Zadania na dowód algebraiczny z matury

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb{R}\).

**Krok \(1\).** Metoda: przekształcamy nierówność równoważnie tak, aby po jednej stronie została suma kwadratów. Suma kwadratów liczb rzeczywistych jest nieujemna, co od razu kończy dowód. **Krok \(2\).** Mnożymy obie strony przez \(2\) (liczbę dodatnią, więc kierunek nierówności się nie zmienia): \[2xy+2x+2y\leqslant 2x^{2}+2y^{2}+2.\] **Krok \(3\).** Przenosimy wszystko na prawą stronę: \[0\leqslant 2x^{2}+2y^{2}+2-2xy-2x-2y.\] **Krok \(4\).** Rozbijamy prawą stronę na trzy grupy, tak by każda była kwadratem różnicy: \[2x^{2}+2y^{2}+2-2xy-2x-2y=\left(x^{2}-2xy+y^{2}\right)+\left(x^{2}-2x+1\right)+\left(y^{2}-2y+1\right).\] Sprawdzenie: po dodaniu otrzymujemy \(2x^{2}+2y^{2}-2xy-2x-2y+2\) — zgadza się. **Krok \(5\).** Zwijamy każdą grupę do kwadratu: \[0\leqslant (x-y)^{2}+(x-1)^{2}+(y-1)^{2}.\] **Krok \(6\).** Każdy składnik po prawej stronie jest kwadratem liczby rzeczywistej, więc jest nieujemny; suma liczb nieujemnych jest nieujemna. Nierówność z kroku \(5\) jest zatem prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb{R}\). **Krok \(7\).** Wszystkie przekształcenia w krokach \(2\)–\(5\) były równoważne, więc prawdziwa jest także nierówność wyjściowa \(xy+x+y\leqslant x^{2}+y^{2}+1\). To należało wykazać. **Uwaga.** Równość zachodzi tylko wtedy, gdy wszystkie trzy kwadraty są zerami, czyli dla \(x=y=1\). Mnożenie przez \(2\) na początku nie jest ozdobnikiem — bez niego wyrazy \(-2xy\), \(-2x\), \(-2y\) nie utworzą pełnych kwadratów. **Odpowiedź.** Nierówność \(xy+x+y\leqslant x^{2}+y^{2}+1\) jest prawdziwa dla każdej pary liczb rzeczywistych \(x,y\), bo jest równoważna nierówności \(0\leqslant (x-y)^{2}+(x-1)^{2}+(y-1)^{2}\).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – pomnożenie obu stron nierówności przez 2 i przekształcenie nierówności do postaci, w której występuje co najmniej jeden z następujących kwadratów: \((x-y)^{2}\) lub \((x-1)^{2}\), lub \((y-1)^{2}\), np. \((x-y)^{2}+x^{2}+y^{2}-2x-2y+2\geq 0\) (dla sposobu I) ALBO przekształcenie nierówności do postaci uporządkowanej nierówności kwadratowej ze względu na niewiadomą \(x\) (lub niewiadomą \(y\)) oraz wyznaczenie wyróżnika odpowiedniego trójmianu kwadratowego, np. \(0\leq x^{2}-(y+1)x+(y^{2}-y+1)\) oraz \(\Delta=-3y^{2}+6y-3\) (dla sposobu II), ALBO przekształcenie nierówności do postaci \(0\leq\left[(x-1)-(y-1)\right]^{2}+(x-1)(y-1)\) (dla sposobu III). **2 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci, z której można bezpośrednio wnioskować o prawdziwości nierówności, np. \(0\leq(x-y)^{2}+(x-1)^{2}+(y-1)^{2}\) (dla sposobu I) ALBO przekształcenie nierówności do postaci uporządkowanej nierówności kwadratowej ze względu na niewiadomą \(x\) (lub niewiadomą \(y\)) oraz wyznaczenie i przeprowadzenie analizy znaku wyróżnika odpowiedniego trójmianu kwadratowego, np. poprzez zapisanie wyróżnika w postaci, z której można bezpośrednio wnioskować o jego znaku, lub poprzez naszkicowanie poprawnego wykresu trójmianu \(-3y^{2}+6y-3\) (dla sposobu II), ALBO przekształcenie nierówności do postaci \(0\leq(x-1)^{2}-(x-1)(y-1)+(y-1)^{2}\) (dla sposobu III). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** II.1) Zdający stosuje wzory skróconego mnożenia na: \((a+b)^2\), \((a-b)^2\), \(a^2-b^2\).

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb{R}\).

Różnicę prawej i lewej strony można zapisać jako sumę kwadratów: \[x^{2}+y^{2}+1-xy-x-y=\frac{1}{2}\left((x-y)^{2}+(x-1)^{2}+(y-1)^{2}\right)\geq0.\] To dowodzi podanej nierówności.

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – pomnożenie obu stron nierówności przez 2 i przekształcenie nierówności do postaci, w której występuje co najmniej jeden z następujących kwadratów: \((x-y)^{2}\) lub \((x-1)^{2}\), lub \((y-1)^{2}\), np. \((x-y)^{2}+x^{2}+y^{2}-2x-2y+2\geq 0\) (dla sposobu I) ALBO przekształcenie nierówności do postaci uporządkowanej nierówności kwadratowej ze względu na niewiadomą \(x\) (lub niewiadomą \(y\)) oraz wyznaczenie wyróżnika odpowiedniego trójmianu kwadratowego, np. \(0\leq x^{2}-(y+1)x+(y^{2}-y+1)\) oraz \(\Delta=-3y^{2}+6y-3\) (dla sposobu II), ALBO przekształcenie nierówności do postaci \(0\leq\left[(x-1)-(y-1)\right]^{2}+(x-1)(y-1)\) (dla sposobu III). **2 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci, z której można bezpośrednio wnioskować o prawdziwości nierówności, np. \(0\leq(x-y)^{2}+(x-1)^{2}+(y-1)^{2}\) (dla sposobu I) ALBO przekształcenie nierówności do postaci uporządkowanej nierówności kwadratowej ze względu na niewiadomą \(x\) (lub niewiadomą \(y\)) oraz wyznaczenie i przeprowadzenie analizy znaku wyróżnika odpowiedniego trójmianu kwadratowego, np. poprzez zapisanie wyróżnika w postaci, z której można bezpośrednio wnioskować o jego znaku, lub poprzez naszkicowanie poprawnego wykresu trójmianu \(-3y^{2}+6y-3\) (dla sposobu II), ALBO przekształcenie nierówności do postaci \(0\leq(x-1)^{2}-(x-1)(y-1)+(y-1)^{2}\) (dla sposobu III). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2.1) Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^2\) oraz \(a^2-b^2\).

\(7n\) + \(7n\)+\(1\) + \(7n\)+\(2\) = \(7n\)(\(1 + 7\) + \(7^{2}\)) = \(57\cdot 7n\) = \(19\)·(\(3\cdot 7n\)). Ponieważ \(3\cdot 7n\) jest liczbą całkowitą dla każdego całkowitego n ≥ \(0\), badana liczba jest podzielna przez \(19\).

**Krok \(1\).** pkt: przekształcenie wyrażenia do postaci \(7n\)(\(1 + 7\) + \(7^{2}\)). **Krok \(2\).** pkt: poprawne przekształcenia i pełne rozumowanie kończące dowód podzielności przez \(19\). Samo sprawdzenie wybranych n daje \(0\) pkt. **Odpowiedź.** \(7n\) + \(7n\)+\(1\) + \(7n\)+\(2\) = \(7n\)(\(1 + 7\) + \(7^{2}\)) = \(57\cdot 7n\) = \(19\)·(\(3\cdot 7n\)). Ponieważ \(3\cdot 7n\) jest liczbą całkowitą dla każdego całkowitego n ≥ \(0\), badana liczba jest podzielna przez \(19\).

1 pkt: przekształcenie wyrażenia do postaci 7ⁿ(1 + 7 + 7²). 2 pkt: poprawne przekształcenia i pełne rozumowanie kończące dowód podzielności przez 19. Samo sprawdzenie wybranych n daje 0 pkt.

IV. Rozumowanie i argumentacja. I.2) Zdający przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Liczba \(7n^{2}+21n\) jest podzielna przez \(14\) dla każdej liczby całkowitej \(n\).

Wyłączamy wspólny czynnik przed nawias: \[7n^{2}+21n=7n(n+3).\] Wystarczy wykazać, że iloczyn \(n(n+3)\) jest podzielny przez \(2\) — wtedy cała liczba dzieli się przez \(7\cdot2=14\). Liczby \(n\) i \(n+3\) różnią się o \(3\), czyli o liczbę nieparzystą, więc mają różną parzystość: dokładnie jedna z nich jest parzysta. Jeżeli \(n=2k\), to \[7n(n+3)=7\cdot2k\,(2k+3)=14k(2k+3).\] Jeżeli \(n=2k+1\), to \(n+3=2k+4=2(k+2)\), więc \[7n(n+3)=7(2k+1)\cdot2(k+2)=14(2k+1)(k+2).\] W obu przypadkach otrzymujemy liczbę postaci \(14m\), gdzie \(m\) jest całkowite. **Odpowiedź.** Dla każdej liczby całkowitej \(n\) liczba \(7n^{2}+21n\) jest podzielna przez \(14\), co należało wykazać.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania, to znaczy uzasadnienie, że liczba \(7n^{2}+21n\) jest podzielna przez \(7\) i przez \(2\), albo rozpatrzenie obu przypadków \(n=2k\) oraz \(n=2k+1\) i wykazanie w każdym z nich podzielności przez \(14\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania **Uwaga CKE:** samo zapisanie \(7n^{2}+21n=7n(n+3)\) nie wystarcza jako uzasadnienie podzielności przez \(7\) i przez \(2\).

**Wymaganie ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymaganie szczegółowe:** I.2) Zdający przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x>0\) oraz \(y>0\).

Z założenia \(x>0\) i \(y>0\), więc \(x^{2}y^{2}>0\) i mnożenie obu stron nierówności przez tę liczbę nie zmienia jej kierunku. Otrzymujemy nierówność równoważną \[xy^{2}+yx^{2}\le x^{3}+y^{3}.\] Przenosimy wszystko na prawą stronę i grupujemy wyrazy: \[x^{3}+y^{3}-x^{2}y-xy^{2}=x^{2}(x-y)-y^{2}(x-y)=(x-y)\left(x^{2}-y^{2}\right)=(x-y)^{2}(x+y).\] Dla dowolnych liczb rzeczywistych \((x-y)^{2}\ge0\), a z założenia \(x+y>0\), więc iloczyn jest nieujemny. To dowodzi wyjściowej nierówności. Równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy \(x=y\). **Odpowiedź.** Nierówność \(\dfrac1x+\dfrac1y\le\dfrac{x}{y^{2}}+\dfrac{y}{x^{2}}\) jest prawdziwa dla wszystkich \(x>0\), \(y>0\), co należało wykazać.

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \(W(x,y)\geq 0\) (lub do postaci \(\frac{W(x,y)}{x^{2}y^{2}}\geq 0\)), gdzie \(W\) jest wielomianem zmiennych \(x\) oraz \(y\), np.: \(x^{3}+y^{3}-xy^{2}-x^{2}y\geq 0\), \(x^{3}+y^{3}-xy(x+y)\geq 0\), \(\frac{x^{3}+y^{3}-xy^{2}-x^{2}y}{x^{2}y^{2}}\geq 0\) ALBO przekształcenie nierówności do postaci \(\frac{(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})}{x^{2}y^{2}}\geq\frac{x+y}{xy}\), ALBO rozważenie funkcji \(f(x)=\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{x^{2}}-\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\) zmiennej dodatniej \(x\) z parametrem \(y>0\) oraz wyznaczenie pochodnej tej funkcji, np. \(f'(x)=\frac{1}{y^{2}}-\frac{2y}{x^{3}}+\frac{1}{x^{2}}\). **2 pkt** – przekształcenie nierówności \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\leq\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{x^{2}}\) do postaci \(x^{2}-2xy+y^{2}\geq 0\) (lub do postaci \(\frac{x^{2}-2xy+y^{2}}{x^{2}y^{2}}\geq 0\)) ALBO przekształcenie nierówności \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\leq\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{x^{2}}\) do postaci \((x+y)(x-y)^{2}\geq 0\) (lub do postaci \(\frac{(x+y)(x-y)^{2}}{x^{2}y^{2}}\geq 0\)), ALBO obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(f\): \(x=y\). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania, tj.: • przekształcenie nierówności \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\leq\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{x^{2}}\) do postaci \((x-y)^{2}\geq 0\) (lub do postaci \(\frac{(x-y)^{2}}{x^{2}y^{2}}\geq 0\)) i zapisanie, że kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny ALBO • przekształcenie nierówności \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\leq\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{x^{2}}\) do postaci \((x+y)(x-y)^{2}\geq 0\) (lub do postaci \(\frac{(x+y)(x-y)^{2}}{x^{2}y^{2}}\geq 0\)) oraz uzasadnienie, że dla liczb dodatnich \(x\), \(y\) nierówność \((x+y)(x-y)^{2}\geq 0\) (lub nierówność \(\frac{(x+y)(x-y)^{2}}{x^{2}y^{2}}\geq 0\)) jest prawdziwa, ALBO • obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(f\) oraz uzasadnienie, że funkcja \(f\) osiąga wartość najmniejszą dla \(x=y\) i obliczenie \(f(y)\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość nierówności jedynie dla wybranych wartości \(x\) i \(y\), to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający przekształci nierówność do postaci \((x^{2}-y^{2})(x-y)\geq 0\), a następnie uzasadni prawdziwość tej nierówności w przypadku, gdy \(x>y\) oraz w przypadku, gdy \(x<y\), a pominie przypadek \(x=y\), to otrzymuje 2 punkty.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** II.R5) Zdający korzysta ze wzorów na: \(a^3+b^3\) […].

Ciąg \((a_n)\) jest arytmetyczny o różnicy \(r=4\).

Dla każdej liczby naturalnej \(n\geq1\) mamy \[a_{n+1}=4(n+1)-9=4n-5.\] Obliczamy różnicę kolejnych wyrazów: \[a_{n+1}-a_n=(4n-5)-(4n-9)=4.\] Różnica jest stała i nie zależy od \(n\), więc ciąg \((a_n)\) jest arytmetyczny o różnicy \(r=4\).

**2 pkt** – pełne rozumowanie wykazujące, że różnica kolejnych wyrazów jest stała i nie zależy od \(n\) **1 pkt** – zapisanie różnicy \(a_{n+1}-a_n=4(n+1)-9-(4n-9)\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań i podawanie argumentów uzasadniających ich poprawność. **Wymagania szczegółowe:** VI.4) Zdający sprawdza, czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny. VI.7) Wykorzystuje własności ciągów, w tym arytmetycznych, do rozwiązywania zadań.

Nierówność została wykazana dla wszystkich \(x\neq2\) i \(y\in\mathbb{R}\).

Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę: \[x^{2}+y^{2}-4x-4y+8>0.\] Grupujemy wyrazy i uzupełniamy je do kwadratów: \[x^{2}-4x+4+y^{2}-4y+4=(x-2)^{2}+(y-2)^{2}.\] Z założenia \(x\neq2\), więc \(x-2\neq0\) i \((x-2)^{2}>0\). Dla dowolnego \(y\) zachodzi \((y-2)^{2}\ge0\). Suma liczby dodatniej i nieujemnej jest dodatnia, zatem \[(x-2)^{2}+(y-2)^{2}>0,\] co jest równoważne dowodzonej nierówności. **Odpowiedź.** \(x^{2}+y^{2}>4(x+y-2)\) dla każdego \(x\neq2\) i każdego \(y\), co należało wykazać.

1 pkt: przekształcenie nierówności do postaci (x−2)²+(y−2)²>0 albo równoważny istotny etap. 2 pkt: poprawne przekształcenie i pełne uzasadnienie z wykorzystaniem założenia x≠2.

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: 2.1) Używa wzorów skróconego mnożenia na (a±b)² oraz a²−b².

Po przeniesieniu prawej strony otrzymujemy \[(a+2b)^{3}-8a^{2}b-16ab^{2}=(a-2b)^{2}(a+2b).\] Ponieważ \(a>0\), \(b>0\), mamy \(a+2b>0\), a z warunku \(b\neq\frac{a}{2}\) wynika \((a-2b)^{2}>0\). Iloczyn jest więc dodatni, co dowodzi nierówności.

Przykładowe pełne rozwiązania Sposób I Przekształcamy równoważnie nierówność, korzystając ze wzoru na sześcian sumy: (a + \(2b\))\(3\) > \(8a2b\) + \(16ab2\) \(a_{3}\) + \(6a2b\) + \(12ab2\) + \(8b3\) − \(8a2b\) − \(16ab2\) > \(0\) \(a_{3}\) − \(2a2b\) − \(4ab2\) + \(8b3\) > \(0\) \(a_{2}\)(a − \(2b\)) − \(4b2\)(a − \(2b\)) > \(0\) (a − \(2b\))(\(a_{2}\) − \(4b2\)) > \(0\) (a − \(2b\))\(2\)(a + \(2b\)) > \(0\) Z założenia a > \(0\) i b > \(0\), więc a + \(2b\) > \(0\). \(1\) Ponieważ b ≠ a, więc a − \(2b\) ≠ \(0\) i wtedy (a − \(2b\))\(2 > 0\) jako kwadrat liczby \(2\) rzeczywistej różnej od zera. Zatem (a − \(2b\))\(2\)(a + \(2b\)) jest dodatnie jako iloczyn liczb dodatnich, więc nierówność (a − \(2b\))\(2\)(a + \(2b\)) > \(0\) jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej a i każdej liczby \(1\) dodatniej b takich, że b ≠ a. To oznacza, że również nierówność \(2\) (a + \(2b\))\(3\) > \(8a2b\) + \(16ab2\) jest prawdziwa dla każdej dla każdej liczby dodatniej a \(1\) i każdej liczby dodatniej b takich, że b ≠ a. To należało wykazać. \(2\) Sposób II Przekształcamy równoważnie nierówność, korzystając ze wzorów na kwadrat sumy i różnicy: (a + \(2b\))\(3\) > \(8a2b\) + \(16ab2\) (a + \(2b\))\(3\) > \(8ab\)(a + \(2b\)) (a + \(2b\))\(3\) − \(8ab\)(a + \(2b\)) > \(0\) (a + \(2b\))[(a + \(2b\))\(2\) − \(8ab\)] > \(0\) (a + \(2b\))(\(a_{2}\) − \(4ab\) + \(4b2\)) > \(0\) (a − \(2b\))\(2\)(a + \(2b\)) > \(0\) Z założenia a > \(0\) i b > \(0\), więc a + \(2b\) > \(0\). \(1\) Ponieważ b ≠ a, więc a − \(2b\) ≠ \(0\) i wtedy (a − \(2b\))\(2 > 0\) jako kwadrat liczby \(2\) rzeczywistej różnej od zera. Zatem (a − \(2b\))\(2\)(a + \(2b\)) jest dodatnie jako iloczyn liczb dodatnich, więc nierówność (a − \(2b\))\(2\)(a + \(2b\)) > \(0\) jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej a i każdej liczby \(1\) dodatniej b takich, że b ≠ a. To oznacza, że również nierówność \(2\) (a + \(2b\))\(3\) > \(8a2b\) + \(16ab2\) jest prawdziwa dla każdej dla każdej liczby dodatniej a \(1\) i każdej liczby dodatniej b takich, że b ≠ a. To należało wykazać. \(2\) Sposób III Niech \(f\) będzie funkcją określoną wzorem \(f\)(a) = (a + \(2b\))\(3\) − \(8a2b\) − \(16ab2\) dla każdego a ∈ (\(0\), +∞). Obliczamy pochodną funkcji \(f\) oraz jej miejsca zerowe: \(f\)′(a) = \(3\)(a + \(2b\))\(2\) − \(16ba\) − \(16b2\) \(3a2\) + \(12ab\) + \(12b2\) − \(16ba\) − \(16b2\) = \(0\) ∧ a > \(0\) \(3a2\) − \(4ba\) − \(4b2\) = \(0\) ∧ a > \(0\) \(2\) (a = − b ∨ a = \(2b\)) ∧ a > \(0\) \(3\) Gdy b > \(0\), to \(f\)′(a) > \(0\) dla a ∈ (\(2b\), +∞) oraz \(f\)′(a) < \(0\) dla a ∈ (\(0\), \(2b\)). Zatem przy b dodatnim funkcja \(f\) jest malejąca w przedziale (\(0\), \(2b\)] oraz rosnąca w przedziale [\(2b\), +∞), czyli funkcja \(f\) osiąga wartość najmniejszą dla argumentu dodatniego a = \(2b\). Ta najmniejsza wartość jest równa \(f\)(\(2b\)) = (\(2b\) + \(2b\))\(3\) − \(8\) ⋅ (\(2b\))\(2\) ⋅ b − \(16\) ⋅ \(2b\) ⋅ \(b_{2}\) = \(0\). Zatem dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej a i dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej b takich, że a ≠ \(2b\), prawdziwa jest nierówność (a + \(2b\))\(3\) − \(8a2b\) − \(16ab2\) > \(0\) To należało wykazać.

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zastosowanie wzoru na sześcian sumy i przekształcenie nierówności do postaci \(a^{2}(a-2b)-4b^{2}(a-2b)>0\) ALBO przekształcenie nierówności do postaci \((a+2b)\left[(a+2b)^{2}-8ab\right]>0\), ALBO przekształcenie nierówności do postaci \((a+2b)^{2}>8ab\), ALBO rozważenie funkcji \(f(a)=a^{3}-2ba^{2}-4b^{2}a+8b^{3}\) określonej dla \(a>0\) oraz obliczenie pochodnej tej funkcji i miejsca zerowego tej pochodnej: \(f'(a)=3a^{2}-4ba-4b^{2}\) oraz \(a=2b\). **2 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \((a-2b)^{2}(a+2b)>0\) ALBO przekształcenie nierówności do postaci \((a-2b)^{2}>0\), ALBO uzasadnienie, że funkcja \(f\) osiąga wartość najmniejszą dla \(a=2b\). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania (tj. spełnienie kryterium za 2 punkty oraz zapisanie, że \(a+2b>0\) oraz uzasadnienie, że dla liczb spełniających warunek \(b\neq\frac{1}{2}a\) zachodzi \((a-2b)^{2}>0\)). Uwaga. Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość nierówności jedynie dla wybranych wartości \(a\) i \(b\), to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** II.R5) Zdający korzysta ze wzorów na: […] \((a+b)^n\) […].

Istnieją liczby całkowite \(k,l\), dla których \(a=5k+1\) oraz \(b=5l+4\). Wtedy \[a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)=(5k-5l-3)\cdot5(k+l+1).\] Jeden z czynników jest podzielny przez \(5\), więc liczba \(a^{2}-b^{2}\) jest podzielna przez \(5\).

**Krok \(1\).** pkt: poprawne zapisanie jednej z liczb w postaci \(5k\) + \(1\) albo \(5l\) + \(4\) lub równoważny krok dotyczący reszt kwadratów. **Krok \(2\).** pkt: zapisanie obu postaci i istotne przekształcenie różnicy kwadratów albo wykazanie, że a + b jest podzielne przez \(5\). **Krok \(3\).** pkt: pełne poprawne rozumowanie kończące dowód podzielności. **Odpowiedź.** Istnieją liczby całkowite \(k,l\), dla których \(a=5k+1\) oraz \(b=5l+4\). Wtedy \[a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)=(5k-5l-3)\cdot5(k+l+1).\] Jeden z czynników jest podzielny przez \(5\), więc liczba \(a^{2}-b^{2}\) jest podzielna przez \(5\).

1 pkt: poprawne zapisanie jednej z liczb w postaci 5k + 1 albo 5l + 4 lub równoważny krok dotyczący reszt kwadratów. 2 pkt: zapisanie obu postaci i istotne przekształcenie różnicy kwadratów albo wykazanie, że a + b jest podzielne przez 5. 3 pkt: pełne poprawne rozumowanie kończące dowód podzielności.

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: I.2) Przeprowadza dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Liczba ma postać \(5Q+2\), gdzie \(Q\in\mathbb{Z}\), więc przy dzieleniu przez \(5\) daje resztę \(2\).

