NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 110

Objętość pudełka $A$ wynosi

$$V_A=6\cdot4\cdot3=72\ \mathrm{cm^3}.$$

Pudełko $B$ ma zatem objętość

$$V_B=72-42=30\ \mathrm{cm^3}.$$

Jego krawędzie mają długości $6-x$, $4-x$, $3-x$. Ponieważ każda z nich ma być dodatnia i $x$ oznacza zmniejszenie wymiarów,

$$0<x<3.$$

Układamy równanie:

$$(6-x)(4-x)(3-x)=30.$$

Po przeniesieniu wszystkich wyrazów na jedną stronę:

$$-x^3+13x^2-54x+42=0.$$

Wielomian rozkłada się następująco:

$$-(x-1)(x^2-12x+42)=0.$$

Trójmian ma wyróżnik

$$\Delta=(-12)^2-4\cdot42=-24<0,$$

więc jedynym pierwiastkiem rzeczywistym równania jest $x=1$. Należy on do dziedziny.

Przeliczamy objętość wody:

$$54\ \mathrm l=54\,000\ \mathrm{cm^3}.$$

Podstawa akwarium ma wymiary $4x$ cm i $3x$ cm, a wysokość słupa wody wynosi $(2x-10)$ cm. Ponieważ ta wysokość jest dodatnia, $x>5$. Równanie objętości ma postać

$$4x\cdot3x\cdot(2x-10)=54\,000.$$

Po uproszczeniu:

$$x^2(x-5)=2250,$$

czyli

$$x^3-5x^2-2250=0.$$

Rozkładamy lewą stronę:

$$(x-15)(x^2+10x+150)=0.$$

Drugi czynnik nie ma pierwiastków rzeczywistych, zatem $x=15$.

Nad wodą pozostaje $10$ cm, więc wysokość całego akwarium jest równa

$$(2x-10)+10=2x=30\ \mathrm{cm}.$$

Suma pól czterech ścian bocznych wynosi

$$\begin{aligned} P_b&=2\cdot4x\cdot2x+2\cdot3x\cdot2x\\ &=28x^2=28\cdot15^2=6300\ \mathrm{cm^2}. \end{aligned}$$

a) Pole kwadratowej podstawy wynosi $x^2$, a wysokość zbiornika jest równa $x-2$. Zatem

$$V(x)=x^2(x-2)=x^3-2x^2.$$

Wszystkie długości muszą być dodatnie. Warunek $x-2>0$ jest silniejszy niż $x>0$, więc

$$D=(2;\infty).$$

b) Rozwiązujemy w tej dziedzinie nierówność

$$x^2(x-2)>32.$$

Po przeniesieniu prawej strony i rozłożeniu wielomianu:

$$x^3-2x^2-32>0,$$ $$(x-4)(x^2+2x+8)>0.$$

Trójmian $x^2+2x+8$ ma ujemny wyróżnik i dodatni współczynnik wiodący, więc jest zawsze dodatni. Nierówność zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $x-4>0$.

a) Pudełko $P_1$ powstaje z arkusza kwadratowego $10$ cm $\times\,10$ cm po wycięciu kwadratów o boku $x+1$. Jego wysokość to $x+1$, a bok podstawy:

$$10-2(x+1)=8-2x=2(4-x).$$

Zatem

$$V_1(x)=(x+1)(8-2x)^2=4(x+1)(4-x)^2.$$

Pudełko $P_2$ powstaje z arkusza $8$ cm $\times\,10$ cm po wycięciu kwadratów o boku $x$. Ma wysokość $x$ i podstawę o wymiarach $8-2x$ oraz $10-2x$, więc

$$V_2(x)=x(8-2x)(10-2x)=4x(4-x)(5-x).$$

Ponieważ $x$ jest długością, $x>0$. Warunek dodatniości krótszego boku każdej podstawy daje $x<4$. Dla obu funkcji:

$$D_1=D_2=(0;4).$$

b) Z wykresu odczytujemy, że $V_1<V_2$ dla $2<x<4$. Sprawdzamy to algebraicznie:

$$4(x+1)(4-x)^2<4x(4-x)(5-x).$$

W dziedzinie $4-x>0$, więc możemy podzielić obie strony przez $4(4-x)$:

$$(x+1)(4-x)<x(5-x).$$

Po rozwinięciu:

$$-x^2+3x+4<-x^2+5x,$$ $$4<2x,$$

czyli $x>2$. Po przecięciu z dziedziną otrzymujemy $x\in(2;4)$.