{"id":"matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/zad/11","paper_id":"matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona","number":"11","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2021,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11. (0-5)\nWyznacz wszystkie wartości parametru 𝑚, dla których trójmian kwadratowy\n4𝑥ଶ-2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚\nma dwa różne pierwiastki rzeczywiste 𝑥ଵ oraz 𝑥ଶ, spełniające warunki:\n𝑥ଵ≠0,\n𝑥ଶ≠0 oraz 𝑥ଵ+ 𝑥ଶ≤1\n𝑥ଵ\n+ 1\n𝑥ଶ\n\nEMAP-R0_100\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n11.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100\nRozwiązanie zadania. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których trójmian kwadratowy 4x^2 - 2(m+1)x + m ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x_1 oraz x_2, spełniające warunki: x_1 ≠ 0, x_2 ≠ 0 oraz x_1 + x_2 ≤ 1 / x_1 + 1 / x_2","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11. (0-5)\nWymagania egzaminacyjne 2021\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\nR3.1) stosuje wzory Viète’a;\nR3.2) rozwiązuje równania i nierówności\nliniowe i kwadratowe z parametrem;\nR3.7) rozwiązuje proste nierówności\nwymierne […].\nZasady oceniania\nRozwiązanie składa się z trzech etapów.\nPierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności Δ > 0: 𝑚≠1.\nZa poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.\nUwaga do pierwszego etapu:\nJeżeli zdający rozwiązuje nierówność Δ ≥0, to za pierwszy etap otrzymuje 0 punktów.\nDrugi etap polega na rozwiązaniu nierówności 𝑥1 + 𝑥2 ≤1\n𝑥1 + 1\n𝑥2 .\nZa poprawne rozwiązanie drugiego etapu zdający otrzymuje 3 punkty.\nPodział punktów za drugi etap rozwiązania:\n1 punkt zdający otrzymuje, gdy:\n\nprzekształci nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤1\n𝑥1 + 1\n𝑥2 do postaci 𝑥1 + 𝑥2 ≤𝑥1+𝑥2\n𝑥1⋅𝑥2 lub\n(𝑥1 + 𝑥2) ⋅(𝑥1𝑥2)2 ≤(𝑥1 + 𝑥2)𝑥1𝑥2\nALBO\n\nwyznaczy pierwiastki trójmianu 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚: 𝑥1 = 1\n2 , 𝑥2 = 𝑚\n2.\n2 punkty zdający otrzymuje, gdy zapisze nierówność z jedną niewiadomą 𝑚:\n2(𝑚+ 1)\n4\n≤\n2(𝑚+1)\n4\n𝑚\n4\nlub 1\n2 + 𝑚\n2 ≤2 + 2\n𝑚 lub 2(𝑚+ 1)\n4\n⋅(𝑚\n4 )\n2\n≤2(𝑚+ 1)\n4\n⋅𝑚\n4\n3 punkty zdający otrzymuje, gdy rozwiąże nierówność 2(𝑚+1)\n4\n≤\n2(𝑚+1)\n4𝑚\n4\n:\n𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 4⟩.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nUwagi do drugiego etapu:\n1. Jeżeli zdający, rozwiązując nierówność 2(𝑚+1)\n4\n≤\n2(𝑚+1)\n4𝑚\n4\n, nie uwzględni warunku 𝑚≠0,\nto za drugi etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\n2. Jeżeli zdający:\n\nmnoży nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤1\n𝑥1 + 1\n𝑥2 stronami przez iloczyn 𝑥1 ⋅𝑥2 bez\nrozpatrzenia znaku tego iloczynu\nALBO\n\ndzieli nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤𝑥1+ 𝑥2\n𝑥1⋅𝑥2 stronami przez sumę 𝑥1 + 𝑥2 bez rozpatrzenia\nznaku tej sumy\nto za drugi etap może otrzymać co najwyżej 1 punkt.\nTrzeci etap polega na wyznaczeniu szukanych wartości parametru 𝑚:\n𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 1) ∪(1, 4⟩.\nZa poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.\nUwagi do trzeciego etapu:\n1. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe w etapach I i II (nie otrzymując pustego zbioru\nrozwiązań ani zbioru ℝ wszystkich liczb rzeczywistych), lecz konsekwentnie wyznaczy\niloczyn w etapie III, to za III etap otrzymuje 1 punkt.\n2. Zdający może otrzymać 1 punkt za III etap, jeżeli jedynymi błędami jakie popełni w I i II\netapie są błędy rachunkowe.