NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 116

Grupujemy składniki:

$$\begin{aligned} x^4+4x^3-4x-1 &=(x^4-1)+4x(x^2-1)\\ &=(x^2-1)(x^2+1)+4x(x^2-1)\\ &=(x^2-1)(x^2+4x+1). \end{aligned}$$

Pierwszy czynnik ma pierwiastki $-1$ i $1$. Dla drugiego:

$$\Delta=4^2-4=12,$$

więc jego pierwiastkami są

$$-2-\sqrt3\quad\text{oraz}\quad -2+\sqrt3.$$

W kolejności rosnącej wszystkie cztery pierwiastki to

$$-2-\sqrt3<-1<-2+\sqrt3<1.$$

Są jednokrotne, a współczynnik przy $x^4$ jest dodatni. Znak wielomianu zmienia się więc przy każdym z nich i jest niedodatni na przedziałach

$$[-2-\sqrt3,-1]\quad\text{oraz}\quad[-2+\sqrt3,1].$$

Z twierdzenia Bézouta wielomian jest podzielny przez $x-k$ wtedy i tylko wtedy, gdy $w(k)=0$.

$$\begin{aligned} w(k) &=2k^3-6k^2+k^2\cdot k-4k+8\\ &=3k^3-6k^2-4k+8\\ &=3k^2(k-2)-4(k-2)\\ &=(k-2)(3k^2-4). \end{aligned}$$

Zatem

$$k-2=0\quad\text{lub}\quad3k^2-4=0.$$

Otrzymujemy

$$k=2\quad\text{lub}\quad k=\pm\frac2{\sqrt3}=\pm\frac{2\sqrt3}{3}.$$

Skoro $-2$ jest pierwiastkiem dwukrotnym wielomianu trzeciego stopnia, to

$$w(x)=(x+2)^2(3x+q).$$

Współczynnik $3$ przy $x$ w ostatnim czynniku wynika ze współczynnika wiodącego wielomianu.

Wyraz wolny tej postaci jest równy $4q$, a w treści wynosi $-8$. Stąd

$$4q=-8,\qquad q=-2.$$

Rozwijamy:

$$\begin{aligned} w(x) &=(x+2)^2(3x-2)\\ &=(x^2+4x+4)(3x-2)\\ &=3x^3+10x^2+4x-8. \end{aligned}$$

Porównanie współczynników daje $m=10$ i $n=4$.

Podstawa $AB$ leży na osi $x$ i ma długość $x_0$. W trójkącie równoramiennym wysokość z wierzchołka $C$ pada na środek podstawy, zatem

$$x_C=\frac{x_0}{2}.$$

Ponieważ $C$ leży na paraboli $y=x^2+1$,

$$C=\left(\frac{x_0}{2},\frac{x_0^2}{4}+1\right).$$

Druga współrzędna punktu $C$ jest wysokością trójkąta. Z warunku pola:

$$\frac12x_0\left(\frac{x_0^2}{4}+1\right)=10.$$

Po pomnożeniu przez $8$:

$$x_0^3+4x_0-80=0.$$

Rozkładamy lewą stronę:

$$x_0^3+4x_0-80=(x_0-4)(x_0^2+4x_0+20).$$

Trójmian ma wyróżnik $16-80=-64<0$, więc jedynym rozwiązaniem rzeczywistym jest $x_0=4$. Wtedy

$$B=(4,0),\qquad C=(2,2^2+1)=(2,5).$$

Odcinek $AB$ jest poziomą przyprostokątną długości

$$|AB|=x_0-(-x_0)=2x_0.$$

Druga przyprostokątna jest do niego prostopadła, więc punkt $C$ leży pionowo nad $A$ albo nad $B$. W obu przypadkach jego pierwsza współrzędna ma wartość bezwzględną $x_0$, a wysokość nad osią $x$ wynosi

$$\frac12x_0^2+2.$$

Z warunku pola:

$$\frac12\cdot2x_0\left(\frac12x_0^2+2\right)=8.$$

Po uporządkowaniu:

$$x_0^3+4x_0-16=0.$$

Mamy

$$x_0^3+4x_0-16=(x_0-2)(x_0^2+2x_0+8).$$

Wyróżnik drugiego czynnika jest równy $4-32=-28<0$, więc $x_0=2$.

Obie przyprostokątne mają długość $4$, zatem przeciwprostokątna ma długość

$$\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt2.$$

Obwód wynosi

$$4+4+4\sqrt2=4(2+\sqrt2).$$

Niech

$$w(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_nx^n.$$

Oznaczmy przez $E$ sumę współczynników przy potęgach parzystych, a przez $O$ sumę współczynników przy potęgach nieparzystych. Z założenia

$$E=O.$$

Po podstawieniu $x=-1$ składniki o wykładnikach parzystych zachowują znak, a składniki o wykładnikach nieparzystych zmieniają znak. Dlatego

$$w(-1)=E-O=0.$$

Z twierdzenia Bézouta wynika, że $-1$ jest pierwiastkiem wielomianu $w$.

Objętość ostrosłupa o kwadratowej podstawie wynosi

$$V=\frac13a^2h.$$

Ponieważ $x^2-6x+9=(x-3)^2$, po podstawieniu danych:

$$\begin{aligned} V(x) &=\frac13(x+3)^2\cdot3(x-3)^2\\ &=(x+3)^2(x-3)^2\\ &=(x^2-9)^2. \end{aligned}$$

Długości muszą być dodatnie:

$$x+3>0\quad\text{oraz}\quad3(x-3)^2>0.$$

Stąd

$$D=(-3,3)\cup(3,\infty).$$

Rozwiązujemy nierówność:

$$(x^2-9)^2\le256.$$

Jest ona równoważna

$$|x^2-9|\le16,$$

czyli

$$-16\le x^2-9\le16.$$

Po dodaniu $9$:

$$-7\le x^2\le25.$$

Lewa nierówność jest zawsze spełniona, a prawa daje $-5\le x\le5$. Po przecięciu z dziedziną:

$$x\in(-3,3)\cup(3,5].$$

Pole ośmiokąta foremnego o boku $x$ jest równe

$$P_p=2(1+\sqrt2)x^2.$$

Objętość graniastosłupa wynosi więc

$$V=2(1+\sqrt2)x^2(x+2).$$

Porównujemy ją z objętością podaną w treści:

$$2(1+\sqrt2)x^2(x+2)=6(1+\sqrt2).$$

Po podzieleniu przez dodatnie $2(1+\sqrt2)$:

$$x^2(x+2)=3,$$

czyli

$$x^3+2x^2-3=0.$$

Rozkładamy:

$$x^3+2x^2-3=(x-1)(x^2+3x+3).$$

Trójmian $x^2+3x+3$ ma wyróżnik $9-12=-3<0$, więc jedynym rozwiązaniem rzeczywistym jest $x=1$. Jest ono dodatnie, zatem może być długością boku.