NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 40

a)

$$4x^2-5x=x(4x-5)=0,$$

zatem

$$x=0\quad\text{lub}\quad x=\frac54.$$

b) Kontrola skanu strony 40 pokazuje, że kreska pierwiastka obejmuje tylko liczbę $2$. Rozwiązujemy więc równanie $x=\sqrt2\,x^2$:

$$\sqrt2\,x^2-x=x(\sqrt2\,x-1)=0.$$

Stąd

$$x=0\quad\text{lub}\quad x=\frac1{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

c)

$$25x^2-1=(5x-1)(5x+1)=0,$$

więc

$$x=-\frac15\quad\text{lub}\quad x=\frac15.$$

d)

$$1-\frac{81}{16}x^2= \left(1-\frac94x\right)\left(1+\frac94x\right)=0,$$

zatem

$$x=-\frac49\quad\text{lub}\quad x=\frac49.$$

e)

$$x(x+2)=-1,$$ $$x^2+2x+1=(x+1)^2=0,$$

czyli $x=-1$.

f)

$$x^2-8x=4x-36,$$ $$x^2-12x+36=(x-6)^2=0,$$

czyli $x=6$.

a)

$$x^2-4x-5=(x-5)(x+1)=0,$$

więc $x=-1$ lub $x=5$.

b)

$$\Delta=5^2-4\cdot2\cdot1=17,$$ $$x_1=\frac{-5-\sqrt{17}}4,\qquad x_2=\frac{-5+\sqrt{17}}4.$$

c) Mnożymy równanie przez $4$:

$$x^2-12x+36=(x-6)^2=0,$$

stąd $x=6$.

d)

$$7x^2+2x-1=0,$$ $$\Delta=2^2-4\cdot7\cdot(-1)=32,$$ $$x_1=\frac{-1-2\sqrt2}{7},\qquad x_2=\frac{-1+2\sqrt2}{7}.$$

e)

$$x^2-5x=2x^2-2x,$$ $$x^2+3x=x(x+3)=0,$$

więc $x=-3$ lub $x=0$.

f)

$$2-10x=x^2-2x+1,$$ $$x^2+8x-1=0.$$ $$\Delta=8^2-4\cdot1\cdot(-1)=68,$$ $$x_1=-4-\sqrt{17},\qquad x_2=-4+\sqrt{17}.$$

a) Miejsca zerowe trójmianu to

$$x_1=\frac{-1-\sqrt5}{2},\qquad x_2=\frac{-1+\sqrt5}{2}.$$

Ramiona paraboli są skierowane w górę, dlatego

$$x\in\left(-\infty;\frac{-1-\sqrt5}{2}\right] \cup \left[\frac{-1+\sqrt5}{2};\infty\right).$$

b)

$$4x^2+20x+25=(2x+5)^2.$$

Kwadrat jest nieujemny, więc nierówność $(2x+5)^2\leqslant0$ zachodzi tylko dla

$$x=-\frac52.$$

c)

$$\Delta=(-5)^2-4\cdot5\cdot2=-15<0.$$

Trójmian ma dodatni współczynnik przy $x^2$ i nie ma miejsc zerowych, więc jest dodatni dla każdego $x$. Nierówność nie ma rozwiązań.

d)

$$-3x^2+6x>2 \iff 3x^2-6x+2<0.$$

Miejsca zerowe trójmianu po prawej stronie to

$$x_1=1-\frac{\sqrt3}{3},\qquad x_2=1+\frac{\sqrt3}{3}.$$

Zatem

$$x\in\left(1-\frac{\sqrt3}{3};1+\frac{\sqrt3}{3}\right).$$

e)

$$4x-3x^2\leqslant2-x^2 \iff -2(x-1)^2\leqslant0.$$

Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdego $x\in\mathbb R$.

f)

$$-x(4-x)>4-x^2 \iff x^2-2x-2>0.$$

Miejsca zerowe to $1-\sqrt3$ i $1+\sqrt3$. Ramiona paraboli są skierowane w górę, więc

$$x\in(-\infty;1-\sqrt3)\cup(1+\sqrt3;\infty).$$

a)

$$A=[-1-\sqrt2;-1+\sqrt2],$$ $$B=(-\infty;-1]\cup[0;\infty).$$

Stąd

$$A\cap B=[-1-\sqrt2;-1]\cup[0;-1+\sqrt2],$$ $$A\setminus B=(-1;0).$$

b) Pierwiastki trójmianu określającego $A$ to $-2-\sqrt2$ i $-2+\sqrt2$, a nierówność jest ostra:

$$A=(-\infty;-2-\sqrt2)\cup(-2+\sqrt2;\infty).$$

Ponadto

$$B=(-2;3).$$

Zatem

$$A\cap B=(-2+\sqrt2;3),$$ $$A\setminus B=(-\infty;-2-\sqrt2)\cup[3;\infty).$$

c)

$$3x+18>x^2 \iff (x-6)(x+3)<0,$$

więc

$$A=(-3;6).$$

Dla zbioru $B$ otrzymujemy:

$$x^2-4x-3\leqslant0,$$ $$B=[2-\sqrt7;2+\sqrt7].$$

Zbiór $B$ zawiera się w $A$, dlatego

$$A\cap B=[2-\sqrt7;2+\sqrt7],$$ $$A\setminus B=(-3;2-\sqrt7)\cup(2+\sqrt7;6).$$

Rozwiązania wyznaczamy w zbiorze liczb rzeczywistych.