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nI etap\nTrójmian 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy,\ngdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli\nΔ = [-2(𝑚+ 1)]2 -4 ⋅4 ⋅𝑚> 0\ni równoważnie dalej\n4𝑚2 -8𝑚+ 4 > 0\n4(𝑚-1)2 > 0\n𝑚≠1\nII etap\nWarunek 𝑥1 + 𝑥2 ≤1\n𝑥1 + 1\n𝑥2 ma sens liczbowy tylko wtedy, gdy żaden z pierwiastków\ntrójmianu 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚 nie jest równy 0, czyli gdy 𝑥1𝑥2 ≠0. Ze wzoru Viète’a\notrzymujemy 𝑚\n4 ≠0, czyli 𝑚≠0.\nNierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤1\n𝑥1 + 1\n𝑥2 zapisujemy w postaci równoważnej 𝑥1 + 𝑥2 ≤𝑥1+𝑥2\n𝑥1⋅𝑥2\ni po\nzastosowaniu wzorów Viète’a otrzymujemy\n2(𝑚+ 1)\n4\n≤\n2(𝑚+1)\n4\n𝑚\n4\ni równoważnie dalej\n(𝑚+ 1)\n2\n≤2(𝑚+ 1)\n𝑚\n2(𝑚+ 1)\n𝑚\n-𝑚+ 1\n2\n≥0\n4(𝑚+ 1) -𝑚(𝑚+ 1)\n2𝑚\n≥0\n2𝑚(𝑚+ 1)(4 -𝑚) ≥0 i 𝑚≠0\nStąd 𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 4⟩.\nIII etap\nWyznaczamy część wspólną zbiorów rozwiązań nierówności otrzymanych w I i II etapie\nrozwiązania: 𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 1) ∪(1, 4⟩.\nUwaga:\nZamiast korzystać ze wzorów Viète’a, możemy wzór trójmianu 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚\nzapisać w postaci równoważnej:\n4𝑥2 -2𝑚𝑥-2𝑥+ 𝑚= 2𝑥(2𝑥-𝑚) -(2𝑥-𝑚) = (2𝑥-1)(2𝑥-𝑚)\nStąd wynika, że pierwiastkami tego trójmianu są liczby 𝑥1 = 1\n2 oraz 𝑥2 = 𝑚\n2 dla każdej\nwartości parametru 𝑚. Pierwiastki są różne wtedy i tylko wtedy, gdy 𝑚≠1.\nPierwiastki te można też wyznaczyć, korzystając ze wzorów na pierwiastki trójmianu\nkwadratowego. Ponieważ wyróżnik Δ trójmianu 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚 jest kwadratem\nwyrażenia 2(𝑚-1), więc\n𝑥1 = 2(𝑚+ 1) -2(𝑚-1)\n2 ⋅4\n= 1\n2\n𝑥2 = 2(𝑚+ 1) + 2(𝑚-1)\n2 ⋅4\n= 𝑚\n2\nWtedy nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤1\n𝑥1 + 1\n𝑥2 przyjmie postać 1\n2 + 𝑚\n2 ≤2 + 2\n𝑚\nNierówność ta ma sens liczbowy tylko dla 𝑚≠0.\nPrzekształcając nierówność 1\n2 + 𝑚\n2 ≤2 + 2\n𝑚 , otrzymujemy kolejno\n𝑚\n2 -2\n𝑚-3\n2 ≤0\n𝑚2 -3𝑚-4\n2𝑚\n≤0\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n(𝑚+ 1)(𝑚-4)\n2𝑚\n≤0\n2𝑚(𝑚+ 1)(𝑚-4) ≤0 i 𝑚≠0\nStąd 𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 4⟩.\nUwzględniając\nuzyskany\nwcześniej\nwarunek\n𝑚≠1,\notrzymujemy\nostatecznie\n𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 1) ∪(1, 4⟩.","solution":"## Poprawna odpowiedź: \\(m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 1) \\cup (1, 4\\rangle\\)\n\n*(Uwaga: dane rozwiązanie podaje \\((-\\infty,-1)\\), ale \\(m = -1\\) spełnia wszystkie warunki - patrz koniec rozwiązania.)*\n\n## Sposób 1 - Wzory Viète'a + analiza znaku ułamka\n\n### Krok 1: Kiedy trójmian ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste?\n\nWarunek: \\(\\Delta > 0\\).\n\n\\[\\Delta = [2(m+1)]^2 - 4 \\cdot 4 \\cdot m = 4(m+1)^2 - 16m\\]\n\\[= 4(m^2 + 2m + 1) - 16m = 4m^2 - 8m + 4 = 4(m-1)^2\\]\n\nPonieważ \\(4(m-1)^2 \\geq 0\\) zawsze, a równa zero tylko gdy \\(m = 1\\):\n\n\\[\\Delta > 0 \\iff m \\neq 1\\]\n\n### Krok 2: Warunek \\(x_1 \\neq 0\\) i \\(x_2 \\neq 0\\)\n\nJeśli \\(x = 0\\) byłby pierwiastkiem, to \\(f(0) = 0\\), czyli \\(m = 0\\). Zatem:\n\n\\[x_1 \\neq 0 \\text{ i } x_2 \\neq 0 \\iff m \\neq 0\\]\n\n*(Można też użyć Viète'a: \\(x_1 x_2 = \\frac{m}{4} \\neq 0 \\iff m \\neq 0\\).)*\n\n### Krok 3: Wzory Viète'a dla \\(4x^2 - 2(m+1)x + m\\)\n\n\\[x_1 + x_2 = \\frac{2(m+1)}{4} = \\frac{m+1}{2}, \\qquad x_1 x_2 = \\frac{m}{4}\\]\n\n### Krok 4: Przekształcenie nierówności\n\n\\[x_1 + x_2 \\leq \\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2}\\]\n\nPrawa strona to:\n\\[\\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2} = \\frac{x_1 + x_2}{x_1 x_2}\\]\n\nPodstawiamy:\n\\[\\frac{m+1}{2} \\leq \\frac{\\dfrac{m+1}{2}}{\\dfrac{m}{4}}\\]\n\n\\[\\frac{m+1}{2} \\leq \\frac{m+1}{2} \\cdot \\frac{4}{m} = \\frac{2(m+1)}{m}\\]\n\nPrzenosimy wszystko na lewo:\n\\[\\frac{m+1}{2} - \\frac{2(m+1)}{m} \\leq 0\\]\n\nWyłączamy \\((m+1)\\) przed nawias:\n\\[(m+1)\\left(\\frac{1}{2} - \\frac{2}{m}\\right) \\leq 0\\]\n\n\\[(m+1) \\cdot \\frac{m - 4}{2m} \\leq 0\\]\n\nMnożymy przez \\(2 > 0\\) (bez zmiany znaku):\n\\[\\frac{(m+1)(m-4)}{m} \\leq 0\\]\n\n### Krok 5: Analiza znaku \\(\\frac{(m+1)(m-4)}{m}\\)\n\nMiejsca zerowe/nieciągłości: \\(m = -1,\\ m = 0,\\ m = 4\\).