Korzystamy ze wzoru na cosinus podwojonego kąta:

$$\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha=\cos 2\alpha.$$

Dla $\alpha=165^\circ$ otrzymujemy

$$\cos^{2}165^\circ-\sin^{2}165^\circ=\cos 330^\circ.$$

Kąt $330^\circ$ leży w IV ćwiartce, gdzie cosinus jest dodatni, a jego kąt odniesienia to $360^\circ-330^\circ=30^\circ$:

$$\cos 330^\circ=\cos 30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Odpowiedź: D

Krok 1. Odczyt z wykresu. Funkcja przyjmuje wartość $1$ na całych przedziałach, a „wgłębienia" są wyśrodkowane w punktach $-3\pi,\,-\pi,\,\pi,\,3\pi$, czyli tam, gdzie $\cos x=-1$. Najmniejsza wartość to około $\frac13$.

Krok 2. Sprawdzenie wzoru C. Rozpatrzmy $f(x)=\frac{|\cos x|-2}{\cos x-2}$.

Gdy $\cos x\ge 0$, to $|\cos x|=\cos x$, więc

$$f(x)=\frac{\cos x-2}{\cos x-2}=1.$$

Gdy $\cos x\lt 0$, to $|\cos x|=-\cos x$, więc

$$f(x)=\frac{-\cos x-2}{\cos x-2}.$$

Krok 3. Minimum. Dla $\cos x=-1$ (czyli $x=\pi+2k\pi$):

$$f(x)=\frac{1-2}{-1-2}=\frac{-1}{-3}=\frac{1}{3}.$$

To dokładnie zgadza się z wykresem: wartość $1$ tam, gdzie $\cos x\ge0$, oraz wgłębienie sięgające $\frac13$ w punktach $x=\pm\pi,\pm3\pi$.

Uwaga: mianownik $\cos x-2$ nigdy nie jest zerem, bo $\cos x\le 1\lt 2$, więc funkcja jest określona dla każdego $x$.

Odpowiedź: C

Stosujemy uzupełnienie do kwadratu, dodając i odejmując $18x^{2}$:

$$x^{4}+81=x^{4}+18x^{2}+81-18x^{2}=\left(x^{2}+9\right)^{2}-18x^{2}.$$

Zauważmy, że $18x^{2}=\left(3\sqrt{2}\,x\right)^{2}$, więc możemy użyć wzoru na różnicę kwadratów:

$$x^{4}+81=\left(x^{2}+9\right)^{2}-\left(3\sqrt{2}\,x\right)^{2}=\left(x^{2}+9-3\sqrt{2}\,x\right)\left(x^{2}+9+3\sqrt{2}\,x\right).$$

Zatem $W(x)$ jest podzielny przez $x^{2}-3\sqrt{2}\,x+9$.

Dlaczego nie pozostałe: $W(3)=81+81=162\neq0$, więc $x-3$ odpada; $x^{2}+9$ nie jest dzielnikiem, bo $\left(x^{2}+9\right)^{2}-18x^{2}$ nie dzieli się przez $x^{2}+9$; wariant D ma wyraz wolny $-9$, a w rozkładzie występuje $+9$.

Odpowiedź: C

Przekształcamy równanie do postaci

$$|x-4|=-3x.$$

Krok 1. Warunek konieczny. Wartość bezwzględna jest nieujemna, więc musi być $-3x\ge 0$, czyli $x\le 0$.

Krok 2. Opuszczenie wartości bezwzględnej. Skoro $x\le 0$, to $x-4\lt 0$, zatem $|x-4|=4-x$:

$$4-x=-3x\ \Longrightarrow\ 4=-2x\ \Longrightarrow\ x=-2.$$

Krok 3. Sprawdzenie. $x=-2$ spełnia warunek $x\le0$. Podstawiamy do równania wyjściowego:

$$3\cdot(-2)+|-2-4|=-6+6=0.$$

Równanie ma dokładnie jeden pierwiastek.

