(1-2m+m^{2}-m^{2}+m\right)=4(1-m).$$

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt 1.$$

Krok 3. Lewa nierówność $x_1x_2\le 6m$.

$$m^{2}-m\le 6m\ \Longrightarrow\ m^{2}-7m\le0\ \Longrightarrow\ m(m-7)\le0,$$

$$0\le m\le 7.$$

Krok 4. Prawa nierówność $6m\le x_1^{2}+x_2^{2}$. Korzystamy z $x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P$:

$$S^{2}-2P=(2m-2)^{2}-2\left(m^{2}-m\right)=4m^{2}-8m+4-2m^{2}+2m=2m^{2}-6m+4.$$

$$6m\le 2m^{2}-6m+4\ \Longrightarrow\ 2m^{2}-12m+4\ge0\ \Longrightarrow\ m^{2}-6m+2\ge0.$$

$$\Delta=36-8=28,\qquad \sqrt{28}=2\sqrt{7},\qquad m=\frac{6\pm2\sqrt{7}}{2}=3\pm\sqrt{7}.$$

$$m\le 3-\sqrt{7}\qquad\text{lub}\qquad m\ge 3+\sqrt{7}.$$

Krok 5. Część wspólna. Ponieważ $\sqrt{7}\approx2{,}65$, mamy $3-\sqrt{7}\approx0{,}35$ oraz $3+\sqrt{7}\approx5{,}65$. Warunek $m\ge3+\sqrt7$ jest sprzeczny z $m\lt 1$, więc odpada. Zostaje

$$0\le m\le 3-\sqrt{7},$$

co automatycznie spełnia też $m\lt 1$.

Kontrola: dla $m=0$ równanie to $x^{2}+2x=0$ o pierwiastkach $0$ i $-2$; warunek: $0\le0\le4$ ✓. Dla $m=0{,}3$: $-0{,}21\le1{,}8\le2{,}38$ ✓. Dla $m=0{,}5$: $3\le1{,}5$ — fałsz, zgodnie z wykluczeniem ✓

Odpowiedź: $m\in\left\langle 0,\ 3-\sqrt{7}\right\rangle$

Krok 1. Twierdzenie o reszcie. Reszta z dzielenia przez $x+1$ równa się $W(-1)$:

$$W(-1)=4\cdot(-1)-5\cdot1-23\cdot(-1)+m=-4-5+23+m=14+m.$$

$$14+m=20\ \Longrightarrow\ m=6.$$

Krok 2. Postać wielomianu.

$$W(x)=4x^{3}-5x^{2}-23x+6.$$

Krok 3. Szukanie pierwiastka wymiernego. Kandydatami są dzielniki wyrazu wolnego podzielone przez dzielniki współczynnika wiodącego. Sprawdzamy $x=3$:

$$W(3)=108-45-69+6=0\ \checkmark$$

Zatem $(x-3)$ jest dzielnikiem wielomianu.

Krok 4. Podział.

$$W(x)=(x-3)\left(4x^{2}+7x-2\right).$$

Sprawdzenie: $(x-3)\left(4x^{2}+7x-2\right)=4x^{3}+7x^{2}-2x-12x^{2}-21x+6=4x^{3}-5x^{2}-23x+6$ ✓

Krok 5. Pozostałe pierwiastki.

$$4x^{2}+7x-2=0,\qquad \Delta=49+32=81,\qquad \sqrt{\Delta}=9.$$

$$x=\frac{-7\pm9}{8}\ \Longrightarrow\ x=\frac{1}{4}\quad\text{lub}\quad x=-2.$$

Kontrola: $W(-2)=-32-20+46+6=0$ ✓ oraz $W\left(\tfrac14\right)=\tfrac{1}{16}-\tfrac{5}{16}-\tfrac{92}{16}+\tfrac{96}{16}=0$ ✓

Odpowiedź: $m=6$; pierwiastki: $x=-2$, $x=\frac{1}{4}$, $x=3$

Mamy \(a=2\), \(b=3-2m\), \(c=1-m\). Wyróżnik:

\(\Delta=(3-2m)^2-8(1-m)=4m^2-12m+9-8+8m=4m^2-4m+1=(2m-1)^2\).

Warunek dwóch różnych pierwiastków: \(\Delta>0\), czyli \(m\neq\tfrac12\).