\n\n| Przedział | \\((m+1)\\) | \\((m-4)\\) | \\(m\\) | Wyrażenie |\n| \\(m < -1\\) | \\(-\\) | \\(-\\) | \\(-\\) | \\(\\frac{(+)}{(-)} = -\\) ✓ |\n| \\(m = -1\\) | \\(0\\) | - | - | \\(0\\) ✓ |\n| \\(-1 < m < 0\\) | \\(+\\) | \\(-\\) | \\(-\\) | \\(\\frac{(-)}{(-)} = +\\) ✗ |\n| \\(m = 0\\) | - | - | - | nieokreślone |\n| \\(0 < m < 4\\) | \\(+\\) | \\(-\\) | \\(+\\) | \\(\\frac{(-)}{(+)} = -\\) ✓ |\n| \\(m = 4\\) | \\(+\\) | \\(0\\) | \\(+\\) | \\(0\\) ✓ |\n| \\(m > 4\\) | \\(+\\) | \\(+\\) | \\(+\\) | \\(\\frac{(+)}{(+)} = +\\) ✗ |\n\nNierówność spełniona dla:\n\\[m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 4\\rangle\\]\n\n### Krok 6: Łączymy wszystkie warunki\n\n| Warunek | Zbiór |\n| \\(\\Delta > 0\\) | \\(m \\neq 1\\) |\n| \\(x_1 \\neq 0,\\, x_2 \\neq 0\\) | \\(m \\neq 0\\) |\n| nierówność | \\(m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 4\\rangle\\) |\n\nCzęść wspólna:\n\\[\\boxed{m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 1) \\cup (1, 4\\rangle}\\]\n\n*(Punkt \\(m = 0\\) jest już poza \\((-\\infty,-1\\rangle \\cup (0,4\\rangle\\). Usuwamy \\(m=1\\) z \\((0,4\\rangle\\).)*\n\n## Sposób 2 - Weryfikacja przez nierówność \\(S \\leq \\frac{S}{P}\\)\n\nOznaczamy \\(S = x_1 + x_2\\), \\(P = x_1 x_2\\). Nierówność:\n\\[S \\leq \\frac{S}{P} \\iff S\\left(1 - \\frac{1}{P}\\right) \\leq 0 \\iff \\frac{S(P-1)}{P} \\leq 0\\]\n\nPodstawiamy \\(S = \\frac{m+1}{2}\\), \\(P = \\frac{m}{4}\\):\n\n\\[\\frac{\\frac{m+1}{2} \\cdot \\left(\\frac{m}{4} - 1\\right)}{\\frac{m}{4}} \\leq 0 \\implies \\frac{(m+1)(m-4)}{2m} \\leq 0\\]\n\nTa postać jasno pokazuje **trzy kluczowe punkty**: \\(m = -1\\), \\(m = 0\\) (biegun) i \\(m = 4\\). Iloczyn \\((m+1)(m-4)\\) jest ujemny dla \\(m \\in (-1, 4)\\), a mianownik \\(m\\) zmienia znak w \\(m = 0\\) - stąd analiza jak wyżej.\n\n**Weryfikacja granicy \\(m = 4\\):**\n\n\\[f(x) = 4x^2 - 10x + 4 = 2(2x^2 - 5x + 2) = 2(2x-1)(x-2)\\]\n\nPierwiastki: \\(x_1 = \\frac{1}{2}\\), \\(x_2 = 2\\).\n\\[x_1 + x_2 = \\frac{5}{2}, \\qquad \\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2} = 2 + \\frac{1}{2} = \\frac{5}{2}\\]\n\nSpełnione z równością - **\\(m = 4\\) należy do zbioru** ✓\n\n**Weryfikacja \\(m = -1\\):**\n\n\\[f(x) = 4x^2 - 1, \\quad x_1 = \\frac{1}{2},\\ x_2 = -\\frac{1}{2}\\]\n\\[x_1 + x_2 = 0, \\qquad \\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2} = 2 - 2 = 0\\]\n\nSpełnione z równością - **\\(m = -1\\) należy do zbioru** ✓\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 7 (Funkcja kwadratowa, s. 7-9)** - wyróżnik i wzory Viète'a:\n\\[\\Delta = b^2 - 4ac\\]\n\\[x_1 + x_2 = -\\frac{b}{a}, \\qquad x_1 x_2 = \\frac{c}{a}\\]\nUżyliśmy do obliczenia \\(\\Delta\\) i do wyrażenia sumy/iloczynu pierwiastków bez potrzeby ich wyznaczania.\n\n**Dział 2 (Potęgi i pierwiastki, s. 4-5)** - wzory skróconego mnożenia pomocne przy rozwinięciu \\((m+1)^2\\).\n\n## Typowe pułapki i uwaga\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Wiele osób zapomina warunku \\(x_1 \\neq 0,\\, x_2 \\neq 0\\) i nie sprawdza \\(m \\neq 0\\). W tym zadaniu \\(m = 0\\) jest automatycznie wykluczone przez przedział otwarty \\((0, 4\\rangle\\), ale w ogólności zawsze sprawdzaj \\(f(0) \\neq 0\\).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Przy przekształceniu \\(x_1 + x_2 \\leq \\frac{x_1 + x_2}{x_1 x_2}\\) NIGDY nie dziel obu stron przez \\((x_1 + x_2)\\), bo ta suma może być ujemna lub zerowa - odwracałoby to znak nierówności! Zamiast tego przenieś na lewą stronę i rozkładaj na czynniki.