Odpowiedź: B

Krok 1. Rozwinięcie licznika.

$$(3n+2)^2=9n^2+12n+4,\qquad (1-2n)^2=4n^2-4n+1.$$

$$(3n+2)^2-(1-2n)^2=9n^2+12n+4-4n^2+4n-1=5n^2+16n+3.$$

Krok 2. Rozwinięcie mianownika.

$$(2n-1)^2=4n^2-4n+1.$$

Krok 3. Granica. Licznik i mianownik są wielomianami stopnia drugiego, więc dzielimy oba przez $n^2$:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{5+\frac{16}{n}+\frac{3}{n^2}}{4-\frac{4}{n}+\frac{1}{n^2}}=\frac{5}{4}.$$

Krok 4. Rozwinięcie dziesiętne.

$$\frac{5}{4}=1{,}25.$$

Cyfra jedności to $1$, a pierwsze dwie cyfry po przecinku to $2$ i $5$.

Odpowiedź: 1 2 5

Krok 1. Rozbicie liczby 18. Ponieważ $18=2\cdot 3^{2}$, korzystamy z własności logarytmu iloczynu i potęgi:

$$c=\log_{2}18=\log_{2}\left(2\cdot 3^{2}\right)=\log_{2}2+\log_{2}3^{2}=1+2\log_{2}3.$$

Krok 2. Wyznaczenie $\log_{2}3$.

$$2\log_{2}3=c-1\ \Longrightarrow\ \log_{2}3=\frac{c-1}{2}.$$

Krok 3. Przejście do $\log_{3}4$. Korzystamy ze wzoru na zamianę podstawy oraz $4=2^{2}$:

$$\log_{3}4=\log_{3}2^{2}=2\log_{3}2=\frac{2}{\log_{2}3}.$$

Krok 4. Podstawienie.

$$\log_{3}4=\frac{2}{\frac{c-1}{2}}=\frac{4}{c-1},$$

co należało wykazać. $\blacksquare$

Uwaga: $\log_{2}3>0$, więc $c=1+2\log_{2}3>1$ i mianownik $c-1$ jest różny od zera.

Krok 1. Dziedzina. Mianowniki nie mogą być zerami, więc $x\neq 1$ oraz $x\neq 0$.

Krok 2. Przeniesienie na jedną stronę.

$$\frac{2x-1}{1-x}-\frac{2+2x}{5x}\le 0.$$

Sprowadzamy do wspólnego mianownika $5x(1-x)$:

$$\frac{5x(2x-1)-(2+2x)(1-x)}{5x(1-x)}\le 0.$$

Krok 3. Uproszczenie licznika.

$$5x(2x-1)=10x^{2}-5x,\qquad (2+2x)(1-x)=2-2x^{2}.$$

$$10x^{2}-5x-\left(2-2x^{2}\right)=12x^{2}-5x-2=(3x-2)(4x+1).$$

Krok 4. Postać iloczynowa. Ponieważ $5x(1-x)=-5x(x-1)$, nierówność

$$\frac{(3x-2)(4x+1)}{-5x(x-1)}\le 0$$

jest równoważna (po pomnożeniu przez $-5$, co odwraca znak)

$$(3x-2)(4x+1)\cdot x\cdot(x-1)\ge 0,\qquad x\neq0,\ x\neq1.$$

Krok 5. Analiza znaku. Miejsca zerowe: $-\frac14,\ 0,\ \frac23,\ 1$. Współczynnik wiodący iloczynu jest dodatni ($3\cdot4=12$), więc znaki od prawej to $+,\,-,\,+,\,-,\,+$.

Iloczyn jest nieujemny na $\left(-\infty,-\frac14\right\rangle\cup\left(0,\frac23\right\rangle\cup(1,+\infty)$ — punkty $0$ i $1$ wykluczamy jako spoza dziedziny, a $-\frac14$ i $\frac23$ włączamy, bo nierówność jest nieostra.

Kontrola punktami: dla $x=-1$: $-1{,}5\le 0$ ✓; dla $x=0{,}5$: $0\le 1{,}2$ ✓; dla $x=2$: $-3\le 0{,}6$ ✓. Dla $x=0{,}8$: $3\le 0{,}9$ — fałsz, zgodnie z wykluczeniem przedziału $\left(\frac23,1\right)$.

