$\text{a)}$  Rysunek pomocniczy:

 

---

Mamy dane:

$\alpha ={30}^{\circ }$  

$h+b=p$  

---

Dla trójkąta  $\Delta DBC$  mamy:

$\sin \alpha =\frac{h}{b}$     

---

Stąd:

$\{\begin{array}{l}h+b=p\\ \frac{1}{2}=\frac{h}{b}\text{/}\cdot b\end{array}$  

$\{\begin{array}{l}b=p-h\\ \frac{1}{2}b=h\end{array}$  

$\{\begin{array}{l}b=p-\frac{1}{2}b\\ h=\frac{1}{2}b\end{array}$

$\{\begin{array}{l}b+\frac{1}{2}b=p\\ h=\frac{1}{2}b\end{array}$

$\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}b=p\text{/}\cdot \frac{2}{3}\\ h=\frac{1}{2}\end{array}$

$\{\begin{array}{l}b=\frac{2}{3}p\\ h=\frac{1}{2}b\end{array}$  

---

Zapisujemy twierdzenie sinusów dla   $\Delta ABC$  i wyznaczamy  $R:$  

$\frac{b}{\sin \alpha }=2R\text{/}:2$  

$R=\frac{b}{2\sin \alpha }$  

$R=\frac{\frac{2}{3}p}{2\cdot \frac{1}{2}}=\frac{2}{3}p$  

Odp. Promień okręgu opisanego na tym trójkącie ma długość  $\frac{2}{3}p.$  

---

---

$\text{b)}$  Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej:

---

Mamy dane:

$R=2\text{cm}$  

$P=3\sqrt{3}{\text{cm}}^2$  

---

Ze wzoru na pole trójkąta mamy:

$P=\frac{1}{2}ah$  

$3\sqrt{3}=\frac{1}{2}ah\mid \cdot 2$  

$ah=6\sqrt{3}\mid :h$  

$a=\frac{6\sqrt{3}}{h}$  

---

Zauważmy, że  $\left|OD\right|=h-R.$  

---

Z twierdzenia Pitagorasa dla  $\Delta ADO:$  

${\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+{\left(h-R\right)}^2=R^2$  

${\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{6\sqrt{3}}{h}\right)}^2+{\left(h-2\right)}^2=2^2$  

${\left(\frac{3\sqrt{3}}{h}\right)}^2+h^2-4h+4=4$  

$\frac{27}{h^2}+h^2-4h=0\mid \cdot h^2$  

$27+h^4-4h^3=0$  

$h^4-4h^3+27=0$  

---

Niech 

$W\left(h\right)=h^4-4h^3+27.$  

---

Skorzystamy z twierdzenia o wymiernych pierwiastkach wielomianu o współczynnikach całkowitych:

Jeżeli wielomian  $W\left(x\right)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0,$  gdzie  $a_n\ne 0,a_0\ne 0,$  

o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek wymierny , który można zapisać w postaci

ułamka nieskracalnego, to licznik tego ułamka jest dzielnikiem wyrazu wolnego  $a_0,$  natomiast

mianownik - dzielnikiem współczynnika  $a_n$  przy najwyższej potędze zmiennej.

---

Wielomian  $W$  ma wszystkie współczynniki całkowite, więc spełnia założenia twierdzenia.

$p\mid 27,$  więc  $p\in \left\{-27,-9,-3-1,1,3,9,27\right\}$  

$q\mid 1,$  więc  $q\in \left\{-1,1\right\}$  

Zatem:

$\frac{p}{q}\in \left\{-27,-9,-3-1,1,3,9,27\right\}-$  zbiór liczb wymiernych, które mogą być pierwiastkami wielomianu $W$

---

Sprawdzamy, która z wymienionych liczb jest pierwiastkiem wielomianu $W\left(h\right)=h^4-4h^3+27:$  

$W\left(1\right)=1-4+27=24\ne 0$  

$W\left(3\right)=81-108+27=0$  

---

Znaleźliśmy jeden z pierwiastków wielomianu $W.$ Jest nim liczba $3.$  

Sprawdzamy, czy ten wielomian nie ma innych pierwiastków całkowitych - dzielimy

wielomian $W\left(h\right)=h^4-4h^3+27$ przez dwumian $P\left(h\right)=h-3,$ stosując algorytm Hornera:

	$1$	$-4$	$0$	$0$	$27$
$3$		$3$	$-3$	$-9$	$-27$
	$1$	$-1$	$-3$	$-9$	$0$