Ułamki algebraiczne. Równania i nierówności wymierne. Funkcje wymierne sprawdzian

Ułamki algebraiczne. Równania i nierówności wymierne. Funkcje wymierne

Sprawdzian

Grupa A

Zadanie 1 (4 pkt)

Rozwiąż podane równania i nierówności.

a) $x + 1 = \dfrac{4}{x} + \dfrac{1}{x-1}$

b) $\dfrac{x+1}{x^3 - x^2} \le \dfrac{x-1}{x^3 + 2x^2}$

Wskazówki:

W równaniach i nierównościach wymiernych bezwzględnym pierwszym krokiem jest określenie dziedziny – mianowniki wszystkich ułamków muszą być różne od zera.
W podpunkcie a) po ustaleniu założeń pomnóż obie strony równania przez wspólny mianownik, doprowadź do postaci wielomianowej, a następnie poszukaj pierwiastka całkowitego wśród dzielników wyrazu wolnego.
W podpunkcie b) przenieś wszystkie wyrażenia na lewą stronę nierówności i sprowadź do wspólnego mianownika. Pamiętaj, że badając znak ilorazu, możemy zastąpić go iloczynem, uwzględniając krotności pierwiastków (pierwiastek o krotności parzystej oznacza odbicie wykresu od osi). Punkty zerujące mianownik nie mogą należeć do zbioru rozwiązań.

Rozwiązanie krok po kroku:

Podpunkt a) Wyznaczenie dziedziny równania $x + 1 = \dfrac{4}{x} + \dfrac{1}{x-1}$:
Mianowniki występujące po prawej stronie równania nie mogą być równe zero: $$\begin{aligned} x &\neq 0 \\[8pt] x - 1 &\neq 0 \implies x \neq 1 \end{aligned}$$ Dziedziną równania jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych z wyłączeniem liczb $0$ i $1$: $$D = \mathbb{R} \setminus \{0, 1\}$$
Podpunkt a) Przekształcenie równania do postaci wielomianowej i wyznaczenie rozwiązań:
Wychodzimy z wyjściowego równania: $$x + 1 = \dfrac{4}{x} + \dfrac{1}{x-1}$$ Mnożymy obie strony przez wspólny mianownik $x(x - 1)$: $$(x + 1) \cdot x(x - 1) = \left(\dfrac{4}{x} + \dfrac{1}{x-1}\right) \cdot x(x - 1)$$ Korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia $(x + 1)(x - 1) = x^2 - 1$ po lewej stronie: $$\begin{aligned} x(x^2 - 1) &= 4(x - 1) + 1 \cdot x \\[8pt] x^3 - x &= 4x - 4 + x \\[8pt] x^3 - x &= 5x - 4 \end{aligned}$$ Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę: $$x^3 - 6x + 4 = 0$$ Szukamy pierwiastków całkowitych wielomianu $W(x) = x^3 - 6x + 4$ wśród dzielników liczby $4$, czyli w zbiorze $\{\pm 1, \pm 2, \pm 4\}$. Sprawdzamy liczbę $2$: $$W(2) = 2^3 - 6 \cdot 2 + 4 = 8 - 12 + 4 = 0$$ Liczba $2$ jest pierwiastkiem wielomianu, więc dzieli się on bez reszty przez dwumian $(x - 2)$. Rozkładamy wielomian na czynniki: $$\begin{aligned} x^3 - 6x + 4 &= x^3 - 2x^2 + 2x^2 - 4x - 2x + 4 \\[8pt] &= x^2(x - 2) + 2x(x - 2) - 2(x - 2) \\[8pt] &= (x - 2)(x^2 + 2x - 2) \end{aligned}$$ Przyrównujemy poszczególne czynniki do zera: $$x - 2 = 0 \implies x_1 = 2$$ $$x^2 + 2x - 2 = 0$$ Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego: $$\Delta = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-2) = 4 + 8 = 12$$ $$\sqrt{\Delta} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$$ Wyznaczamy pozostałe pierwiastki: $$\begin{aligned} x_2 &= \dfrac{-2 - 2\sqrt{3}}{2} = -1 - \sqrt{3} \\[8pt] x_3 &= \dfrac{-2 + 2\sqrt{3}}{2} = -1 + \sqrt{3} \end{aligned}$$ Wszystkie trzy wyznaczone liczby należą do dziedziny ($x_1, x_2, x_3 \in D$), zatem rozwiązaniami równania są: $$x = -1 - \sqrt{3} \quad \text{lub} \quad x = -1 + \sqrt{3} \quad \text{lub} \quad x = 2$$
Podpunkt b) Wyznaczenie dziedziny nierówności $\dfrac{x+1}{x^3 - x^2} \le \dfrac{x-1}{x^3 + 2x^2}$:
Rozkładamy mianowniki obu ułamków na czynniki, wyłączając wspólny czynnik $x^2$: $$\begin{aligned} x^3 - x^2 &= x^2(x - 1) \\[8pt] x^3 + 2x^2 &= x^2(x + 2) \end{aligned}$$ Mianowniki muszą być różne od zera: $$\begin{aligned} x^2(x - 1) &\neq 0 \implies x \neq 0 \quad \text{oraz} \quad x \neq 1 \\[8pt] x^2(x + 2) &\neq 0 \implies x \neq 0 \quad \text{oraz} \quad x \neq -2 \end{aligned}$$ Wyznaczamy dziedzinę nierówności: $$D = \mathbb{R} \setminus \{-2, 0, 1\}$$
Podpunkt b) Przeniesienie wyrażeń na jedną stronę i sprowadzenie do wspólnego mianownika:
Przenosimy prawą stronę nierówności na lewą: $$\dfrac{x+1}{x^2(x - 1)} - \dfrac{x-1}{x^2(x + 2)} \le 0$$ Wspólnym mianownikiem dla obu ułamków jest $x^2(x - 1)(x + 2)$. Rozszerzamy ułamki: $$\dfrac{(x + 1)(x + 2)}{x^2(x - 1)(x + 2)} - \dfrac{(x - 1)(x - 1)}{x^2(x - 1)(x + 2)} \le 0$$ Zapisujemy na jednej kresce ułamkowej i rozwijamy nawiasy w liczniku: $$\begin{aligned} \dfrac{(x + 1)(x + 2) - (x - 1)^2}{x^2(x - 1)(x + 2)} &\le 0 \\[8pt] \dfrac{(x^2 + 2x + x + 2) - (x^2 - 2x + 1)}{x^2(x - 1)(x + 2)} &\le 0 \\[8pt] \dfrac{x^2 + 3x + 2 - x^2 + 2x - 1}{x^2(x - 1)(x + 2)} &\le 0 \\[8pt] \dfrac{5x + 1}{x^2(x - 1)(x + 2)} &\le 0 \end{aligned}$$
Podpunkt b) Wyznaczenie pierwiastków, szkic siatki znaków i odczytanie przedziałów:
Dla $x \in D$ znak ilorazu jest zgodny ze znakiem iloczynu licznika i mianownika. Rozwiązujemy zatem nierówność wielomianową: $$(5x + 1) \cdot x^2 \cdot (x - 1) \cdot (x + 2) \le 0, \quad \text{dla } x \in D$$ Wyznaczamy miejsca zerowe poszczególnych czynników oraz ich krotności:
- $5x + 1 = 0 \implies x = -\dfrac{1}{5}$ (pierwiastek 1-krotny – zmiana znaku)
- $x^2 = 0 \implies x = 0$ (pierwiastek 2-krotny, parzystokrotny – brak zmiany znaku, odbicie od osi)
- $x - 1 = 0 \implies x = 1$ (pierwiastek 1-krotny – zmiana znaku)
- $x + 2 = 0 \implies x = -2$ (pierwiastek 1-krotny – zmiana znaku)
Współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej wynosi $5 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 = 5 > 0$, zatem krzywą znaków (wężyk) zaczynamy szkicować od prawej strony od góry (dla $x > 1$ wartości są dodatnie). W punkcie $x = 0$ krzywa odbija się od osi bez przecinania jej.