Odpowiedź: $x\in\left(-\infty,-\frac{1}{4}\right\rangle\cup\left(0,\frac{2}{3}\right\rangle\cup(1,+\infty)$

Krok 1. Układ współrzędnych. Bez straty ogólności przyjmijmy bok długości $3$, wtedy $|BD|=|AE|=1$. Umieśćmy trójkąt tak, że

$$A=(0,0),\qquad B=(3,0),\qquad C=\left(\tfrac32,\ \tfrac32\sqrt3\right).$$

Punkt $D$ leży na $AB$ w odległości $1$ od $B$, więc $D=(2,0)$. Punkt $E$ leży na $AC$ w odległości $1$ od $A$, czyli $E=\tfrac13 C=\left(\tfrac12,\ \tfrac12\sqrt3\right)$.

Krok 2. Wyznaczenie punktu $P$. Prostą $CD$ parametryzujemy $t\in\langle0,1\rangle$ (od $C$ do $D$):

$$x=\tfrac32+\tfrac12 t,\qquad y=\tfrac32\sqrt3\,(1-t).$$

Prostą $BE$ parametryzujemy $s$ (od $B$ do $E$):

$$x=3-\tfrac52 s,\qquad y=\tfrac12\sqrt3\,s.$$

Z porównania współrzędnych $y$: $\ \tfrac32(1-t)=\tfrac12 s$, czyli $s=3(1-t)$. Podstawiamy do równania na $x$:

$$\tfrac32+\tfrac12 t=3-\tfrac52\cdot 3(1-t)=-\tfrac92+\tfrac{15}{2}t.$$

$$6=7t\ \Longrightarrow\ t=\frac{6}{7}.$$

Zatem $P=\left(\frac{27}{14},\ \frac{3\sqrt3}{14}\right)$.

Krok 3. Stosunek odcinków na prostej $CD$. Parametr $t$ liczony był od $C$, więc $|CP|:|CD|=\frac67$, a stąd

$$\frac{|DP|}{|DC|}=1-\frac67=\frac{1}{7}.$$

Krok 4. Dwa stosunki pól. Trójkąty $BDP$ i $BDC$ mają wspólny wierzchołek $B$, a ich podstawy $DP$ i $DC$ leżą na jednej prostej, więc

$$\frac{P_{BDP}}{P_{BDC}}=\frac{|DP|}{|DC|}=\frac{1}{7}.$$

Trójkąty $BDC$ i $ABC$ mają wspólny wierzchołek $C$, a podstawy $BD$ i $AB$ leżą na jednej prostej, więc

$$\frac{P_{BDC}}{P_{ABC}}=\frac{|BD|}{|AB|}=\frac{1}{3}.$$

Krok 5. Złożenie.

$$\frac{P_{DBP}}{P_{ABC}}=\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{21},$$

czyli pole trójkąta $DBP$ jest $21$ razy mniejsze od pola trójkąta $ABC$. $\blacksquare$

Kontrola rachunkowa: $P_{DBP}=\tfrac12\cdot|DB|\cdot y_P=\tfrac12\cdot1\cdot\tfrac{3\sqrt3}{14}=\tfrac{3\sqrt3}{28}$, a $P_{ABC}=\tfrac{3^2\sqrt3}{4}=\tfrac{9\sqrt3}{4}$. Iloraz: $\tfrac{9\sqrt3}{4}:\tfrac{3\sqrt3}{28}=21$.

Szukamy prawdopodobieństwa warunkowego $P(A|B)$, gdzie

$A$ – liczba jest podzielna przez $15$,   $B$ – liczba jest podzielna przez $18$.

$$P(A|B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}.$$

Krok 1. Zdarzenie $A\cap B$. Liczba podzielna jednocześnie przez $15$ i $18$ jest podzielna przez ich najmniejszą wspólną wielokrotność:

$$15=3\cdot5,\quad 18=2\cdot3^2\ \Longrightarrow\ \mathrm{NWW}(15,18)=2\cdot3^2\cdot5=90.$$

Krok 2. Liczby czterocyfrowe podzielne przez 18. Rozpatrujemy zakres od $1000$ do $9999$:

$$\left\lfloor\frac{9999}{18}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{999}{18}\right\rfloor=555-55=500.$$

Krok 3. Liczby czterocyfrowe podzielne przez 90.

$$\left\lfloor\frac{9999}{90}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{999}{90}\right\rfloor=111-11=100.$$