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Wyróżnik wyszedł \\(\\Delta = 4(m-1)^2\\) - pełny kwadrat! Wielu uczniów spodziewa się tu wielomianu stopnia 2 i szuka \\(\\Delta\\) z tego, zamiast uznać, że \\(\\Delta \\geq 0\\) zawsze, a \\(\\Delta = 0\\) tylko dla \\(m = 1\\). Nie umykaj przez to warunkowi \\(m \\neq 1\\).\n\n### Sposob 1 (wzory Viete'a + trzy etapy)\n**I etap** (dwa rozne pierwiastki rzeczywiste): \\(\\Delta > 0\\).\n\\(\\Delta = [-2(m+1)]^{2} - 4 \\cdot 4 \\cdot m = 4(m+1)^{2} - 16m = 4m^{2} + 8m + 4 - 16m = 4m^{2} - 8m + 4 = 4(m-1)^{2}\\).\n\\(4(m-1)^{2} > 0 \\Leftrightarrow m \\neq 1\\).\n\n**II etap**. Z wzorow Viete'a (karta wzorow): \\(x_{1} + x_{2} = \\dfrac{2(m+1)}{4} = \\dfrac{m+1}{2}\\), \\(x_{1} \\cdot x_{2} = \\dfrac{m}{4}\\).\n\nWarunek \\(x_{1}, x_{2} \\neq 0\\) wymaga \\(x_{1}x_{2} \\neq 0\\), czyli \\(m \\neq 0\\).\n\n\\(\\dfrac{1}{x_{1}} + \\dfrac{1}{x_{2}} = \\dfrac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}} = \\dfrac{(m+1)/2}{m/4} = \\dfrac{2(m+1)}{m}\\).\n\nNierownosc: \\(\\dfrac{m+1}{2} \\leq \\dfrac{2(m+1)}{m}\\), czyli \\(\\dfrac{m+1}{2} - \\dfrac{2(m+1)}{m} \\leq 0 \\Rightarrow \\dfrac{m(m+1) - 4(m+1)}{2m} \\leq 0 \\Rightarrow \\dfrac{(m+1)(m-4)}{2m} \\leq 0\\).\n\nRozwiazujemy \\(2m(m+1)(m-4) \\leq 0, m \\neq 0\\). Zera: \\(-1, 0, 4\\). Analiza znakow (wspolczynnik wiodacy dodatni):\n\\(m \\in (-\\infty, -1] \\cup (0, 4]\\).\n\n**III etap**: czesc wspolna z \\(m \\neq 1\\): \\(m \\in (-\\infty, -1] \\cup (0, 1) \\cup (1, 4]\\).\n\nUwaga CKE: nierownosc wyjsciowa \\(x_{1} + x_{2} \\leq \\tfrac{1}{x_{1}} + \\tfrac{1}{x_{2}}\\) wymaga znaku \\(x_{1}x_{2}\\). Wzor Viete'a daje sens tylko dla \\(x_{1}x_{2} \\neq 0\\).\n\nKoncowy wynik: \\(m \\in (-\\infty, -1) \\cup (0, 1) \\cup (1, 4]\\).\n\n### Sposob 2 (jawne pierwiastki)\n\\(4x^{2} - 2(m+1)x + m = (2x-1)(2x-m)\\). Stad \\(x_{1} = \\tfrac{1}{2}, x_{2} = \\tfrac{m}{2}\\).\n\n\\(x_{1} \\neq x_{2}\\) wymaga \\(m \\neq 1\\). \\(x_{2} \\neq 0\\) wymaga \\(m \\neq 0\\).\n\nNierownosc: \\(\\tfrac{1}{2} + \\tfrac{m}{2} \\leq 2 + \\tfrac{2}{m}\\), czyli \\(\\tfrac{m}{2} - \\tfrac{2}{m} - \\tfrac{3}{2} \\leq 0 \\Rightarrow \\dfrac{m^{2} - 4 - 3m}{2m} \\leq 0 \\Rightarrow \\dfrac{(m-4)(m+1)}{2m} \\leq 0\\).\n\nAnaliza znakow: \\(m \\in (-\\infty, -1] \\cup (0, 4]\\). Z \\(m \\neq 1\\): \\(m \\in (-\\infty, -1) \\cup (0, 1) \\cup (1, 4]\\).\n\nUwaga: koniec przedzialu \\(-1\\) jest domkniety w CKE wyniku? CKE: \\(m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup \\langle 0, 1) \\cup (1, 4\\rangle\\) - konce zamkniete tam gdzie nierownosc \\(\\leq\\) spelniona z rownoscia. Sprawdzamy \\(m = -1\\): \\(x_{1} = 1/2, x_{2} = -1/2\\). \\(x_{1}+x_{2} = 0\\). \\(1/x_{1} + 1/x_{2} = 2 - 2 = 0\\). \\(0 \\leq 0\\) OK. Wiec \\(-1\\) wchodzi. Poprawny wynik: \\(m \\in (-\\infty, -1] \\cup (0, 1) \\cup (1, 4]\\).\n\n### Uwagi o punktacji\nRozwiazanie w 3 etapach (wg CKE):\n- Etap I (\\(\\Delta > 0: m \\neq 1\\)): 1 pkt\n- Etap II (rozwiazanie nierownosci z parametrem): 3 pkt (po 1 pkt za kazdy krok)\n- Etap III (czesc wspolna): 1 pkt\n\n**Trik:** Zauwaz, ze trojmian rozklada sie na \\((2x-1)(2x-m)\\) - \\(x_{1} = 1/2\\) od razu. Oszczedza wzory Viete'a.","image":"img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/zad-11.webp","solution_image":"img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/sol-11.svg","topics":"parametr","page_from":14,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2021 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 11. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru 𝑚, dla których trójmian kwadratowy
4𝑥ଶ-2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚
ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste 𝑥ଵ oraz 𝑥ଶ, spełniające warunki:
𝑥ଵ≠0,
𝑥ଶ≠0 oraz 𝑥ଵ+ 𝑥ଶ≤1
𝑥ଵ