Szukamy wartości ujemnych lub równych zero ($\le 0$). Punkt $x = -\dfrac{1}{5}$ należy do dziedziny i spełnia nierówność (domknięcie przedziału), natomiast punkty $-2$, $0$ oraz $1$ są wyłączone z dziedziny (kółka otwarte).

Odczytujemy zbiór rozwiązań: $$x \in (-\infty, -2) \cup \left[-\dfrac{1}{5}, 0\right) \cup (0, 1)$$

Odpowiedź:
a) $x = -1 - \sqrt{3} \quad$ lub $\quad x = -1 + \sqrt{3} \quad$ lub $\quad x = 2$

b) $x \in (-\infty, -2) \cup \left[-\dfrac{1}{5}, 0\right) \cup (0, 1)$

Zadanie 2 (3 pkt)

Rozwiąż nierówność: $\left|\dfrac{x+4}{2x-1}\right| \le 3$

Wskazówki:

Wyznacz dziedzinę nierówności, pamiętając, że mianownik ułamka musi być różny od zera ($2x - 1 \neq 0$).
Nierówność postaci $|w| \le a$ dla $a \ge 0$ jest równoważna podwójnej nierówności $-a \le w \le a$, co sprowadza problem do układu dwóch nierówności wymiernych.
Alternatywnie można skorzystać z własności wartości bezwzględnej ilorazu: mnożąc obustronnie przez nieujemny mianownik $|2x-1|$, otrzymujemy nierówność $|x+4| \le 3|2x-1|$, którą można podnieść obustronnie do kwadratu.

