MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 31

Sprawdzamy wierzchołek paraboli, jeśli należy do przedziału, oraz oba końce przedziału.

a) $f(x)=-(x-2)^2+4$. Wierzchołek daje $f(2)=4$, a $f(0)=0$, $f(5)=-5$.

b) Wierzchołek ma argument $1$, który nie należy do $\langle-2;0\rangle$. Mamy $f(-2)=7$ i $f(0)=-1$.

c) Wierzchołek ma argument $-\frac12$ i $f\left(-\frac12\right)=-\frac14$. Na końcach $f(-1)=-1$, $f(2)=-19$.

d)

$$f(x)=2\left(x+\frac54\right)^2-\frac{57}{8}.$$

Zatem minimum to $f\left(-\frac54\right)=-\frac{57}{8}$. Ponadto $f(-2)=-6$, $f(-1)=-7$, więc maksimum wynosi $-6$.

e) $f(x)=2(x-2)^2+1$. Minimum to $f(2)=1$, a maksimum $f(-2)=33$.

f) Wierzchołek ma argument $12$, poza przedziałem. Funkcja rośnie na $\langle0;10\rangle$, więc $f(0)=-433$ jest minimum, a $f(10)=-13$ maksimum.

Przekształcamy funkcję do postaci kanonicznej:

$$f(x)=-(x+1)^2+5.$$

Jej jedyne maksimum występuje dla $x=-1$. Z warunku $m+2=-1$ otrzymujemy $m=-3$, więc końce przedziału to $-3$ i $3$.

$$f(-3)=1,\qquad f(3)=-11.$$

Niech stała suma dwóch dodatnich liczb będzie równa $S$. Liczby mają więc postać $x$ i $S-x$, gdzie $0<x<S$. Ich iloczyn wynosi

$$P(x)=x(S-x)=-\left(x-\frac S2\right)^2+\frac{S^2}{4}.$$

Kwadrat jest nieujemny, zatem $P(x)\le\frac{S^2}{4}$. Równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy $x=\frac S2$, a więc także $S-x=\frac S2$. Teza została wykazana.

Z warunku $x+y=10$ mamy $y=10-x$ oraz $x\in\langle0;10\rangle$. Badane wyrażenie jest równe

$$x^2+(10-x)^2-x(10-x)=3x^2-30x+100=3(x-5)^2+25.$$

Minimum wynosi $25$ dla $x=y=5$. Parabola jest skierowana w górę, więc maksimum na przedziale domkniętym występuje na jednym z końców. Dla $x=0$ lub $x=10$ wyrażenie ma wartość $100$.

Niech boki prostokąta mają długości $x$ i $y$. Z obwodu $40$ cm otrzymujemy $x+y=20$, czyli $y=20-x$. Pole ma postać

$$P(x)=x(20-x)=-(x-10)^2+100.$$

Największe pole uzyskujemy dla $x=10$ i $y=10$.

Niech boki prostokąta mają długości $x$ i $8-x$, ponieważ połowa obwodu wynosi $8$. Z twierdzenia Pitagorasa kwadrat przekątnej jest równy

$$d^2=x^2+(8-x)^2=2(x-4)^2+32.$$

Wartość najmniejszą otrzymujemy dla $x=4$, więc oba boki mają długość $4$.

Niech liczby będą równe $x$ i $20-x$, gdzie $x\in\langle0;20\rangle$. Suma ich kwadratów wynosi

$$S(x)=x^2+(20-x)^2=2(x-10)^2+200.$$

a) Minimum to $200$ dla $x=10$, więc liczby są równe $10$ i $10$.

b) Maksimum na przedziale występuje na końcach: $S(0)=S(20)=400$. Liczby są równe $0$ i $20$ w dowolnej kolejności.

Mamy

$$f(x)=(x-5)^2+2,$$

więc funkcja przyjmuje jedyne minimum dla $x=5$. Z warunku $k+3=5$ otrzymujemy $k=2$, a badany przedział to $\langle2;12\rangle$.

Funkcja jest wypukła, dlatego maksimum na tym przedziale występuje na jednym z końców. Obliczamy

$$f(2)=11,\qquad f(12)=51.$$

Niech dany obwód wynosi $L>0$, a długości boków prostokąta będą równe $x$ i $\frac L2-x$. Pole ma postać

$$P(x)=x\left(\frac L2-x\right) =-\left(x-\frac L4\right)^2+\frac{L^2}{16}.$$

Pole nie przekracza $\frac{L^2}{16}$, a równość zachodzi dokładnie dla $x=\frac L4$. Drugi bok również ma wtedy długość $\frac L4$, więc prostokąt jest kwadratem. Teza została wykazana.

Niech podstawa ma długość $b$, a wysokość $h=4-b$, gdzie $0<b<4$. Pole wynosi

$$P(b)=\frac12b(4-b)=-\frac12(b-2)^2+2.$$

Jest największe dla $b=2$ i $h=2$. Wysokość dzieli podstawę na odcinki długości $1$, więc z twierdzenia Pitagorasa każde ramię ma długość

$$\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5.$$

Obwód jest zatem równy $2+2\sqrt5$ cm.

Niech ustalona suma przyprostokątnych wynosi $S>0$. Jeżeli jedna przyprostokątna ma długość $x$, to druga ma długość $S-x$, gdzie $0<x<S$. Pole trójkąta jest równe

$$P(x)=\frac12x(S-x) =-\frac12\left(x-\frac S2\right)^2+\frac{S^2}{8}.$$

Pole nie przekracza $\frac{S^2}{8}$, a równość zachodzi dokładnie dla $x=\frac S2$. Obie przyprostokątne są wtedy równe, więc trójkąt jest równoramienny. Teza została wykazana.