Przekształcamy wyrażenie: \[(3n+5)^2+11n^2-18=9n^2+30n+25+11n^2-18\] \[=20n^2+30n+7=5(4n^2+6n+1)+2.\] Dla \(n\in\mathbb{Z}\) liczba \(4n^2+6n+1\) jest całkowita. Otrzymaliśmy zatem postać \(5Q+2\), co dowodzi, że reszta z dzielenia przez \(5\) jest równa \(2\).

**2 pkt** – otrzymanie postaci \(5(4n^2+6n+1)+2\) i wskazanie, że \(4n^2+6n+1\) jest liczbą całkowitą **1 pkt** – otrzymanie postaci \(20n^2+30n+7\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań i uzasadnianie wniosków. **Wymagania szczegółowe:** I.2) Zdający przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Wyrażenie jest wielokrotnością \(9\).

Dwie kolejne liczby naturalne niepodzielne przez \(3\) mają postać \[a=3k+1,\qquad b=3k+2\] dla pewnego \(k\in\mathbb{Z}_{\geq0}\). Wtedy \[a^2+11ab+b^2=(3k+1)^2+11(3k+1)(3k+2)+(3k+2)^2\] \[=117k^2+117k+27=9(13k^2+13k+3).\] Liczba \(13k^2+13k+3\) jest całkowita, więc dane wyrażenie jest podzielne przez \(9\).

**3 pkt** – pełny dowód, w tym otrzymanie \(9(13k^2+13k+3)\) i uzasadnienie całkowitości drugiego czynnika **2 pkt** – podstawienie \(a=3k+1\), \(b=3k+2\) i otrzymanie \(117k^2+117k+27\), albo zapisanie \(9ab+(a+b)^2\) i wykazanie podzielności \(a+b\) przez \(3\) **1 pkt** – zapisanie \(a=3k+1\), \(b=3k+2\), albo przekształcenie do \(9ab+(a+b)^2\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań i uzasadnianie wniosków. **Wymagania szczegółowe:** I.2) Zdający przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Liczba \(n(n^2+3n+2)\) jest podzielna przez \(6\) dla każdego \(n\geq1\).

Rozkładamy trójmian na czynniki: \[n(n^2+3n+2)=n(n+1)(n+2).\] Jest to iloczyn trzech kolejnych liczb naturalnych. Wśród nich co najmniej jedna jest parzysta, a dokładnie jedna jest podzielna przez \(3\). Iloczyn jest więc podzielny przez \(2\) i przez \(3\). Ponieważ liczby \(2\) i \(3\) są względnie pierwsze, iloczyn jest podzielny przez \(6\).

**2 pkt** – otrzymanie \(n(n+1)(n+2)\) i uzasadnienie, że wśród trzech kolejnych liczb jedna jest podzielna przez \(2\), a jedna przez \(3\) **1 pkt** – przekształcenie do postaci \(n(n+1)(n+2)\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań i uzasadnianie wniosków. **Wymagania szczegółowe:** I.2) Zdający przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Liczba \(5\) należy do zbioru wartości funkcji \(f\).

Funkcja \(f\) jest wielomianowa, więc jest ciągła na \(\mathbb{R}\). Obliczamy \[f(0)=1<5,\qquad f(2)=64-32-8+1=25>5.\] Z własności Darboux funkcja \(f\) przyjmuje w przedziale \((0,2)\) każdą wartość pośrednią między \(1\) a \(25\). Istnieje więc \(x_0\in(0,2)\), dla którego \(f(x_0)=5\).

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu **2 pkt** – uzasadnienie ciągłości oraz wskazanie i obliczenie wartości funkcji mniejszej i większej od \(5\) **1 pkt** – uzasadnienie ciągłości i wyznaczenie jednej odpowiedniej wartości albo wyznaczenie obu wartości po przeciwnych stronach \(5\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych. **Wymagania szczegółowe:** XIII.2 R) Zdający stosuje własność Darboux do uzasadniania istnienia miejsca zerowego funkcji.

\[x^2+49y^2>2(x+7y-1)\quad\text{dla każdego }x\neq1\text{ i }y\in\mathbb R.\]

Przekształcamy nierówność równoważnie: \[x^2+49y^2>2(x+7y-1),\] \[x^2-2x+1+49y^2-14y+1>0,\] \[(x-1)^2+(7y-1)^2>0.\] Z założenia \(x\neq1\), więc \((x-1)^2>0\). Jednocześnie \((7y-1)^2\geq0\) dla każdego \(y\in\mathbb R\). Suma tych składników jest zatem dodatnia, co kończy dowód.

**2 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \((x-1)^2+(7y-1)^2>0\) i uzasadnienie jej prawdziwości na podstawie założenia \(x\neq1\) **1 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \((x-1)^2+(7y-1)^2>0\) albo wykonanie innego poprawnego istotnego kroku prowadzącego do dowodu **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2) Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^2\) oraz \(a^2-b^2\).

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb{R}\) spełniających \(x\neq2y\).

Przekształcamy nierówność równoważnie: \[x^2+4y^2-4>4xy-4,\] \[x^2-4xy+4y^2>0,\] \[(x-2y)^2>0.\] Z założenia \(x\neq2y\), więc \(x-2y\neq0\). Kwadrat każdej liczby rzeczywistej różnej od zera jest dodatni, zatem \((x-2y)^2>0\). To kończy dowód.

**2 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \((x-2y)^2>0\) oraz powołanie się na założenie i dodatniość kwadratu liczby różnej od zera **1 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \(x^2-4xy+4y^2>0\) albo wykonanie równoważnego istotnego kroku **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, sprawdzenie tylko wybranych wartości albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2) Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^2\) oraz \(a^2-b^2\).

Liczba \(5n^3-5n\) jest podzielna przez \(30\) dla każdego \(n\in\mathbb N\), \(n\geq1\).

Rozkładamy wyrażenie na czynniki: \[5n^3-5n=5n(n^2-1)=5n(n-1)(n+1).\] Liczby \(n-1\), \(n\), \(n+1\) są trzema kolejnymi liczbami całkowitymi. Wśród nich co najmniej jedna jest podzielna przez \(2\), a dokładnie jedna jest podzielna przez \(3\). Iloczyn \(n(n-1)(n+1)\) jest więc podzielny przez \(2\cdot3=6\). Ponieważ całe wyrażenie ma dodatkowo czynnik \(5\), jest podzielne przez \[2\cdot3\cdot5=30.\] To kończy dowód.

**2 pkt** – przekształcenie \(5n^3-5n\) do postaci \(5n(n-1)(n+1)\) oraz uzasadnienie, że wśród trzech kolejnych liczb \(n-1,n,n+1\) co najmniej jedna jest podzielna przez \(2\) i dokładnie jedna przez \(3\) **1 pkt** – przekształcenie \(5n^3-5n\) do postaci \(5n(n-1)(n+1)\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, sprawdzono jedynie wybrane wartości \(n\), albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzanie rozumowań, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** I.2) Zdający przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Teza została wykazana: reszta z dzielenia przez \(3\) jest równa \(2\).

Rozwijamy kwadraty i porządkujemy wyrażenie: \[n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}=n^{2}+n^{2}+2n+1+n^{2}+4n+4=3n^{2}+6n+5.\] Zapisujemy je w postaci, z której widać resztę z dzielenia przez \(3\): \[3n^{2}+6n+5=3\left(n^{2}+2n+1\right)+2=3(n+1)^{2}+2.\] Liczba \((n+1)^{2}\) jest całkowita, więc \(3(n+1)^{2}\) jest podzielne przez \(3\). Ponieważ \(0\le2<3\), reszta z dzielenia całej sumy przez \(3\) wynosi dokładnie \(2\). **Odpowiedź.** Dla każdej liczby naturalnej \(n\ge1\) reszta z dzielenia liczby \(n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}\) przez \(3\) jest równa \(2\), co należało wykazać.

**2 pkt** – przekształcenie wyrażenia \(n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}\) do postaci \(3(n^{2}+2n+1)+2\) ALBO – przekształcenie wyrażenia \(n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}\) do postaci \(3n^{2}+6n+5\) oraz zapisanie, że składniki \(3n^{2}\) oraz \(6n\) są podzielne przez \(3\), a reszta z dzielenia liczby \(5\) przez \(3\) jest równa \(2\), ALBO – zapisanie, że \(n\), \(n+1\), \(n+2\), to trzy kolejne liczby całkowite, więc dokładnie jedna z nich jest podzielna przez \(3\), a dwie pozostałe nie są podzielne przez \(3\) oraz zapisanie, że kwadrat liczby podzielnej przez \(3\) jest podzielny przez \(3\), a kwadrat liczby niepodzielnej przez \(3\) przy dzieleniu przez \(3\) daje resztę \(1\), oraz zapisanie wniosku, że reszta z dzielenia przez \(3\) liczby \(n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}\) jest równa \(2\). **1 pkt** – przekształcenie wyrażenia \(n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}\) do postaci \([\ldots]\) ALBO – zapisanie, że \(n\), \(n+1\), \(n+2\), to trzy kolejne liczby naturalne, więc dokładnie jedna z nich jest podzielna przez \(3\), a dwie pozostałe nie są podzielne przez \(3\) oraz zapisanie, że kwadrat liczby podzielnej przez \(3\) jest podzielny przez \(3\), a kwadrat liczby niepodzielnej przez \(3\) przy dzieleniu przez \(3\) daje resztę \(1\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość tezy tylko dla wybranych wartości \(n\), to otrzymuje \(0\) punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający przyjmuje np. \(n=3k+r\), gdzie \(k\in N\) i \(r\) jest resztą z dzielenia liczby \(n\) przez \(3\) (lub \(n=2k+r\), gdzie \(k\in N\) i \(r\) jest resztą z dzielenia liczby \(n\) przez \(2\)), i przeprowadzi pełne rozumowanie dla wszystkich przypadków, to otrzymuje \(2\) punkty. Gdy przeprowadzi pełne rozumowanie dla co najmniej połowy przypadków, ale nie przeprowadzi pełnego rozumowania dla wszystkich przypadków, to otrzymuje \(1\) punkt za całe rozwiązanie. 3. Jeżeli zdający rozpatruje tylko jeden przypadek \(n=3k+2\), to otrzymuje \(0\) punktów za całe rozwiązanie.

**Wymaganie ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja 1 . Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymaganie szczegółowe:** 1.2) przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia nie trudniejsze niż dowód podzielności przez 24 iloczynu czterech kolejnych liczb naturalnych.

(\(2n\)+\(5\))\(2+3=4\)\(n^{2}\)+\(20n\)+\(28=4\)(\(n^{2}\)+\(5n\)+\(7\)), więc liczba jest podzielna przez \(4\).

**Krok \(1\).** pkt: zastosowanie wzoru skróconego mnożenia albo równoważne rozwinięcie. **Krok \(2\).** pkt: pełne przekształcenie do iloczynu \(4\) i liczby całkowitej. **Odpowiedź.** (\(2n\)+\(5\))\(2+3=4\)\(n^{2}\)+\(20n\)+\(28=4\)(\(n^{2}\)+\(5n\)+\(7\)), więc liczba jest podzielna przez \(4\).

1 pkt: zastosowanie wzoru skróconego mnożenia albo równoważne rozwinięcie. 2 pkt: pełne przekształcenie do iloczynu 4 i liczby całkowitej.

Wymagania CKE dla zadania 3; szczegółowy punkt podstawy programowej zgodny z zasadami oceniania.

Nierówność jest prawdziwa. Po wykorzystaniu warunku \(a+b=1\) sprowadza się ona do \[(2a-1)^2\geq0.\]

Z warunku \(b=1-a\), przy czym \(a\in(0,1)\). Wtedy \[2a+b=a+1,\qquad a+2b=2-a.\] Ponieważ mianowniki są dodatnie, mamy równoważnie \[\frac1{a+1}+\frac1{2-a}\geq\frac43\iff\frac3{(a+1)(2-a)}\geq\frac43.\] Po pomnożeniu przez dodatnie \(3(a+1)(2-a)\) otrzymujemy \[9\geq4(a+1)(2-a)\iff4a^2-4a+1\geq0\iff(2a-1)^2\geq0.\] Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdego rzeczywistego \(a\), co kończy dowód.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **2 pkt** – wykorzystanie założenia \(a+b=1\) i przekształcenie tezy do nierówności \((2a-1)^2\geq0\) albo poprawne zastosowanie nierówności między odpowiednimi średnimi **1 pkt** – zapisanie równoważnej nierówności wymiernej lub wielomianowej, poprawne rozpoczęcie argumentu ze średnią harmoniczną albo zapisanie tezy w poprawnej postaci z jedną niewiadomą **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 3. R7) Zdający rozwiązuje proste nierówności wymierne.

\[81^{\log_3x}+\frac{2\cdot\log_2\sqrt{27}\cdot\log_3 2}{3}\,x^2-6x=x^4+x^2-6x.\]

Dla \(x>0\) korzystamy z własności potęg i logarytmów: \[81^{\log_3x}=(3^4)^{\log_3x}=3^{\log_3x^4}=x^4.\] Ponadto, ze wzoru na zamianę podstawy logarytmu, \[\log_2\sqrt{27}=\log_2 3^{3/2}=\frac32\log_2 3,\] więc \[\frac{2\cdot\log_2\sqrt{27}\cdot\log_3 2}{3}=\log_2 3\cdot\log_3 2=\frac{\log_2 3}{\log_2 3}=1.\] Zatem \[81^{\log_3x}+\frac{2\cdot\log_2\sqrt{27}\cdot\log_3 2}{3}\,x^2-6x=x^4+x^2-6x.\]

**2 pkt** – poprawne przekształcenie całego wyrażenia do postaci \(x^4+x^2-6x\) **1 pkt** – poprawne zastosowanie własności \(a^{\log_a b}=b\) i otrzymanie \(81^{\log_3x}=x^4\) albo poprawne zastosowanie wzoru na zamianę podstawy logarytmu **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. I. Sprawność rachunkowa; wykonywanie obliczeń na liczbach rzeczywistych i stosowanie praw działań matematycznych przy przekształcaniu wyrażeń algebraicznych. **Wymagania szczegółowe:** I.9) Zdający stosuje związek logarytmowania z potęgowaniem, posługuje się wzorami na logarytm iloczynu, logarytm ilorazu i logarytm potęgi.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(a,b\in\mathbb R\) spełniających \(b\neq a\).

Przekształcamy lewą stronę po przeniesieniu wszystkich wyrazów na jedną stronę: \[a^2+3b^2+4-2a-6b=(a-1)^2+3(b-1)^2.\] Oba składniki są nieujemne. Gdyby ich suma była równa zeru, musiałoby zachodzić jednocześnie \(a=1\) i \(b=1\), czyli \(a=b\), co przeczy założeniu \(b\neq a\). Co najmniej jeden składnik jest więc dodatni, zatem \[(a-1)^2+3(b-1)^2>0.\] To dowodzi podanej nierówności.

**2 pkt** – pełne rozumowanie: sprowadzenie nierówności do sumy kwadratów i poprawny wniosek wykorzystujący założenie \(b\neq a\) **1 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \((a-1)^2+3(b-1)^2>0\) albo inny równoważny istotny krok wskazany w zasadach CKE **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** wyrażenia algebraiczne i dowodzenie; zdający stosuje wzory skróconego mnożenia oraz własności kwadratów liczb rzeczywistych.

\[x=2,\qquad y=2.\]

Przenosimy wszystkie wyrazy nierówności na lewą stronę: \[x^3-x^2y-xy^2+y^3\leq0.\] Grupujemy wyrazy: \[(x-y)(x^2-y^2)\leq0.\] Ponieważ \(x^2-y^2=(x-y)(x+y)\), otrzymujemy \[(x+y)(x-y)^2\leq0.\] Z założenia \(x+y=4\), więc \[4(x-y)^2\leq0.\] Kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny, zatem nierówność może zachodzić tylko wtedy, gdy \[(x-y)^2=0,\] czyli \(x=y\). W połączeniu z \(x+y=4\) daje to \[x=2,\qquad y=2.\]

**3 pkt** – pełne rozumowanie prowadzące do \(x=2\), \(y=2\) **2 pkt** – zapisanie \(4(x-y)^2\leq0\), albo postaci \((x-y)^2(x+y)\leq0\) z poprawnym określeniem znaku czynnika, albo równoważnego pełnego etapu **1 pkt** – wykorzystanie \(x+y=4\) i zapisanie nierówności z jedną niewiadomą, albo przekształcenie do \((x-y)(x^2-y^2)\leq0\), albo do \(xy\geq4\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** II.R3) Zdający korzysta ze wzorów na \((a+b)^3\), \((a-b)^3\), \(a^3+b^3\) i \(a^3-b^3\).

Nierówność jest równoważna \((x-y)(x^2-y^2)\leq0\), czyli \((x+y)(x-y)^2\leq0\). Ponieważ \(x+y=4\), mamy \(4(x-y)^2\leq0\), zatem \(x=y\). Stąd \(x=y=2\).

Przykładowe pełne rozwiązania Sposób I Ponieważ x + y = \(4\), więc y = \(4\) − x. Ponieważ ponadto x i y spełniają nierówność \(x^{3}\) − \(x2y\) ≤ \(xy2\) − \(y^{3}\), więc otrzymujemy \(x^{3}\) − \(x^{2}\)(\(4\) − x) ≤ x(\(4\) − x)\(2\) − (\(4\) − x)\(3\) Stosujemy wzór na sześcian różnicy oraz kwadrat różnicy i otrzymujemy \(x^{3}\) − \(4x2\) + \(x^{3}\) ≤ x(\(16\) − \(8x\) + \(x^{2}\)) − (\(64\) − \(48x\) + \(12x2\) − \(x^{3}\)) Przekształcamy nierówność i otrzymujemy kolejno \(x^{3}\) − \(4x2\) + \(x^{3}\) ≤ \(16x\) − \(8x2\) + \(x^{3}\) − \(64\) + \(48x\) − \(12x2\) + \(x^{3}\) \(16x2\) − \(64x\) + \(64 \leq 0\) (\(4x\) − \(8\))\(2 \leq 0\) Ponieważ kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest liczbą nieujemną, więc jedynym rozwiązaniem tej nierówności jest x = \(2\). Ponieważ y = \(4\) − x, więc y = \(2\). To należało wykazać. Sposób II Przekształcamy nierówność \(x^{3}\) − \(x2y\) ≤ \(xy2\) − \(y^{3}\) kolejno do postaci \(x^{3}\) − \(x2y\) − \(xy2\) + \(y^{3}\) ≤ \(0\) (x − y)(\(x^{2}\) − \(y^{2}\)) ≤ \(0\) (x + y)(x − y)\(2 \leq 0\) Ponieważ x + y = \(4\), więc otrzymujemy \(4\)(x − y)\(2 \leq 0\) Ponieważ kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest liczbą nieujemną, więc musi zachodzić (x − y)\(2 = 0\) Stąd x − y = \(0\), czyli x = y. Zatem \(2x\) = \(4\), czyli x = \(2\). Ponieważ y = \(4\) − x, więc y = \(2\). To należało wykazać.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania, tj. przekształcenie nierówności \(x^{3}-x^{2}y\le xy^{2}-y^{3}\) do postaci, z której można bezpośrednio wnioskować o równości liczb \(x\) i \(y\) (lub do postaci, z której można bezpośrednio wnioskować, że jedna z liczb: \(x\), \(y\), jest równa \(2\)) oraz obliczenie tych liczb: \(x=2\) oraz \(y=2\). **2 pkt** – zastosowanie wzoru na sześcian różnicy oraz kwadrat różnicy, wykorzystanie założenia i zapisanie nierówności kwadratowej z jedną niewiadomą \(x\) (lub \(y\)) w postaci \(ax^{2}+bx+c\ge 0\) lub \(ax^{2}+bx+c\le 0\), np. \(16x^{2}-64x+64\le 0\) ALBO – wykorzystanie założenia \(x+y=4\) i zapisanie nierówności w postaci \(4(x-y)^{2}\le 0\) (lub \(4(4-2y)^{2}\le 0\), lub \(4(2x-4)^{2}\le 0\)), ALBO – przekształcenie nierówności do postaci \((x-y)^{2}\cdot(x+y)\le 0\) oraz poprawne określenie znaku jednego z czynników iloczynu \((x-y)^{2}\cdot(x+y)\), ALBO – zastosowanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, zapisanie obu przypadków i przeprowadzenie poprawnego rozumowania dla jednego z tych przypadków. **1 pkt** – wykorzystanie zależności \(x+y=4\) i zapisanie nierówności z jedną niewiadomą, np. \(x^{3}-x^{2}(4-x)\le x(4-x)^{2}-(4-x)^{3}\) ALBO – przekształcenie nierówności \(x^{3}-x^{2}y\le xy^{2}-y^{3}\) do postaci \((x-y)(x^{2}-y^{2})\le 0\), ALBO – przekształcenie nierówności \(x^{3}-x^{2}y\le xy^{2}-y^{3}\) do postaci \(x\cdot y\ge 4\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwaga:** Jeżeli zdający podstawia do związków \(x+y=4\) oraz \(x^{3}-x^{2}y\le xy^{2}-y^{3}\) konkretne wartości liczbowe i na tym opiera swoją argumentację, to otrzymuje \(0\) punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R2.1) Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^3\) oraz \(a^3\pm b^3\).

\(x^2+3xy-10y^2=(x-2y)(x+5y)>0\)

Rozkładamy wyrażenie na czynniki: \[x^2+3xy-10y^2=x^2+5xy-2xy-10y^2=(x-2y)(x+5y).\] Z założenia \(x>2y\), więc \(x-2y>0\). Ponieważ \(x\) i \(y\) są dodatnie, również \(x+5y>0\). Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, zatem \[x^2+3xy-10y^2>0.\]

**2 pkt** – pełne rozumowanie: zapis \((x-2y)(x+5y)>0\) oraz wykorzystanie założeń do uzasadnienia dodatniości obu czynników **1 pkt** – rozkład \(x^2+3xy-10y^2=(x-2y)(x+5y)\) albo równoważny istotny postęp wskazany w kluczu **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania. Samo sprawdzenie nierówności dla wybranych wartości \(x\) i \(y\) nie stanowi dowodu

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** wyrażenia algebraiczne - rozkład na czynniki i przeprowadzenie dowodu nierówności.

Liczba \(n^2+2023\) jest podzielna przez \(8\).

Niech \(n\) będzie nieparzystą liczbą całkowitą. Wtedy \(n=2k+1\) dla pewnego \(k\in\mathbb Z\). Zatem \[n^2+2023=(2k+1)^2+2023=4k(k+1)+2024.\] Liczby \(k\) i \(k+1\) są kolejne, więc jedna z nich jest parzysta. Iloczyn \(4k(k+1)\) jest zatem podzielny przez \(8\). Ponadto \[2024=8\cdot253.\] Oba składniki są podzielne przez \(8\), więc ich suma również jest podzielna przez \(8\).

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu **1 pkt** – zapisanie \(n=2k+1\), gdzie \(k\in\mathbb Z\), oraz przekształcenie do postaci \(4k(k+1)+2024\) lub równoważnej, ujawniającej czynnik \(4\) i liczbę parzystą **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; przeprowadzanie rozumowań i odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** I.2 przeprowadzanie prostych dowodów dotyczących podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Reszta z dzielenia przez \(7\) jest równa \(5\).

Przekształcamy wyrażenie: \[49k^2+7k-2=49k^2+7k-7+5=7(7k^2+k-1)+5.\] Ponieważ \(k\) jest liczbą całkowitą, liczba \(7k^2+k-1\) także jest całkowita. Składnik \(7(7k^2+k-1)\) jest więc podzielny przez \(7\), a reszta z dzielenia całego wyrażenia przez \(7\) wynosi \(5\).

**2 pkt** – zapisanie \(7(7k^2+k-1)+5\) oraz stwierdzenie, że \(7k^2+k-1\) jest liczbą całkowitą **1 pkt** – przekształcenie do postaci \(7(7k^2+k-1)+5\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** I.2 zdający przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Liczba \(3n^2+4n+1\) jest podzielna przez \(4\).

Niech \(n=2k+1\), gdzie \(k\in\mathbb Z\). Wtedy \[3n^2+4n+1=3(2k+1)^2+4(2k+1)+1\] \[=12k^2+20k+8=4(3k^2+5k+2).\] Ponieważ \(3k^2+5k+2\) jest liczbą całkowitą, otrzymana liczba jest podzielna przez \(4\).