Rozwiązanie krok po kroku:

Wyznaczenie dziedziny nierówności:
Wychodzimy z wyjściowej nierówności $\left|\dfrac{x+4}{2x-1}\right| \le 3$. Wyrażenie w mianowniku nie może być równe zero: $$\begin{aligned} 2x - 1 &\neq 0 \\[8pt] 2x &\neq 1 \\[8pt] x &\neq \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$ Dziedziną nierówności jest zbiór $D = \mathbb{R} \setminus \left\{\dfrac{1}{2}\right\}$.
Sposób I – Rozbicie na układ dwóch nierówności wymiernych:
Na mocy własności wartości bezwzględnej nierówność $\left|\dfrac{x+4}{2x-1}\right| \le 3$ jest równoważna koniunkcji: $$-3 \le \dfrac{x+4}{2x-1} \le 3 \iff \begin{cases} \dfrac{x+4}{2x-1} \ge -3 \\[10pt] \dfrac{x+4}{2x-1} \le 3 \end{cases}$$ Rozwiązujemy pierwszą nierówność: $$\begin{aligned} \dfrac{x+4}{2x-1} + 3 &\ge 0 \\[8pt] \dfrac{x+4 + 3(2x-1)}{2x-1} &\ge 0 \\[8pt] \dfrac{x+4 + 6x - 3}{2x-1} &\ge 0 \\[8pt] \dfrac{7x+1}{2x-1} &\ge 0 \end{aligned}$$ Dla $x \neq \dfrac{1}{2}$ znak ilorazu jest zgodny ze znakiem iloczynu: $$(7x+1)(2x-1) \ge 0$$ Miejscami zerowymi są $x = -\dfrac{1}{7}$ oraz $x = \dfrac{1}{2}$. Uwzględniając dziedzinę ($x \neq \dfrac{1}{2}$), otrzymujemy: $$x \in \left(-\infty, -\dfrac{1}{7}\right] \cup \left(\dfrac{1}{2}, +\infty\right)$$ Rozwiązujemy drugą nierówność: $$\begin{aligned} \dfrac{x+4}{2x-1} - 3 &\le 0 \\[8pt] \dfrac{x+4 - 3(2x-1)}{2x-1} &\le 0 \\[8pt] \dfrac{x+4 - 6x + 3}{2x-1} &\le 0 \\[8pt] \dfrac{-5x+7}{2x-1} &\le 0 \end{aligned}$$ Mnożymy obie strony przez $-1$ (co zmienia zwrot nierówności): $$\dfrac{5x-7}{2x-1} \ge 0 \iff (5x-7)(2x-1) \ge 0$$ Miejscami zerowymi są $x = \dfrac{1}{2}$ oraz $x = \dfrac{7}{5}$. Uwzględniając $x \neq \dfrac{1}{2}$, otrzymujemy: $$x \in \left(-\infty, \dfrac{1}{2}\right) \cup \left[\dfrac{7}{5}, +\infty\right)$$ Wyznaczamy część wspólną obu warunków w dziedzinie $D$: - dla $x < \dfrac{1}{2}$: $x \le -\dfrac{1}{7}$, - dla $x > \dfrac{1}{2}$: $x \ge \dfrac{7}{5}$. Zatem zbiór rozwiązań to: $$x \in \left(-\infty, -\dfrac{1}{7}\right] \cup \left[\dfrac{7}{5}, +\infty\right)$$
Sposób II – Mnożenie przez mianownik i podniesienie do kwadratu:
Zapisujemy wartość bezwzględną ilorazu jako iloraz wartości bezwzględnych: $$\dfrac{|x+4|}{|2x-1|} \le 3$$ Dla każdego $x \in D$ zachodzi $|2x-1| > 0$, więc mnożymy obustronnie przez $|2x-1|$ bez zmiany zwrotu nierówności: $$|x+4| \le 3|2x-1|$$ Obie strony są nieujemne, więc podnosimy je obustronnie do kwadratu: $$(x+4)^2 \le 9(2x-1)^2$$ Przenosimy wyrażenie na lewą stronę i stosujemy wzór skróconego mnożenia na różnicę kwadratów $A^2 - B^2 = (A - B)(A + B)$: $$\begin{aligned} (x+4)^2 - [3(2x-1)]^2 &\le 0 \\[8pt] [(x+4) - (6x-3)][(x+4) + (6x-3)] &\le 0 \\[8pt] (-5x+7)(7x+1) &\le 0 \end{aligned}$$ Mnożymy obustronnie przez $-1$: $$(5x-7)(7x+1) \ge 0$$ Miejsca zerowe to $x = -\dfrac{1}{7}$ oraz $x = \dfrac{7}{5}$. Parabola ma ramiona skierowane w górę, stąd: $$x \in \left(-\infty, -\dfrac{1}{7}\right] \cup \left[\dfrac{7}{5}, +\infty\right)$$ Punkt wykluczony $x = \dfrac{1}{2}$ leży na zewnątrz wyznaczonych przedziałów ($-\dfrac{1}{7} < \dfrac{1}{2} < \dfrac{7}{5}$), zatem nie wpływa na ostateczną postać przedziałów.
Interpretacja graficzna rozwiązania na osi liczbowej:
Poniższy rysunek przedstawia wyznaczone przedziały rozwiązań nierówności oraz punkt wyłączony z dziedziny:

Odpowiedź:
Zbiorem rozwiązań nierówności jest $x \in \left(-\infty, -\dfrac{1}{7}\right] \cup \left[\dfrac{7}{5}, +\infty\right)$.