Ze wzorów Viète'a \((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\dfrac{\Delta}{a^2}\), więc

\(|x_1-x_2|=\dfrac{\sqrt{\Delta}}{|a|}=\dfrac{|2m-1|}{2}=3\).

Stąd \(|2m-1|=6\), czyli \(2m-1=6\) lub \(2m-1=-6\), a więc \(m=\tfrac72\) lub \(m=-\tfrac52\). Oba spełniają warunek \(m\neq\tfrac12\).

Przekątna \(BD\). Trójkąt \(ABD\) jest prostokątny w \(A\), więc

\(|BD|^2=|AD|^2+|AB|^2=7^2+24^2=49+576=625\), czyli \(|BD|=25\).

Bok \(BC\). Trójkąt \(BCD\) jest prostokątny w \(C\), a \(BD\) jest jego przeciwprostokątną:

\(|BC|^2=625-15^2=625-225=400\), czyli \(|BC|=20\).

Pole. \(P_{ABCD}=P_{ABD}+P_{BCD}=\tfrac12\cdot24\cdot7+\tfrac12\cdot20\cdot15=84+150=234\).

Przekątna \(AC\). Przyjmijmy \(A=(0,0)\), \(B=(24,0)\), \(D=(0,7)\). Punkt \(C=(x,y)\) spełnia \(|BC|=20\) i \(|CD|=15\):

\((x-24)^2+y^2=400\) oraz \(x^2+(y-7)^2=225\).

Odejmując równania stronami otrzymujemy \(24x-7y=176\), czyli \(y=\dfrac{24x-176}{7}\). Po podstawieniu do drugiego równania dostajemy \(25x^2-432x+1584=0\), \(\Delta=28224\), \(\sqrt{\Delta}=168\), stąd \(x=12\) lub \(x=5{,}28\).

Dla \(x=5{,}28\) mamy \(y=-7{,}04\lt 0\) — czworokąt nie byłby wtedy wypukły, więc tę możliwość odrzucamy. Dla \(x=12\) mamy \(y=16\), czyli \(C=(12,16)\).

Zatem \(|AC|=\sqrt{12^2+16^2}=\sqrt{144+256}=\sqrt{400}=20\).

Odpowiedź: \(P=234\), \(|BD|=25\), \(|AC|=20\).

Krok 1. Oznaczenia. Niech cztery kolejne liczby całkowite to

$$n,\quad n+1,\quad n+2,\quad n+3,$$

gdzie największa jest $n+3$.

Krok 2. Zapis warunku.

$$n+3=n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}.$$

$$n+3=n^{2}+\left(n^{2}+2n+1\right)+\left(n^{2}+4n+4\right)=3n^{2}+6n+5.$$

Krok 3. Równanie kwadratowe.

$$3n^{2}+5n+2=0,\qquad \Delta=25-24=1,\qquad \sqrt{\Delta}=1.$$

$$n=\frac{-5\pm1}{6}\ \Longrightarrow\ n=-\frac{2}{3}\quad\text{lub}\quad n=-1.$$

Krok 4. Wybór rozwiązania całkowitego. Liczba $-\frac23$ nie jest całkowita, więc $n=-1$.

Sprawdzenie: liczby to $-1,\,0,\,1,\,2$; największa wynosi $2$, a suma kwadratów pozostałych to $(-1)^{2}+0^{2}+1^{2}=2$ ✓

Odpowiedź: $-1,\ 0,\ 1,\ 2$

Krok 1. Przeniesienie na jedną stronę.

$$x^{4}+x^{2}-2x\ge0\ \Longrightarrow\ x\left(x^{3}+x-2\right)\ge0.$$

Krok 2. Rozkład nawiasu. Sprawdzamy $x=1$: $1+1-2=0$, więc $(x-1)$ jest dzielnikiem:

$$x^{3}+x-2=(x-1)\left(x^{2}+x+2\right).$$

Sprawdzenie: $(x-1)\left(x^{2}+x+2\right)=x^{3}+x^{2}+2x-x^{2}-x-2=x^{3}+x-2$ ✓

Krok 3. Znak trójmianu.

$$x^{2}+x+2:\qquad \Delta=1-8=-7\lt 0,$$

a współczynnik przy $x^{2}$ jest dodatni, więc trójmian jest zawsze dodatni i nie wpływa na znak iloczynu.