**2 pkt** – zapisanie \(n=2k+1\), gdzie \(k\in\mathbb Z\), przekształcenie do postaci \(4(3k^2+5k+2)\) i uzasadnienie całkowitości drugiego czynnika **1 pkt** – zapisanie \(n=2k+1\) i poprawne podstawienie do wyrażenia albo inne poprawne rozpoczęcie dowodu wskazane w kluczu CKE **0 pkt** – niepoprawna metoda, sprawdzenie tylko wybranych wartości \(n\) albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; przeprowadzanie rozumowań i podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** I.2 przeprowadzanie prostych dowodów dotyczących podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Dla każdego \(n\in\mathbb N\) reszta z dzielenia \(20n^2+30n+7\) przez \(5\) jest równa \(2\).

Przekształcamy \[20n^2+30n+7=5(4n^2+6n+1)+2.\] Dla \(n\in\mathbb N\) liczba \(4n^2+6n+1\) jest całkowita, a \(0\le2<5\). Z definicji reszty z dzielenia badana liczba daje więc resztę \(2\).

**2 pkt** – pełny dowód: postać \(5(4n^2+6n+1)+2\) i stwierdzenie, że \(4n^2+6n+1\) jest całkowite **1 pkt** – uzyskanie postaci \(5(4n^2+6n+1)+2\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.1 przeprowadzanie rozumowań i podawanie argumentów uzasadniających ich poprawność. **Wymagania szczegółowe:** I.2 proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Liczba \((2n+1)^2-1\) jest podzielna przez \(8\) dla każdego \(n\in\mathbb N\), \(n\geq1\).

Korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia: \[(2n+1)^2-1=4n^2+4n=4n(n+1).\] Liczby \(n\) i \(n+1\) są kolejnymi liczbami naturalnymi, więc jedna z nich jest parzysta. Iloczyn \(n(n+1)\) jest zatem parzysty, a liczba \(4n(n+1)\) jest podzielna przez \(8\).

**2 pkt** – przekształcenie wyrażenia do postaci \(4n(n+1)\) i uzasadnienie, że \(n(n+1)\) jest parzyste (albo inne pełne, poprawne rozumowanie wskazane w kluczu CKE) **1 pkt** – przekształcenie wyrażenia do postaci \(4n(n+1)\), \(4(n^2+n)\) lub \(2n(2n+2)\), bez pełnego uzasadnienia podzielności przez \(8\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań oraz podawanie argumentów uzasadniających ich poprawność. **Wymagania szczegółowe:** I.2 zdający przeprowadza proste dowody dotyczące podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

\(3n^3+18n^2+15n=3n(n+1)(n+5)\), więc liczba jest podzielna przez \(6\).

Rozkładamy wyrażenie na czynniki: \[3n^3+18n^2+15n=3n(n^2+6n+5)=3n(n+1)(n+5).\] Czynnik \(3\) zapewnia podzielność przez \(3\). Liczby \(n\) i \(n+1\) są kolejne, więc jedna z nich jest parzysta; iloczyn \(n(n+1)\) jest zatem podzielny przez \(2\). Całe wyrażenie jest jednocześnie podzielne przez \(2\) i \(3\), a więc przez \(6\).

**2 pkt** – pełne uzasadnienie podzielności jednocześnie przez \(2\) i przez \(3\) **1 pkt** – rozkład \(3n(n+1)(n+5)\) lub inne poprawne częściowe uzasadnienie podzielności przez \(2\) albo \(3\) **0 pkt** – niepoprawne rozumowanie albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** liczby rzeczywiste - podzielność liczb naturalnych i dowód algebraiczny.

Po pomnożeniu przez \(a\gt 0\) nierówność jest równoważna \(a^{3}-12a+16\geq 0\), czyli \((a-2)^{2}(a+4)\geq 0\). Oba czynniki są nieujemne dla \(a\gt 0\), a równość zachodzi tylko dla \(a=2\).

**Krok \(1\).** Metoda: przekształcamy nierówność równoważnie, mnożąc przez dodatnią liczbę \(a\), i rozkładamy powstały wielomian na czynniki o oczywistym znaku. **Krok \(2\).** Z założenia \(a\gt 0\), więc mnożenie obu stron przez \(a\) nie zmienia kierunku nierówności: \[a^{2}+\frac{16}{a}\geq 12\quad\Longleftrightarrow\quad a^{3}+16\geq 12a\quad\Longleftrightarrow\quad a^{3}-12a+16\geq 0.\] **Krok \(3\).** Rozważmy wielomian \(W(a)=a^{3}-12a+16\). Sprawdzamy dzielniki wyrazu wolnego: \(W(2)=8-24+16=0\), więc \(a-2\) jest dzielnikiem \(W\). **Krok \(4\).** Dzielimy: \(W(a)=(a-2)\left(a^{2}+2a-8\right)\). Trójmian \(a^{2}+2a-8\) ma pierwiastki \(2\) i \(-4\), więc \[W(a)=(a-2)(a-2)(a+4)=(a-2)^{2}(a+4).\] **Krok \(5\).** Dla każdego \(a\gt 0\) mamy \((a-2)^{2}\geq 0\) oraz \(a+4\gt 0\), więc iloczyn \((a-2)^{2}(a+4)\) jest nieujemny. Zatem \(a^{3}-12a+16\geq 0\). **Krok \(6\).** Dzieląc tę nierówność stronami przez \(a\gt 0\), wracamy do postaci wyjściowej \(a^{2}+\frac{16}{a}\geq 12\). To należało wykazać. **Uwaga.** Kluczowe jest założenie \(a\gt 0\): tylko dzięki niemu mnożenie i dzielenie przez \(a\) zachowuje kierunek nierówności. Dla \(a\lt 0\) lewa strona jest ujemna albo mniejsza od \(12\), więc teza po prostu nie zachodzi. Zauważmy też, że równość ma miejsce dokładnie dla \(a=2\), bo tylko wtedy \((a-2)^{2}=0\). **Odpowiedź.** Dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej \(a\) zachodzi \(a^{2}+\frac{16}{a}\geq 12\), przy czym równość zachodzi tylko dla \(a=2\).

**3 pkt** – spełnienie kryterium oceniania za 2 punkty i uzasadnienie prawdziwości nierówności \(\frac{(a-2)^{2}(a+4)}{a}\ge 0\) lub \((a-2)^{2}(a+4)\ge 0\), lub \(a(a-2)^{2}(a+4)\ge 0\) z powołaniem się na założenie (dla sposobu I) ALBO – spełnienie kryterium oceniania za 2 punkty i przekształcenie nierówności \(\frac{a^{2}+\frac{8}{a}+\frac{8}{a}}{3}\ge\sqrt[3]{a^{2}\cdot\frac{8}{a}\cdot\frac{8}{a}}\) do postaci tezy (dla sposobu II), ALBO – spełnienie kryterium oceniania za 2 punkty oraz obliczenie \(f(2)\): \(f(2)=12\) (dla sposobu III). **2 pkt** – przekształcenie nierówności \(a^{2}+\frac{16}{a}\ge 12\) do postaci \(\frac{(a-2)^{2}(a+4)}{a}\ge 0\) lub \((a-2)^{2}(a+4)\ge 0\), lub \(a(a-2)^{2}(a+4)\ge 0\) (dla sposobu I) ALBO – spełnienie kryterium oceniania za 1 punkt oraz zapisanie wielomianu \(a^{3}-12a+16\) w postaci \((a-2)^{2}(a+4)\) (dla sposobu I), ALBO – zapisanie, że dla każdego \(a>0\) liczby \(a^{2}\), \(\frac{8}{a}\), \(\frac{8}{a}\) są dodatnie oraz zapisanie nierówności między średnimi arytmetyczną i geometryczną liczb dodatnich \(a^{2}\), \(\frac{8}{a}\), \(\frac{8}{a}\): \(\frac{a^{2}+\frac{8}{a}+\frac{8}{a}}{3}\ge\sqrt[3]{a^{2}\cdot\frac{8}{a}\cdot\frac{8}{a}}\) (dla sposobu II), ALBO – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(f\) oraz wyznaczenie w przedziale \((0,\,+\infty)\) argumentu, dla którego funkcja osiąga w tym przedziale wartość najmniejszą (wraz z uzasadnieniem): \(a=2\) (dla sposobu III). **1 pkt** – przekształcenie nierówności \(a^{2}+\frac{16}{a}\ge 12\) do postaci \(\frac{a^{3}-12a+16}{a}\ge 0\) lub \(a^{3}-12a+16\ge 0\), lub \(a(a^{3}-12a+16)\ge 0\) (dla sposobu I) ALBO – zapisanie, że dla każdego \(a>0\) liczby \(a^{2}\), \(\frac{8}{a}\), \(\frac{8}{a}\) są dodatnie (dla sposobu II), ALBO – obliczenie pochodnej funkcji \(f\) określonej wzorem \(f(a)=a^{2}+\frac{16}{a}\) dla \(a>0\) (lub w szerszym zakresie), np. \(f'(a)=2a-\frac{16}{a^{2}}\) (dla sposobu III). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania. **Uwaga:** Jeśli zdający opiera swoje rozwiązanie na nierówności między średnimi (sposób III) i stosuje nierówność między średnimi liczb \(a^{2}\), \(\frac{8}{a}\), \(\frac{8}{a}\) bez zapisania, że liczby te są dodatnie, to może otrzymać co najwyżej \(2\) punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** II.R1) Zdający znajduje pierwiastki całkowite i wymierne wielomianu o współczynnikach całkowitych. III.R1) Zdający rozwiązuje nierówności wielomianowe typu: \(W(x)>0\), \(W(x)\ge 0\), \(W(x)<0\), \(W(x)\le 0\) dla wielomianów doprowadzonych do postaci iloczynowej lub takich, które dają się doprowadzić do postaci iloczynowej metodą wyłączania wspólnego czynnika przed nawias lub metodą grupowania.

Liczba \(5\) należy do zbioru wartości funkcji \(f\).

Funkcja \(f\) jest wielomianowa, a więc ciągła w \(\mathbb R\). Obliczamy \[f(0)=1<5,\qquad f(2)=64-32-8+1=25>5.\] Z własności Darboux funkcja \(f\) przyjmuje w przedziale \((0,2)\) każdą wartość pośrednią między \(1\) i \(25\). Istnieje więc takie \(x_0\in(0,2)\), że \(f(x_0)=5\). To dowodzi, że \(5\) należy do zbioru wartości funkcji \(f\).

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu **2 pkt** – uzasadnienie ciągłości funkcji oraz wskazanie argumentów, dla których wartości funkcji są odpowiednio mniejsza i większa od \(5\), wraz z ich obliczeniem **1 pkt** – uzasadnienie ciągłości i obliczenie jednej z takich wartości albo obliczenie obu wartości leżących po przeciwnych stronach liczby \(5\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.1 przeprowadzanie rozumowań i podawanie argumentów uzasadniających ich poprawność. **Wymagania szczegółowe:** XIII.2R stosowanie własności Darboux do uzasadniania istnienia miejsca zerowego lub przyjmowania wartości pośredniej.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\) spełniających \(x\ne y\).

Przenosimy prawą stronę na lewą i rozkładamy wyrażenie na czynniki: \[x^4+y^4-xy(x^2+y^2)=x^4-x^3y+y^4-xy^3\] \[=(x-y)(x^3-y^3)=(x-y)^2(x^2+xy+y^2).\] Z założenia \(x\ne y\), więc \((x-y)^2>0\). Ponadto \[x^2+xy+y^2=\left(x+\frac y2\right)^2+\frac34y^2\geq0,\] a równość zachodziłaby wyłącznie dla \(x=y=0\), co jest sprzeczne z \(x\ne y\). Zatem drugi czynnik także jest dodatni, więc cały iloczyn jest dodatni. To kończy dowód.

**3 pkt** – pełne poprawne rozumowanie **2 pkt** – sprowadzenie nierówności do \((x-y)^2(x^2+xy+y^2)>0\) albo poprawne rozpatrzenie znaków po uzyskaniu \((x-y)(x^3-y^3)>0\) **1 pkt** – sprowadzenie nierówności do \((x-y)(x^3-y^3)>0\) **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R2.1 i R2.3 wzory skróconego mnożenia dla sześcianów oraz rozkładanie wielomianu na czynniki.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\) spełniających \(x\ne y\).

Mnożymy obie strony przez \(25\) i przekształcamy nierówność równoważnie: \[(x+4y)^2<5x^2+20y^2,\] \[x^2+8xy+16y^2<5x^2+20y^2,\] \[0<4x^2-8xy+4y^2=4(x-y)^2.\] Z założenia \(x\ne y\), więc \((x-y)^2>0\), a zatem \(4(x-y)^2>0\). To dowodzi podanej nierówności.

**2 pkt** – sprowadzenie nierówności do dodatniego kwadratu i uzasadnienie jej prawdziwości na podstawie założenia \(x\ne y\) **1 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \(c[W(x,y)]^2>0\) lub \(-c[W(x,y)]^2<0\), gdzie \(c>0\) **0 pkt** – brak poprawnego przekształcenia; sprawdzenie tylko wybranych wartości \(x\) i \(y\) nie jest dowodem

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2.1 używanie wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^2\) oraz \(a^2-b^2\).

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\) spełniających \(x+y\geq1\).

Przenosimy prawą stronę nierówności na lewą i przekształcamy: \[x^3+y^3-xy(x+y)-x^2+2xy-y^2\geq0.\] Korzystamy ze wzoru \(x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)\): \[(x+y)(x^2-xy+y^2)-xy(x+y)-(x-y)^2\geq0,\] \[(x+y)(x-y)^2-(x-y)^2\geq0,\] \[(x+y-1)(x-y)^2\geq0.\] Z założenia \(x+y-1\geq0\), a kwadrat \((x-y)^2\) jest nieujemny. Ich iloczyn jest więc nieujemny, co dowodzi tezy.

**3 pkt** – pełny dowód: sprowadzenie nierówności do postaci \((x+y-1)(x-y)^2\geq0\) i uzasadnienie jej prawdziwości **2 pkt** – poprawne otrzymanie postaci \((x+y-1)(x-y)^2\geq0\) **1 pkt** – poprawne częściowe grupowanie z czynnikiem \(x+y\) albo \(x-y\), prowadzące do wymaganej postaci **0 pkt** – niepoprawne rozumowanie albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja, w tym przeprowadzanie rozumowań kilkuetapowych. **Wymagania szczegółowe:** II.R3 stosowanie wzorów na sumę i różnicę sześcianów oraz przekształcanie wyrażeń algebraicznych.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\) spełniających \(2x>y\).

Przenosimy prawą stronę na lewą i rozkładamy wyrażenie na czynniki: \[7x^3+4x^2y-y^3-2xy^2+x^3\] \[=8x^3+4x^2y-2xy^2-y^3=(2x-y)(2x+y)^2.\] Z założenia \(2x-y>0\), a dla wszystkich liczb rzeczywistych \((2x+y)^2\geq0\). Zatem \[(2x-y)(2x+y)^2\geq0,\] co kończy dowód.

**3 pkt** – pełne rozumowanie: rozkład na czynniki i uzasadnienie znaków obu czynników **2 pkt** – sprowadzenie nierówności do \((2x-y)(2x+y)^2\geq0\) **1 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru skróconego mnożenia albo równoważny istotny krok prowadzący do rozkładu **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R2.1 stosowanie wzorów skróconego mnożenia dla sześcianu sumy i różnicy oraz sumy i różnicy sześcianów.

Nierówność została wykazana dla wszystkich \(a,b\in\mathbb{R}\) takich, że \(b\neq a\).

Mnożymy obie strony nierówności przez \(4>0\), co nie zmienia jej kierunku: \[2\left(a^{2}+b^{2}\right)>(a+b)^{2}.\] Rozwijamy prawą stronę i przenosimy wszystko na lewą: \[2a^{2}+2b^{2}-a^{2}-2ab-b^{2}=a^{2}-2ab+b^{2}=(a-b)^{2}.\] Z założenia \(b\neq a\), więc \(a-b\neq0\), a kwadrat liczby różnej od zera jest dodatni: \[(a-b)^{2}>0.\] Wszystkie przekształcenia były równoważne, więc wyjściowa nierówność jest prawdziwa. **Odpowiedź.** \(\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}>\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{2}\) dla każdych \(a\neq b\), co należało wykazać.

**1 pkt** – gdy: • przekształci nierówność \(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\;[\ldots]\) do postaci równoważnej \((a-b)^{2}>0\) lub \(a^{2}+b^{2}>2ab\) (dla sposobu 1.), o ile na tym zakończy lub z tej postaci wyciągnie wniosek ALBO • wykorzysta założenie \(a\ne b\) (lub równoważnie \((a-b)^{2}>0\)) i zapisze \(a^{2}+b^{2}>2ab\) (dla sposobu 2.), ALBO • wykorzysta założenie \(a\ne b\) oraz zapisze nierówność pomiędzy średnimi: kwadratową i arytmetyczną, dla liczb nieujemnych (dla sposobu 3.). **2 pkt** – gdy przeprowadzi pełne rozumowanie, tzn. • spełni kryterium określone w zasadach oceniania w pierwszej kropce za 1 pkt oraz sformułuje poprawny wniosek z powołaniem się na założenie ALBO • spełni kryterium określone w zasadach oceniania w drugiej kropce za 1 pkt oraz doprowadzi nierówność do postaci tezy, ALBO • w sposobie 3., opierając się na nierówności pomiędzy średnią kwadratową i średnią arytmetyczną, wykaże prawdziwość nierówności \(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\;[\ldots]\) dla każdych liczb rzeczywistych \(a\) i \(b\) takich, że \(a\ne b\). **Uwaga:** Jeśli zdający sprawdza prawdziwość nierówności tylko dla wybranych wartości \(a\) i \(b\), to otrzymuje \(0\) punktów za całe rozwiązanie.

**Wymaganie ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** 2.1 ) używa wzorów skróconego mnożenia na (a ±

Dla \(a\neq0\) i \(b\neq0\) zachodzi \(2a^2-4ab+5b^2>0\).

Przekształcamy lewą stronę do sumy składników nieujemnych: \[2a^2-4ab+5b^2=2(a-b)^2+3b^2.\] Pierwszy składnik jest nieujemny. Ponieważ \(b\neq0\), mamy \(3b^2>0\). Stąd \[2(a-b)^2+3b^2>0,\] co kończy dowód.

**2 pkt** – pełne uzasadnienie dodatniości wyrażenia dla podanych założeń **1 pkt** – poprawne sprowadzenie wyrażenia do postaci \(2(a-b)^2+3b^2\) albo równoważne rozpoczęcie dowodu, np. przez wyróżnik **0 pkt** – niepoprawne rozumowanie albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** III i IV użycie obiektów matematycznych oraz przeprowadzenie rozumowania. **Wymagania szczegółowe:** I.3 stosowanie wzorów skróconego mnożenia i przekształcanie wyrażeń algebraicznych.

Liczba \(5n^2+15n\) jest podzielna przez \(10\) dla każdego \(n\in\mathbb N\).

Wyłączamy wspólny czynnik: \[5n^2+15n=5n(n+3).\] Liczby \(n\) i \(n+3\) mają różną parzystość, ponieważ różnią się o liczbę nieparzystą. Jedna z nich jest więc parzysta, a iloczyn \(n(n+3)\) jest podzielny przez \(2\). Całe wyrażenie zawiera ponadto czynnik \(5\), zatem jest podzielne przez \(2\cdot5=10\).

**2 pkt** – pełny dowód: rozpatrzenie przypadków \(n=2k\) i \(n=2k+1\) albo przekształcenie do postaci \(5n(n+3)\) i uzasadnienie podzielności przez \(2\) oraz przez \(5\) **1 pkt** – przekształcenie do postaci \(5n(n+3)\) albo poprawne rozpatrzenie jednego z przypadków parzystości **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, podawanie argumentów i odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** I.2 przeprowadzanie prostych dowodów dotyczących podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Dla każdego \(n\in\mathbb N\) reszta z dzielenia przez \(5\) jest równa \(3\).

Przekształcamy wyrażenie: \[10n^2+30n+8=10n^2+30n+5+3\] \[=5(2n^2+6n+1)+3.\] Dla każdej liczby naturalnej \(n\) liczba \(2n^2+6n+1\) jest całkowita, więc \(5(2n^2+6n+1)\) jest wielokrotnością \(5\). Zatem wyrażenie \(10n^2+30n+8\) przy dzieleniu przez \(5\) daje resztę \(3\).

**2 pkt** – przekształcenie do postaci \(5(2n^2+6n+1)+3\) i zapisanie, że \(2n^2+6n+1\) jest liczbą całkowitą **1 pkt** – przekształcenie do postaci \(5(2n^2+6n+1)+3\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań i podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania. **Wymagania szczegółowe:** I.2 przeprowadzanie prostych dowodów dotyczących podzielności liczb całkowitych i reszt z dzielenia.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x>2\) i \(y\in\mathbb R\).

Przekształcamy lewą stronę: \[5x^2-6xy+3y^2-2x-4\] \[=3x^2-6xy+3y^2+2x^2-2x-4\] \[=3(x-y)^2+2(x+1)(x-2).\] Pierwszy składnik jest nieujemny dla wszystkich liczb rzeczywistych \(x\) i \(y\). Ponieważ \(x>2\), mamy również \(x+1>0\) oraz \(x-2>0\), zatem \[2(x+1)(x-2)>0.\] Suma liczby nieujemnej i dodatniej jest dodatnia, więc podana nierówność jest prawdziwa.

**3 pkt** – pełne poprawne rozumowanie prowadzące do wykazania nierówności **2 pkt** – zapisanie wyrażenia w postaci \(3(x-y)^2+2(x+1)(x-2)\) lub wyznaczenie miejsc zerowych trójmianu \(2x^2-2x-4\) **1 pkt** – zapisanie wyrażenia w postaci \(3(x-y)^2+2x^2-2x-4\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2.1 i R2.6 stosowanie wzorów skróconego mnożenia oraz wykonywanie działań na wyrażeniach algebraicznych.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(a,b\in\mathbb R\).

Przekształcamy lewą stronę nierówności: \[b(5b-4a)+a^2=5b^2-4ab+a^2.\] Wydzielamy sumę kwadratów: \[5b^2-4ab+a^2=b^2+(2b-a)^2.\] Dla wszystkich liczb rzeczywistych \(a\) i \(b\) zachodzi \(b^2\geq0\) oraz \((2b-a)^2\geq0\), więc \[b^2+(2b-a)^2\geq0.\] To dowodzi podanej nierówności.

**2 pkt** – pełne rozumowanie: sprowadzenie wyrażenia do sumy kwadratów i uzasadnienie jej nieujemności dla wszystkich \(a,b\in\mathbb R\) **1 pkt** – poprawne przekształcenie do postaci \(b^2+(2b-a)^2\geq0\) albo równoważne uzasadnienie za pomocą wyróżnika trójmianu **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów, sprawdzenie tylko wybranych wartości albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** przeprowadzanie prostego dowodu algebraicznego z wykorzystaniem własności kwadratu liczby rzeczywistej.

\[\frac{a+c}{2}<b.\]

Dodajemy stronami obie nierówności z założenia: \[\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}>c+a.\] Po uporządkowaniu otrzymujemy \[\frac{a+2b+c}{2}>a+c.\] Mnożymy przez \(2\): \[a+2b+c>2a+2c.\] Po odjęciu \(a+c\) od obu stron mamy \[2b>a+c,\] czyli \[b>\frac{a+c}{2}.\] To należało wykazać.

**2 pkt** – pełne poprawne rozumowanie prowadzące do tezy **1 pkt** – dodanie nierówności z założenia i zapisanie \(\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}>c+a\) lub równoważnej nierówności **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo sprawdzenie tylko wybranych wartości

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** przeprowadzanie prostych dowodów algebraicznych z wykorzystaniem własności nierówności.

Ponieważ b > \(0\) i b + c > \(0\), można pomnożyć nierówność przez b(b + c) bez zmiany jej zwrotu. Otrzymujemy a(b + c) < b(a + c), czyli ab + ac < ab + bc, a więc ac < bc. Po podzieleniu przez dodatnie c dostajemy a < b, co jest założeniem.