Krok 4. Wynik.

$$P(A|B)=\frac{100}{500}=\frac{1}{5}=0{,}2.$$

Odpowiedź: $P=\frac{1}{5}$

Krok 1. Równanie prostej $AB$. Współczynnik kierunkowy:

$$a=\frac{15-(-6)}{5-8}=\frac{21}{-3}=-7.$$

Korzystamy z punktu $A=(8,-6)$:

$$y+6=-7(x-8)\ \Longrightarrow\ y=-7x+50\ \Longrightarrow\ 7x+y-50=0.$$

Krok 2. Promień = odległość środka od prostej. Prosta jest styczna, więc promień równa się odległości $O$ od $AB$:

$$r=\frac{|7\cdot0+1\cdot0-50|}{\sqrt{7^{2}+1^{2}}}=\frac{50}{\sqrt{50}}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}.$$

Krok 3. Punkt styczności. Punkt styczności $T$ to spodek prostopadłej poprowadzonej z $O$ do prostej $AB$. Prosta prostopadła do $AB$ przechodząca przez $O$ ma współczynnik kierunkowy $\frac{1}{7}$ (iloczyn współczynników prostych prostopadłych wynosi $-1$), czyli

$$y=\frac{1}{7}x.$$

Podstawiamy do równania prostej $AB$:

$$7x+\frac{1}{7}x-50=0\ \Big|\cdot 7\ \Longrightarrow\ 49x+x-350=0\ \Longrightarrow\ 50x=350\ \Longrightarrow\ x=7.$$

$$y=\frac{1}{7}\cdot 7=1.$$

$$T=(7,\,1).$$

Sprawdzenie: $7\cdot7+1-50=0$, więc $T$ leży na prostej $AB$; ponadto $|OT|=\sqrt{7^{2}+1^{2}}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}=r$.

Odpowiedź: $r=5\sqrt{2}$,   $T=(7,1)$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$x_1+x_2=\frac{2(m+1)}{4}=\frac{m+1}{2},\qquad x_1x_2=\frac{m}{4}.$$

Krok 2. Dwa różne pierwiastki.

$$\Delta=4(m+1)^{2}-16m=4\left(m^{2}-2m+1\right)=4(m-1)^{2}.$$

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ (m-1)^{2}>0\ \Longleftrightarrow\ m\neq 1.$$

Krok 3. Pierwiastki różne od zera. Iloczyn $x_1x_2=\frac{m}{4}$ musi być niezerowy, więc $m\neq 0$.

Krok 4. Przekształcenie nierówności. Oznaczmy $S=x_1+x_2$, $P=x_1x_2$. Wtedy

$$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{S}{P},$$

a warunek przyjmuje postać

$$S\le\frac{S}{P}\ \Longleftrightarrow\ S-\frac{S}{P}\le 0\ \Longleftrightarrow\ \frac{S(P-1)}{P}\le 0.$$

Krok 5. Podstawienie. $S=\frac{m+1}{2}$, $P=\frac{m}{4}$, $P-1=\frac{m-4}{4}$:

$$\frac{\frac{m+1}{2}\cdot\frac{m-4}{4}}{\frac{m}{4}}=\frac{(m+1)(m-4)}{2m}\le 0.$$

Mnożąc przez $2m^{2}>0$ otrzymujemy równoważnie

$$m(m+1)(m-4)\le 0,\qquad m\neq 0.$$

Krok 6. Analiza znaku. Miejsca zerowe: $-1,\ 0,\ 4$; współczynnik wiodący dodatni. Iloczyn jest niedodatni na $(-\infty,-1]\cup(0,4]$ (punkt $0$ wykluczamy).

Krok 7. Uwzględnienie $m\neq1$.

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

Kontrola: dla $m=2$ trójmian $4x^{2}-6x+2$ ma pierwiastki $\tfrac12$ i $1$; $S=1{,}5\le 3=\tfrac{1}{x_1}+\tfrac{1}{x_2}$ ✓. Dla $m=5$ pierwiastki $\tfrac12$ i $\tfrac52$, $S=3>2{,}4$ — warunek niespełniony, zgodnie z wykluczeniem.