Zadanie 3 (3 pkt)

Wykaż, że jeżeli $a \neq 0$, to $a^6 + \dfrac{3}{a^2} \ge 4$.

Wskazówki:

Zauważ, że z założenia $a \neq 0$, więc $a^2 > 0$. Możesz wprowadzić pomocniczą zmienną $t = a^2$, pomnożyć nierówność obustronnie przez dodatnie $t$ i rozłożyć wielomian na czynniki, wyodrębniając kwadrat wyrażenia.
Alternatywnie rozbij ułamek $\dfrac{3}{a^2}$ na sumę trzech jednakowych składników $\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{a^2}$ i skorzystaj ze znanej zależności: średnia arytmetyczna liczb dodatnich jest zawsze większa lub równa ich średniej geometrycznej.

Rozwiązanie krok po kroku:

Sposób I – Podstawienie pomocnicze i rozkład algebraiczny na czynniki:
Z założenia mamy $a \neq 0$, co oznacza, że $a^2 > 0$. Wprowadzamy zmienną pomocniczą: $$t = a^2, \quad \text{gdzie } t > 0$$ Wyjściowa nierówność przyjmuje postać: $$t^3 + \dfrac{3}{t} \ge 4$$ Ponieważ $t > 0$, mnożymy obie strony nierówności przez $t$ bez zmiany zwrotu: $$t^4 + 3 \ge 4t$$ Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę: $$t^4 - 4t + 3 \ge 0$$ Rozkładamy lewą stronę na czynniki, rozbijając $-4t$ na $-t - 3t$: $$\begin{aligned} t^4 - 4t + 3 &= t^4 - t - 3t + 3 \\[8pt] &= t(t^3 - 1) - 3(t - 1) \\[8pt] &= t(t - 1)(t^2 + t + 1) - 3(t - 1) \\[8pt] &= (t - 1)[t(t^2 + t + 1) - 3] \\[8pt] &= (t - 1)(t^3 + t^2 + t - 3) \end{aligned}$$ W drugim nawiasie suma współczynników wynosi $1 + 1 + 1 - 3 = 0$, co oznacza, że $t = 1$ jest jego pierwiastkiem. Wyłączamy czynnik $(t - 1)$: $$\begin{aligned} t^3 + t^2 + t - 3 &= (t^3 - 1) + (t^2 - 1) + (t - 1) \\[8pt] &= (t - 1)(t^2 + t + 1) + (t - 1)(t + 1) + (t - 1) \cdot 1 \\[8pt] &= (t - 1)[(t^2 + t + 1) + (t + 1) + 1] \\[8pt] &= (t - 1)(t^2 + 2t + 3) \end{aligned}$$ Otrzymujemy postać iloczynową: $$(t - 1)^2(t^2 + 2t + 3) \ge 0$$ Uzasadniamy znaki czynników:

• Wyrażenie $(t - 1)^2 \ge 0$ dla każdego $t \in \mathbb{R}$ jako kwadrat liczby rzeczywistej.
• Trójmian kwadratowy $t^2 + 2t + 3$ zapisujemy w postaci kanonicznej: $$t^2 + 2t + 3 = (t + 1)^2 + 2 > 0$$ Jego wyróżnik wynosi $\Delta = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 4 - 12 = -8 < 0$, a współczynnik przy $t^2$ jest dodatni ($1 > 0$), więc przyjmuje on wyłącznie wartości dodatnie dla każdego $t \in \mathbb{R}$.