\n\n

𝑥ଶ

\n

EMAP-R0_100
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
11.
Maks. liczba pkt
5
Uzyskana liczba pkt

\n

EMAP-R0_100
Rozwiązanie zadania. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których trójmian kwadratowy 4x^2 - 2(m+1)x + m ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x_1 oraz x_2, spełniające warunki: x_1 ≠ 0, x_2 ≠ 0 oraz x_1 + x_2 ≤ 1 / x_1 + 1 / x_2

","answer_text_html":"

Zadanie 11. (0-5)
Wymagania egzaminacyjne 2021
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający:
R3.1) stosuje wzory Viète’a;
R3.2) rozwiązuje równania i nierówności
liniowe i kwadratowe z parametrem;
R3.7) rozwiązuje proste nierówności
wymierne […].
Zasady oceniania
Rozwiązanie składa się z trzech etapów.
Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności Δ > 0: 𝑚≠1.
Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwaga do pierwszego etapu:
Jeżeli zdający rozwiązuje nierówność Δ ≥0, to za pierwszy etap otrzymuje 0 punktów.
Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności 𝑥1 + 𝑥2 ≤1
𝑥1 + 1
𝑥2 .
Za poprawne rozwiązanie drugiego etapu zdający otrzymuje 3 punkty.
Podział punktów za drugi etap rozwiązania:
1 punkt zdający otrzymuje, gdy:

przekształci nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤1
𝑥1 + 1
𝑥2 do postaci 𝑥1 + 𝑥2 ≤𝑥1+𝑥2
𝑥1⋅𝑥2 lub
(𝑥1 + 𝑥2) ⋅(𝑥1𝑥2)2 ≤(𝑥1 + 𝑥2)𝑥1𝑥2
ALBO

wyznaczy pierwiastki trójmianu 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚: 𝑥1 = 1
2 , 𝑥2 = 𝑚
2.
2 punkty zdający otrzymuje, gdy zapisze nierówność z jedną niewiadomą 𝑚:
2(𝑚+ 1)
4
≤
2(𝑚+1)
4
𝑚
4
lub 1
2 + 𝑚
2 ≤2 + 2
𝑚 lub 2(𝑚+ 1)
4
⋅(𝑚
4 )
2
≤2(𝑚+ 1)
4
⋅𝑚
4
3 punkty zdający otrzymuje, gdy rozwiąże nierówność 2(𝑚+1)
4
≤
2(𝑚+1)
4𝑚
4
:
𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 4⟩.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Uwagi do drugiego etapu:

\n
  1. Jeżeli zdający, rozwiązując nierówność 2(𝑚+1)
\n

4
≤
2(𝑚+1)
4𝑚
4
, nie uwzględni warunku 𝑚≠0,
to za drugi etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający:
\n


mnoży nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤1
𝑥1 + 1
𝑥2 stronami przez iloczyn 𝑥1 ⋅𝑥2 bez
rozpatrzenia znaku tego iloczynu
ALBO

dzieli nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤𝑥1+ 𝑥2
𝑥1⋅𝑥2 stronami przez sumę 𝑥1 + 𝑥2 bez rozpatrzenia
znaku tej sumy
to za drugi etap może otrzymać co najwyżej 1 punkt.
Trzeci etap polega na wyznaczeniu szukanych wartości parametru 𝑚:
𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 1) ∪(1, 4⟩.
Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwagi do trzeciego etapu:

\n
  1. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe w etapach I i II (nie otrzymując pustego zbioru
\n

rozwiązań ani zbioru ℝ wszystkich liczb rzeczywistych), lecz konsekwentnie wyznaczy
iloczyn w etapie III, to za III etap otrzymuje 1 punkt.

\n
  1. Zdający może otrzymać 1 punkt za III etap, jeżeli jedynymi błędami jakie popełni w I i II
\n