Odpowiedź: $m\in(-\infty,-1]\cup(0,1)\cup(1,4]$

Krok 1. Rozkład lewej strony. Korzystamy ze wzoru $\cos 2x=\cos^{2}x-\sin^{2}x$ i z różnicy kwadratów:

$$\cos 2x=(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x).$$

Krok 2. Wyłączenie wspólnego czynnika.

$$(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)-\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos x-\sin x)=0,$$

$$(\cos x-\sin x)\left(\cos x+\sin x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=0.$$

Krok 3. Pierwszy czynnik.

$$\cos x-\sin x=0\ \Longrightarrow\ \tan x=1\ \Longrightarrow\ x=\frac{\pi}{4}+k\pi.$$

W przedziale $\langle0,\pi\rangle$ otrzymujemy $x=\frac{\pi}{4}$.

Krok 4. Drugi czynnik. Sprowadzamy sumę do jednej funkcji:

$$\cos x+\sin x=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right),$$

więc równanie przyjmuje postać

$$\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\ \Longrightarrow\ \sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}.$$

Dla $x\in\langle0,\pi\rangle$ mamy $x+\frac{\pi}{4}\in\left\langle\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\right\rangle$. W tym przedziale $\sin\theta=\frac12$ zachodzi tylko dla $\theta=\frac{5\pi}{6}$ (rozwiązanie $\theta=\frac{\pi}{6}$ jest mniejsze od $\frac{\pi}{4}$, więc odpada).

$$x=\frac{5\pi}{6}-\frac{\pi}{4}=\frac{10\pi-3\pi}{12}=\frac{7\pi}{12}.$$

Sprawdzenie: dla $x=\frac{7\pi}{12}=105^\circ$ mamy $\cos 210^\circ=-\frac{\sqrt3}{2}$ oraz $\frac{\sqrt2}{2}\left(\cos105^\circ-\sin105^\circ\right)=-\frac{\sqrt3}{2}$ — obie strony równe.

Odpowiedź: $x=\frac{\pi}{4}$ lub $x=\frac{7\pi}{12}$

Oznaczmy przyprostokątne przez $a$ i $b$, przeciwprostokątną przez $c$, a promień okręgu wpisanego przez $r$.

Krok 1. Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny.

$$r=\frac{a+b-c}{2}.$$

Z warunku zadania $r=\frac{c}{5}$, więc

$$\frac{a+b-c}{2}=\frac{c}{5}\ \Longrightarrow\ a+b=\frac{7c}{5}.$$

Krok 2. Iloczyn przyprostokątnych. Podnosimy sumę do kwadratu i korzystamy z twierdzenia Pitagorasa $a^{2}+b^{2}=c^{2}$:

$$(a+b)^{2}=c^{2}+2ab=\frac{49c^{2}}{25}\ \Longrightarrow\ ab=\frac{12c^{2}}{25}.$$

Krok 3. Wyznaczenie przyprostokątnych. Liczby $a$ i $b$ są pierwiastkami równania

$$t^{2}-\frac{7c}{5}t+\frac{12c^{2}}{25}=0,\qquad \Delta=\frac{c^{2}}{25},\qquad \sqrt{\Delta}=\frac{c}{5}.$$

$$t_1=\frac{4c}{5},\qquad t_2=\frac{3c}{5}.$$

Trójkąt jest więc podobny do trójkąta o bokach $3,4,5$.

Krok 4. Szukany sinus. Większy kąt ostry leży naprzeciw dłuższej przyprostokątnej:

$$\sin\alpha=\frac{4c}{5}:c=\frac{4}{5}=0{,}8.$$

Sprawdzenie: dla trójkąta $3,4,5$ mamy $r=\frac{3+4-5}{2}=1$ oraz $\frac{c}{5}=1$ ✓.

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac{4}{5}$

Punkt $C$ leży na paraboli, więc $C=(m,\ m^{2})$.

a) Pole trójkąta. Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta o danych wierzchołkach:

$$P=\frac12\left|(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(x_C-x_A)(y_B-y_A)\right|.$$

$$P=\frac12\left|1\cdot(m^{2}-2)-m\cdot 1\right|=\frac12\left|m^{2}-m-2\right|=\frac12\left|(m-2)(m+1)\right|.$$

Prosta $AB$ ma równanie $y=x+2$; punkt $C$ leży na niej dla $m=-1$ oraz $m=2$ — wtedy trójkąt się degeneruje. Zatem

$$P(m)=\frac12\left|m^{2}-m-2\right|\quad\text{dla }m\in\mathbb{R}\setminus\{-1,\,2\}.$$

b) Warunek ostrokątności. Trójkąt jest ostrokątny, gdy wszystkie trzy iloczyny skalarne odpowiednich wektorów są dodatnie.

