NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 47

Przekształcamy wzór funkcji do postaci kanonicznej:

$$f(x)=\sqrt2(x^2-2x)-4 =\sqrt2(x-1)^2-4-\sqrt2.$$

Wierzchołek paraboli ma odciętą $1$, a jej ramiona są skierowane w górę.

Przedział $[-2;0]$ leży na lewo od wierzchołka, gdzie funkcja jest malejąca. Najmniejsza wartość jest więc osiągana dla $x=0$:

$$f(0)=-4.$$

Pierwsze stwierdzenie jest fałszywe.

Przedział $[2;4]$ leży na prawo od wierzchołka, gdzie funkcja jest rosnąca. Najmniejsza wartość jest osiągana dla $x=2$:

$$f(2)=4\sqrt2-4\sqrt2-4=-4.$$

Drugie stwierdzenie jest prawdziwe.

Wierzchołek należy do przedziału $[0;2]$, zatem najmniejsza wartość na tym przedziale wynosi

$$f(1)=-4-\sqrt2,$$

a nie $-6$. Trzecie stwierdzenie jest fałszywe.

Oznaczmy

$$|AB|=|CD|=x,\qquad |BC|=|AD|=y.$$

Lina otacza trzy boki prostokąta, więc

$$2x+y=72,$$

stąd

$$y=72-2x.$$

Pole kąpieliska jest równe

$$P(x)=xy=x(72-2x) =-2x^2+72x =-2(x-18)^2+648.$$

Największą wartość funkcja osiąga dla $x=18$. Wtedy

$$y=72-2\cdot18=36.$$

Maksymalne pole wynosi $648\ \mathrm{m}^2$, a wejście leżące na boku $AD$ ma długość $36\ \mathrm{m}$.

Przekształcamy wzór do postaci kanonicznej:

$$f(x)=2(x+3)(x-5) =2(x^2-2x-15) =2(x-1)^2-32.$$

Ponieważ współczynnik przy $(x-1)^2$ jest dodatni, najmniejsza wartość funkcji jest osiągana dla $x=1$ i wynosi $-32$.

Z rysunku wynika, że równoległe boki trapezu mają długości $x$ i $z$, a ich odległość jest równa $y$. Z warunków

$$z=2x,\qquad x+y+z=18$$

otrzymujemy

$$y=18-3x.$$

Długości boków są dodatnie, więc $0<x<6$.

Pole trapezu jest równe

$$P(x)=\frac{x+z}{2}\cdot y =\frac{3x}{2}(18-3x) =-\frac92x^2+27x.$$

Po przejściu do postaci kanonicznej:

$$P(x)=-\frac92(x-3)^2+\frac{81}{2}.$$

Największe pole jest zatem osiągane dla $x=3$. Wtedy

$$z=6,\qquad y=9.$$

Różnica długości równoległych boków wynosi

$$z-x=3.$$

Bok ukośny jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $y=9$ i $z-x=3$, więc ma długość

$$\sqrt{9^2+3^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}.$$

Obwód trapezu o największym polu wynosi

$$3+9+6+3\sqrt{10}=18+3\sqrt{10}.$$

Ponieważ $\sqrt{10}>3$, mamy

$$18+3\sqrt{10}>18+9=27.$$

Obwód jest więc niemniejszy od $27$, co należało uzasadnić.

a)

Z rysunku odczytujemy

$$A=(x_0,0),\qquad B=(x_0,y_0),\qquad C=(0,y_0).$$

Punkt $B$ leży na prostej $y=-\frac23x+4$, zatem

$$y_0=-\frac23x_0+4.$$

Pole prostokąta jest więc równe

$$P(x_0)=x_0y_0 =x_0\left(-\frac23x_0+4\right) =-\frac23x_0^2+4x_0.$$

Prostokąt jest niezdegenerowany i leży w I ćwiartce, więc

$$x_0>0,\qquad -\frac23x_0+4>0.$$

Stąd $0<x_0<6$.

b)

Przekształcamy wzór pola:

$$P(x_0)=-\frac23x_0^2+4x_0 =-\frac23(x_0-3)^2+6.$$

Największe pole wynosi $6$ i jest osiągane dla $x_0=3$. Wtedy

$$y_0=-\frac23\cdot3+4=2.$$

Wierzchołki tego prostokąta to

$$O=(0,0),\quad A=(3,0),\quad B=(3,2),\quad C=(0,2).$$