etapie są błędy rachunkowe.
Przykładowe pełne rozwiązanie
I etap
Trójmian 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy,
gdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli
Δ = [-2(𝑚+ 1)]2 -4 ⋅4 ⋅𝑚> 0
i równoważnie dalej
4𝑚2 -8𝑚+ 4 > 0
4(𝑚-1)2 > 0
𝑚≠1
II etap
Warunek 𝑥1 + 𝑥2 ≤1
𝑥1 + 1
𝑥2 ma sens liczbowy tylko wtedy, gdy żaden z pierwiastków
trójmianu 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚 nie jest równy 0, czyli gdy 𝑥1𝑥2 ≠0. Ze wzoru Viète’a
otrzymujemy 𝑚
4 ≠0, czyli 𝑚≠0.
Nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤1
𝑥1 + 1
𝑥2 zapisujemy w postaci równoważnej 𝑥1 + 𝑥2 ≤𝑥1+𝑥2
𝑥1⋅𝑥2
i po
zastosowaniu wzorów Viète’a otrzymujemy
2(𝑚+ 1)
4
≤
2(𝑚+1)
4
𝑚
4
i równoważnie dalej
(𝑚+ 1)
2
≤2(𝑚+ 1)
𝑚
2(𝑚+ 1)
𝑚
-𝑚+ 1
2
≥0
4(𝑚+ 1) -𝑚(𝑚+ 1)
2𝑚
≥0
2𝑚(𝑚+ 1)(4 -𝑚) ≥0 i 𝑚≠0
Stąd 𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 4⟩.
III etap
Wyznaczamy część wspólną zbiorów rozwiązań nierówności otrzymanych w I i II etapie
rozwiązania: 𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 1) ∪(1, 4⟩.
Uwaga:
Zamiast korzystać ze wzorów Viète’a, możemy wzór trójmianu 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚
zapisać w postaci równoważnej:
4𝑥2 -2𝑚𝑥-2𝑥+ 𝑚= 2𝑥(2𝑥-𝑚) -(2𝑥-𝑚) = (2𝑥-1)(2𝑥-𝑚)
Stąd wynika, że pierwiastkami tego trójmianu są liczby 𝑥1 = 1
2 oraz 𝑥2 = 𝑚
2 dla każdej
wartości parametru 𝑚. Pierwiastki są różne wtedy i tylko wtedy, gdy 𝑚≠1.
Pierwiastki te można też wyznaczyć, korzystając ze wzorów na pierwiastki trójmianu
kwadratowego. Ponieważ wyróżnik Δ trójmianu 4𝑥2 -2(𝑚+ 1)𝑥+ 𝑚 jest kwadratem
wyrażenia 2(𝑚-1), więc
𝑥1 = 2(𝑚+ 1) -2(𝑚-1)
2 ⋅4
= 1
2
𝑥2 = 2(𝑚+ 1) + 2(𝑚-1)
2 ⋅4
= 𝑚
2
Wtedy nierówność 𝑥1 + 𝑥2 ≤1
𝑥1 + 1
𝑥2 przyjmie postać 1
2 + 𝑚
2 ≤2 + 2
𝑚
Nierówność ta ma sens liczbowy tylko dla 𝑚≠0.
Przekształcając nierówność 1
2 + 𝑚
2 ≤2 + 2
𝑚 , otrzymujemy kolejno
𝑚
2 -2
𝑚-3
2 ≤0
𝑚2 -3𝑚-4
2𝑚
≤0
Zasady oceniania rozwiązań zadań
(𝑚+ 1)(𝑚-4)
2𝑚
≤0
2𝑚(𝑚+ 1)(𝑚-4) ≤0 i 𝑚≠0
Stąd 𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 4⟩.
Uwzględniając
uzyskany
wcześniej
warunek
𝑚≠1,
otrzymujemy
ostatecznie
𝑚∈(-∞, -1⟩∪(0, 1) ∪(1, 4⟩.

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/sol-11.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: \\(m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 1) \\cup (1, 4\\rangle\\)

\n

(Uwaga: dane rozwiązanie podaje \\((-\\infty,-1)\\), ale \\(m = -1\\) spełnia wszystkie warunki - patrz koniec rozwiązania.)

\n

Sposób 1 - Wzory Viète'a + analiza znaku ułamka

\n
Krok 1: Kiedy trójmian ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste?
\n

Warunek: \\(\\Delta > 0\\).

\n

\\[\\Delta = [2(m+1)]^2 - 4 \\cdot 4 \\cdot m = 4(m+1)^2 - 16m\\]
\\[= 4(m^2 + 2m + 1) - 16m = 4m^2 - 8m + 4 = 4(m-1)^2\\]

\n

Ponieważ \\(4(m-1)^2 \\geq 0\\) zawsze, a równa zero tylko gdy \\(m = 1\\):

\n

\\[\\Delta > 0 \\iff m \\neq 1\\]

\n
Krok 2: Warunek \\(x_1 \\neq 0\\) i \\(x_2 \\neq 0\\)
\n

Jeśli \\(x = 0\\) byłby pierwiastkiem, to \\(f(0) = 0\\), czyli \\(m = 0\\). Zatem:

\n

\\[x_1 \\neq 0 \\text{ i } x_2 \\neq 0 \\iff m \\neq 0\\]

\n

(Można też użyć Viète'a: \\(x_1 x_2 = \\frac{m}{4} \\neq 0 \\iff m \\neq 0\\).)

\n
Krok 3: Wzory Viète'a dla \\(4x^2 - 2(m+1)x + m\\)
\n

\\[x_1 + x_2 = \\frac{2(m+1)}{4} = \\frac{m+1}{2}, \\qquad x_1 x_2 = \\frac{m}{4}\\]

\n
Krok 4: Przekształcenie nierówności
\n

\\[x_1 + x_2 \\leq \\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2}\\]

\n

Prawa strona to:
\\[\\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2} = \\frac{x_1 + x_2}{x_1 x_2}\\]

\n

Podstawiamy:
\\[\\frac{m+1}{2} \\leq \\frac{\\dfrac{m+1}{2}}{\\dfrac{m}{4}}\\]

\n

\\[\\frac{m+1}{2} \\leq \\frac{m+1}{2} \\cdot \\frac{4}{m} = \\frac{2(m+1)}{m}\\]

\n

Przenosimy wszystko na lewo:
\\[\\frac{m+1}{2} - \\frac{2(m+1)}{m} \\leq 0\\]

\n

Wyłączamy \\((m+1)\\) przed nawias:
\\[(m+1)\\left(\\frac{1}{2} - \\frac{2}{m}\\right) \\leq 0\\]

\n

\\[(m+1) \\cdot \\frac{m - 4}{2m} \\leq 0\\]

\n

Mnożymy przez \\(2 > 0\\) (bez zmiany znaku):
\\[\\frac{(m+1)(m-4)}{m} \\leq 0\\]

\n
Krok 5: Analiza znaku \\(\\frac{(m+1)(m-4)}{m}\\)
\n

Miejsca zerowe/nieciągłości: \\(m = -1,\\ m = 0,\\ m = 4\\).