Kąt przy $A$: $\vec{AB}=[1,1]$, $\vec{AC}=[m,\ m^{2}-2]$:

$$m+m^{2}-2=(m+2)(m-1)>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt -2\ \text{lub}\ m>1.$$

Kąt przy $B$: $\vec{BA}=[-1,-1]$, $\vec{BC}=[m-1,\ m^{2}-3]$:

$$-(m-1)-(m^{2}-3)=-m^{2}-m+4>0\ \Longleftrightarrow\ m^{2}+m-4\lt 0,$$

$$m\in\left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},\ \frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right)\approx(-2{,}56;\ 1{,}56).$$

Kąt przy $C$: $\vec{CA}=[-m,\ 2-m^{2}]$, $\vec{CB}=[1-m,\ 3-m^{2}]$:

$$-m(1-m)+(2-m^{2})(3-m^{2})=m^{4}-4m^{2}-m+6.$$

To wyrażenie jest dodatnie dla każdego $m$ (najmniejsza wartość, w pobliżu $m\approx1{,}49$, wynosi około $0{,}56$), więc kąt przy $C$ jest zawsze ostry i nie wnosi ograniczeń.

Część wspólna warunków:

$$m\in\left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2},\ -2\right)\cup\left(1,\ \frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right).$$

Punkty $m=-1$ i $m=2$ nie należą do tych przedziałów, więc trójkąt nie degeneruje się automatycznie.

Kontrola: dla $m=1{,}2$ trzy iloczyny skalarne wynoszą $0{,}64$; $1{,}36$; $1{,}11$ — wszystkie dodatnie ✓. Dla $m=1{,}6$ mamy $m^{2}+m-4=0{,}16>0$, więc kąt przy $B$ nie jest ostry — zgodnie z wykluczeniem.

Oznaczmy bok kwadratowego dna przez $a$, a wysokość zbiornika przez $h$.

Krok 1. Warunek objętości.

$$a^{2}h=144\ \Longrightarrow\ h=\frac{144}{a^{2}}.$$

Krok 2. Dziedzina. Żaden wymiar nie przekracza $9$:

$$a\le 9\qquad\text{oraz}\qquad \frac{144}{a^{2}}\le 9\ \Longrightarrow\ a^{2}\ge 16\ \Longrightarrow\ a\ge 4.$$

$$a\in\langle 4,\ 9\rangle.$$

Krok 3. Funkcja kosztu. Zbiornik jest otwarty od góry: dno o polu $a^{2}$ oraz cztery ściany boczne o łącznym polu $4ah$:

$$K(a)=100a^{2}+75\cdot 4ah=100a^{2}+300a\cdot\frac{144}{a^{2}}=100a^{2}+\frac{43200}{a}.$$

Krok 4. Minimum. Liczymy pochodną:

$$K^{\prime}(a)=200a-\frac{43200}{a^{2}}.$$

$$K^{\prime}(a)=0\ \Longleftrightarrow\ 200a^{3}=43200\ \Longleftrightarrow\ a^{3}=216\ \Longleftrightarrow\ a=6.$$

Dla $a\lt 6$ pochodna jest ujemna, dla $a>6$ dodatnia, więc w $a=6$ funkcja osiąga minimum. Punkt ten należy do przedziału $\langle4,9\rangle$.

Krok 5. Wymiary i koszt.

$$h=\frac{144}{36}=4\ \mathrm{m}\le 9\ \checkmark$$

$$K(6)=100\cdot 36+\frac{43200}{6}=3600+7200=10\,800\ \text{zł}.$$

Odpowiedź: dno $6\ \mathrm{m}\times 6\ \mathrm{m}$, wysokość $4\ \mathrm{m}$; najmniejszy koszt to $10\,800$ zł.