Iloczyn liczby nieujemnej i liczby dodatniej jest zawsze nieujemny: $$(t - 1)^2(t^2 + 2t + 3) \ge 0$$ Wracając do zmiennej $a$ (gdzie $t = a^2$): $$(a^2 - 1)^2(a^4 + 2a^2 + 3) \ge 0$$ Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej $a \neq 0$. Ponieważ wszystkie przekształcenia były równoważne, dowodzi to, że: $$a^6 + \dfrac{3}{a^2} \ge 4$$ Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $a^2 - 1 = 0$, czyli dla $a = 1$ lub $a = -1$.
Sposób II – Wykorzystanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
Rozpisujemy lewą stronę nierówności, rozbijając ułamek $\dfrac{3}{a^2}$ na sumę trzech jednakowych składników: $$a^6 + \dfrac{3}{a^2} = a^6 + \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{a^2}$$ Dla dowolnych czterech liczb dodatnich zachodzi własność, że ich średnia arytmetyczna jest nie mniejsza niż ich średnia geometryczna: $$\dfrac{x_1 + x_2 + x_3 + x_4}{4} \ge \sqrt[4]{x_1 \cdot x_2 \cdot x_3 \cdot x_4}$$ Ponieważ z założenia $a \neq 0$, wszystkie cztery wybrane przez nas liczby są dodatnie: $$x_1 = a^6, \quad x_2 = \dfrac{1}{a^2}, \quad x_3 = \dfrac{1}{a^2}, \quad x_4 = \dfrac{1}{a^2}$$ Wstawiamy je do nierówności między średnimi: $$\dfrac{a^6 + \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{a^2}}{4} \ge \sqrt[4]{a^6 \cdot \dfrac{1}{a^2} \cdot \dfrac{1}{a^2} \cdot \dfrac{1}{a^2}}$$ Obliczamy iloczyn pod pierwiastkiem po prawej stronie: $$a^6 \cdot \dfrac{1}{a^2} \cdot \dfrac{1}{a^2} \cdot \dfrac{1}{a^2} = \dfrac{a^6}{a^6} = 1$$ Zatem prawa strona wynosi: $$\sqrt[4]{1} = 1$$ Otrzymujemy: $$\dfrac{a^6 + \dfrac{3}{a^2}}{4} \ge 1$$ Mnożymy obie strony nierówności przez $4$: $$a^6 + \dfrac{3}{a^2} \ge 4$$ Równość między średnią arytmetyczną a geometryczną ma miejsce wtedy, gdy wszystkie składniki są równe: $$a^6 = \dfrac{1}{a^2} \iff a^8 = 1 \iff a = 1 \quad \text{lub} \quad a = -1$$ co kończy dowód.

Odpowiedź:
Dowód został przeprowadzony. Wykazano, że po przekształceniach równoważnych nierówność sprowadza się do tożsamościowo prawdziwej relacji $(a^2 - 1)^2(a^4 + 2a^2 + 3) \ge 0$ lub wynika wprost z zależności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla czterech liczb dodatnich, co potwierdza, że dla każdego $a \neq 0$ zachodzi nierówność $a^6 + \dfrac{3}{a^2} \ge 4$.

Zadanie 4 (6 pkt)

Dana jest funkcja $f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x^2 - 3x + 2}$ dla $x \in \mathbb{R} \setminus \{1, 2\}$.

Wyznacz wszystkie wartości parametru $m \in \mathbb{R}$, dla których równanie $|f(x)| = m^2 + 2m$ ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Wskazówki:

Uprość wzór funkcji $f(x)$, rozkładając licznik i mianownik na czynniki oraz pamiętając o podanej dziedzinie $D = \mathbb{R} \setminus \{1, 2\}$.
Wprowadź parametr pomocniczy $k = m^2 + 2m$, sprowadzając problem do ustalenia, dla jakich wartości $k$ równanie $|f(x)| = k$ ma dokładnie jedno rozwiązanie.
Zadanie możesz rozwiązać graficznie (szkicując wykres $y = |f(x)|$ z uwzględnieniem „dziury” w punkcie o odciętej $x = 1$ oraz asymptot) lub algebraicznie (rozbijając równanie z wartością bezwzględną na dwa równania i sprawdzając warunki przynależności do dziedziny).
Po wyznaczeniu poprawnych wartości $k$ ułóż i rozwiąż odpowiednie równania kwadratowe ze zmienną $m$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Uproszczenie wzoru funkcji i postać kanoniczna:
Dziedziną funkcji jest zbiór $D = \mathbb{R} \setminus \{1, 2\}$. Rozkładamy licznik ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów, a mianownik na postać iloczynową: $$\begin{aligned} x^2 - 1 &= (x - 1)(x + 1) \\[8pt] x^2 - 3x + 2 &= (x - 1)(x - 2) \end{aligned}$$ Dla każdego $x \in D$ możemy skrócić wspólny czynnik $(x - 1)$: $$f(x) = \dfrac{(x - 1)(x + 1)}{(x - 1)(x - 2)} = \dfrac{x + 1}{x - 2}$$ Zapisujemy funkcję homograficzną w postaci kanonicznej: $$\begin{aligned} f(x) &= \dfrac{x - 2 + 3}{x - 2} \\[8pt] &= 1 + \dfrac{3}{x - 2} \end{aligned}$$ Wykres funkcji $f$ posiada asymptotę pionową o równaniu $x = 2$ oraz asymptotę poziomą o równaniu $y = 1$. Zauważmy, że punkt o odciętej $x = 1$ nie należy do dziedziny funkcji – gdybyśmy podstawili $x = 1$ do uproszczonego wzoru, otrzymalibyśmy: $$y = 1 + \dfrac{3}{1 - 2} = 1 - 3 = -2$$ Oznacza to, że punkt $(1, -2)$ jest punktem wyłączonym z wykresu funkcji $f$.
Wprowadzenie parametru pomocniczego:
Niech prawa strona równania będzie oznaczona przez parametr pomocniczy $k$: $$k = m^2 + 2m$$ Równanie przyjmuje prostszą postać: $$|f(x)| = k$$ Ponieważ lewa strona równania jest wartością bezwzględną, dla $k < 0$ równanie nie posiada rozwiązań. Rozważamy zatem wyłącznie $k \ge 0$.
Sposób I – Metoda graficzna (wykres funkcji $y = |f(x)|$ i prosta pozioma $y = k$):
Wykres funkcji $y = |f(x)|$ powstaje z wykresu funkcji $y = f(x)$ poprzez pozostawienie części leżącej nad osią $OX$ bez zmian oraz symetryczne odbicie części leżącej pod osią $OX$ względem tej osi do góry:

• Miejsce zerowe: $f(x) = 0 \iff x + 1 = 0 \iff x = -1$. Wykres odbija się w punkcie $(-1, 0)$.
• Wyłączony punkt $(1, -2)$ po odbiciu przechodzi w punkt $(1, |-2|) = (1, 2)$, który stanowi „dziurę” (punkt nienależący do wykresu funkcji $|f(x)|$).
• Asymptota pozioma dla $x \to -\infty$ to $y = 1$ (wykres zbliża się do niej od dołu na przedziale $(-\infty, -1)$), a dla $x \to +\infty$ to również $y = 1$ (wykres zbliża się do niej od góry).

Liczba rozwiązań równania $|f(x)| = k$ odpowiada liczbie punktów przecięcia wykresu z poziomą prostą $y = k$:

• Dla $k = 0$: prosta $y = 0$ pokrywa się z osią $OX$ i styka się z wykresem wyłącznie w punkcie $(-1, 0)$ – daje to dokładnie 1 rozwiązanie ($x = -1$).
• Dla $k \in (0, 1)$: prosta przecina wykres w 2 punktach (jedno ramię po lewej stronie $x = -1$, drugie w przedziale $(-1, 1)$) – daje to 2 rozwiązania.
• Dla $k = 1$: prosta $y = 1$ jest asymptotą poziomą – oba skrajne ramiona zbliżają się do niej, lecz jej nie przecinają. Jedyny punkt przecięcia leży wewnątrz przedziału $(-1, 1)$ dla $x = \frac{1}{2}$ – daje to dokładnie 1 rozwiązanie.
• Dla $k \in (1, 2)$: prosta przecina wykres w 2 punktach – daje to 2 rozwiązania.
• Dla $k = 2$: prosta $y = 2$ przechodzi dokładnie przez „dziurę” $(1, 2)$, więc w tym punkcie brak rozwiązania! Przecina ona jednak prawe ramię wykresu w punkcie o odciętej $x = 5$ ($f(5) = 1 + \frac{3}{3} = 2$) – daje to dokładnie 1 rozwiązanie.
• Dla $k > 2$: prosta przecina lewe ramię rosnące do nieskończoności przy $x \to 2^-$ oraz prawe ramię przy $x \to 2^+$ – daje to 2 rozwiązania.

Wnioskujemy, że równanie $|f(x)| = k$ posiada dokładnie jedno rozwiązanie wyłącznie wtedy, gdy: $$k \in \{0, 1, 2\}$$
Sposób II – Metoda algebraiczna:
Rozważamy równanie z parametrem $k \ge 0$: $$|f(x)| = k \iff f(x) = k \quad \text{lub} \quad f(x) = -k$$ Dla $k = 0$ mamy: $$f(x) = 0 \iff \dfrac{x + 1}{x - 2} = 0 \iff x + 1 = 0 \iff x = -1$$ Liczba $x = -1$ należy do dziedziny $D$, więc dla $k = 0$ otrzymujemy dokładnie 1 rozwiązanie.

Dla $k > 0$ analizujemy oba przypadki:

1) Równanie $f(x) = k$: $$\begin{aligned} \dfrac{x + 1}{x - 2} &= k \\[8pt] x + 1 &= k(x - 2) \\[8pt] x + 1 &= kx - 2k \\[8pt] x(k - 1) &= 2k + 1 \end{aligned}$$ • Jeśli $k = 1$, równanie przyjmuje postać $0 = 3$ (sprzeczność – brak rozwiązań).
• Jeśli $k \neq 1$, otrzymujemy pierwiastek: $$x_1 = \dfrac{2k + 1}{k - 1}$$ Sprawdzamy warunki dziedziny ($x_1 \neq 1$ oraz $x_1 \neq 2$): $$\begin{aligned} \dfrac{2k + 1}{k - 1} = 1 &\iff 2k + 1 = k - 1 \iff k = -2 \quad (\text{odrzucamy, bo } k > 0) \\[8pt] \dfrac{2k + 1}{k - 1} = 2 &\iff 2k + 1 = 2k - 2 \iff 1 = -2 \quad (\text{sprzeczność}) \end{aligned}$$ Zatem dla każdego $k > 0$ i $k \neq 1$ rozwiązanie $x_1$ zawsze należy do dziedziny $D$.