Krok 4. Uproszczona nierówność.

$$x(x-1)\ge0\ \Longleftrightarrow\ x\le0\ \text{lub}\ x\ge1.$$

Kontrola: $x=0{,}5$: $0{,}3125\ge1$ — fałsz ✓; $x=-1$: $2\ge-2$ ✓; $x=0$ i $x=1$ dają równość ✓

Odpowiedź: $x\in(-\infty,0]\cup\langle1,+\infty)$

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji. Korzystamy ze wzoru $\cos2x=2\cos^{2}x-1$:

$$2\cos^{2}x-1+2=3\cos x\ \Longrightarrow\ 2\cos^{2}x-3\cos x+1=0.$$

Krok 2. Podstawienie. Niech $t=\cos x$, przy czym $t\in\langle-1,1\rangle$:

$$2t^{2}-3t+1=0,\qquad \Delta=9-8=1,\qquad \sqrt{\Delta}=1.$$

$$t_1=\frac{3+1}{4}=1,\qquad t_2=\frac{3-1}{4}=\frac12.$$

Obie wartości mieszczą się w przedziale $\langle-1,1\rangle$.

Krok 3. Powrót do zmiennej $x$.

$$\cos x=1\ \Longrightarrow\ x=2k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z};$$

$$\cos x=\frac12\ \Longrightarrow\ x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\ \ \text{lub}\ \ x=-\frac{\pi}{3}+2k\pi.$$

Sprawdzenie dla $x=\frac{\pi}{3}$: $\cos\frac{2\pi}{3}+2=-\frac12+2=\frac32$ oraz $3\cos\frac{\pi}{3}=\frac32$ ✓

Odpowiedź: $x=2k\pi$ lub $x=\pm\frac{\pi}{3}+2k\pi$, gdzie $k\in\mathbb{Z}$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$S=x_1+x_2=m+2,\qquad P=x_1x_2=m+4.$$

Krok 2. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=(m+2)^{2}-4(m+4)=m^{2}+4m+4-4m-16=m^{2}-12.$$

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m^{2}>12\ \Longleftrightarrow\ |m|>2\sqrt{3}\approx3{,}46.$$

Krok 3. Wyrażenie $x_1^{4}+x_2^{4}$. Korzystamy dwukrotnie ze wzoru na sumę kwadratów:

$$x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P=(m+2)^{2}-2(m+4)=m^{2}+2m-4,$$

$$x_1^{4}+x_2^{4}=\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)^{2}-2\left(x_1x_2\right)^{2}=\left(m^{2}+2m-4\right)^{2}-2(m+4)^{2}.$$

Krok 4. Rozwinięcie.

$$\left(m^{2}+2m-4\right)^{2}=m^{4}+4m^{3}-4m^{2}-16m+16,$$

$$2(m+4)^{2}=2m^{2}+16m+32,$$

$$x_1^{4}+x_2^{4}=m^{4}+4m^{3}-6m^{2}-32m-16.$$

Krok 5. Równanie na $m$. Przyrównujemy do prawej strony z treści zadania:

$$m^{4}+4m^{3}-6m^{2}-32m-16=4m^{3}+6m^{2}-32m+12.$$

Wyrazy $4m^{3}$ oraz $-32m$ skracają się:

$$m^{4}-12m^{2}-28=0.$$

Krok 6. Podstawienie $u=m^{2}$.

$$u^{2}-12u-28=0,\qquad \Delta=144+112=256,\qquad \sqrt{\Delta}=16.$$

$$u=\frac{12\pm16}{2}\ \Longrightarrow\ u=14\quad\text{lub}\quad u=-2.$$

Ponieważ $u=m^{2}\ge0$, odrzucamy $u=-2$. Zostaje

$$m^{2}=14\ \Longrightarrow\ m=\pm\sqrt{14}.$$

Krok 7. Weryfikacja warunku $\Delta>0$.

$$|{\pm\sqrt{14}}|=\sqrt{14}\approx3{,}74>2\sqrt{3}\approx3{,}46\ \checkmark$$

Obie wartości spełniają warunek istnienia dwóch różnych pierwiastków.

Kontrola liczbowa dla $m=\sqrt{14}$: $x_1^{2}+x_2^{2}\approx17{,}48$, więc $x_1^{4}+x_2^{4}\approx185{,}8$; prawa strona $\approx185{,}8$ ✓. Dla $m=-\sqrt{14}$ obie strony dają $\approx6{,}2$ ✓

Odpowiedź: $m=-\sqrt{14}$ lub $m=\sqrt{14}$

Etap I — dwa różne pierwiastki. Mamy \(a=1\), \(b=-4m\), \(c=-m^3+6m^2+m-2\), więc

\(\Delta=16m^2-4(-m^3+6m^2+m-2)=4m^3-8m^2-4m+8=4(m-2)(m-1)(m+1)\).