**Krok \(1\).** adanie \(30\). (\(0\)—\(2\)) **Krok \(2\).** Wymagania egzaminacyjne \(2021\) **Krok \(3\).** Wymaganie ogólne **Krok \(4\).** V. Rozumowanie i argumentacja. **Krok \(5\).** gdy: **Krok \(6\).** Wymagania szczegółowe **Krok \(7\).** Zdający: **Krok \(8\).** \(G_{6}\).\(4\)) dodaje i odejmuje sumy **Odpowiedź.** Ponieważ b > \(0\) i b + c > \(0\), można pomnożyć nierówność przez b(b + c) bez zmiany jej zwrotu. Otrzymujemy a(b + c) < b(a + c), czyli ab + ac < ab + bc, a więc ac < bc. Po podzieleniu przez dodatnie c dostajemy a < b, co jest założeniem.

**1 pkt** – gdy: • przekształci nierówność \(\frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+c}\) do postaci równoważnej, z której można przeprowadzić bezpośrednie wnioskowanie o prawdziwości tezy, np. 1) \(\frac{c(a-b)}{b(b+c)}<0\) lub 2) \(c(a-b)<0\) lub 3) \(ca<cb\) lub 4) \(\frac{a-b}{b}\;[\ldots]\;\frac{a-b}{b+c}\) ALBO • przekształci nierówność \(a<b\) do postaci równoważnej \(a(b+c)<b(a+c)\) ALBO • przeprowadzając dowód nie wprost, przekształci nierówność \(\frac{a}{b}\;[\ldots]\;\frac{a+c}{b+c}\) (która jest zaprzeczeniem tezy) do postaci \(ac\;[\ldots]\;bc\) **2 pkt** – gdy przeprowadzi pełne rozumowanie – zdający musi spełnić warunki określone w zasadach oceniania za 1 punkt oraz: • wykorzystać założenie \(a<b\) w sytuacjach 1), 2), 3) określonych w pierwszym punktorze zasad oceniania za 1 punkt ALBO • wykorzystać założenie \(a<b\) i porównać ułamki w sytuacji określonej jako 4) w pierwszym punktorze zasad oceniania za 1 punkt ALBO • przeprowadzając dowód wprost, doprowadzić nierówność \(a<b\) do tezy ALBO • przeprowadzając dowód nie wprost, doprowadzić nierówność \(\frac{a}{b}\;[\ldots]\;\frac{a+c}{b+c}\) do postaci \(a\;[\ldots]\;b\) i stwierdzić sprzeczność z założeniem \(a<b\). **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający zapisze błędne założenia, z których korzysta (np. gdy dzieli nierówność obustronnie przez \(c\), przy zapisie \(c\;[\ldots]\;0\)), to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt. 2. Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość tezy jedynie dla wybranych wartości \(a\), \(b\), \(c\), to za całe rozwiązanie otrzymuje \(0\) punktów za całe rozwiązanie.

Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli: przekształci nierówność \(\frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+c}\) do postaci \(\frac{a(b+c)}{b}<a+c\) lub \(a<\frac{b(a+c)}{b+c}\).

\[a(a-2b)+2b^2>0\quad\text{dla}\quad a\neq b.\]

Przekształcamy lewą stronę nierówności: \[a(a-2b)+2b^2=a^2-2ab+2b^2=(a-b)^2+b^2.\] Ponieważ \(a\neq b\), mamy \((a-b)^2>0\). Ponadto \(b^2\geq0\). Zatem \[(a-b)^2+b^2>0,\] co kończy dowód.

**2 pkt** – przedstawienie pełnego uzasadnienia nierówności **1 pkt** – zapisanie wyrażenia w postaci \((a-b)^2+b^2\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2.1 stosowanie wzorów skróconego mnożenia.

\[a(a+b)+b^2>3ab\quad\text{dla}\quad a\ne b.\]

Przekształcamy różnicę stron nierówności: \[a(a+b)+b^2-3ab=a^2-2ab+b^2=(a-b)^2.\] Ponieważ \(a\ne b\), mamy \(a-b\ne0\), a zatem \[(a-b)^2>0.\] To dowodzi podanej nierówności.

**2 pkt** – zapisanie pełnego uzasadnienia wykorzystującego \(a\ne b\) **1 pkt** – przekształcenie nierówności do postaci \((a-b)^2>0\) albo równoważne wykazanie, że rozpatrywany trójmian ma wyróżnik równy zero **0 pkt** – sprawdzenie jedynie wybranych wartości albo brak poprawnego uzasadnienia

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2020 nie zawiera tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** rozumowanie i argumentacja - dowód algebraiczny z użyciem wzoru skróconego mnożenia.

Rozkład na czynniki daje \(n^{5}-3n^{4}-n+3=(n-3)(n-1)(n+1)\left(n^{2}+1\right)\). Dla nieparzystego \(n=2k+1\) każdy z czterech czynników jest parzysty, więc iloczyn równa się \(16\,(k-1)k(k+1)\left(2k^{2}+2k+1\right)\) i jest podzielny przez \(16\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy zadanie na podzielność. Mamy wykazać podzielność przez \(16=2^{4}\), więc najlepszą strategią jest **rozłożenie wyrażenia na czynniki** i pokazanie, że dla nieparzystego \(n\) co najmniej cztery z tych czynników są parzyste. Wtedy w iloczynie da się wyłączyć \(2\cdot2\cdot2\cdot2=16\). **Krok \(2\).** Grupujemy wyrazy parami: \[n^{5}-3n^{4}-n+3=\left(n^{5}-3n^{4}\right)+\left(-n+3\right).\] Z pierwszej pary wyłączamy \(n^{4}\), z drugiej \(-1\): \[n^{4}(n-3)-(n-3).\] **Krok \(3\).** Wyłączamy wspólny czynnik \((n-3)\): \[n^{5}-3n^{4}-n+3=(n-3)\left(n^{4}-1\right).\] **Krok \(4\).** Drugi czynnik rozkładamy dwukrotnie wzorem na różnicę kwadratów: \[n^{4}-1=\left(n^{2}\right)^{2}-1^{2}=\left(n^{2}-1\right)\left(n^{2}+1\right)=(n-1)(n+1)\left(n^{2}+1\right).\] **Krok \(5\).** Otrzymujemy pełny rozkład: \[n^{5}-3n^{4}-n+3=(n-3)(n-1)(n+1)\left(n^{2}+1\right).\] **Krok \(6\).** Korzystamy z założenia: \(n\) jest nieparzysta, więc \(n=2k+1\) dla pewnej liczby całkowitej \(k\). Podstawiamy do każdego czynnika: \[n-3=2k-2=2(k-1),\qquad n-1=2k,\qquad n+1=2k+2=2(k+1),\] \[n^{2}+1=(2k+1)^{2}+1=4k^{2}+4k+2=2\left(2k^{2}+2k+1\right).\] Każdy z czterech czynników jest więc parzysty. **Krok \(7\).** Mnożymy i wyciągamy dwójki przed nawias: \[2(k-1)\cdot2k\cdot2(k+1)\cdot2\left(2k^{2}+2k+1\right)=16\cdot(k-1)\,k\,(k+1)\left(2k^{2}+2k+1\right).\] **Krok \(8\).** Wyrażenie \((k-1)k(k+1)\left(2k^{2}+2k+1\right)\) jest liczbą całkowitą, bo powstaje z liczby całkowitej \(k\) przez dodawanie i mnożenie. Zatem badane wyrażenie jest iloczynem liczby \(16\) i liczby całkowitej, czyli jest podzielne przez \(16\). To kończy dowód. **Uwaga.** Założenie o nieparzystości \(n\) jest naprawdę potrzebne — to ono sprawia, że wszystkie cztery czynniki są parzyste **jednocześnie**. Dla \(n\) parzystego teza nie zachodzi: dla \(n=2\) mamy \(32-48-2+3=-15\), a \(-15\) nie dzieli się przez \(16\). **Odpowiedź.** Dla \(n=2k+1\) zachodzi \(n^{5}-3n^{4}-n+3=16\,(k-1)k(k+1)\left(2k^{2}+2k+1\right)\), więc dla każdej liczby nieparzystej \(n\) wyrażenie jest podzielne przez \(16\).

**Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – gdy zapisze wraz z odpowiednimi założeniami wyrażenie \((2k+1)^{5}-3(2k+1)^{4}-(2k+1)+19\) i przekształci poprawnie przynajmniej jedno z wyrażeń: \((2k+1)^{5}=32n^{5}+80n^{4}+80n^{3}+40n^{2}+10n+1\) lub \((2k+1)^{4}=16n^{4}+32n^{3}+24n^{2}+8n+1\). **2 pkt** – gdy doprowadzi wyrażenie do postaci \(32n^{5}+32n^{4}-16n^{3}-32n^{2}-16n+16\) i nie uzasadni, że to wyrażenie jest podzielne przez \(16\). **3 pkt** – gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.

Zadanie 8. (0–3) Wykaż, że dla każdej liczby nieparzystej n wyrażenie n5 − 3n4 − n + 3 jest podzielne przez 16. Rozwiązanie (I sposób) Przekształcamy wyrażenie n5 − 3n4 − n + 3 równoważnie w następujący sposób n4 ⋅ ( n − 3 ) − ( n − 3 ) ( n4 −1 ) ⋅ ( n − 3 ) ( n2 −1 ) ⋅ ( n2 + 1 ) ⋅ ( n − 3 ) ( n −1 ) ⋅ ( n + 1 ) ⋅ ( n2 + 1 ) ⋅ ( n − 3 ) ( ) Liczba n jest nieparzysta więc liczby ( n − 1 ) , ( n + 1 ) , n2 + 1 , ( n − 3 ) są parzyste zatem ich iloczyn jest podzielny przez 24.Wyrażenie jest sumą dwóch składników podzielnych przez 16 więc jest podzielne przez 16. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje .............................................................................................................. 1 p. ( ) gdy zapisze wyrażenie w postaci: n4 −1 ⋅ ( n − 3 ) + 16 . Zdający otrzymuje .............................................................................................................. 2 p. ( ) gdy zapisze nierówność w postaci: ( n −1 ) ⋅ ( n +1 ) ⋅ n2 +1 ⋅ ( n − 3 ) +16 i nie uzasadni podzielności przez 16. Zdający otrzymuje .............................................................................................................. 3 p. gdy przeprowadzi pełne rozumowanie. Rozwiązanie (II sposób) Ponieważ liczba n jest nieparzysta możemy zapisać ją w postaci 2k+1, gdzie k jest liczbą całkowitą. Wyrażenie n5 − 3n4 − n + 3 przyjmuje postać:

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(a,b\in\mathbb R\).

Przekształcamy lewą stronę: \[3a^2-2ab+3b^2=(a-b)^2+2a^2+2b^2.\] Każdy składnik po prawej stronie jest nieujemny dla dowolnych liczb rzeczywistych \(a\) i \(b\). Ich suma jest więc nieujemna, czyli \[3a^2-2ab+3b^2\geq0.\]

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu wraz z uzasadnieniem nieujemności wszystkich składników **1 pkt** – zapisanie wyrażenia w postaci sumy wielokrotności kwadratów, np. \((a-b)^2+2a^2+2b^2\), bez pełnego komentarza kończącego dowód, albo wykonanie innego istotnego kroku wskazanego w kluczu CKE **0 pkt** – sprawdzenie jedynie wybranych wartości albo brak poprawnego uzasadnienia

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2.1 używanie wzorów skróconego mnożenia na \((a+b)^2\) i \((a-b)^2\).

Nierówność została wykazana dla każdej liczby \(x>0\).

Z odczytu redakcyjnego treści dowodzona nierówność ma postać \[x+\frac{1-x}{x}\ge1.\] Z założenia \(x>0\), więc mnożenie obu stron przez \(x\) nie zmienia kierunku nierówności: \[x^{2}+1-x\ge x.\] Przenosimy wszystko na lewą stronę i stosujemy wzór skróconego mnożenia: \[x^{2}-2x+1\ge0,\qquad (x-1)^{2}\ge0.\] Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej, a wszystkie przekształcenia były równoważne przy \(x>0\). Równość zachodzi dokładnie dla \(x=1\). **Odpowiedź.** Nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej \(x\), co należało wykazać.

1 pkt: poprawne przekształcenie. 2 pkt: pełne uzasadnienie.

Zadanie 28. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Wyrażenia algebraiczne.

Mamy \(n^{5}\)−\(3\)\(n^{4}\)−n+\(19\)=(n−\(1\))(n+\(1\))(\(n^{2}\)+\(1\))(n−\(3\))+\(16\). Dla nieparzystego n każdy z czterech czynników w iloczynie jest parzysty, więc iloczyn jest podzielny przez \(16\); drugi składnik także jest podzielny przez \(16\).

**Krok \(1\).** Mamy dowieść podzielności przez \(16=2^4\), a założenie mówi o liczbie nieparzystej. Dla nieparzystego \(n\) parzyste są wyrażenia typu \(n-1\), \(n+1\), \(n-3\), \(n^2+1\). Pomysł: rozłożyć wyrażenie na iloczyn czterech takich czynników plus stała podzielna przez \(16\). **Krok \(2\).** Odejmujemy i dodajemy \(16\), aby wyodrębnić wygodną resztę: \[n^5-3n^4-n+19=\left(n^5-3n^4-n+3\right)+16.\] **Krok \(3\).** Nawias grupujemy parami i wyłączamy wspólne czynniki: \[n^5-3n^4-n+3=n^4(n-3)-(n-3)=(n-3)\left(n^4-1\right).\] **Krok \(4\).** Rozkładamy \(n^4-1\) dwukrotnie wzorem na różnicę kwadratów: \[n^4-1=\left(n^2-1\right)\left(n^2+1\right)=(n-1)(n+1)\left(n^2+1\right).\] **Krok \(5\).** Otrzymujemy zatem \[n^5-3n^4-n+19=(n-3)(n-1)(n+1)\left(n^2+1\right)+16.\] **Krok \(6\).** Niech \(n\) będzie nieparzyste. Wtedy \(n-3\), \(n-1\), \(n+1\) są parzyste (liczba nieparzysta minus lub plus liczba nieparzysta daje parzystą), a \(n^2\) jest nieparzysty, więc \(n^2+1\) też jest parzysty. **Krok \(7\).** Iloczyn czterech liczb parzystych zawiera czynnik \(2^4=16\), więc pierwszy składnik jest podzielny przez \(16\). **Krok \(8\).** Drugi składnik to \(16\), również podzielny przez \(16\). Suma dwóch liczb podzielnych przez \(16\) jest podzielna przez \(16\), co kończy dowód. **Uwaga.** Rozkład warto sprawdzić rachunkiem: \((n-3)\left(n^4-1\right)=n^5-3n^4-n+3\), a po dodaniu \(16\) rzeczywiście wychodzi \(n^5-3n^4-n+19\). Kontrola liczbowa: dla \(n=1\) wyrażenie równa się \(16\), dla \(n=3\) też \(16\), a dla \(n=5\) daje \(1264=16\cdot79\). **Odpowiedź.** Ponieważ \(n^5-3n^4-n+19=(n-3)(n-1)(n+1)\left(n^2+1\right)+16\), a dla nieparzystego \(n\) wszystkie cztery czynniki iloczynu są parzyste, całe wyrażenie jest podzielne przez \(16\).

Schemat oceniania I sposobu rozwiązania. **[…] pkt** – gdy zdający zapisze wyrażenie w postaci: \((n-1)(n+1)(n^{2}+1)(n-3)+16\). **2 pkt** – gdy zdający zapisze wyrażenie w postaci \((n-1)(n+1)(n^{2}+1)(n-3)+16\) i nie uzasadni podzielności przez \(16\). **[…] pkt** – gdy zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania. **[…] pkt** – gdy zdający zapisze wraz z odpowiednimi założeniami wyrażenie \((2k+1)\) […] i przekształci poprawnie przynajmniej jedno z wyrażeń. **[…] pkt** – gdy zdający doprowadzi wyrażenie do postaci \(32k^{5}+32k^{4}-16k^{3}-32k^{2}-16k+16\) i nie uzasadni, że to wyrażenie jest podzielne przez \(16\). **3 pkt** – gdy zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.

Klasyfikacja rzeczowa: dowodzenie podzielności wyrażenia algebraicznego przez rozkład na czynniki i wykorzystanie parzystości.

Nierówność została wykazana dla wszystkich \(a>0\) i \(b>0\).

Z odczytu redakcyjnego treści dowodzona nierówność ma postać \[\frac1a+\frac1b\ge\frac{4}{a+b}.\] Z założenia \(a>0\) i \(b>0\), więc \(ab>0\) oraz \(a+b>0\), a zatem iloczyn \(ab(a+b)\) jest dodatni i mnożenie przez niego nie zmienia kierunku nierówności: \[b(a+b)+a(a+b)\ge4ab,\qquad (a+b)^{2}\ge4ab.\] Przenosimy wszystko na lewą stronę i stosujemy wzór skróconego mnożenia: \[a^{2}+2ab+b^{2}-4ab=a^{2}-2ab+b^{2}=(a-b)^{2}\ge0.\] Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych, a wszystkie przekształcenia były równoważne. Równość zachodzi dokładnie dla \(a=b\). **Odpowiedź.** Nierówność \(\dfrac1a+\dfrac1b\ge\dfrac{4}{a+b}\) jest prawdziwa dla wszystkich \(a>0\), \(b>0\), co należało wykazać.

1 pkt: sprowadzenie do a²−2ab+b²≥0. 2 pkt: pełne uzasadnienie.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Wyrażenia algebraiczne.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y,a>0\) spełniających \(x<y\).

Przenosimy \(2\) na lewą stronę i sprowadzamy wyrażenie do wspólnego mianownika: \[\frac{x+a}{y+a}+\frac yx-2=\frac{x(x+a)+y(y+a)-2x(y+a)}{x(y+a)}\] \[=\frac{x^2-2xy+y^2+ay-ax}{x(y+a)}=\frac{(x-y)^2+a(y-x)}{x(y+a)}.\] Mianownik jest dodatni, ponieważ \(x>0\) i \(y+a>0\). Licznik także jest dodatni: \((x-y)^2>0\) oraz \(a(y-x)>0\), gdyż \(x<y\) i \(a>0\). Zatem cały ułamek jest dodatni, co dowodzi nierówności.

**3 pkt** – pełny dowód nierówności **2 pkt** – sprowadzenie nierówności do równoważnej postaci \((x-y)^2+a(y-x)>0\) albo zapisanie dodatniego ułamka \(\frac{(x-y)^2+a(y-x)}{x(y+a)}>0\) **1 pkt** – poprawne sprowadzenie lewej strony po odjęciu \(2\) do wspólnego mianownika i otrzymanie licznika \(x^2-2xy+y^2+ay-ax\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R2.6 wykonywanie działań na wyrażeniach wymiernych.

Mamy \(k^{3}\)m−k\(m^{3}\)=km(k−\(1\))(k+\(1\))−km(m−\(1\))(m+\(1\)). W każdym składniku występuje iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych, a więc liczba podzielna przez \(2\) i przez \(3\), czyli przez \(6\). Różnica tych składników również jest podzielna przez \(6\).

**Krok \(1\).** Trzeba wykazać podzielność przez \(6\). Ponieważ \(6=2\cdot3\), a \(2\) i \(3\) są względnie pierwsze, wystarczy pokazać, że liczba dzieli się przez \(2\) i przez \(3\). Najprościej jednak dojść do iloczynu trzech kolejnych liczb całkowitych — taki iloczyn zawsze dzieli się przez \(6\), więc cała praca sprowadza się do sprytnego rozkładu wyrażenia. **Krok \(2\).** Zauważmy, że dla dowolnych \(k\) i \(m\) \[k^3m-km^3=km\left(k^2-1\right)-km\left(m^2-1\right),\] bo po rozwinięciu prawej strony otrzymujemy \(k^3m-km-km^3+km=k^3m-km^3\). **Krok \(3\).** Każdy z dwóch składników rozkładamy dalej, korzystając ze wzoru \(k^2-1=(k-1)(k+1)\): \[km\left(k^2-1\right)=m\cdot(k-1)k(k+1),\qquad km\left(m^2-1\right)=k\cdot(m-1)m(m+1).\] **Krok \(4\).** W obu wyrażeniach pojawił się iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych: \((k-1)k(k+1)\) oraz \((m-1)m(m+1)\). **Krok \(5\).** Wśród trzech kolejnych liczb całkowitych co najmniej jedna jest parzysta (bo parzyste i nieparzyste występują na przemian) i dokładnie jedna dzieli się przez \(3\) (bo reszty z dzielenia przez \(3\) powtarzają się co trzy liczby). Iloczyn takich trzech liczb jest więc podzielny przez \(2\) i przez \(3\), a zatem przez \(6\). **Krok \(6\).** Skoro \((k-1)k(k+1)\) jest wielokrotnością \(6\), to po pomnożeniu przez liczbę całkowitą \(m\) nadal jest wielokrotnością \(6\). Tak samo \(k\cdot(m-1)m(m+1)\) jest wielokrotnością \(6\). **Krok \(7\).** Różnica dwóch liczb podzielnych przez \(6\) jest podzielna przez \(6\): jeśli \(6p\) i \(6r\) są całkowite, to \(6p-6r=6(p-r)\). **Krok \(8\).** Zatem \(k^3m-km^3\) jest podzielne przez \(6\) dla dowolnych liczb całkowitych \(k\) i \(m\), co kończy dowód. **Uwaga.** Rozumowanie nie zakłada, że \(k\) i \(m\) są dodatnie — własność „wśród trzech kolejnych liczb całkowitych jest liczba parzysta i liczba podzielna przez \(3\)” działa też dla liczb ujemnych i dla zera. Sprawdzenie na przykładzie (np. \(k=2\), \(m=5\): \(8\cdot5-2\cdot125=40-250=-210=6\cdot(-35)\)) nie jest dowodem, ale dobrze potwierdza rachunki. **Odpowiedź.** Liczba \(k^3m-km^3=m(k-1)k(k+1)-k(m-1)m(m+1)\) jest różnicą dwóch liczb podzielnych przez \(6\), więc sama jest podzielna przez \(6\) dla wszystkich całkowitych \(k\) i \(m\).

**1 pkt** – jeśli zdający uzasadni podzielność przez \(2\), albo uzasadni podzielność przez \(3\) w dwóch przypadkach spośród A, B, C, D, albo uzasadni podzielność przez \(3\) w przypadku F. **2 pkt** – jeśli zdający uzasadni podzielność przez \(2\) i uzasadni podzielność przez \(3\) w dwóch przypadkach spośród A, B, C, D, albo uzasadni podzielność przez \(2\) i uzasadni podzielność przez \(3\) w przypadku F, albo uzasadni podzielność przez \(3\), albo zapisze liczbę \(k^3m-km^3\) w postaci […]. **3 pkt** – jeśli zdający przeprowadzi pełne rozumowanie uzasadniające podzielność przez \(6\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający rozkłada wielomian na czynniki, stosując wzory skróconego mnożenia lub wyłączając wspólny czynnik przed nawias (R2.3). SP 2. Działania na liczbach naturalnych. Zdający rozpoznaje liczby naturalne podzielne przez 2 i przez 3 (SP2.3).

Nierówność jest prawdziwa dla każdego \(\alpha\in\left(0,\frac\pi2\right)\).

Korzystamy ze wzoru \(2\sin u\cos v=\sin(u+v)+\sin(u-v)\). Dla \[u=\frac\pi{12}-\alpha,\qquad v=\frac\pi{12}+\alpha\] otrzymujemy \[2\sin\left(\frac\pi{12}-\alpha\right)\cos\left(\frac\pi{12}+\alpha\right)=\sin\frac\pi6-\sin2\alpha.\] Zatem \[\sin\left(\frac\pi{12}-\alpha\right)\cos\left(\frac\pi{12}+\alpha\right)=\frac14-\frac12\sin2\alpha.\] Ponieważ \(\alpha\in(0,\frac\pi2)\), to \(2\alpha\in(0,\pi)\), a więc \(\sin2\alpha>0\). Stąd \[\frac14-\frac12\sin2\alpha<\frac14,\] co kończy dowód.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu **2 pkt** – sprowadzenie nierówności do postaci \(\frac12-\sin2\alpha<\frac12\) lub równoważnej, ale bez pełnego uzasadnienia znaku **1 pkt** – poprawne użycie wzoru na iloczyn sinusa i cosinusa albo innego równoważnego przekształcenia wskazanego w kluczu CKE **0 pkt** – brak istotnego postępu

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** trygonometria - wzory redukcyjne i wzory na sumę lub różnicę kątów, znaki funkcji trygonometrycznych oraz dowodzenie nierówności.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(a>0\) i \(b>0\).