\n

| Przedział | \\((m+1)\\) | \\((m-4)\\) | \\(m\\) | Wyrażenie |
| \\(m < -1\\) | \\(-\\) | \\(-\\) | \\(-\\) | \\(\\frac{(+)}{(-)} = -\\) ✓ |
| \\(m = -1\\) | \\(0\\) | - | - | \\(0\\) ✓ |
| \\(-1 < m < 0\\) | \\(+\\) | \\(-\\) | \\(-\\) | \\(\\frac{(-)}{(-)} = +\\) ✗ |
| \\(m = 0\\) | - | - | - | nieokreślone |
| \\(0 < m < 4\\) | \\(+\\) | \\(-\\) | \\(+\\) | \\(\\frac{(-)}{(+)} = -\\) ✓ |
| \\(m = 4\\) | \\(+\\) | \\(0\\) | \\(+\\) | \\(0\\) ✓ |
| \\(m > 4\\) | \\(+\\) | \\(+\\) | \\(+\\) | \\(\\frac{(+)}{(+)} = +\\) ✗ |

\n

Nierówność spełniona dla:
\\[m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 4\\rangle\\]

\n
Krok 6: Łączymy wszystkie warunki
\n

| Warunek | Zbiór |
| \\(\\Delta > 0\\) | \\(m \\neq 1\\) |
| \\(x_1 \\neq 0,\\, x_2 \\neq 0\\) | \\(m \\neq 0\\) |
| nierówność | \\(m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 4\\rangle\\) |

\n

Część wspólna:
\\[\\boxed{m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 1) \\cup (1, 4\\rangle}\\]

\n

(Punkt \\(m = 0\\) jest już poza \\((-\\infty,-1\\rangle \\cup (0,4\\rangle\\). Usuwamy \\(m=1\\) z \\((0,4\\rangle\\).)

\n

Sposób 2 - Weryfikacja przez nierówność \\(S \\leq \\frac{S}{P}\\)

\n

Oznaczamy \\(S = x_1 + x_2\\), \\(P = x_1 x_2\\). Nierówność:
\\[S \\leq \\frac{S}{P} \\iff S\\left(1 - \\frac{1}{P}\\right) \\leq 0 \\iff \\frac{S(P-1)}{P} \\leq 0\\]

\n

Podstawiamy \\(S = \\frac{m+1}{2}\\), \\(P = \\frac{m}{4}\\):

\n

\\[\\frac{\\frac{m+1}{2} \\cdot \\left(\\frac{m}{4} - 1\\right)}{\\frac{m}{4}} \\leq 0 \\implies \\frac{(m+1)(m-4)}{2m} \\leq 0\\]

\n

Ta postać jasno pokazuje trzy kluczowe punkty: \\(m = -1\\), \\(m = 0\\) (biegun) i \\(m = 4\\). Iloczyn \\((m+1)(m-4)\\) jest ujemny dla \\(m \\in (-1, 4)\\), a mianownik \\(m\\) zmienia znak w \\(m = 0\\) - stąd analiza jak wyżej.

\n

Weryfikacja granicy \\(m = 4\\):

\n

\\[f(x) = 4x^2 - 10x + 4 = 2(2x^2 - 5x + 2) = 2(2x-1)(x-2)\\]

\n

Pierwiastki: \\(x_1 = \\frac{1}{2}\\), \\(x_2 = 2\\).
\\[x_1 + x_2 = \\frac{5}{2}, \\qquad \\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2} = 2 + \\frac{1}{2} = \\frac{5}{2}\\]

\n

Spełnione z równością - \\(m = 4\\) należy do zbioru ✓

\n

Weryfikacja \\(m = -1\\):

\n

\\[f(x) = 4x^2 - 1, \\quad x_1 = \\frac{1}{2},\\ x_2 = -\\frac{1}{2}\\]
\\[x_1 + x_2 = 0, \\qquad \\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2} = 2 - 2 = 0\\]

\n

Spełnione z równością - \\(m = -1\\) należy do zbioru ✓

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 7 (Funkcja kwadratowa, s. 7-9) - wyróżnik i wzory Viète'a:
\\[\\Delta = b^2 - 4ac\\]
\\[x_1 + x_2 = -\\frac{b}{a}, \\qquad x_1 x_2 = \\frac{c}{a}\\]
Użyliśmy do obliczenia \\(\\Delta\\) i do wyrażenia sumy/iloczynu pierwiastków bez potrzeby ich wyznaczania.

\n

Dział 2 (Potęgi i pierwiastki, s. 4-5) - wzory skróconego mnożenia pomocne przy rozwinięciu \\((m+1)^2\\).