Warunek \(\Delta>0\) daje \((m+1)(m-1)(m-2)>0\), czyli \(m\in(-1,1)\cup(2,+\infty)\).

Etap II — warunek na pierwiastki. Ze wzorów Viète'a \((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\Delta\), więc

\(4(m-2)(m-1)(m+1)\lt 8(m+1)\),

\(4(m+1)\bigl[(m-2)(m-1)-2\bigr]\lt 0\),

\(4(m+1)(m^2-3m)\lt 0\), czyli \(4m(m+1)(m-3)\lt 0\).

Miejsca zerowe to \(-1,0,3\); badając znaki otrzymujemy \(m\in(-\infty,-1)\cup(0,3)\).

Etap III — część wspólna.

\(\bigl[(-1,1)\cup(2,+\infty)\bigr]\cap\bigl[(-\infty,-1)\cup(0,3)\bigr]=(0,1)\cup(2,3)\).

Odpowiedź: \(m\in(0,1)\cup(2,3)\).

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej \(\cos^2x=1-\sin^2x\):

\(2(1-\sin^2x)-5\sin x-4=0\),

\(-2\sin^2x-5\sin x-2=0\), czyli \(2\sin^2x+5\sin x+2=0\).

Podstawiamy \(t=\sin x\), gdzie \(t\in\langle-1,1\rangle\):

\(2t^2+5t+2=0\), \(\Delta=25-16=9\), \(t=\dfrac{-5-3}{4}=-2\) lub \(t=\dfrac{-5+3}{4}=-\dfrac12\).

Wartość \(t=-2\) odrzucamy, bo \(|\sin x|\le1\). Pozostaje \(\sin x=-\dfrac12\).

W przedziale \(\langle0,2\pi\rangle\) daje to \(x=\dfrac{7\pi}{6}\) oraz \(x=\dfrac{11\pi}{6}\).

Z własności ciągu arytmetycznego \(2b=a+c=10\), więc \(b=5\), a ponadto \(c=10-a\).

Z własności ciągu geometrycznego \((b+4)^2=(a+1)(c+19)\), czyli

\(9^2=(a+1)(10-a+19)=(a+1)(29-a)\),

\(81=-a^2+28a+29\), czyli \(a^2-28a+52=0\).

\(\Delta=784-208=576\), \(\sqrt{\Delta}=24\), skąd \(a=2\) lub \(a=26\).

• Dla \(a=2\): \(c=8\), ciąg geometryczny to \((3,9,27)\) o ilorazie \(3\). ✅

• Dla \(a=26\): \(c=-16\), ciąg geometryczny to \((27,9,3)\) o ilorazie \(\tfrac13\). ✅

Odpowiedź: \(a=2,\ b=5,\ c=8\) albo \(a=26,\ b=5,\ c=-16\).

Warunek I — dwa różne pierwiastki rzeczywiste.

\(\Delta=m^2-8>0\), czyli \(m\in(-\infty,-2\sqrt2)\cup(2\sqrt2,+\infty)\).

Warunek II — suma kwadratów. Ze wzorów Viète'a \(x_1+x_2=-m\), \(x_1x_2=2\), więc

\(x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=m^2-4\).

Nierówność \(m^2-4>2m^2-13\) daje \(m^2\lt 9\), czyli \(m\in(-3,3)\).

Część wspólna.

\(m\in(-3,-2\sqrt2)\cup(2\sqrt2,3)\).

Punkty \(B\) i \(C\) leżą na prostej \(y=x+1\), czyli \(x-y+1=0\).

Wysokość trójkąta. Odległość punktu \(A\) od tej prostej:

\(h=\dfrac{|-2-5+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\dfrac{6}{\sqrt2}=3\sqrt2\).

Długość boku \(BC\). Z warunku \(P=\tfrac12|BC|\cdot h=15\):

\(|BC|=\dfrac{30}{3\sqrt2}=\dfrac{10}{\sqrt2}=5\sqrt2\).