Przenosimy prawą stronę na lewą i sprowadzamy do wspólnego mianownika: \[\frac1{2a}+\frac1{2b}-\frac2{a+b}=\frac{(a+b)^2-4ab}{2ab(a+b)}=\frac{(a-b)^2}{2ab(a+b)}.\] Licznik jest nieujemny, a mianownik dodatni dla \(a,b>0\), więc cała różnica jest nieujemna. To kończy dowód.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu **1 pkt** – sprowadzenie nierówności do \((a+b)^2\geq4ab\), \((a-b)^2\geq0\) albo równoważnej postaci, bez pełnego uzasadnienia **0 pkt** – sprawdzenie tylko przykładów lub brak istotnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **2.1:** zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^2\) oraz \(a^2-b^2\).

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\).

Przekształcamy lewą stronę: \[5x^2+y^2-4xy+6x+9=(2x-y)^2+(x+3)^2.\] Oba składniki są kwadratami liczb rzeczywistych, zatem są nieujemne. W konsekwencji \[(2x-y)^2+(x+3)^2\geq0\] dla każdych \(x,y\in\mathbb R\), co kończy dowód.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **2 pkt** – zapisanie \((2x-y)^2+(x+3)^2\geq0\) bez uzasadnienia nieujemności **1 pkt** – zapisanie postaci \(4x^2-4xy+y^2+x^2+6x+9\geq0\), z której można utworzyć sumę kwadratów **0 pkt** – brak koniecznego postępu CKE dopuszcza też rozwiązanie z funkcją kwadratową i wykazaniem, że jej wyróżnik \(\Delta=-4(y+6)^2\leq0\).

**Klasyfikacja CKE:** dowodzenie nierówności - uzupełnianie do kwadratu albo badanie znaku funkcji kwadratowej z parametrem.

Nierówność zachodzi dla wszystkich różnych \(x,y\in\mathbb R\).

Przekształcamy lewą stronę: \[x^2y^2+2x^2+2y^2-8xy+4=(xy-2)^2+2(x-y)^2.\] Pierwszy składnik jest nieujemny. Ponieważ \(x\neq y\), drugi składnik jest dodatni, więc ich suma jest dodatnia.

**3 pkt** – pełne rozumowanie z wykorzystaniem założenia \(x\neq y\) **2 pkt** – zapisanie \((xy-2)^2+2(x-y)^2>0\) bez pełnego uzasadnienia **1 pkt** – istotny postęp prowadzący do sumy kwadratów **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** wzory skróconego mnożenia i przekształcanie wyrażeń algebraicznych.

Nierówność została wykazana dla każdej liczby \(x>0\).

Z odczytu redakcyjnego treści dowodzona nierówność ma postać \[4x+\frac1x\ge4.\] Z założenia \(x>0\), więc mnożenie obu stron przez \(x\) nie zmienia kierunku nierówności: \[4x^{2}+1\ge4x.\] Przenosimy wszystko na lewą stronę i stosujemy wzór skróconego mnożenia: \[4x^{2}-4x+1\ge0,\qquad (2x-1)^{2}\ge0.\] Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej, a wszystkie przekształcenia były równoważne przy \(x>0\). Równość zachodzi dokładnie dla \(x=\tfrac12\). **Odpowiedź.** Nierówność \(4x+\dfrac1x\ge4\) jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej \(x\), co należało udowodnić.

1 pkt: poprawne przekształcenie do nierówności kwadratowej. 2 pkt: pełny dowód z uwzględnieniem x > 0.

Zadanie 28. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Wyrażenia algebraiczne.

(\(1\),\(5\))\(1^{00}\) < \(6^{25}\), ponieważ (\(1\),\(5\))\(\frac{4 = 81}{16 < 6}\).

**Krok \(1\).** pkt: sprowadzenie nierówności do porównania (\(1\),\(5\))\(4\) z \(6\) albo równoważnego porównania potęg. \(2\) pkt: pełne poprawne uzasadnienie. **Odpowiedź.** (\(1\),\(5\))\(1^{00}\) < \(6^{25}\), ponieważ (\(1\),\(5\))\(\frac{4 = 81}{16 < 6}\).

1 pkt: sprowadzenie nierówności do porównania (1,5)⁴ z 6 albo równoważnego porównania potęg. 2 pkt: pełne poprawne uzasadnienie.

V. Rozumowanie i argumentacja. 1. Liczby rzeczywiste. Zdający wykorzystuje podstawowe własności potęg (1.5).

Nierówność została wykazana dla wszystkich \(x,y\in\mathbb{R}\).

Z odczytu redakcyjnego treści dowodzona nierówność ma postać \[x^{4}+y^{4}+x^{2}+y^{2}\ge2\left(x^{3}+y^{3}\right).\] Przenosimy wszystko na lewą stronę i grupujemy wyrazy zawierające \(x\) oraz wyrazy zawierające \(y\): \[\left(x^{4}-2x^{3}+x^{2}\right)+\left(y^{4}-2y^{3}+y^{2}\right).\] W każdym nawiasie wyłączamy kwadrat zmiennej i stosujemy wzór skróconego mnożenia: \[x^{2}\left(x^{2}-2x+1\right)+y^{2}\left(y^{2}-2y+1\right)=x^{2}(x-1)^{2}+y^{2}(y-1)^{2}.\] Każdy składnik jest iloczynem dwóch kwadratów liczb rzeczywistych, więc jest nieujemny; nieujemna jest zatem i ich suma. Równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy \(x\in\{0,1\}\) i \(y\in\{0,1\}\). **Odpowiedź.** \(x^{4}+y^{4}+x^{2}+y^{2}\ge2\left(x^{3}+y^{3}\right)\) dla wszystkich liczb rzeczywistych \(x\), \(y\), co należało wykazać.

1 pkt: zapis lewej strony jako sumy odpowiednich kwadratów. 2 pkt: pełne uzasadnienie nieujemności.

Zadanie 28. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Wyrażenia algebraiczne.

Dla dodatnich \(x,y\) spełniających \(x^2+y^2=2\) zachodzi \(x+y\leq2\).

Punktem wyjścia jest nierówność prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych: \[(x-y)^2\geq0,\qquad\text{czyli}\qquad x^2+y^2\geq2xy.\] Z założenia \(x^2+y^2=2\), więc \(2\geq2xy\), a stąd \[xy\leq1.\] Rozwijamy kwadrat sumy i korzystamy z założenia oraz z otrzymanego ograniczenia: \[(x+y)^2=x^2+y^2+2xy=2+2xy\leq2+2=4.\] Liczby \(x\) i \(y\) są dodatnie, więc \(x+y>0\); pierwiastkując nierówność \((x+y)^2\leq4\) stronami, otrzymujemy \[x+y\leq2,\] co należało wykazać. Równość zachodzi dokładnie dla \(x=y=1\). **Odpowiedź.** Nierówność \(x+y\leq2\) jest prawdziwa dla wszystkich dodatnich \(x\), \(y\) spełniających warunek \(x^2+y^2=2\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a±b)² oraz a²−b² (2.1).

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(a,b,c,d>0\).

Obie strony nierówności są dodatnie, więc możemy podnieść je do kwadratu. Otrzymujemy kolejno \[(a+b)(c+d)\geq ac+bd+2\sqrt{abcd},\] \[ad+bc\geq2\sqrt{abcd}.\] Ostatnia nierówność jest równoważna \[\left(\sqrt{ad}-\sqrt{bc}\right)^2\geq0,\] a więc jest prawdziwa. To kończy dowód.

**4 pkt** – pełny dowód **3 pkt** – sprowadzenie nierówności do postaci \(ad+bc\geq2\sqrt{abcd}\) **2 pkt** – zapisanie \((a+b)(c+d)\geq ac+bd+2\sqrt{abcd}\) **1 pkt** – zauważenie, że obie strony są dodatnie i nierówność można obustronnie podnieść do kwadratu **0 pkt** – brak koniecznego postępu; w szczególności błędne pominięcie składnika \(2\sqrt{abcd}\) przy podnoszeniu prawej strony do kwadratu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** przekształcanie nierówności, wzory skróconego mnożenia i nieujemność kwadratu.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,m\in\mathbb R\).

Przenosimy prawą stronę na lewą i przekształcamy: \[20x^2-24mx+18m^2-4x-12m+5\] \[=(2x-1)^2+(3m-2)^2+(4x-3m)^2.\] Każdy składnik po prawej stronie jest kwadratem liczby rzeczywistej, więc suma jest nieujemna. Otrzymujemy zatem \[20x^2-24mx+18m^2\geq4x+12m-5\] dla wszystkich liczb rzeczywistych \(x\) i \(m\).

**3 pkt** – pełny dowód przez zapisanie lewej strony jako sumy trzech kwadratów **2 pkt** – poprawna postać sumy kwadratów bez końcowego uzasadnienia **1 pkt** – poprawne przeniesienie wszystkich składników na jedną stronę i rozpoczęcie grupowania **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 3.2 R - równania i nierówności kwadratowe z parametrem.

\[3x^2+5y^2-4xy=(x-2y)^2+2x^2+y^2\geq0.\]

Przekształcamy lewą stronę do sumy kwadratów: \[3x^2+5y^2-4xy=(x-2y)^2+2x^2+y^2.\] Każdy składnik po prawej stronie jest nieujemny dla dowolnych liczb rzeczywistych \(x,y\), zatem ich suma także jest nieujemna.

**1 pkt** – przedstawienie wyrażenia jako sumy kwadratów albo równoważne wykazanie niedodatniej delty **2 pkt** – pełne uzasadnienie nierówności dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\) **0 pkt** – rozwiązanie bez poprawnego postępu

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** wyrażenia algebraiczne, przekształcanie do sumy kwadratów.

\[ab\leq\frac14,\] przy czym równość zachodzi dla \(a=b=\frac12\).

Z założenia \(b=1-a\). Nierówność przekształcamy równoważnie: \[ab\leq\frac14\iff a(1-a)\leq\frac14\iff a^2-a+\frac14\geq0\iff\left(a-\frac12\right)^2\geq0.\] Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej \(a\), więc teza zachodzi.

**Informator CKE podaje trzy rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 2 pkt** – pełny poprawny dowód **1 pkt** – sprowadzenie tezy do \(\left(a-\frac12\right)^2\geq0\) albo poprawne użycie nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 2.1. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^2\) oraz \(a^2-b^2\).

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\).

Dla dowolnych liczb rzeczywistych \(x\) i \(y\) zachodzi \[(x-y)^2\geq0.\] Po rozwinięciu kwadratu otrzymujemy \[x^2-2xy+y^2\geq0,\] czyli \[x^2+y^2\geq2xy.\] To kończy dowód.

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 2 pkt** – pełny dowód **1 pkt** – zapisanie \((x-y)^2\geq0\) i rozpoczęcie przekształcenia **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający prowadzi proste rozumowanie składające się z niewielkiej liczby kroków. **Wymagania szczegółowe:** 2.1. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^2\) oraz \(a^2-b^2\).

Nierówność jest prawdziwa dla każdego \(x\in\mathbb R\).

Lewą stronę zapisujemy jako sumę składników nieujemnych i składnika dodatniego: \[x^4-x^2-2x+3=(x^2-1)^2+(x-1)^2+1.\] Dla każdego \(x\in\mathbb R\) mamy \((x^2-1)^2\geq0\) oraz \((x-1)^2\geq0\), natomiast \(1>0\). Zatem \[(x^2-1)^2+(x-1)^2+1>0,\] co kończy dowód.

**3 pkt** – pełny dowód dodatniości **2 pkt** – zapis \((x^2-1)^2+(x-1)^2+1>0\) bez pełnego uzasadnienia **1 pkt** – przekształcenie do \(x^4-2x^2+1+x^2-2x+1+1\) prowadzące do sumy kwadratów **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2. Wyrażenia algebraiczne - działania na wyrażeniach i wzory skróconego mnożenia \((a\pm b)^2\), \(a^2-b^2\) (R2.6, R2.1) .

\[4x^2-8xy+5y^2=(2x-2y)^2+y^2\geq0.\]

Przekształcamy lewą stronę: \[4x^2-8xy+5y^2=(2x-2y)^2+y^2.\] Oba składniki są kwadratami liczb rzeczywistych, więc są nieujemne. Ich suma jest zatem nieujemna dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\), co kończy dowód.

**1 pkt** – zapisanie wyrażenia w postaci \((2x-2y)^2+y^2\) **2 pkt** – pełne uzasadnienie nierówności dla wszystkich liczb rzeczywistych \(x,y\) **0 pkt** – rozwiązanie bez poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 2.1 zdający używa wzorów skróconego mnożenia.

\[x^3+y^3-x^2y-xy^2=(x-y)^2(x+y)\geq0.\]

Przenosimy prawą stronę na lewą i wyłączamy wspólne czynniki: \[x^3+y^3-x^2y-xy^2=x^2(x-y)-y^2(x-y)=(x-y)(x^2-y^2)=(x-y)^2(x+y).\] Dla \(x,y\geq0\) mamy \((x-y)^2\geq0\) oraz \(x+y\geq0\), więc ich iloczyn jest nieujemny. To dowodzi nierówności.

**2 pkt** – pełny dowód z uzasadnieniem nieujemności \((x-y)^2(x+y)\) **1 pkt** – poprawne sprowadzenie różnicy stron do postaci iloczynowej **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak rozumowania

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** wyrażenia algebraiczne i nierówności, rozkład wielomianu na czynniki.

Dla każdego \(k\in\mathbb Z\) iloczyn \(k(k+1)(k+9)(k^2+1)\) jest podzielny przez \(5\).

Rozpatrujemy pięć możliwych reszt z dzielenia \(k\) przez \(5\). Jeśli \(k\equiv0\pmod5\), podzielny przez \(5\) jest czynnik \(k\). Dla \(k\equiv1\pmod5\) podzielny jest \(k+9\). Dla \(k\equiv2\pmod5\) oraz \(k\equiv3\pmod5\) mamy \(k^2+1\equiv4+1\equiv0\pmod5\). Dla \(k\equiv4\pmod5\) podzielny jest \(k+1\). W każdym przypadku co najmniej jeden czynnik iloczynu jest wielokrotnością \(5\), co kończy dowód.

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełny dowód obejmujący wszystkie pięć klas reszt **2 pkt** – poprawna idea rozpatrywania reszt i większość przypadków **1 pkt** – zauważenie potrzeby rozpatrzenia \(k\bmod5\) lub poprawne sprawdzenie co najmniej dwóch nietrywialnych przypadków **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 2.7. (szkoła podstawowa) Zdający rozpoznaje liczby naturalne podzielne przez \(5\).

Wykazano, że \(\sqrt{2^{50}+1}+\sqrt{2^{50}-1}<2^{26}\).

Oznaczmy \[a=\sqrt{2^{50}+1},\qquad b=\sqrt{2^{50}-1}.\] Ponieważ \(a\neq b\), mamy \((a-b)^2>0\), a stąd \[a^2+b^2>2ab.\] Zatem \[\begin{aligned}(a+b)^2&=a^2+b^2+2ab\\&<a^2+b^2+a^2+b^2\\&=2(a^2+b^2)\\&=2\left(2^{50}+1+2^{50}-1\right)\\&=2^{52}.\end{aligned}\] Obie strony są dodatnie, więc \[a+b<\sqrt{2^{52}}=2^{26}.\] Po powrocie do oznaczeń otrzymujemy tezę \[\sqrt{2^{50}+1}+\sqrt{2^{50}-1}<2^{26}.\]

**Informator CKE podaje dwa rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełny poprawny dowód nierówności **2 pkt** – poprawne uzyskanie \((a+b)^2<2^{52}\) albo równoważnego oszacowania, z drobną usterką końcową **1 pkt** – wprowadzenie \(a=\sqrt{2^{50}+1}\), \(b=\sqrt{2^{50}-1}\) i wykorzystanie \((a-b)^2>0\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozumowanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków. **Wymagania szczegółowe:** 2.1. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^2\) oraz \(a^2-b^2\).

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y\in\mathbb R\).

Po przeniesieniu prawej strony na lewą otrzymujemy \[x^2+y^2-xy-x-y+1\geq0.\] Mnożymy lewą stronę przez \(2\) i grupujemy składniki: \[2(x^2+y^2-xy-x-y+1)=(x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2.\] Każdy składnik po prawej stronie jest kwadratem liczby rzeczywistej, więc jest nieujemny. Zatem ich suma jest nieujemna, co dowodzi tezy.

**3 pkt** – pełny dowód wraz z uzasadnieniem nieujemności sumy kwadratów **2 pkt** – zapisanie nierówności w równoważnej postaci będącej sumą składników nieujemnych **1 pkt** – poprawne przeniesienie wszystkich składników na jedną stronę i rozpoczęcie przekształceń prowadzących do sumy kwadratów **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wykorzystuje wzory skróconego mnożenia i nieujemność kwadratu liczby rzeczywistej do dowodzenia nierówności.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(a,b\in\mathbb R\).

Obliczamy różnicę prawej i lewej strony: \[\frac{a^2+b^2}{2}-\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{2a^2+2b^2-(a^2+2ab+b^2)}4=\frac{(a-b)^2}{4}.\] Ponieważ \((a-b)^2\geq0\), otrzymana różnica jest nieujemna. Stąd \[\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\leq\frac{a^2+b^2}{2}.\]

**2 pkt** – pełny dowód przez sprowadzenie różnicy stron do \(\frac{(a-b)^2}{4}\geq0\) **1 pkt** – poprawne przekształcenie nierówności do postaci równoważnej \((a-b)^2\geq0\) **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wykorzystuje wzory skróconego mnożenia i nieujemność kwadratu liczby rzeczywistej do dowodzenia nierówności.

Nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(x>0\) i \(y>0\).

Ponieważ \(xy>0\), możemy pomnożyć nierówność przez \(xy\) bez zmiany jej zwrotu. Otrzymujemy nierówność równoważną \[x^3+x^2+y^3+y^2>2xy.\] Po przeniesieniu prawej strony na lewą: \[x^3+y^3+(x-y)^2>0.\] Dla \(x>0\) i \(y>0\) mamy \(x^3+y^3>0\), a ponadto \((x-y)^2\geq0\). Ich suma jest więc dodatnia, co kończy dowód.

**3 pkt** – pełny dowód z wykorzystaniem dodatniości \(xy\) i postaci \(x^3+y^3+(x-y)^2>0\) **2 pkt** – sprowadzenie nierówności do sumy składników dodatnich lub nieujemnych **1 pkt** – poprawne pomnożenie przez \(xy\) i otrzymanie nierówności wielomianowej **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** Zdający przekształca wyrażenia wymierne i wykorzystuje dodatniość liczb oraz nieujemność kwadratu do przeprowadzenia dowodu.

Teza wynika z twierdzenia sinusów: dana nierówność jest równoważna warunkowi \(a^{2}+b^{2}\lt c^{2}\), a wtedy z twierdzenia cosinusów \(\cos\gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\lt 0\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** To zadanie na dowód. Założenie mówi o sinusach kątów, a teza o cosinusie — potrzebujemy więc mostu między nimi. Naturalnym pomostem są boki trójkąta: twierdzenie sinusów zamieni sinusy na boki, a twierdzenie cosinusów zamieni boki na \(\cos\gamma\). **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\), \(b\), \(c\) długości boków leżących naprzeciw kątów odpowiednio \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), a przez \(R\) promień okręgu opisanego na tym trójkącie. **Krok \(3\).** Z twierdzenia sinusów \[\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin\gamma}=2R,\] skąd \[\sin\alpha=\frac{a}{2R},\qquad \sin\beta=\frac{b}{2R},\qquad \sin\gamma=\frac{c}{2R}.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy to do założenia: \[\frac{a^2}{4R^2}+\frac{b^2}{4R^2}\lt \frac{c^2}{4R^2}.\] **Krok \(5\).** Mnożymy obie strony przez \(4R^2\). Jest to liczba dodatnia, więc zwrot nierówności się nie zmienia: \[a^2+b^2\lt c^2,\qquad\text{czyli}\qquad a^2+b^2-c^2\lt 0.\] **Krok \(6\).** Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(\gamma\) \[c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma,\] skąd po przekształceniu \[\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}.\] **Krok \(7\).** W tym ułamku licznik jest ujemny na mocy kroku \(5\), a mianownik \(2ab\) jest dodatni, bo \(a\) i \(b\) są długościami boków. Iloraz liczby ujemnej i dodatniej jest ujemny, więc \[\cos\gamma\lt 0,\] co należało wykazać. **Uwaga.** Warto zauważyć sens geometryczny wyniku: z \(a^2+b^2\lt c^2\) wynika, że trójkąt jest rozwartokątny, a kąt rozwarty leży naprzeciw najdłuższego boku, czyli jest nim \(\gamma\) — a cosinus kąta rozwartego jest ujemny. W dowodzie kluczowe jest to, że mnożymy przez wielkości dodatnie (\(4R^2\) i \(2ab\)), więc znak nierówności zostaje zachowany. **Odpowiedź.** Z twierdzenia sinusów założenie jest równoważne nierówności \(a^2+b^2\lt c^2\), a wtedy \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\lt 0\), co kończy dowód.

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zastosowanie twierdzenia sinusów, np. zapisanie równości: \(\sin\alpha=\) […], \(\sin\beta=\) […], \(\sin\gamma=\) […], albo wzoru na pole trójkąta i zapisanie równości: \(\sin\alpha=\) […], \(\sin\beta=\) […], \(\sin\gamma=\) […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie nierówności \(a^2+b^2-c^2<0\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zastosowanie twierdzenia cosinusów do zapisania równości \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne uzasadnienie, że \(\cos\gamma<0\). **Uwaga:** Jeżeli zdający zauważy, że z nierówności \(a^2+b^2<c^2\) wynika, że trójkąt jest rozwartokątny oraz \(\gamma\) jest kątem rozwartym, a stąd \(\cos\gamma<0\), to otrzymuje \(4\) punkty. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: doprowadzenie nierówności do postaci […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: doprowadzenie nierówności do postaci […]. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: doprowadzenie nierówności do postaci \(\cos(\alpha+\beta)>0\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne uzasadnienie, że \(\cos\gamma<0\).

Zadanie 14. (0–4) Wykaż, że jeżeli ,, są kątami wewnętrznymi trójkąta i sin2 sin2  sin2 , to cos  0 . R7.5. Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich V. Rozumowanie z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia i argumentacja cosinusów. Rozwiązanie (I sposób): Niech a, b, c oznaczają długości boków trójkąta leżących naprzeciwko kątów, odpowiednio, ,,, i niech R będzie promieniem okręgu opisanego na tym trójkącie. Z twierdzenia sinusów otrzymujemy a b c sin , sin   , sin  . 2R 2R 2R Zatem nierówność sin2 sin2  sin2  możemy zapisać w postaci 2 2 2  a   b   c          .  2R   2R   2R  Stąd a2  b2  c2 , czyli a2  b2  c2  0 . Zatem z twierdzenia cosinusów otrzymujemy a2  b2  c2 cos   0 . 2ab Uwaga: Zamiast wykorzystać twierdzenie sinusów możemy również skorzystać ze wzoru na pole trójkąta i wówczas otrzymujemy 2P 2P 2P sin , sin   , sin  bc ac ab Dalsza część rozwiązania przebiega tak samo. Schemat oceniania: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 p. Zastosowanie a b c  twierdzenia sinusów, np. zapisanie równości: sin , sin   , sin  2R 2R 2R albo 2P 2P 2P  wzoru na pole trójkąta i zapisanie równości: sin , sin   , sin  bc ac ab Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 p. Zapisanie nierówności a2  b2  c2  0 . Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 p. a2  b2  c2 Zastosowanie twierdzenia cosinusów do zapisania równości cos  . 2ab Rozwiązanie pełne – 4 p. Poprawne uzasadnienie, że cos  0 . Uwaga: Jeżeli zdający zauważy, że z nierówności a2  b2  c2 wynika, że trójkąt jest rozwartokątny oraz jest kątem rozwartym, a stąd cos  0 , to otrzymuje 4 punkty. Rozwiązanie (II sposób): Ponieważ   180    , więc sin sin  180     sin   . Nierówność sin2 sin2  sin2  możemy zapisać w postaci sin2 sin2  sin2   . Ze wzoru na sinus sumy kątów otrzymujemy sin2 sin2  sincos cossin 2 sin2 sin2  sin2cos2  2sincoscossin cos2sin2  sin2 sin2cos2  sin2  cos2sin2  2sincoscossin sin2  1 cos2    sin2   1 cos2   2sincoscossin  sin2sin2  sin2 sin2 2sincoscossin  2sin2sin2  2sincoscossin  sin2sin2  sincoscossin  Obie strony nierówności możemy podzielić przez sinsin  0 , otrzymując sinsin  coscos coscos sinsin 0 cos    0 Stąd wynika, że   90 , więc   90 . To oznacza, że cos  0 , co kończy dowód. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 p. Doprowadzenie nierówności do postaci sin2 sin2  sin2   Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 p. Doprowadzenie nierówności do postaci sin2 sin2  sin2cos2  2sincoscossin cos2sin2  Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 p. Doprowadzenie nierówności do postaci cos    0 Rozwiązanie pełne – 4 p. Poprawne uzasadnienie, że cos  0 .