\n

Typowe pułapki i uwaga

\n
⚠️ Uwaga: Wiele osób zapomina warunku \\(x_1 \\neq 0,\\, x_2 \\neq 0\\) i nie sprawdza \\(m \\neq 0\\). W tym zadaniu \\(m = 0\\) jest automatycznie wykluczone przez przedział otwarty \\((0, 4\\rangle\\), ale w ogólności zawsze sprawdzaj \\(f(0) \\neq 0\\).
\n
⚠️ Uwaga: Przy przekształceniu \\(x_1 + x_2 \\leq \\frac{x_1 + x_2}{x_1 x_2}\\) NIGDY nie dziel obu stron przez \\((x_1 + x_2)\\), bo ta suma może być ujemna lub zerowa - odwracałoby to znak nierówności! Zamiast tego przenieś na lewą stronę i rozkładaj na czynniki.
\n
⚠️ Uwaga: Wyróżnik wyszedł \\(\\Delta = 4(m-1)^2\\) - pełny kwadrat! Wielu uczniów spodziewa się tu wielomianu stopnia 2 i szuka \\(\\Delta\\) z tego, zamiast uznać, że \\(\\Delta \\geq 0\\) zawsze, a \\(\\Delta = 0\\) tylko dla \\(m = 1\\). Nie umykaj przez to warunkowi \\(m \\neq 1\\).
\n
Sposob 1 (wzory Viete'a + trzy etapy)
\n

I etap (dwa rozne pierwiastki rzeczywiste): \\(\\Delta > 0\\).
\\(\\Delta = [-2(m+1)]^{2} - 4 \\cdot 4 \\cdot m = 4(m+1)^{2} - 16m = 4m^{2} + 8m + 4 - 16m = 4m^{2} - 8m + 4 = 4(m-1)^{2}\\).
\\(4(m-1)^{2} > 0 \\Leftrightarrow m \\neq 1\\).

\n

II etap. Z wzorow Viete'a (karta wzorow): \\(x_{1} + x_{2} = \\dfrac{2(m+1)}{4} = \\dfrac{m+1}{2}\\), \\(x_{1} \\cdot x_{2} = \\dfrac{m}{4}\\).

\n

Warunek \\(x_{1}, x_{2} \\neq 0\\) wymaga \\(x_{1}x_{2} \\neq 0\\), czyli \\(m \\neq 0\\).

\n

\\(\\dfrac{1}{x_{1}} + \\dfrac{1}{x_{2}} = \\dfrac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}} = \\dfrac{(m+1)/2}{m/4} = \\dfrac{2(m+1)}{m}\\).

\n

Nierownosc: \\(\\dfrac{m+1}{2} \\leq \\dfrac{2(m+1)}{m}\\), czyli \\(\\dfrac{m+1}{2} - \\dfrac{2(m+1)}{m} \\leq 0 \\Rightarrow \\dfrac{m(m+1) - 4(m+1)}{2m} \\leq 0 \\Rightarrow \\dfrac{(m+1)(m-4)}{2m} \\leq 0\\).

\n

Rozwiazujemy \\(2m(m+1)(m-4) \\leq 0, m \\neq 0\\). Zera: \\(-1, 0, 4\\). Analiza znakow (wspolczynnik wiodacy dodatni):
\\(m \\in (-\\infty, -1] \\cup (0, 4]\\).

\n

III etap: czesc wspolna z \\(m \\neq 1\\): \\(m \\in (-\\infty, -1] \\cup (0, 1) \\cup (1, 4]\\).

\n

Uwaga CKE: nierownosc wyjsciowa \\(x_{1} + x_{2} \\leq \\tfrac{1}{x_{1}} + \\tfrac{1}{x_{2}}\\) wymaga znaku \\(x_{1}x_{2}\\). Wzor Viete'a daje sens tylko dla \\(x_{1}x_{2} \\neq 0\\).

\n

Koncowy wynik: \\(m \\in (-\\infty, -1) \\cup (0, 1) \\cup (1, 4]\\).

\n
Sposob 2 (jawne pierwiastki)
\n

\\(4x^{2} - 2(m+1)x + m = (2x-1)(2x-m)\\). Stad \\(x_{1} = \\tfrac{1}{2}, x_{2} = \\tfrac{m}{2}\\).

\n

\\(x_{1} \\neq x_{2}\\) wymaga \\(m \\neq 1\\). \\(x_{2} \\neq 0\\) wymaga \\(m \\neq 0\\).

\n

Nierownosc: \\(\\tfrac{1}{2} + \\tfrac{m}{2} \\leq 2 + \\tfrac{2}{m}\\), czyli \\(\\tfrac{m}{2} - \\tfrac{2}{m} - \\tfrac{3}{2} \\leq 0 \\Rightarrow \\dfrac{m^{2} - 4 - 3m}{2m} \\leq 0 \\Rightarrow \\dfrac{(m-4)(m+1)}{2m} \\leq 0\\).

\n

Analiza znakow: \\(m \\in (-\\infty, -1] \\cup (0, 4]\\). Z \\(m \\neq 1\\): \\(m \\in (-\\infty, -1) \\cup (0, 1) \\cup (1, 4]\\).

\n

Uwaga: koniec przedzialu \\(-1\\) jest domkniety w CKE wyniku? CKE: \\(m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup \\langle 0, 1) \\cup (1, 4\\rangle\\) - konce zamkniete tam gdzie nierownosc \\(\\leq\\) spelniona z rownoscia. Sprawdzamy \\(m = -1\\): \\(x_{1} = 1/2, x_{2} = -1/2\\). \\(x_{1}+x_{2} = 0\\). \\(1/x_{1} + 1/x_{2} = 2 - 2 = 0\\). \\(0 \\leq 0\\) OK. Wiec \\(-1\\) wchodzi. Poprawny wynik: \\(m \\in (-\\infty, -1] \\cup (0, 1) \\cup (1, 4]\\).

\n
Uwagi o punktacji
\n

Rozwiazanie w 3 etapach (wg CKE):

\n\n

Trik: Zauwaz, ze trojmian rozklada sie na \\((2x-1)(2x-m)\\) - \\(x_{1} = 1/2\\) od razu. Oszczedza wzory Viete'a.

"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

$m \\in (-\\infty, -1\\rangle \\cup (0, 1) \\cup (1, 4\\rangle$

"}]}