Wyznaczenie \(C\). Z równoramienności \(|AC|=|BC|=5\sqrt2\), a punkt \(C\) ma postać \(C=(t,t+1)\):

\(|AC|^2=(t+2)^2+(t+1-5)^2=(t+2)^2+(t-4)^2=50\),

\(2t^2-4t+20=50\), czyli \(t^2-2t-15=0\).

\(\Delta=4+60=64\), \(t=5\) lub \(t=-3\).

Odpowiedź: \(C=(5,6)\) albo \(C=(-3,-2)\).

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej \(\cos^2x=1-\sin^2x\):

\(4(1-\sin^2x)=4\sin x+1\),

\(4\sin^2x+4\sin x-3=0\).

Podstawiamy \(t=\sin x\), \(t\in\langle-1,1\rangle\):

\(4t^2+4t-3=0\), \(\Delta=16+48=64\), \(t=\dfrac{-4-8}{8}=-\dfrac32\) lub \(t=\dfrac{-4+8}{8}=\dfrac12\).

Wartość \(t=-\tfrac32\) odrzucamy. Pozostaje \(\sin x=\tfrac12\), co w przedziale \(\langle0,2\pi\rangle\) daje

\(x=\dfrac{\pi}{6}\) lub \(x=\dfrac{5\pi}{6}\).

Sprowadzamy obie funkcje do tej samej podstawy \(3\):

\(g(x)=\left(3^{-2}\right)^{-2x^2-3x+2}=3^{\,-2(-2x^2-3x+2)}=3^{\,4x^2+6x-4}\).

Nierówność \(f(x)>g(x)\) przyjmuje postać

\(3^{x^2-5x}>3^{\,4x^2+6x-4}\).

Ponieważ podstawa \(3>1\), funkcja wykładnicza jest rosnąca, więc nierówność jest równoważna nierówności wykładników:

\(x^2-5x>4x^2+6x-4\),

\(0>3x^2+11x-4\).

\(\Delta=121+48=169\), \(\sqrt{\Delta}=13\), więc pierwiastki to \(x=\dfrac{-11-13}{6}=-4\) oraz \(x=\dfrac{-11+13}{6}=\dfrac13\).

Ramiona paraboli skierowane są w górę, zatem

\(x\in\left(-4,\dfrac13\right)\).

Wzór funkcji. Dla \(m\neq-2\) równanie jest kwadratowe, więc ze wzorów Viète'a

\(f(m)=x_1x_2=\dfrac{3m+2}{m+2}\).

Dziedzina. Równanie musi mieć dwa różne pierwiastki, czyli \(\Delta>0\):

\(\Delta=(m+2)^4-4(m+2)(3m+2)=(m+2)\bigl[(m+2)^3-4(3m+2)\bigr]\).

\((m+2)^3-12m-8=m^3+6m^2+12m+8-12m-8=m^3+6m^2=m^2(m+6)\),

zatem \(\Delta=m^2(m+2)(m+6)\).

Warunek \(\Delta>0\) oznacza \(m\neq0\) oraz \((m+2)(m+6)>0\), czyli \(m\lt -6\) lub \(m>-2\).

Uwzględniając założenie \(m\neq-2\) otrzymujemy

\(D_f=(-\infty,-6)\cup(-2,0)\cup(0,+\infty)\).

Szkic wykresu. Przekształcamy wzór:

\(f(m)=\dfrac{3(m+2)-4}{m+2}=3-\dfrac{4}{m+2}\).

Jest to hiperbola o asymptotach \(m=-2\) (pionowa) i \(y=3\) (pozioma), powstała z wykresu \(y=-\tfrac4m\) przez przesunięcie o wektor \([-2,3]\). Rysujemy tylko te jej części, które odpowiadają dziedzinie: gałąź dla \(m\lt -6\) (bez punktu \(m=-6\), gdzie \(f(-6)=4\)) oraz gałąź dla \(m>-2\) z wyłączonym punktem \((0,1)\).

Oznaczmy \(x=\sqrt[3]{5\sqrt2+7}-\sqrt[3]{5\sqrt2-7}\) oraz

\(a=\sqrt[3]{5\sqrt2+7}\), \(\ b=\sqrt[3]{5\sqrt2-7}\), więc \(x=a-b\).

1) Dwie użyteczne wielkości.

\(a^3-b^3=\left(5\sqrt2+7\right)-\left(5\sqrt2-7\right)=14\),

\(ab=\sqrt[3]{\left(5\sqrt2+7\right)\left(5\sqrt2-7\right)}=\sqrt[3]{50-49}=\sqrt[3]{1}=1\).