Dla \(a>b\geq1\) zachodzi \(\frac{a}{2+a^3}<\frac{b}{2+b^3}\).

Dla \(a>b\geq1\) oba mianowniki \(2+a^3\) i \(2+b^3\) są dodatnie, więc nierówność można pomnożyć stronami przez ich iloczyn bez zmiany zwrotu: \[a\left(2+b^3\right)<b\left(2+a^3\right),\] \[2a+ab^3<2b+a^3b,\] \[2(a-b)<a^3b-ab^3=ab\left(a^2-b^2\right)=ab(a-b)(a+b).\] Ponieważ \(a>b\), liczba \(a-b\) jest dodatnia i wolno przez nią podzielić obie strony: \[2<ab(a+b).\] Pozostaje sprawdzić tę nierówność. Z założeń \(a>b\geq1\) wynika \(a>1\), więc \(ab>1\); ponadto \(a+b>2\). Iloczyn dwóch liczb dodatnich, z których jedna jest większa od \(1\), a druga od \(2\), jest większy od \(2\): \[ab(a+b)>1\cdot2=2.\] Wszystkie przekształcenia były równoważne, co kończy dowód. **Odpowiedź.** Nierówność \(\frac{a}{2+a^3}<\frac{b}{2+b^3}\) jest prawdziwa dla wszystkich \(a>b\geq1\).

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie nierówności […] w postaci \(ab(a-b)\) […]. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: stwierdzenie, że dla \(a>b\) […] \(1\) nierówność […] jest równoważna nierówności \(2<ab(a+b)\). **Uwaga:** Zdający zamiast podzielić obie strony nierówności przez \(a-b>0\), może zapisać nierówność w postaci równoważnej \((a-b)\left(ab(a+b)-2\right)>0\). **3 pkt** – rozwiązanie pełne: przeprowadzenie pełnego dowodu. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: określenie funkcji \(f(x)=\) […] i obliczenie jej pochodnej. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: określenie znaku pochodnej funkcji \(f\) w przedziale \((1,+\infty)\): \(f'(x)=\frac{2(1-x^3)}{[…]}<0\) dla \(x\in(1,+\infty)\). **3 pkt** – rozwiązanie pełne: stwierdzenie, że w przedziale \((1,+\infty)\) funkcja \(f\) jest malejąca i wywnioskowanie prawdziwości tezy.

Zadanie 13. (0–3) a b Wykaż, że jeżeli a  b  1, to  . 2  a3 2  b3 R2.6. Zdający dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia V. Rozumowanie wymierne; rozszerza i (w łatwych przypadkach) skraca i argumentacja wyrażenia wymierne. Rozwiązanie (I sposób): a b Przekształcamy nierówność  równoważnie. 2  a3 2  b3 2a  ab3  2b  a3b , 2a  b  ab  a2  b2  , 2a  b  ab a  b a  b . Ponieważ a  b , więc możemy obie strony tej nierówności podzielić przez a  b  0 . Otrzymujemy 2  ab a  b . Ponieważ a  b  1, to ab  1 oraz a  b  2 , zatem ab a  b  1 2  2 . To kończy dowód. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 1 p. Zapisanie nierówności a  b w postaci 2a  b  ab  a2  b2  2  a3 2  b3 Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 2 p. a b Stwierdzenie, że dla a  b  1 nierówność  jest równoważna nierówności 2  a3 2  b3 2  ab a  b Uwaga: Zdający zamiast podzielić obie strony nierówności przez a  b  0 , może zapisać nierówność w postaci równoważnej a  b ab a  b  2   0 Rozwiązanie pełne – 3 p. Przeprowadzenie pełnego dowodu. Rozwiązanie (II sposób): x Definiujemy funkcję f określoną wzorem f (x)  dla każdej liczby rzeczywistej 2  x3 x  3 2 . 2  1 x3  Obliczamy pochodną funkcji f: f (x)   2  x3 2 Stwierdzamy, że f (x)  0 dla x 1,  . Wynika stąd, że w przedziale 1,   funkcja f jest malejąca. Zatem dla dowolnych dwóch argumentów a  b z tego przedziału prawdziwa a b jest nierówność f a  f b , czyli  , co należało udowodnić. 2  a3 2  b3 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 1 p. 2  1 x3  x Określenie funkcji f (x)  i obliczenie jej pochodnej f (x)  2  x3  2  x3 2 Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 2 p. Określenie znaku pochodnej funkcji f w przedziale 1,  : f (x)  0 dla x 1,  Rozwiązanie pełne – 3 p. Stwierdzenie, że w przedziale 1,   funkcja f jest malejąca i wywnioskowanie prawdziwości tezy.

Nierówność została uzasadniona przy założeniu \(2a+b\ge0\).

Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę: \[2a^{3}-3a^{2}b+b^{3}\ge0.\] Rozkładamy lewą stronę na czynniki. Zauważamy, że dla \(a=b\) wyrażenie się zeruje, więc \(a-b\) jest jego dzielnikiem: \[2a^{3}-3a^{2}b+b^{3}=2a^{2}(a-b)-a^{2}b+b^{3}=2a^{2}(a-b)-b\left(a^{2}-b^{2}\right),\] \[=2a^{2}(a-b)-b(a-b)(a+b)=(a-b)\left(2a^{2}-ab-b^{2}\right).\] Drugi czynnik rozkładamy dalej: \[2a^{2}-ab-b^{2}=2a^{2}-2ab+ab-b^{2}=2a(a-b)+b(a-b)=(a-b)(2a+b).\] Zatem \[2a^{3}-3a^{2}b+b^{3}=(a-b)^{2}(2a+b).\] Pierwszy czynnik jest nieujemny jako kwadrat liczby rzeczywistej, a drugi jest nieujemny z założenia. Iloczyn liczb nieujemnych jest nieujemny, co kończy dowód. **Odpowiedź.** Jeżeli \(2a+b\ge0\), to \(2a^{3}+b^{3}\ge3a^{2}b\), co należało uzasadnić.

Zadanie 5. (3 pkt) Uzasadnij, że jeżeli 2a+bžO, to 2a3 +113 3a2b . Rozwiązanie Przekształcamy nierówność w sposób równoważny: 2a3 -3a2b+b3 žo, 2a3 —2a2b—a2b+b3 O, 2a2 —122) O, 2a2 (a —b) O , (a —b) (2a2 — ab—b2) , (a — b) (2a2 —2ab + ab —b2) O , (2a+b) O . Ostatnia nierówność jest prawdziwa, gdyż jej lewa strona jest iloczynem dwóch liczb nieujemnych: nierówność 0 jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej a i dla każdej liczby rzeczywistej b, a z założenia 2a+b O. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp . 1 pkt Zapisanie lewej strony nierówności 2a3 —3a2b+b3 > O w postaci iloczynu, np. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 pkt Zapisanie lewej strony nierówności w postaci iloczynowej, Rozwiązanie pełne Przeprowadzenie pełnego dowodu. 3pkt

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód nierówności algebraicznej przez rozkład na czynniki.

Nierówność została udowodniona przy założeniu \(x+y+z=0\).

Z założenia \(x+y+z=0\), więc także \((x+y+z)^{2}=0\). Korzystamy z podanej tożsamości: \[0=(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2xz+2yz.\] Stąd \[2\left(xy+xz+yz\right)=-\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right),\qquad xy+xz+yz=-\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}.\] Suma kwadratów liczb rzeczywistych jest nieujemna, więc prawa strona jest niedodatnia: \[xy+yz+zx\le0.\] Równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy \(x=y=z=0\). **Odpowiedź.** \(xy+yz+zx\le0\) dla wszystkich \(x,y,z\) spełniających \(x+y+z=0\), co należało udowodnić.

1 pkt: doprowadzenie do zależności xy + xz + yz = −(x² + y² + z²)/2 bez pełnego uzasadnienia znaku albo równoważny istotny etap. 2 pkt: pełne uzasadnienie nierówności.

Rozumowanie i argumentacja. Uzasadnienie prawdziwości nierówności algebraicznej (V.2.b).

\[a^{2}+\frac1{a^{2}}=7.\]

Z założenia \(a\neq0\), więc wyrażenie \(a+\tfrac1a\) jest określone. Podnosimy je do kwadratu: \[\left(a+\frac1a\right)^{2}=a^{2}+2\cdot a\cdot\frac1a+\frac1{a^{2}}=a^{2}+\frac1{a^{2}}+2.\] Z warunku zadania lewa strona jest równa \(3^{2}=9\), zatem \[a^{2}+\frac1{a^{2}}=9-2=7.\] **Odpowiedź.** \(a^{2}+\dfrac1{a^{2}}=7\), co należało uzasadnić.

1 pkt: podniesienie danej równości do kwadratu. 2 pkt: pełne uzasadnienie wyniku 7.

Zadanie 30. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Wyrażenia algebraiczne.

W(x)=\(\frac{1}{2}\)·(x−\(1\))(x−\(3\))(x−\(5\)). Dla nieparzystego x=\(2n\)+\(1\) mamy W(\(2n\)+\(1\))=\(4n\)(n−\(1\))(n−\(2\)). Iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez \(2\) i \(3\), więc całość jest podzielna przez \(4\cdot 2\cdot 3=24\).

**Krok \(1\).** Znamy wszystkie trzy pierwiastki wielomianu i współczynnik przy najwyższej potędze — to od razu daje postać iloczynową, znacznie wygodniejszą do badania podzielności niż postać ogólna. Drugi pomysł: liczbę nieparzystą zapisujemy jako \(2n+1\), bo wtedy w każdym nawiasie pojawi się czynnik \(2\). **Krok \(2\).** Wielomian o pierwiastkach \(1\), \(3\), \(5\) i współczynniku wiodącym \(\frac12\) ma postać \[W(x)=\frac12(x-1)(x-3)(x-5).\] **Krok \(3\).** Niech \(x=2n+1\), gdzie \(n\) jest dowolną liczbą całkowitą — w ten sposób opisujemy wszystkie liczby nieparzyste. **Krok \(4\).** Obliczamy kolejne nawiasy: \[x-1=2n,\qquad x-3=2n-2=2(n-1),\qquad x-5=2n-4=2(n-2).\] **Krok \(5\).** Podstawiamy do wzoru i wyciągamy dwójki przed nawias: \[W(2n+1)=\frac12\cdot2n\cdot2(n-1)\cdot2(n-2)=\frac{8}{2}\,n(n-1)(n-2)=4n(n-1)(n-2).\] **Krok \(6\).** Liczby \(n-2\), \(n-1\), \(n\) to trzy kolejne liczby całkowite. Wśród trzech kolejnych liczb co najmniej jedna jest parzysta i dokładnie jedna dzieli się przez \(3\), więc ich iloczyn dzieli się przez \(2\cdot3=6\). **Krok \(7\).** Zapisujemy \(n(n-1)(n-2)=6k\) dla pewnej liczby całkowitej \(k\). Wtedy \[W(2n+1)=4\cdot6k=24k,\] czyli wartość wielomianu dla każdej liczby nieparzystej jest podzielna przez \(24\). **Uwaga.** Sam czynnik \(4\) nie wystarcza — istotą dowodu jest wykazanie, że iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych dzieli się przez \(6\). Zauważ też, że dla \(x\) nieparzystego wszystkie trzy nawiasy są parzyste, co jest możliwe tylko dlatego, że \(1\), \(3\), \(5\) są nieparzyste. **Odpowiedź.** Dla \(x=2n+1\) mamy \(W(2n+1)=4n(n-1)(n-2)\), a iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych dzieli się przez \(6\), więc wartość wielomianu dzieli się przez \(4\cdot6=24\).

**1 pkt** – zdający zapisze wielomian w postaci iloczynowej: \(W(x)=\tfrac{1}{2}[…]\); albo zapisze wielomian w postaci ogólnej, wykorzysta informację o pierwiastkach wielomianu i zapisze układ równań pozwalający obliczyć współczynniki tego wielomianu, np. \(W(x)=\tfrac{1}{2}x^{3}+ax^{2}+bx+c\) i […]. **2 pkt** – zdający zapisze wartość wielomianu dla liczby całkowitej nieparzystej, np. \(W(2n+1)=[…]\); albo obliczy współczynniki wielomianu i zapisze wartość wielomianu dla liczby całkowitej nieparzystej, np.: \(W(2n+1)=[…]\). **3 pkt** – zdający zapisze wartość wielomianu dla liczby całkowitej nieparzystej w postaci […]. **4 pkt** – zdający uzasadni, że wartość wielomianu dla liczby całkowitej nieparzystej jest podzielna przez \(24\).

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: postać iloczynowa wielomianu i podzielność iloczynu kolejnych liczb całkowitych.

Tożsamość została wykazana dla dowolnego kąta \(\alpha\).

Przekształcamy lewą stronę. Z jedynki trygonometrycznej \(\left(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha\right)^{2}=1\), a po rozwinięciu kwadratu sumy \[\sin^{4}\alpha+2\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha+\cos^{4}\alpha=1,\] czyli \[\sin^{4}\alpha+\cos^{4}\alpha=1-2\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha.\] Teraz prawa strona. Ze wzoru na sinus podwojonego kąta \(\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha\), więc \[\sin^{2}(2\alpha)=4\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha,\qquad \cos^{2}(2\alpha)=1-\sin^{2}(2\alpha)=1-4\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha.\] Zatem \[\frac{1+\cos^{2}(2\alpha)}{2}=\frac{2-4\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha}{2}=1-2\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha.\] Obie strony sprowadziliśmy do tego samego wyrażenia, więc tożsamość zachodzi dla każdego kąta \(\alpha\). **Odpowiedź.** \(\sin^{4}\alpha+\cos^{4}\alpha=\dfrac{1+\cos^{2}(2\alpha)}{2}\) dla dowolnego \(\alpha\), co należało wykazać.

**1 pkt** – zdający doprowadzi lewą stronę tej równości do postaci […] albo zapisze prawą stronę tej równości w postaci \(\tfrac{2-\sin^{2}2\alpha}{2}\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – zdający doprowadzi lewą stronę tej równości do postaci \(1-2\left(\sin\alpha\cos\alpha\right)^{2}\) oraz zapisze prawą stronę w postaci \(\tfrac{2-\sin^{2}2\alpha}{2}\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – zdający przeprowadzi pełne poprawne rozumowanie.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód tożsamości trygonometrycznej.

Obie strony są dodatnie, więc po podniesieniu do kwadratu wystarczy wykazać \((ac+bd)^2\leqslant(a^2+b^2)(c^2+d^2)\). Po rozwinięciu i redukcji jest to równoważne nierówności \((ad-bc)^2\geqslant0\), prawdziwej dla wszystkich liczb rzeczywistych. Równość zachodzi dla \(ad=bc\).

**Krok \(1\).** To zadanie na dowód. Po prawej stronie są pierwiastki, więc naturalnym pomysłem jest podniesienie obu stron do kwadratu. Wolno tak zrobić tylko wtedy, gdy obie strony są nieujemne — dlatego najpierw to sprawdzamy. **Krok \(2\).** Liczby \(a,b,c,d\) są dodatnie, więc lewa strona \(ac+bd\) jest dodatnia, a prawa strona jako iloczyn pierwiastków także jest dodatnia. Dla liczb nieujemnych nierówność \(L\leqslant P\) jest równoważna nierówności \(L^2\leqslant P^2\), więc możemy pisać przekształcenia równoważne. **Krok \(3\).** Podnosimy obie strony do kwadratu. Prawa strona to \(\left(\sqrt{a^2+b^2}\right)^2\left(\sqrt{c^2+d^2}\right)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)\), więc mamy wykazać \[(ac+bd)^2\leqslant(a^2+b^2)(c^2+d^2).\] **Krok \(4\).** Rozwijamy obie strony. Lewa: \[(ac+bd)^2=a^2c^2+2abcd+b^2d^2.\] Prawa: \[(a^2+b^2)(c^2+d^2)=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2.\] **Krok \(5\).** Redukujemy wyrazy \(a^2c^2\) i \(b^2d^2\), które występują po obu stronach. Zostaje nierówność \[2abcd\leqslant a^2d^2+b^2c^2.\] **Krok \(6\).** Przenosimy wszystko na jedną stronę: \[a^2d^2-2abcd+b^2c^2\geqslant0.\] **Krok \(7\).** Lewa strona to kwadrat różnicy — rozpoznajemy wzór skróconego mnożenia \(u^2-2uv+v^2=(u-v)^2\) dla \(u=ad\), \(v=bc\): \[(ad-bc)^2\geqslant0.\] **Krok \(8\).** Kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej jest nieujemny, więc ostatnia nierówność jest prawdziwa. Ponieważ wszystkie przekształcenia były równoważne, prawdziwa jest także nierówność wyjściowa, co kończy dowód. **Uwaga.** Podnoszenie nierówności do kwadratu jest równoważne tylko dla stron nieujemnych — tutaj gwarantuje to założenie, że \(a,b,c,d\) są dodatnie, i dlatego trzeba je wyraźnie powołać. Z ostatniego kroku widać też, kiedy zachodzi równość: dokładnie wtedy, gdy \(ad=bc\). **Odpowiedź.** Nierówność \(ac+bd\leqslant\sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{c^2+d^2}\) jest prawdziwa dla wszystkich dodatnich \(a,b,c,d\), ponieważ jest równoważna nierówności \((ad-bc)^2\geqslant0\).

**1 pkt** – gdy przekształci nierówność do postaci równoważnej \(\left(ac+bd\right)^{2}\le\left(a^{2}+b^{2}\right)\cdot\left(c^{2}+d^{2}\right)\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – gdy doprowadzi nierówność do postaci \(2abcd\le a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.

V. Rozumowanie i argumentacja. Uzasadnienie prawdziwości nierówności algebraicznej (V.2.b).

Nierówność została udowodniona przy założeniu \(a+b\ge0\).

Przenosimy prawą stronę na lewą: \[a^{3}+b^{3}-a^{2}b-ab^{2}\ge0.\] Grupujemy wyrazy i wyłączamy wspólne czynniki: \[a^{2}(a-b)-b^{2}(a-b)=(a-b)\left(a^{2}-b^{2}\right)=(a-b)^{2}(a+b).\] Czynnik \((a-b)^{2}\) jest nieujemny jako kwadrat liczby rzeczywistej, a czynnik \(a+b\) jest nieujemny z założenia. Iloczyn liczb nieujemnych jest nieujemny, więc \[(a-b)^{2}(a+b)\ge0,\] co jest równoważne dowodzonej nierówności. Równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy \(a=b\) albo \(a+b=0\). **Odpowiedź.** Jeżeli \(a+b\ge0\), to \(a^{3}+b^{3}\ge a^{2}b+ab^{2}\), co należało udowodnić.

**2 pkt** – zapisanie nierówności w postaci iloczynowej \((a-b)\left(a^{2}-b^{2}\right)\ge 0\) lub \((a-b)^{2}(a+b)\ge 0\), lub […]. **3 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu. W przypadku gdy zdający podzieli nierówność przez \(a+b>0\) i nie rozpatrzy przypadku \(a+b=0\), to przyznajemy \(2\) punkty.

V. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu algebraicznego. (V.2.b)

Nierówność została uzasadniona przy założeniu \(0<a<b<c\).

Mnożymy obie strony przez \(6>0\), co nie zmienia kierunku nierówności: \[2(a+b+c)>3(a+b).\] Po uporządkowaniu \[2a+2b+2c>3a+3b,\qquad 2c>a+b.\] Z założenia \(a<c\) oraz \(b<c\), więc po dodaniu tych nierówności stronami \[a+b<c+c=2c,\] czyli \(2c>a+b\). Wszystkie przekształcenia były równoważne, zatem wyjściowa nierówność jest prawdziwa. **Odpowiedź.** \(\dfrac{a+b+c}{3}>\dfrac{a+b}{2}\) dla \(0<a<b<c\), co należało uzasadnić.

1 pkt: przekształcenie tezy do równoważnej postaci 2c > a + b lub równoważny poprawny etap. 2 pkt: kompletny dowód wykorzystujący założenia a < c i b < c.

Rozumowanie i argumentacja. Uzasadnienie prawdziwości nierówności algebraicznej (V.2.b).

Tożsamość została uzasadniona.

Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę i grupujemy je tak, by powstały różnice tych samych potęg: \[\sin^{4}\alpha-\cos^{4}\alpha-\left(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha\right).\] Do pierwszej różnicy stosujemy wzór skróconego mnożenia \(a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)\) dla \(a=\sin^{2}\alpha\), \(b=\cos^{2}\alpha\): \[\sin^{4}\alpha-\cos^{4}\alpha=\left(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha\right)\left(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha\right)=\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha,\] bo z jedynki trygonometrycznej drugi nawias jest równy \(1\). Zatem rozważane wyrażenie jest równe \[\left(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha\right)-\left(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha\right)=0,\] a to oznacza, że obie strony badanej równości są równe. Rachunek nie korzystał z założenia o ostrości kąta, więc tożsamość zachodzi dla każdego \(\alpha\). **Odpowiedź.** \(\sin^{4}\alpha+\cos^{2}\alpha=\sin^{2}\alpha+\cos^{4}\alpha\) dla każdego kąta \(\alpha\), co należało uzasadnić.

1 pkt: poprawne przekształcenie jednej strony. 2 pkt: pełne uzasadnienie tożsamości.

Zadania 28. (0–2) Rozumowanie i argumentacja Uzasadnienie tożsamości trygonometrycznej z zastosowaniem prostych związków między funkcjami trygonometrycznymi kata ostrego (V.6.c) I sposób rozwiązania sin4  sin2  cos4  cos2  sin2   sin21   cos2   cos2 1  sin2    cos2    cos2    sin2  L  P Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy przekształci lewą lub prawą stronę tej równości do postaci: sin2   sin21  lub cos2  cos2 1  i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. II sposób rozwiązania sin4  cos4  sin2  cos2   sin2  cos2    sin2  cos2    sin2  cos2  1  sin2  cos2    sin2  cos2  L  P Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy uzyska po lewej stronie wyrażenie  sin2 cos2   sin2 cos2   i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. III sposób rozwiązania L  sin4  cos2  sin2  sin2 cos2 sin2   1 cos2    cos2   sin2 sin2  cos2  cos2  1  1 cos2   cos2  1 cos2 cos4  sin2 cos4 P Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy przekształcając lewą lub prawą stronę równość uzyska wyrażenie sin2  sin2  cos2  cos2  i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. Egzamin maturalny z matematyki 9 Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy IV sposób rozwiązania sin2  sin2 cos2  sin2 cos4  1 cos2     1 cos2    cos2  1 cos2    cos4  1 2 cos2  cos4  cos2  1 cos2  cos4  1 cos2 cos4 1 cos2 cos4  L  P lub sin4  cos2 sin2  cos2  cos2  sin4   1 sin2    sin2   1 sin2     1 sin2   sin4  sin2 1  sin21 2 sin2  sin4 sin4  sin2 1  sin4 sin21 L  P Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy przekształci równość do postaci, w której występuje tylko jedna funkcja trygonometryczna, np.:  1 cos2     1 cos2    cos2  1 cos2    cos4  lub sin4   1 sin2    sin2   1 sin2     1 sin2   i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt jeżeli przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. V sposób rozwiązania Daną równość zapisujemy w postaci sin4  cos4  sin2  cos2 . Przekształcamy: L  sin4  cos4    sin2  2  cos4    1  cos2  2  cos4    1  2 cos2  cos4  cos4   1  2 cos2   1  cos2  cos2   sin 2  cos2   P Schemat oceniania V sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy uzyska po lewej stronie wyrażenie  1  cos2  2  cos4  i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. 10 Egzamin maturalny z matematyki Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy

Przypuśćmy, że W(x)=a\(x^{3}\)+b\(x^{2}\)+cx+d ma całkowite współczynniki. Z W(\(2\))=\(3\) i W(−\(2\))=\(2\) otrzymujemy \(8a\)+\(4b\)+\(2c\)+d=\(3\) oraz −\(8a\)+\(4b\)−\(2c\)+d=\(2\). Po dodaniu równań mamy \(8b\)+\(2d\)=\(5\), co jest niemożliwe, bo lewa strona jest parzysta, a prawa nieparzysta.