a)

$$(x^2-4)(x^2+9)=(x-2)(x+2)(x^2+9)=0.$$

Czynnik $x^2+9$ nie ma rzeczywistych miejsc zerowych, więc $x=-2$ lub $x=2$.

b)

$$(3x-2)(3x+2)(x-\sqrt3)(x+\sqrt3)=0.$$

Stąd

$$x\in\left\{-\sqrt3,-\frac23,\frac23,\sqrt3\right\}.$$

c)

$$x^4-2x^2+1=(x^2-1)^2=0,$$

więc $x=-1$ lub $x=1$.

d)

$$x^4+16x^2=x^2(x^2+16)=0.$$

Drugi czynnik jest dodatni, zatem $x=0$.

e)

$$x^4-16x^2=x^2(x-4)(x+4)=0,$$

więc $x\in\{-4,0,4\}$.

f)

$$4x^4+4x^2+1=(2x^2+1)^2.$$

Wyrażenie $2x^2+1$ jest dodatnie dla każdego rzeczywistego $x$, zatem równanie nie ma rozwiązań.

W każdym podpunkcie przyjmujemy $t=x^2$, gdzie $t\geqslant0$.

a)

$$t^2-3t-4=(t-4)(t+1)=0.$$

Dopuszczalne jest tylko $t=4$, więc $x=-2$ lub $x=2$.

b)

$$t^2-6t+8=(t-2)(t-4)=0.$$

Stąd $t=2$ lub $t=4$, zatem

$$x\in\{-2,-\sqrt2,\sqrt2,2\}.$$

c)

$$t^2+7t+10=(t+5)(t+2)=0.$$

Oba pierwiastki są ujemne, więc równanie nie ma rozwiązań rzeczywistych.

d)

$$8t^2-3t-3=0,$$ $$\Delta=9+96=105,$$ $$t_1=\frac{3-\sqrt{105}}{16}<0,\qquad t_2=\frac{3+\sqrt{105}}{16}>0.$$

Zatem

$$x=\pm\frac{\sqrt{3+\sqrt{105}}}{4}.$$

e)

$$t^2-6t-16=(t-8)(t+2)=0.$$

Dopuszczalne jest $t=8$, więc

$$x=\pm2\sqrt2.$$

f)

$$t^2-2t-5=0,$$ $$t=1-\sqrt6<0\quad\text{lub}\quad t=1+\sqrt6>0.$$

Stąd

$$x=\pm\sqrt{1+\sqrt6}.$$

g)

$$t^2-2t-8=(t-4)(t+2)=0.$$

Dopuszczalne jest $t=4$, więc $x=-2$ lub $x=2$.

h)

$$t^2+2t-15=(t+5)(t-3)=0.$$

Dopuszczalne jest $t=3$, więc $x=-\sqrt3$ lub $x=\sqrt3$.

i)

$$t^2+10t+25=(t+5)^2=0.$$

Jedyny pierwiastek $t=-5$ nie spełnia warunku $t\geqslant0$, więc równanie nie ma rozwiązań rzeczywistych.

a) Porównujemy prawe strony równań:

$$x+3=-x^2+5,$$ $$x^2+x-2=(x+2)(x-1)=0.$$

Dla $x=-2$ otrzymujemy $y=1$, a dla $x=1$ otrzymujemy $y=4$. Prosta i parabola przecinają się w punktach $(-2,1)$ i $(1,4)$.

b)

$$3x-5=x^2-3,$$ $$x^2-3x+2=(x-1)(x-2)=0.$$

Dla $x=1$ mamy $y=-2$, a dla $x=2$ mamy $y=1$. Są to dwa punkty przecięcia prostej i paraboli.

c)

$$2x-2=x^2-2x+1,$$ $$x^2-4x+3=(x-1)(x-3)=0.$$

Dla $x=1$ mamy $y=0$, a dla $x=3$ mamy $y=4$. Prosta i parabola mają więc dwa punkty wspólne.

Do szkicu wykorzystujemy postać kanoniczną każdej funkcji, a na wykresie wyróżniamy fragment odpowiadający podanemu przedziałowi.

a)

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

Wierzchołek $W(-1,-2)$ należy do przedziału $[-2;1]$. Ponadto

$$f(-2)=0,\qquad f(1)=6.$$

Zatem wartość najmniejsza wynosi $-2$, a największa $6$.

b)

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

Wierzchołek $W(1,1)$ należy do przedziału $[0;4]$. Na końcach przedziału:

$$f(0)=0,\qquad f(4)=-8.$$

Zatem wartość najmniejsza wynosi $-8$, a największa $1$.

c)

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

Wierzchołek ma współrzędne $W(-1,0)$ i leży poza przedziałem $[0;2]$. Funkcja jest na tym przedziale rosnąca, a

$$f(0)=1,\qquad f(2)=9.$$

Zatem wartość najmniejsza wynosi $1$, a największa $9$.

d)

$$f(x)=-x^2+3x-2 =-\left(x-\frac32\right)^2+\frac14.$$

Wierzchołek $W\left(\frac32,\frac14\right)$ należy do przedziału $[-2;2]$. Ponadto

$$f(-2)=-12,\qquad f(2)=0.$$

Zatem wartość najmniejsza wynosi $-12$, a największa $\frac14$.