2) Równanie na \(x\). Ze wzoru \((a-b)^3=a^3-b^3-3ab(a-b)\):

\(x^3=14-3\cdot1\cdot x\), czyli \(x^3+3x-14=0\).

3) Rozwiązanie równania. Sprawdzamy \(x=2\): \(8+6-14=0\), więc \(x=2\) jest pierwiastkiem. Dzielimy:

\(x^3+3x-14=(x-2)\left(x^2+2x+7\right)\),

a trójmian \(x^2+2x+7\) ma \(\Delta=4-28=-24\lt 0\), więc nie ma pierwiastków rzeczywistych.

Zatem \(x=2\) — liczba całkowita. \(\blacksquare\)

Uwaga (sposób II). Można też zauważyć, że \(\left(\sqrt2+1\right)^3=5\sqrt2+7\) oraz \(\left(\sqrt2-1\right)^3=5\sqrt2-7\), skąd bezpośrednio

\(x=\left(\sqrt2+1\right)-\left(\sqrt2-1\right)=2\).

1) Warunek istnienia pierwiastków rzeczywistych.

\(\Delta=(m-5)^2-4\left(m^2+m+\tfrac14\right)=(m-5)^2-\left(2m+1\right)^2\).

Ze wzoru na różnicę kwadratów:

\(\Delta=\bigl[(m-5)-(2m+1)\bigr]\bigl[(m-5)+(2m+1)\bigr]=(-m-6)(3m-4)\).

\(\Delta\ge0\ \Longleftrightarrow\ (m+6)(3m-4)\le0\ \Longleftrightarrow\ m\in\left\langle-6,\tfrac43\right\rangle\).

2) Wzór badanej funkcji. Ze wzorów Viète'a:

\(x_1+x_2=5-m\), \(\ x_1x_2=m^2+m+\tfrac14=\left(m+\tfrac12\right)^2\),

więc

\(f(m)=\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{5-m}{\left(m+\tfrac12\right)^2}\), przy czym \(m\neq-\tfrac12\).

Dziedzina: \(m\in\left\langle-6,-\tfrac12\right)\cup\left(-\tfrac12,\tfrac43\right\rangle\).

3) Pochodna. Ze wzoru na pochodną ilorazu:

\(f'(m)=\dfrac{-\left(m+\tfrac12\right)^2-(5-m)\cdot2\left(m+\tfrac12\right)}{\left(m+\tfrac12\right)^4}=\dfrac{-\left(m+\tfrac12\right)-2(5-m)}{\left(m+\tfrac12\right)^3}=\dfrac{m-\tfrac{21}{2}}{\left(m+\tfrac12\right)^3}\).

Miejsce zerowe pochodnej: \(m=\tfrac{21}{2}\) — leży poza dziedziną.

4) Znak pochodnej. Licznik \(m-\tfrac{21}{2}\) jest ujemny w całej dziedzinie, więc znak \(f'\) zależy od mianownika:

• dla \(m\in\left\langle-6,-\tfrac12\right)\): \(\left(m+\tfrac12\right)^3\lt 0\), więc \(f'(m)>0\) — funkcja rośnie,

• dla \(m\in\left(-\tfrac12,\tfrac43\right\rangle\): \(\left(m+\tfrac12\right)^3>0\), więc \(f'(m)\lt 0\) — funkcja maleje.

5) Wartość najmniejsza. Kandydatami są końce przedziałów:

\(f(-6)=\dfrac{11}{\left(-\tfrac{11}{2}\right)^2}=\dfrac{11}{\tfrac{121}{4}}=\dfrac{4}{11}\),

\(f\!\left(\tfrac43\right)=\dfrac{5-\tfrac43}{\left(\tfrac{11}{6}\right)^2}=\dfrac{\tfrac{11}{3}}{\tfrac{121}{36}}=\dfrac{12}{11}\).

Ponieważ \(\tfrac{4}{11}\lt \tfrac{12}{11}\), wartość najmniejsza wynosi

\(\dfrac{4}{11}\) i jest przyjmowana dla \(m=-6\).

(Dla \(m=-6\) jest \(\Delta=0\), więc równanie ma jeden pierwiastek podwójny \(x_1=x_2=\tfrac{11}{2}\), a stosunek sumy do iloczynu wynosi \(\tfrac{11}{121/4}=\tfrac{4}{11}\).)