**Krok \(1\).** Mamy wykazać, że pewien obiekt nie istnieje. Naturalna metoda to dowód nie wprost: zakładamy, że taki wielomian istnieje, i doprowadzamy do sprzeczności. Ponieważ współczynniki mają być całkowite, sprzeczności szukamy w parzystości. **Krok \(2\).** Przypuśćmy, że istnieje wielomian stopnia trzeciego o współczynnikach całkowitych \[W(x)=ax^3+bx^2+cx+d,\qquad a,b,c,d\in\mathbb{Z},\ a\neq0,\] spełniający oba warunki. **Krok \(3\).** Z warunku \(W(2)=3\) otrzymujemy \[8a+4b+2c+d=3.\] **Krok \(4\).** Z warunku \(W(-2)=2\) otrzymujemy \[-8a+4b-2c+d=2.\] **Krok \(5\).** Dodajemy oba równania stronami. Robimy to celowo: składniki z \(a\) i z \(c\) mają przeciwne znaki, więc się zredukują: \[8b+2d=5.\] **Krok \(6\).** Lewą stronę zapisujemy w postaci \(2(4b+d)\). Liczby \(b\) i \(d\) są całkowite, więc \(4b+d\) jest liczbą całkowitą, a zatem lewa strona jest liczbą parzystą. **Krok \(7\).** Prawa strona równa się \(5\), czyli jest nieparzysta. Liczba parzysta nie może być równa nieparzystej — otrzymaliśmy sprzeczność. **Krok \(8\).** Sprzeczność wynikła z założenia o istnieniu takiego wielomianu, więc taki wielomian nie istnieje. **Uwaga.** Nie próbujemy tu rozwiązywać układu równań — ma on cztery niewiadome i dwa równania, więc niczego nie wyznaczymy. Cała siła dowodu tkwi w porównaniu parzystości obu stron. **Odpowiedź.** Gdyby taki wielomian istniał, to z \(W(2)=3\) i \(W(-2)=2\) po dodaniu stronami wynikałoby \(8b+2d=5\), czyli liczba parzysta byłaby równa nieparzystej. Taki wielomian nie istnieje.

Zadanie 6. (3 pkt) Wykaż, że nie istnieje wielomian W (x) stopnia trzeciego o współczynnikach całkowityc który spełnia warunki: W (2) = 3 i 2 I sposób rozwiązania Zapisujemy wielomian stopnia trzeciego w postaci ogólnej W (x) = ax3 + bx2 + cx+d , gdz a, b, c, d są liczbami całkowitymi Ponieważ W (2) = 3 , to 8a +4b+ 2c+ d = 3 i ponieważ W 2) = 2, to —8a +4b—2c+d = 2 Po dodaniu otrzymanych równań stronami otrzymujemy równanie 8b+ 2d = 5 , co 2 (4b + d) = 5 . Ponieważ prawa strona równania jest nieparzysta, a lewa jest parzysta (b, d zgodnie z założeniem liczbami całkowitymi), to zapisujemy wniosek, że taki wielomian n istnieje. II sposób rozwiązania Zapisujemy wielomian stopnia trzeciego w postaci ogólnej W (x) = ax3 + bx2 + cx+d , gdz a, b, c, d są liczbami całkowitymi Ponieważ W (2) = 3 , to 8a + 4b + 2c + d = 3 , zatem d musi być liczbą nieparzystą. Ponieważ W 2) = 2 , to —8a + 4b — 2c + d = 2 , zatem d musi być liczbą parzystą. Zatem nie istnieje wielomian spełniający warunki zadania. Schemat oceniania I i II sposobu rozwiązania Uwaga: Jeżeli zdający rozpatruje wielomian stopnia drugiego zamiast stopnia trzeciego, to otrzymu O punktów. Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełne! rozwiązania Zapisanie ogólnej postaci wielomianu trzeciego stopnia: W (x) = ax3 + bx2 + cx + d , gdzie a, b, c, d są liczbami całkowitymi Pokonanie zasadniczych trudności zadania .................................... Zapisanie układu równań z niewiadomymi a, b, c, d: 8a+4b+2c+d=3 -8a+4b-2c+d=2 Rozwiązanie pełne Dodanie stronami obu równań: 8b + 2d = 5 oraz • zauważenie, że lewa strona równania 8b + 2d = 5 jest parzysta, a prawa nieparzys i sformułowanie wniosku, że nie istnieje wielomian spełniający podane warunki albo • zauważenie, że d w równaniu 8a+4b+2c+d = 3 musi być nieparzyste, a w równan —8a+4b—2c+d = 2 parzyste i sformułowanie wniosku, że nie istnieje wielomu spełniający podane warunki 2011-09-14 Uwagi: 12 Poziom rozszerzony l. Jeżeli zdający zauważy, że d w równaniu 8a+4b+2c+d = 3 jest nieparzyste, a równaniu —8a+4b—2c+d = 2 jest parzyste i nie sformułuje wniosku, to otrzymu 2 punkty. 2. Jeżeli zdający zauważy, że lewa strona równania 8b + 2d = 5 jest parzysta, a prav nieparzysta i nie sformułuje wniosku, to otrzymuje 2 punkty 2011-09-14 13

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: rozumowanie o parzystości wartości wielomianu o współczynnikach całkowitych.

Wyrażenie \(k^{6}-2k^{4}+k^{2}\) jest równe \(\bigl[(k-1)k(k+1)\bigr]^{2}\). Iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych dzieli się przez \(2\) i przez \(3\), czyli przez \(6\), a zatem jego kwadrat dzieli się przez \(36\).

**Krok \(1\).** Mamy wykazać podzielność wyrażenia przez \(36\). Przy takich dowodach prawie zawsze rozkładamy wyrażenie na czynniki i szukamy w nim struktury, o której coś wiemy. Pomocna jest obserwacja, że \(36=6^2\), więc wystarczy wskazać w wyrażeniu kwadrat liczby podzielnej przez \(6\). **Krok \(2\).** Wyłączamy \(k^2\) przed nawias: \[k^6-2k^4+k^2=k^2\left(k^4-2k^2+1\right).\] **Krok \(3\).** Nawias jest kwadratem różnicy, bo \(k^4-2k^2+1=(k^2)^2-2\cdot k^2\cdot 1+1^2\): \[k^4-2k^2+1=\left(k^2-1\right)^2.\] **Krok \(4\).** Wstawiamy to z powrotem i wciągamy \(k^2\) pod kwadrat, korzystając z \(k^2=(k)^2\): \[k^2\left(k^2-1\right)^2=\left[k\left(k^2-1\right)\right]^2=\bigl[(k-1)k(k+1)\bigr]^2,\] bo \(k^2-1=(k-1)(k+1)\). **Krok \(5\).** W nawiasie kwadratowym stoi iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych: \(k-1\), \(k\), \(k+1\). Wystarczy pokazać, że ten iloczyn dzieli się przez \(6\), bo wtedy jego kwadrat dzieli się przez \(6^2=36\). **Krok \(6\).** Wśród trzech kolejnych liczb całkowitych co najmniej jedna jest parzysta (liczby parzyste i nieparzyste występują na przemian), więc iloczyn dzieli się przez \(2\). Ponadto dokładnie jedna z trzech kolejnych liczb jest podzielna przez \(3\) (reszty z dzielenia przez \(3\) powtarzają się cyklicznie \(0,1,2\)), więc iloczyn dzieli się przez \(3\). **Krok \(7\).** Liczby \(2\) i \(3\) są względnie pierwsze, więc z podzielności przez \(2\) i przez \(3\) wynika podzielność przez \(6\). Istnieje zatem liczba całkowita \(m\) taka, że \[(k-1)k(k+1)=6m.\] **Krok \(8\).** Podnosimy do kwadratu: \[k^6-2k^4+k^2=(6m)^2=36m^2,\] a \(m^2\) jest liczbą całkowitą. To kończy dowód. **Uwaga.** Rozumowanie działa dla każdej liczby całkowitej \(k\), także dla \(k=0\) i dla \(k\) ujemnych: trzy kolejne liczby całkowite to trzy kolejne liczby całkowite niezależnie od znaku, a dla \(k=0\) iloczyn jest równy \(0\), które też dzieli się przez \(36\). **Odpowiedź.** \(k^6-2k^4+k^2=\bigl[(k-1)k(k+1)\bigr]^2\), a iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych dzieli się przez \(6\), więc jego kwadrat dzieli się przez \(36\).

**Rozwiązanie, w którym jest postęp** – zapisanie liczby \(n^{2}=k^{6}-2k^{4}+k^{2}\) w jednej z następujących postaci iloczynowych: \(\left(k^{3}-k\right)^{2}\), \([\ldots]\) **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – wykazanie podzielności liczby \(n\) przez \(2\) albo przez \(3\). **3 pkt** – wykazanie podzielności liczby \(n\) przez \(2\) i przez \(3\) albo stwierdzenie, że iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez \(6\). **Rozwiązanie pełne** – wyciągnięcie wniosku o podzielności liczby \(n^{2}\) przez \(36\). Uwaga: zdający może zauważyć, że \([\ldots]\); przyznajemy wtedy \(3\) punkty.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Wykorzystanie cech podzielności liczb całkowitych.

Nierówność \(\sqrt{2^{50}+1}+\sqrt{2^{50}-1}\lt2^{26}\) jest prawdziwa (dowód).

**Krok \(1\).** Po obu stronach nierówności stoją liczby dodatnie: suma pierwiastków po lewej i potęga \(2^{26}\) po prawej. Dla liczb dodatnich nierówność \(L\lt P\) jest równoważna nierówności \(L^2\lt P^2\), bo funkcja podnoszenia do kwadratu jest rosnąca na liczbach dodatnich. To pozwala pozbyć się pierwiastków — podnosimy obie strony do kwadratu. **Krok \(2\).** Oznaczmy \[L=\sqrt{2^{50}+1}+\sqrt{2^{50}-1},\qquad P=2^{26}.\] Zauważmy, że wyrażenie \(2^{50}-1\) jest dodatnie, więc oba pierwiastki istnieją. **Krok \(3\).** Podnosimy lewą stronę do kwadratu wzorem \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\): \[L^2=\left(2^{50}+1\right)+2\sqrt{\left(2^{50}+1\right)\left(2^{50}-1\right)}+\left(2^{50}-1\right).\] **Krok \(4\).** Iloczyn pod pierwiastkiem to różnica kwadratów: \[\left(2^{50}+1\right)\left(2^{50}-1\right)=\left(2^{50}\right)^2-1^2=2^{100}-1,\] a suma wyrazów poza pierwiastkiem wynosi \(2\cdot2^{50}=2^{51}\). Zatem \[L^2=2^{51}+2\sqrt{2^{100}-1}.\] **Krok \(5\).** Prawa strona po podniesieniu do kwadratu: \[P^2=\left(2^{26}\right)^2=2^{52}.\] **Krok \(6\).** Trzeba więc wykazać, że \[2^{51}+2\sqrt{2^{100}-1}\lt2^{52}.\] Ponieważ \(2^{52}=2\cdot2^{51}=2^{51}+2^{51}\), po odjęciu \(2^{51}\) od obu stron sprowadza się to do nierówności \[2\sqrt{2^{100}-1}\lt2^{51},\qquad\text{czyli}\qquad \sqrt{2^{100}-1}\lt2^{50}.\] **Krok \(7\).** Ta ostatnia nierówność jest oczywista: mamy \(2^{100}-1\lt2^{100}=\left(2^{50}\right)^2\), a pierwiastkowanie zachowuje nierówność między liczbami nieujemnymi, więc \[\sqrt{2^{100}-1}\lt\sqrt{\left(2^{50}\right)^2}=2^{50}.\] **Krok \(8\).** Cofamy się po kolejnych równoważnościach: skoro \(\sqrt{2^{100}-1}\lt2^{50}\), to \(L^2\lt P^2\), a ponieważ \(L\gt0\) i \(P\gt0\), otrzymujemy \(L\lt P\), czyli \[\sqrt{2^{50}+1}+\sqrt{2^{50}-1}\lt2^{26},\] co należało wykazać. **Uwaga.** Podnoszenie nierówności do kwadratu jest przekształceniem równoważnym **tylko wtedy**, gdy obie strony są nieujemne — dlatego w kroku \(1\) trzeba było to wyraźnie sprawdzić. Pomocne było też dostrzeżenie, że \(2^{26}=\sqrt{2^{52}}\), czyli że prawa strona po podniesieniu do kwadratu jest ładną potęgą dwójki. **Odpowiedź.** Nierówność \(\sqrt{2^{50}+1}+\sqrt{2^{50}-1}\lt2^{26}\) jest prawdziwa.

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: dowód

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Równania i nierówności.

Obie strony są nieujemne, więc nierówność można równoważnie podnieść do czwartej potęgi. Otrzymujemy \(\frac{a^{4}+b^{4}}{2}\geqslant\frac{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}}{4}\), co po pomnożeniu przez \(4\) i przeniesieniu wszystkiego na jedną stronę daje \(\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}\geqslant 0\). Ta nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(a,b\in\mathbb{R}\), więc prawdziwa jest też nierówność wyjściowa.

**Krok \(1\).** Metoda: obie strony nierówności są nieujemne, a funkcja \(t\mapsto t^{4}\) jest rosnąca dla \(t\geqslant 0\). Dlatego podniesienie obu stron do czwartej potęgi jest przekształceniem równoważnym. **Krok \(2\).** Sprawdzamy założenie. Lewa strona \(\sqrt[4]{\frac{a^{4}+b^{4}}{2}}\) jest nieujemna, bo pierwiastek czwartego stopnia z liczby nieujemnej jest nieujemny (a \(a^{4}+b^{4}\geqslant 0\)). Prawa strona \(\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\) też jest nieujemna. Obie strony są więc dobrze określone dla wszystkich \(a,b\in\mathbb{R}\). **Krok \(3\).** Podnosimy obie strony do czwartej potęgi. Otrzymujemy nierówność równoważną \[\frac{a^{4}+b^{4}}{2}\geqslant\left(\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\right)^{2}=\frac{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}}{4}.\] **Krok \(4\).** Mnożymy obie strony przez \(4\) (liczbę dodatnią, więc znak nierówności się nie zmienia): \[2\left(a^{4}+b^{4}\right)\geqslant\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}.\] **Krok \(5\).** Rozwijamy prawą stronę i przenosimy wszystko na jedną stronę: \[2a^{4}+2b^{4}-a^{4}-2a^{2}b^{2}-b^{4}\geqslant 0,\] czyli \[a^{4}-2a^{2}b^{2}+b^{4}\geqslant 0.\] **Krok \(6\).** Lewa strona jest kwadratem: \[\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}\geqslant 0.\] Kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny, więc ta nierówność jest prawdziwa dla wszystkich \(a,b\in\mathbb{R}\). **Krok \(7\).** Wszystkie przekształcenia w krokach \(3\)–\(6\) były równoważne, więc prawdziwa jest także nierówność wyjściowa. **Uwaga.** Równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy \(a^{2}=b^{2}\), czyli gdy \(|a|=|b|\). Nierówność ta jest szczególnym przypadkiem ogólnego faktu: średnia potęgowa stopnia \(4\) jest nie mniejsza od średniej potęgowej stopnia \(2\). **Odpowiedź.** Nierówność \(\sqrt[4]{\frac{a^{4}+b^{4}}{2}}\geqslant\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\) jest spełniona przez wszystkie liczby rzeczywiste \(a\) i \(b\).

Schemat oceniania **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – doprowadzenie nierówności do postaci \(\frac{a^{4}+b^{4}}{2}\ge\frac{a^{4}+2a^{2}b^{2}+b^{4}}{4}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – doprowadzenie nierówności \(\frac{a^{4}+b^{4}}{2}\ge\frac{a^{4}+2a^{2}b^{2}+b^{4}}{4}\) do postaci, z której […] wywnioskować, że jest spełniona przez wszystkie liczby rzeczywiste. **Rozwiązanie bezbłędne** – […] **4 pkt** – mogą być rozwiązania, w których zdający od razu napisze, że średnia potęgowa stopnia \(4\) jest niemniejsza od średniej kwadratowej (średniej potęgowej stopnia \(2\)), bo im wyższy stopień, tym większa średnia. Należy wtedy przyznać 4 pkt.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód nierówności algebraicznej przez przekształcenie do kwadratu liczby rzeczywistej.

Ponieważ a > \(0\), mamy \(2\)(a + \(1\)) > \(0\). Różnica stron nierówności jest równa (\(a^{2}\) + \(1\))/(a + \(1\)) − (a + \(1\))/\(2\) = (a − \(1\))\(2\)/[\(2\)(a + \(1\))] ≥ \(0\). To dowodzi nierówności.

**Krok \(1\).** pkt: sprowadzenie nierówności do \(a^{2}\) − \(2a\) + \(1 \geq 0\) albo (\(a^{2}\) − \(2a\) + \(1\))/[\(2\)(a + \(1\))] ≥ \(0\), ewentualnie analogiczny poprawny etap dowodu nie wprost. **Krok \(2\).** pkt: pełne uzasadnienie, że otrzymana nierówność zachodzi dla każdego a > \(0\). **Odpowiedź.** Ponieważ a > \(0\), mamy \(2\)(a + \(1\)) > \(0\). Różnica stron nierówności jest równa (\(a^{2}\) + \(1\))/(a + \(1\)) − (a + \(1\))/\(2\) = (a − \(1\))\(2\)/[\(2\)(a + \(1\))] ≥ \(0\). To dowodzi nierówności.

1 pkt: sprowadzenie nierówności do a² − 2a + 1 ≥ 0 albo (a² − 2a + 1)/[2(a + 1)] ≥ 0, ewentualnie analogiczny poprawny etap dowodu nie wprost. 2 pkt: pełne uzasadnienie, że otrzymana nierówność zachodzi dla każdego a > 0.

Rozumowanie i argumentacja. Wykazanie prawdziwości nierówności.

a) Dla kąta ostrego \(\alpha\) zachodzi \(\sin\alpha<\operatorname{tg}\alpha\), czyli \(\sin\alpha-\operatorname{tg}\alpha<0\). b) \(\cos^3\alpha+\cos\alpha\cdot\sin^2\alpha=\frac13\).

**a)** Kąt \(\alpha\) jest kątem ostrym w trójkącie prostokątnym, więc \(\sin\alpha>0\) oraz \(0<\cos\alpha<1\). Z definicji tangensa \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}.\] Zatem \[\sin\alpha-\operatorname{tg}\alpha=\sin\alpha-\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\sin\alpha\cdot\frac{\cos\alpha-1}{\cos\alpha}.\] Czynnik \(\sin\alpha\) jest dodatni, mianownik \(\cos\alpha\) jest dodatni, a licznik \(\cos\alpha-1\) jest ujemny, bo \(\cos\alpha<1\). Iloczyn jest więc ujemny, co kończy uzasadnienie. **b)** Wyłączamy \(\cos\alpha\) przed nawias i korzystamy z jedynki trygonometrycznej: \[\cos^3\alpha+\cos\alpha\sin^2\alpha=\cos\alpha\left(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha\right)=\cos\alpha.\] Dla \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}\) oraz \(\alpha\) ostrego mamy \(\cos\alpha>0\), więc \[\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\frac89}=\sqrt{\frac19}=\frac13.\] **Odpowiedź.** a) Nierówność zachodzi dla każdego kąta ostrego. b) Wartość wyrażenia jest równa \(\frac13\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Model odpowiedzi CKE dla arkusza podstawowego maj 2009 nie jest dostępny w tym wydaniu bazy, dlatego progów punktowych nie podajemy.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Tożsamość zachodzi: po skorzystaniu z \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\) i z jedynki trygonometrycznej lewa strona redukuje się do \(\cos\alpha\).

Dla \(\alpha\in(0^\circ,90^\circ)\) mamy \(\cos\alpha\ne0\), więc obie strony równości są określone, a \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\). Przekształcamy lewą stronę, sprowadzając wyrażenie w nawiasie do wspólnego mianownika: \[(1+\sin\alpha)\left(\frac1{\cos\alpha}-\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\right)=(1+\sin\alpha)\cdot\frac{1-\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{1-\sin^{2}\alpha}{\cos\alpha}.\] Z jedynki trygonometrycznej \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\) wynika, że \(1-\sin^{2}\alpha=\cos^{2}\alpha\), więc \[\frac{\cos^{2}\alpha}{\cos\alpha}=\cos\alpha.\] Otrzymaliśmy prawą stronę równości, co kończy uzasadnienie.

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **3.1. (1 pkt)** – wykorzystanie związku \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\) w przekształcaniu tożsamości. **3.2. (1 pkt)** – przekształcenie lewej strony tożsamości do postaci: \(\frac{1-\sin^{2}\alpha}{\cos\alpha}\). Punkt przyznajemy za poprawne wymnożenie nawiasów na dowolnym etapie rozwiązania tego zadania. **3.3. (1 pkt)** – wykorzystanie związku \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\) w przekształcaniu tożsamości. **3.4. (1 pkt)** – sformułowanie wniosku: „Podana równość jest tożsamością” lub sformułowanie równoważne. Wniosek musi być konsekwencją wykonanych przekształceń.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Z wykresu \(f(x)=(x+6)(x+5)(x+3)=x^3+14x^2+63x+90\), skąd \(-f(-x)=x^3-14x^2+63x-90=g(x)\) dla każdej liczby rzeczywistej \(x\).