2) Równanie $f(x) = -k$: $$\begin{aligned} \dfrac{x + 1}{x - 2} &= -k \\[8pt] x + 1 &= -k(x - 2) \\[8pt] x + 1 &= -kx + 2k \\[8pt] x(k + 1) &= 2k - 1 \end{aligned}$$ Ponieważ $k > 0$, to $k + 1 > 0$, stąd: $$x_2 = \dfrac{2k - 1}{k + 1}$$ Sprawdzamy warunki dziedziny ($x_2 \neq 1$ oraz $x_2 \neq 2$): $$\begin{aligned} \dfrac{2k - 1}{k + 1} = 1 &\iff 2k - 1 = k + 1 \iff k = 2 \\[8pt] \dfrac{2k - 1}{k + 1} = 2 &\iff 2k - 1 = 2k + 2 \iff -1 = 2 \quad (\text{sprzeczność}) \end{aligned}$$ Zauważmy, że dla $k = 2$ otrzymujemy $x_2 = 1 \notin D$, co oznacza, że to rozwiązanie odpada z dziedziny!

3) Weryfikacja równości pierwiastków $x_1 = x_2$: $$\begin{aligned} \dfrac{2k + 1}{k - 1} &= \dfrac{2k - 1}{k + 1} \\[8pt] (2k + 1)(k + 1) &= (2k - 1)(k - 1) \\[8pt] 2k^2 + 3k + 1 &= 2k^2 - 3k + 1 \\[8pt] 6k &= 0 \iff k = 0 \end{aligned}$$ Dla $k > 0$ zawsze zachodzi $x_1 \neq x_2$.

Podsumowując liczbę rozwiązań w dziedzinie dla $k > 0$:
• Dla $k = 1$: pierwsze równanie nie ma rozwiązań, drugie daje $x_2 = \frac{1}{2} \in D$ – dokładnie 1 rozwiązanie.
• Dla $k = 2$: pierwsze równanie daje $x_1 = 5 \in D$, drugie daje $x_2 = 1 \notin D$ (odpada) – dokładnie 1 rozwiązanie.
• Dla pozostałych $k > 0$ ($k \neq 1$ i $k \neq 2$): oba rozwiązania $x_1, x_2$ należą do dziedziny i są różne – 2 rozwiązania.

Otrzymujemy identyczny warunek: $k \in \{0, 1, 2\}$.
Wyznaczenie wartości parametru $m$:
Wracamy do podstawienia $m^2 + 2m = k$ i rozwiązujemy równania dla poszczególnych wyznaczonych wartości $k$:

• Przypadek I: $k = 0$ $$\begin{aligned} m^2 + 2m &= 0 \\[8pt] m(m + 2) &= 0 \\[8pt] m = 0 \quad &\text{lub} \quad m = -2 \end{aligned}$$ • Przypadek II: $k = 1$ $$m^2 + 2m - 1 = 0$$ $$\begin{aligned} \Delta_1 &= 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1) \\[8pt] &= 4 + 4 = 8 \\[8pt] \sqrt{\Delta_1} &= 2\sqrt{2} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} m &= \dfrac{-2 - 2\sqrt{2}}{2} = -1 - \sqrt{2} \\[8pt] &\text{lub} \\[8pt] m &= \dfrac{-2 + 2\sqrt{2}}{2} = -1 + \sqrt{2} \end{aligned}$$ • Przypadek III: $k = 2$ $$m^2 + 2m - 2 = 0$$ $$\begin{aligned} \Delta_2 &= 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-2) \\[8pt] &= 4 + 8 = 12 \\[8pt] \sqrt{\Delta_2} &= 2\sqrt{3} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} m &= \dfrac{-2 - 2\sqrt{3}}{2} = -1 - \sqrt{3} \\[8pt] &\text{lub} \\[8pt] m &= \dfrac{-2 + 2\sqrt{3}}{2} = -1 + \sqrt{3} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
Równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie dla: $$m \in \{-1 - \sqrt{3},\; -1 - \sqrt{2},\; -2,\; 0,\; -1 + \sqrt{2},\; -1 + \sqrt{3}\}$$

Zadanie 5 (5 pkt)

Wyznacz wszystkie wartości parametru $m \in \mathbb{R}$, dla których równanie $(m + 1)x^2 - 2mx + m - 3 = 0$ ma dwa rozwiązania niemniejsze od $0$.

Wskazówki:

Aby równanie miało dwa rozwiązania, musi być równaniem kwadratowym ($a \neq 0$) oraz posiadać nieujemny wyróżnik ($\Delta \ge 0$). W szkole średniej sformułowanie „dwa rozwiązania” (bez dopisku „różne”) oznacza dopuszczenie również rozwiązania podwójnego ($x_1 = x_2$).
Warunek, aby oba rozwiązania były niemniejsze od zera ($x_1 \ge 0$ oraz $x_2 \ge 0$), wyrażamy za pomocą wzorów Viète'a: ich suma musi być nieujemna ($x_1 + x_2 \ge 0$) oraz ich iloczyn musi być nieujemny ($x_1 \cdot x_2 \ge 0$).
Rozwiąż każdą z nierówności i wyznacz część wspólną wszystkich uzyskanych przedziałów dla parametru $m$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Zapisanie układu warunków dla równania kwadratowego:
Zapisujemy wyjściowe równanie: $$(m + 1)x^2 - 2mx + m - 3 = 0$$ Współczynniki równania wynoszą: $$a = m + 1, \quad b = -2m, \quad c = m - 3$$ Równanie posiada dwa rozwiązania niemniejsze od zera ($x_1 \ge 0$ oraz $x_2 \ge 0$) wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest układ warunków: $$\begin{cases} a \neq 0 \\[6pt] \Delta \ge 0 \\[6pt] x_1 + x_2 \ge 0 \\[6pt] x_1 \cdot x_2 \ge 0 \end{cases}$$
Rozwiązanie Warunku I ($a \neq 0$) oraz Warunku II ($\Delta \ge 0$):
Z warunku niezerowego współczynnika przy najwyższej potędze: $$\begin{aligned} m + 1 &\neq 0 \\[8pt] m &\neq -1 \end{aligned}$$ Obliczamy wyróżnik $\Delta$: $$\begin{aligned} \Delta &= b^2 - 4ac \\[8pt] &= (-2m)^2 - 4(m + 1)(m - 3) \\[8pt] &= 4m^2 - 4(m^2 - 3m + m - 3) \\[8pt] &= 4m^2 - 4(m^2 - 2m - 3) \\[8pt] &= 4m^2 - 4m^2 + 8m + 12 \\[8pt] &= 8m + 12 \end{aligned}$$ Rozwiązujemy nierówność $\Delta \ge 0$: $$\begin{aligned} 8m + 12 &\ge 0 \\[8pt] 8m &\ge -12 \\[8pt] m &\ge -\dfrac{12}{8} \\[8pt] m &\ge -\dfrac{3}{2} \end{aligned}$$ Uwzględniając warunek $m \neq -1$, otrzymujemy: $$m \in \left\langle -\dfrac{3}{2}, \infty \right) \setminus \{-1\}$$
Rozwiązanie Warunku III – Suma pierwiastków niemniejsza od zera ($x_1 + x_2 \ge 0$):
Stosujemy wzór Viète'a na sumę pierwiastków $x_1 + x_2 = -\dfrac{b}{a}$: $$\begin{aligned} x_1 + x_2 &= -\dfrac{-2m}{m + 1} \\[8pt] &= \dfrac{2m}{m + 1} \end{aligned}$$ Rozwiązujemy nierówność: $$\dfrac{2m}{m + 1} \ge 0$$ Dla $m \neq -1$ znak ilorazu jest tożsamy ze znakiem iloczynu: $$2m(m + 1) \ge 0$$ Miejscami zerowymi są $m = 0$ oraz $m = -1$. Ramiona paraboli są skierowane w górę, a punkt $m = -1$ odpada z dziedziny, zatem: $$m \in (-\infty, -1) \cup \langle 0, \infty)$$
Rozwiązanie Warunku IV – Iloczyn pierwiastków niemniejszy od zera ($x_1 \cdot x_2 \ge 0$):
Stosujemy wzór Viète'a na iloczyn pierwiastków $x_1 \cdot x_2 = \dfrac{c}{a}$: $$\dfrac{m - 3}{m + 1} \ge 0$$ Dla $m \neq -1$ zamieniamy iloraz na iloczyn: $$(m - 3)(m + 1) \ge 0$$ Miejscami zerowymi są $m = 3$ oraz $m = -1$. Otrzymujemy przedział: $$m \in (-\infty, -1) \cup \langle 3, \infty)$$
Wyznaczenie części wspólnej wszystkich warunków:
Zestawiamy uzyskane przedziały w koniunkcję: $$\begin{cases} m \in \left\langle -\dfrac{3}{2}, \infty \right) \setminus \{-1\} \\[8pt] m \in (-\infty, -1) \cup \langle 0, \infty) \\[8pt] m \in (-\infty, -1) \cup \langle 3, \infty) \end{cases}$$ Wyznaczamy iloczyn poszczególnych przedziałów:
– po lewej stronie liczby $-1$: $$\left\langle -\dfrac{3}{2}, -1 \right) \cap (-\infty, -1) \cap (-\infty, -1) = \left\langle -\dfrac{3}{2}, -1 \right)$$ – po prawej stronie liczby $-1$: $$\left\langle -\dfrac{3}{2}, \infty \right) \cap \langle 0, \infty) \cap \langle 3, \infty) = \langle 3, \infty)$$ Ostatecznie zbiór szukanych wartości parametru $m$ wynosi: $$m \in \left\langle -\dfrac{3}{2}, -1 \right) \cup \langle 3, \infty)$$

Odpowiedź:
Równanie ma dwa rozwiązania niemniejsze od $0$ dla $m \in \left\langle -\dfrac{3}{2}, -1 \right) \cup \langle 3, \infty)$.

Grupa B

Zadanie 1 (4 pkt)

Rozwiąż podane równania i nierówności. a) $2x + \frac{1}{x} = \frac{x}{x-1} + \frac{3x-4}{2}$ b) $\frac{2-x}{x^3+x^2} \geq \frac{1-2x}{x^3-3x^2}$