NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 43

Po zmianie wymiary pokoju wynoszą $(6+x)$ m i $(9-x)$ m. Z warunków praktycznych $0\le x<9$. Pole jest równe

$$P(x)=(6+x)(9-x)=-x^2+3x+54 =-\left(x-\frac32\right)^2+\frac{225}{4}.$$

Parabola ma ramiona skierowane w dół, zatem największą wartość osiąga dla $x=\frac32$. Pokój ma wtedy wymiary $7{,}5$ m na $7{,}5$ m.

Na planie przyjmijmy, że $x$ cm jest szerokością trawnika mierzoną wzdłuż boku $AB$. Odcinek od $A$ do lewego boku trawnika ma wtedy długość $3-x$ cm.

Z podobieństwa małego trójkąta przy wierzchołku $A$ do trójkąta $ABC$ wysokość trawnika wynosi

$$y=\frac{1{,}5}{3}(3-x)=1{,}5-\frac12x.$$

Dla $0\le x\le3$ pole trawnika na planie jest równe

$$P(x)=x\left(1{,}5-\frac12x\right) =-\frac12x^2+\frac32x =-\frac12\left(x-\frac32\right)^2+\frac98.$$

Największe pole na planie wynosi więc $\frac98\ \mathrm{cm}^2$ dla $x=1{,}5$ cm. Wysokość prostokąta jest wtedy równa $0{,}75$ cm.

W skali $1:1000$ jeden centymetr odpowiada $10$ m. Rzeczywiste wymiary trawnika to zatem $15$ m i $7{,}5$ m, a jego pole wynosi

$$15\cdot7{,}5=112{,}5\ \mathrm{m}^2.$$

Oznaczmy wierzchołek kąta prostego przez $O$, a przyprostokątne długości $3$ m i $2$ m połóżmy na osiach. Jeżeli przeciwległy wierzchołek pozostającego prostokąta ma współrzędne $(x,y)$, to leży na przeciwprostokątnej, więc

$$\frac{x}{3}+\frac{y}{2}=1.$$

Stąd

$$y=2-\frac23x.$$

Pole prostokąta dla $0\le x\le3$ jest równe

$$P(x)=x\left(2-\frac23x\right) =-\frac23x^2+2x =-\frac23\left(x-\frac32\right)^2+\frac32.$$

Maksimum otrzymujemy dla $x=\frac32$ m, a wtedy $y=1$ m. Punkt $(\frac32,1)$ jest środkiem przeciwprostokątnej, a punkty końcowe obu cięć są środkami przyprostokątnych.

Krawcowa powinna więc odciąć oba ostre rogi wzdłuż odcinków łączących środek przeciwprostokątnej ze środkami przyprostokątnych.

Niech $r$ oznacza początkową liczbę rzędów. W każdym rzędzie rosło wtedy $\frac{24}{r}$ krzaków. Po zmianach jest $r+1$ rzędów, a w każdym $\frac{24}{r}+2$ krzaki, zatem

$$(r+1)\left(\frac{24}{r}+2\right)=45.$$

Ponieważ $r>0$, mnożymy równanie przez $r$:

$$(r+1)(24+2r)=45r,$$ $$2r^2-19r+24=0.$$

Mamy

$$\Delta=(-19)^2-4\cdot2\cdot24=169,$$ $$r_1=\frac{19-13}{4}=\frac32,\qquad r_2=\frac{19+13}{4}=8.$$

Liczba rzędów musi być liczbą naturalną, więc pozostaje $r=8$.

a) Obliczamy brakujące wartości:

$$h(3)=5+50\cdot3-5\cdot3^2=110,$$ $$h(4)=5+50\cdot4-5\cdot4^2=125,$$ $$h(5)=5+50\cdot5-5\cdot5^2=130.$$

Uzupełniony wiersz tabeli ma postać:

W kontekście zadania czas zaczyna się dla $t=0$ i kończy, gdy strzała spadnie na ziemię. Rozwiązujemy

$$5+50t-5t^2=0,$$ $$t^2-10t-1=0,$$ $$t=5-\sqrt{26}\quad\text{lub}\quad t=5+\sqrt{26}.$$

Pierwszy pierwiastek jest ujemny, więc

$$D_h=[0;5+\sqrt{26}].$$

b) Ponowne osiągnięcie wysokości początkowej opisuje równanie

$$h(t)=5,$$ $$5+50t-5t^2=5,$$ $$5t(10-t)=0.$$

Otrzymujemy $t=0$ lub $t=10$; ponowne osiągnięcie tej wysokości następuje po $10$ s.

c) Zapisujemy funkcję w postaci kanonicznej:

$$h(t)=-5(t-5)^2+130.$$

Największa wysokość zostaje osiągnięta dla $t=5$ s.

d) Z tej samej postaci kanonicznej odczytujemy

$$h_{\max}=130\ \mathrm{m}.$$