Z rysunku odczytujemy, że wykres wielomianu \(f\) przecina oś \(Ox\) w punktach o odciętych \(-6\), \(-5\) i \(-3\), przy każdym z nich zmieniając znak. Wielomian stopnia trzeciego o takich miejscach zerowych ma postać iloczynową \[f(x)=a(x+6)(x+5)(x+3).\] Współczynnik \(a\) wyznaczamy z podanego warunku \(f(0)=90\): \[a\cdot(0+6)(0+5)(0+3)=90,\qquad 90a=90,\qquad a=1.\] Zatem \[f(x)=(x+6)(x+5)(x+3)=x^3+14x^2+63x+90.\] Obliczamy teraz \(f(-x)\), a następnie \(-f(-x)\): \[f(-x)=(-x)^3+14(-x)^2+63(-x)+90=-x^3+14x^2-63x+90,\] \[-f(-x)=-\left(-x^3+14x^2-63x+90\right)=x^3-14x^2+63x-90.\] Otrzymane wyrażenie jest dokładnie wzorem wielomianu \(g\). Przekształcenia były wykonane dla dowolnej liczby rzeczywistej \(x\), zatem \[g(x)=-f(-x)\quad\text{dla każdego }x\in\mathbb{R},\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** Równość \(g(x)=-f(-x)\) zachodzi dla każdej liczby rzeczywistej \(x\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Z rysunku odczytuję miejsca zerowe funkcji \(f\) i zapisuję jej wzór w postaci iloczynowej \(f(x)=a(x+6)(x+5)(x+3)\). Funkcja spełnia warunek \(f(0)=90\), czyli \(a(0+6)(0+5)(0+3)=90\). Obliczam współczynnik \(a\): \(a=1\) i zapisuję wzór funkcji \(f\): \(f(x)=(x+6)(x+5)(x+3)\). Wzór funkcji \(f\) zapisuję w postaci: \(f(x)=x^{3}+14x^{2}+63x+90\). \[-f(-x)=-\left[(-x)^{3}+14(-x)^{2}+63(-x)+90\right]=\] \[=-\left[-x^{3}+14x^{2}-63x+90\right]=\] \[=x^{3}-14x^{2}+63x-90=g(x)\] Zatem \(-f(-x)=g(x)\) dla \(x\in R\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

a) \(x=-3\), \(x=-2\), \(x=3\). b) Tak, wielomiany są równe, bo \(P(x)=(x+2)(x^2-9)=W(x)\). c) Teza wynika z rozkładu \(W(x)=(x+2)(x+3)(x-3)\): dla \(x>\sqrt{10}>3\) każdy z czynników jest dodatni, więc \(W(x)>0\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Wielomian \(W(x)=x^3+2x^2-9x-18\) ma cztery wyrazy, a współczynniki podpowiadają grupowanie: z pierwszych dwóch da się wyłączyć \(x^2\), z ostatnich dwóch liczbę \(9\), i w obu przypadkach zostanie ten sam nawias. To najszybsza droga do pierwiastków. **Krok \(2\).** Grupujemy i wyłączamy wspólne czynniki: \[W(x)=x^2(x+2)-9(x+2)=(x+2)\left(x^2-9\right).\] **Krok \(3\).** Nawias \(x^2-9\) to różnica kwadratów, więc \[W(x)=(x+2)(x-3)(x+3).\] Iloczyn jest równy zeru, gdy zeruje się któryś z czynników, więc pierwiastkami są \[x=-2,\qquad x=3,\qquad x=-3.\] **Krok \(4\).** Przechodzimy do części b). Nie warto rozwijać całego \(P(x)\). W obu składnikach występuje ten sam czynnik \(x+2\), więc wyłączamy go przed nawias: \[P(x)=(x+2)\left[\left(x^2-2x+4\right)+(2x-13)\right].\] **Krok \(5\).** Redukujemy wyrazy w nawiasie kwadratowym: \(-2x\) i \(+2x\) się znoszą, a \(4-13=-9\): \[P(x)=(x+2)\left(x^2-9\right).\] **Krok \(6\).** Porównujemy z krokiem \(2\): otrzymaliśmy dokładnie ten sam iloczyn, więc \(P(x)=W(x)\) dla każdego \(x\). Wielomiany są równe. **Krok \(7\).** Przechodzimy do części c). Korzystamy z rozkładu \(W(x)=(x+2)(x+3)(x-3)\). Najpierw oszacujmy \(\sqrt{10}\): ponieważ \(10\gt 9\), mamy \(\sqrt{10}\gt\sqrt9=3\). **Krok \(8\).** Niech \(x\gt\sqrt{10}\). Wtedy tym bardziej \(x\gt 3\), a stąd \[x-3\gt 0,\qquad x+3\gt 6\gt 0,\qquad x+2\gt 5\gt 0.\] **Krok \(9\).** Iloczyn trzech liczb dodatnich jest dodatni, więc \[x^3+2x^2-9x-18=(x+2)(x+3)(x-3)\gt 0,\] co należało uzasadnić. **Uwaga.** W części c) wystarczy oszacowanie \(\sqrt{10}\gt 3\) i nie ma potrzeby sięgać po przybliżenie dziesiętne \(\sqrt{10}\approx 3{,}16\). Cała trudność polega na tym, żeby najpierw rozłożyć wielomian na czynniki, a dopiero potem badać znak; bez rozkładu znak sumy czterech wyrazów jest nieczytelny. **Odpowiedź.** a) Pierwiastkami są \(x=-3\), \(x=-2\), \(x=3\). b) Tak, wielomiany są równe, bo \(P(x)=(x+2)\left(x^2-9\right)=W(x)\). c) Dla \(x\gt\sqrt{10}\gt 3\) wszystkie trzy czynniki rozkładu \(W(x)=(x+2)(x+3)(x-3)\) są dodatnie, więc \(W(x)\gt 0\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **2.1. (1 pkt)** – […] występuje ten sam czynnik, np: \(W(x)=x^{2}(x+2)-9(x+2)\). **2.2. (1 pkt)** – zapisanie wielomianu w postaci \(W(x)=(x-3)(x+3)(x+2)\) i podanie wszystkich jego pierwiastków: \(x=-3\), \(x=-2\), \(x=3\). **2.3. (1 pkt)** – zapisanie wielomianu \(P(x)\) w postaci rozwiniętej: \(P(x)=x^{3}+2x^{2}-9x-18\). **2.4. (1 pkt)** – wyciągnięcie wniosku dotyczącego równości wielomianów: Wielomiany \(W(x)\) i \(P(x)\) są równe. Punkt przyznajemy za wniosek konsekwentny do uzyskanej postaci wielomianu \(P(x)\). **2.5. (1 pkt)** – podanie metody pozwalającej ustalić znak wielomianu \(W(x)\) dla \(x>10\), np. poprzez analizę znaków czynników występujących w rozkładzie wielomianu. Akceptujemy uzasadnienie poprzez rozwiązanie nierówności. **2.6. (1 pkt)** – wykazanie nierówności, np. \(x^{3}+2x^{2}-9x-18>0\), \(x\in(-3,-2)\cup(3,\infty)\) i zapisanie, że \(10>3\). **II sposób rozwiązania (czynność 2.1, 2.2):** **2.1. (1 pkt)** – znalezienie jednego z pierwiastków i wykonanie dzielenia, np. \(\left(x^{3}+2x^{2}-9x-18\right):(x-3)=x^{2}+5x+6\). **2.2. (1 pkt)** – wyznaczenie pozostałych pierwiastków: \(x=-3\), \(x=-2\). Wyznaczanie pierwiastków wielomianu może się odbywać dowolną, znaną zdającemu metodą, np. zastosowanie twierdzenia Bezouta, schematu Hornera.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Teza wynika z zapisu \(W(x)=x^2(x-1)^2+(x-3)^2\), czyli sumy dwóch składników nieujemnych, które nie zerują się jednocześnie, więc \(W(x)>0\) dla każdej liczby rzeczywistej \(x\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy typ dowodu: mamy wykazać, że wielomian NIE MA pierwiastków rzeczywistych, czyli że \(W(x)\neq0\) dla każdego \(x\). Wielomian jest stopnia czwartego, więc nie ma tu wzorów na pierwiastki. Standardowa metoda w takiej sytuacji to zapisanie \(W(x)\) jako SUMY WYRAŻEŃ NIEUJEMNYCH (najczęściej kwadratów) i pokazanie, że nie mogą one zerować się jednocześnie — wtedy suma jest zawsze dodatnia. **Krok \(2\).** Szukamy pełnego kwadratu w początkowych wyrazach. Zauważamy, że \[x^4-2x^3+x^2=x^2\left(x^2-2x+1\right)=x^2(x-1)^2=\left(x^2-x\right)^2.\] Aby taki fragment wydzielić, rozbijamy \(2x^2\) na \(x^2+x^2\). **Krok \(3\).** Zapisujemy: \[W(x)=\underbrace{\left(x^4-2x^3+x^2\right)}_{=\,x^2(x-1)^2}+\underbrace{\left(x^2-6x+9\right)}_{=\,(x-3)^2}.\] **Krok \(4\).** Otrzymujemy więc rozkład \[W(x)=x^2(x-1)^2+(x-3)^2.\] **Krok \(5\).** Sprawdzamy poprawność przez rozwinięcie: \(x^2(x-1)^2=x^4-2x^3+x^2\) oraz \((x-3)^2=x^2-6x+9\); po dodaniu \[x^4-2x^3+x^2+x^2-6x+9=x^4-2x^3+2x^2-6x+9,\] czyli dokładnie \(W(x)\). **Krok \(6\).** Oba składniki są nieujemne: \(x^2(x-1)^2=\left[x(x-1)\right]^2\geqslant0\) oraz \((x-3)^2\geqslant0\) jako kwadraty liczb rzeczywistych. Sprawdzamy, kiedy się zerują: \[x^2(x-1)^2=0\iff x=0\ \text{lub}\ x=1,\qquad (x-3)^2=0\iff x=3.\] Nie ma liczby, która należałaby jednocześnie do obu tych zbiorów. **Krok \(7\).** Wniosek: dla każdej liczby rzeczywistej \(x\) co najmniej jeden ze składników jest dodatni, a drugi nieujemny, więc ich suma jest dodatnia: \[W(x)=x^2(x-1)^2+(x-3)^2\gt0\quad\text{dla każdego }x\in\mathbb{R}.\] W szczególności \(W(x)\neq0\), czyli wielomian nie ma pierwiastków rzeczywistych. To kończy dowód. **Uwaga.** Nie wystarczy stwierdzić, że suma kwadratów jest NIEUJEMNA — to dopuszczałoby \(W(x)=0\), a właśnie tego mamy dowieść, że nie zachodzi. Konieczny jest krok \(6\): pokazanie, że oba składniki nie zerują się dla tego samego \(x\). Rozbicie \(2x^2=x^2+x^2\) jest tu kluczowym pomysłem — trzeba „pożyczyć” jeden \(x^2\) do pierwszej grupy, a drugi zostawić do zbudowania \((x-3)^2\). **Odpowiedź.** Teza wynika z zapisu \(W(x)=x^2(x-1)^2+(x-3)^2\), czyli sumy dwóch składników nieujemnych, które nie zerują się jednocześnie, więc \(W(x)\gt0\) dla każdej liczby rzeczywistej \(x\) (dowód w rozwiązaniu).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **6.1. (1 pkt)** – zapisanie wielomianu w postaci: \(W(x)=x^{4}-2x^{3}+x^{2}+x^{2}-6x+9\). **6.2. (1 pkt)** – zapisanie wielomianu w postaci sumy dwóch składników nieujemnych: np. \(W(x)=x^{2}(x-1)^{2}+(x-3)^{2}\) lub \(W(x)=\left(x^{2}-x\right)^{2}+(x-3)^{2}\). **6.3. (1 pkt)** – uzasadnienie, że oba składniki są nieujemne i nie mogą być jednocześnie równe \(0\), więc wielomian \(W(x)\) nie ma pierwiastków rzeczywistych. **II metoda rozwiązania:** **6.1. (1 pkt)** – obliczenie pochodnej wielomianu \(W(x)\) i jej miejsca zerowego: \(W'(x)=2(2x-3)\left(x^{2}+1\right)\), \(x=\frac{3}{2}\). **6.2. (1 pkt)** – uzasadnienie, że w punkcie \(x=\frac{3}{2}\) wielomian \(W(x)\) osiąga lokalne minimum. **6.3. (1 pkt)** – obliczenie wartości wielomianu \(W(x)\) dla \(x=\frac{3}{2}\) albo jej oszacowanie z dołu przez liczbę dodatnią i uzasadnienie, że wielomian \(W(x)\) nie ma pierwiastków rzeczywistych: \(W\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{45}{16}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Teza wynika z nierówności \(P(A\cap B)\ge P(A)+P(B)-1=0{,}6\) oraz z definicji prawdopodobieństwa warunkowego: \(P(A\mid B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\ge\dfrac{0{,}6}{0{,}75}=0{,}8\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Zadanie \(6\). (\(4\) pkt) **Krok \(2\).** Niech A, B będą zdarzeniami o prawdopodobieństwach P ( A) i P ( B) . Wykaż, że jeżeli **Krok \(3\).** P ( A) = \(0\),\(85\) i P ( B) = \(0\), \(75\) , to prawdopodobieństwo warunkowe spełnia nierówność **Krok \(4\).** P A B ≥ \(0\),\(8\) . **Krok \(5\).** Ponieważ P ( A ∪ B ) ≤\(1\) z własności prawdopodobieństwa, więc **Krok \(6\).** ≥ P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) . **Krok \(7\).** Stąd po przekształceniu otrzymuję: **Krok \(8\).** P ( A ∩ B ) ≥ P ( A) + P ( B ) − \(1\) **Odpowiedź.** Rozwiązanie i punktacja: zobacz pełny klucz CKE poniżej.

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Ponieważ \(P(A\cup B)\leq 1\) z własności prawdopodobieństwa, więc \(1\geq P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\). Stąd po przekształceniu otrzymuję: \[P(A\cap B)\geq P(A)+P(B)-1\] \[P(A\cap B)\geq 0{,}85+0{,}75-1\] \[P(A\cap B)\geq 0{,}6\] Korzystam z definicji prawdopodobieństwa warunkowego: \(P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\geq\frac{0{,}6}{0{,}75}\) i otrzymuję \(P(A\mid B)\geq 0{,}8\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Wzór \(a_n=\frac{2}{2n-1}\) zachodzi dla każdej liczby naturalnej \(n\geq1\); dowód przez indukcję: baza \(a_1=2\), krok \(a_{n+1}=\frac{a_n}{a_n+1}=\frac{2}{2n+1}\).

Dowód przeprowadzamy metodą indukcji matematycznej względem \(n\). **Baza indukcji.** Dla \(n=1\) wzór ogólny daje \(\frac{2}{2\cdot1-1}=\frac21=2\), co jest zgodne z warunkiem \(a_1=2\). **Krok indukcyjny.** Zakładamy, że dla pewnej liczby naturalnej \(n\geq1\) zachodzi \(a_n=\frac{2}{2n-1}\). Wykażemy, że wtedy \[a_{n+1}=\frac{2}{2(n+1)-1}=\frac{2}{2n+1}.\] Zauważmy najpierw, że \(2n-1>0\), więc \(a_n>0\), a zatem \(a_n+1\ne0\) i wzór rekurencyjny ma sens. Korzystamy z założenia indukcyjnego: \[a_{n+1}=\frac{a_n}{a_n+1}=\frac{\frac{2}{2n-1}}{\frac{2}{2n-1}+1}=\frac{\frac{2}{2n-1}}{\frac{2+(2n-1)}{2n-1}}=\frac{2}{2n+1}.\] Otrzymaliśmy dokładnie to, co należało wykazać. Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór \(a_n=\frac{2}{2n-1}\) zachodzi dla każdej liczby naturalnej \(n\geq1\), co kończy dowód.

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **20.1. (1 pkt)** – sprawdzenie warunku dla \(n=1\). **20.2. (1 pkt)** – napisanie założenia indukcyjnego i tezy indukcyjnej. **20.3. (2 pkt)** – przeprowadzenie dalszej części dowodu. Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą od przedstawionej w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Wzór jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej \(n\geq1\).

Oznaczmy przez \(S_n\) lewą stronę wzoru: \[S_n=\sum_{k=1}^{n}k(k+2)(k!)^2.\] Dowodzimy przez indukcję, że \(S_n=\bigl[(n+1)!\bigr]^2-1\). **Krok początkowy.** Dla \(n=1\): \[L=1\cdot3\cdot(1!)^2=3,\qquad P=\bigl[(1+1)!\bigr]^2-1=(2!)^2-1=4-1=3.\] Zatem \(L=P\) i wzór jest prawdziwy dla \(n=1\). **Założenie indukcyjne.** Przyjmijmy, że dla pewnej liczby naturalnej \(n\geq1\) \[S_n=\bigl[(n+1)!\bigr]^2-1.\] **Krok indukcyjny.** Wykażemy, że wtedy \(S_{n+1}=\bigl[(n+2)!\bigr]^2-1\). Do sumy \(S_n\) dodajemy wyraz o numerze \(n+1\), czyli \((n+1)(n+3)\bigl[(n+1)!\bigr]^2\): \[S_{n+1}=S_n+(n+1)(n+3)\bigl[(n+1)!\bigr]^2.\] Korzystamy z założenia indukcyjnego i wyłączamy \(\bigl[(n+1)!\bigr]^2\) przed nawias: \[S_{n+1}=\bigl[(n+1)!\bigr]^2-1+(n+1)(n+3)\bigl[(n+1)!\bigr]^2 =\bigl[(n+1)!\bigr]^2\bigl(1+(n+1)(n+3)\bigr)-1.\] Upraszczamy wyrażenie w nawiasie: \[1+(n+1)(n+3)=1+n^{2}+4n+3=n^{2}+4n+4=(n+2)^{2}.\] Stąd \[S_{n+1}=\bigl[(n+1)!\bigr]^2(n+2)^{2}=\bigl[(n+1)!\,(n+2)\bigr]^2-1=\bigl[(n+2)!\bigr]^2-1,\] bo \((n+1)!\,(n+2)=(n+2)!\). Otrzymaliśmy tezę dla \(n+1\). Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej \(n\geq1\). **Odpowiedź.** Wzór \(1\cdot3\cdot(1!)^2+2\cdot4\cdot(2!)^2+\ldots+n(n+2)(n!)^2=\bigl[(n+1)!\bigr]^2-1\) zachodzi dla każdej liczby naturalnej \(n\geq1\), co należało wykazać.

**Schemat CKE (\(5\) pkt łącznie):** **1 pkt** – sprawdzenie prawdziwości wzoru dla \(n=1\) **1 pkt** – poprawne zapisanie założenia indukcyjnego i tezy indukcyjnej **2 pkt** – przeprowadzenie kroku indukcyjnego: dodanie wyrazu \((n+1)(n+3)\bigl[(n+1)!\bigr]^2\) i wyłączenie \(\bigl[(n+1)!\bigr]^2\) przed nawias **1 pkt** – doprowadzenie do postaci \(\bigl[(n+2)!\bigr]^2-1\) i powołanie się na zasadę indukcji matematycznej

**Sprawdzana umiejętność:** przeprowadzanie dowodu metodą indukcji matematycznej — sprawdzenie kroku początkowego, poprawne sformułowanie założenia i tezy indukcyjnej oraz wykonanie kroku indukcyjnego z przekształceniem silni.

Teza wynika z zasady indukcji matematycznej: nierówność zachodzi dla \(n=5\) (bo \(32\gt29\)), a z założenia \(2^{k}\gt k^{2}+k-1\) otrzymujemy \(2^{k+1}\gt2k^{2}+2k-2=(k+1)^{2}+(k+1)-1+(k^{2}-k-3)\), przy czym \(k^{2}-k-3\gt0\) dla każdej liczby naturalnej \(k\geqslant5\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy dowód indukcyjny — metoda jest narzucona w treści. Schemat ma zawsze dwa etapy: sprawdzamy nierówność dla najmniejszej liczby, od której ma zachodzić (tu \(n=5\)), a potem pokazujemy, że jeśli zachodzi dla pewnego \(k\geqslant5\), to zachodzi też dla \(k+1\). **Krok \(2\).** Sprawdzamy warunek początkowy dla \(n=5\): \[2^5=32,\qquad 5^2+5-1=25+5-1=29,\] a \(32\gt29\), więc nierówność jest prawdziwa. **Krok \(3\).** Formułujemy założenie i tezę indukcyjną. Zakładamy, że dla pewnej liczby naturalnej \(k\geqslant5\) zachodzi \[2^k\gt k^2+k-1\qquad(\text{założenie indukcyjne}).\] Chcemy wykazać, że \[2^{k+1}\gt(k+1)^2+(k+1)-1.\] **Krok \(4\).** Upraszczamy prawą stronę tezy: \[(k+1)^2+(k+1)-1=k^2+2k+1+k+1-1=k^2+3k+1.\] **Krok \(5\).** Szacujemy lewą stronę tezy, korzystając z założenia. Ponieważ \(2^{k+1}=2\cdot2^k\), a mnożenie przez \(2\) zachowuje nierówność, dostajemy \[2^{k+1}=2\cdot2^k\gt2\bigl(k^2+k-1\bigr)=2k^2+2k-2.\] **Krok \(6\).** Porównujemy otrzymane oszacowanie z prawą stroną tezy. Liczymy różnicę: \[\bigl(2k^2+2k-2\bigr)-\bigl(k^2+3k+1\bigr)=k^2-k-3.\] Wystarczy więc pokazać, że \(k^2-k-3\gt0\) dla \(k\geqslant5\). **Krok \(7\).** Uzasadniamy tę nierówność. Zapiszmy \(k^2-k-3=k(k-1)-3\). Dla \(k\geqslant5\) iloczyn dwóch kolejnych liczb naturalnych spełnia \(k(k-1)\geqslant5\cdot4=20\), więc \(k(k-1)-3\geqslant17\gt0\). (Można też policzyć pierwiastki: \(\Delta=1+12=13\), \(k=\frac{1\pm\sqrt{13}}{2}\), a większy z nich to około \(2{,}30\), więc dla \(k\geqslant5\) trójmian jest dodatni.) **Krok \(8\).** Składamy dowód w całość: \[2^{k+1}\gt2k^2+2k-2=\bigl(k^2+3k+1\bigr)+\bigl(k^2-k-3\bigr)\gt k^2+3k+1=(k+1)^2+(k+1)-1,\] czyli teza indukcyjna zachodzi. Wraz ze sprawdzonym warunkiem początkowym, na mocy zasady indukcji matematycznej nierówność \(2^n\gt n^2+n-1\) jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej \(n\geqslant5\). **Uwaga.** Nie jest przypadkiem, że dowód zaczyna się od \(n=5\), a nie od \(n=1\). Dla \(n=2\) mamy \(2^2=4\), a \(2^2+2-1=5\), więc nierówność jest fałszywa; podobnie dla \(n=3\) (\(8\) i \(11\)) oraz \(n=4\) (\(16\) i \(19\)). Nierówność zaczyna obowiązywać dopiero od \(n=5\) i dlatego właśnie tam trzeba umieścić warunek początkowy. Zauważ też, gdzie dokładnie potrzebne jest \(k\geqslant5\): wyłącznie w kroku \(7\), przy uzasadnianiu \(k^2-k-3\gt0\). **Odpowiedź.** Teza wynika z zasady indukcji matematycznej: nierówność zachodzi dla \(n=5\) (bo \(32\gt29\)), a z założenia \(2^{k}\gt k^{2}+k-1\) otrzymujemy \(2^{k+1}\gt2k^{2}+2k-2=(k+1)^{2}+(k+1)-1+(k^{2}-k-3)\), przy czym \(k^{2}-k-3\gt0\) dla każdej liczby naturalnej \(k\geqslant5\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **19.1. (1 pkt)** – Sprawdzenie, że nierówność zachodzi dla \(n=5\). **19.2. (1 pkt)** – Sformułowanie założenia i tezy indukcyjnej, np.: należy wykazać, że dla każdej liczby naturalnej \(k\ge 5\) zachodzi implikacja: jeżeli \(2^{k}>k^{2}+k-1\), to \(2^{k+1}>(k+1)^{2}+(k+1)-1\). **19.3. (4 pkt)** – Udowodnienie tezy indukcyjnej, w tym: • 1 punkt, za wykorzystanie założenia indukcyjnego, • 1 punkt, za doprowadzenie do nierówności \(k^{2}-k-3>0\), • 2 punkty, za rozwiązanie powyższej nierówności w zbiorze liczb rzeczywistych oraz za zapisanie, że każda liczba naturalna \(k\ge 5\) spełnia nierówność \(k^{2}-k-3>0\). Uwaga: Jeżeli uczeń zauważy i zapisze, że dla \(k\ge 5\) iloczyn dwóch kolejnych liczb naturalnych \(k\cdot(k-1)\) jest liczbą większą niż \(3\), to otrzymuje obydwa punkty.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Ponieważ \(A\cap B\subseteq A\), mamy \(P(A\cap B)\leq P(A)=1-P(A')\). Dzieląc nierówność przez \(P(B)>0\), otrzymujemy tezę.

Z założenia \(P(B)>0\), więc prawdopodobieństwo warunkowe \(P(A\mid B)\) jest określone i \[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.\] Zdarzenie \(A\cap B\) zawiera się w zdarzeniu \(A\), a prawdopodobieństwo jest monotoniczne, zatem \[P(A\cap B)\leq P(A).\] Z własności zdarzenia przeciwnego \(P(A)=1-P(A^{\prime})\), więc \[P(A\cap B)\leq1-P(A^{\prime}).\] Dzielimy obie strony przez liczbę dodatnią \(P(B)\), co zachowuje kierunek nierówności: \[\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\leq\frac{1-P(A^{\prime})}{P(B)}.\] Lewa strona jest z definicji równa \(P(A\mid B)\), zatem \[P(A\mid B)\leq\frac{1-P(A^{\prime})}{P(B)},\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** Nierówność \(P(A\mid B)\leq\frac{1-P(A^{\prime})}{P(B)}\) zachodzi dla dowolnych zdarzeń \(A\), \(B\) o \(P(B)>0\).

**1 pkt** – wykorzystanie zależności \(A\cap B\subseteq A\) i zapisanie \(P(A\cap B)\leq P(A)\) **1 pkt** – zastosowanie własności prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego i zapisanie \(P(A\cap B)\leq1-P(A^{\prime})\) **1 pkt** – wykorzystanie definicji prawdopodobieństwa warunkowego i zapisanie \(P(A\mid B)\cdot P(B)\leq1-P(A^{\prime})\) **1 pkt** – wykorzystanie założenia \(P(B)>0\) do wykazania tezy Łącznie \(4\) pkt.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.