Funkcja kwadratowa cz. 1 – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-3)
Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji f\colon\mathbf{R}\to\mathbf{R}, określonej wzorem f(x)=(x-1)(5-x) w przedziale x\in[0,7].

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Dana funkcja jest podana niemal w postaci iloczynowej, jej wzór możemy zapisać jako f(x)=-(x-1)(x-5). To oznacza, że miejscami zerowymi są x_1=1 oraz x_2=5. Wierzchołek, w którym funkcja osiąga wartość największą, ma współrzędne p=\dfrac{x_1+x_2}{2}=3\in[0,7] i q=f(p)=-(3-1)(3-5)=4. Najmniejszą wartość funkcja będzie przyjmować w jednym z końców podanego przedziału, obliczamy więc f(0)=-5 i f(7)=-12 i wybieramy mniejszą z otrzymanych liczb.

Ostatecznie najmniejsą wartością funkcji f(x) na danym przedziale jest f(7)=-12, zaś największa to f(3)=4.

 

Zadanie 2. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie

    \[mx^2-3(m+1)x+m = 0\]

nie ma rozwiązania w zbiorze liczb rzeczywistych.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.


Równanie kwadratowe nie ma rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych, gdy jego wyróżnik (tzn. delta: \Delta) jest ujemny. W danym przykładzie należy jeszcze osobno sprawdzić przypadek m=0, gdy równanie przestaje być kwadratowe (współczynnik przy x^2 zależy od parametru m – stąd taka konieczność). Podstawiając m=0 do równania otrzymujemy zależność liniową: -3x=0, która, jak widać, ma rozwiązanie. Możemy więc dalej zakładać, że m\neq 0. Wtedy

(1)   \begin{eqnarray*} \Delta&=&\left(-3(m+1)\right)^2-4\cdot m\cdot m=9(m+1)^2-4m^2=\nonumber\\ &=&(3m+3)^2-(2m)^2=(3m+3-2m)(3m+3+2m)=\nonumber\\ &=&(m+3)(5m+3).\nonumber \end{eqnarray*}

Należy teraz rozwiązać nierówność \Delta<0, czyli

    \[(m+3)(5m+3)<0.\]

Określamy miejsca zerowe: m_1=-3 oraz m_2=-\dfrac{3}{5} i zaznaczamy je na osi liczbowej wraz ze schematycznym wykresem paraboli (w naszym przypadku aktualną zmienną jest m i współczynnik przy m^2 jest dodatni – wynosi 5, zatem rysowana parabola ma ramiona skierowane ku górze). Nierówność jest ostra, więc końce wyznaczonego przedziału nie wchodzą do zbioru rozwiązań.

\begin{tikzpicture}[scale=1.3,yscale=0.8] \draw[very thick,->] (-4,0)--(1,0) node[below] {$m$}; \draw[thick,blue,domain=-3.3:-0.3, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{\x+3)*(5*\x+3}); \draw[thin,fill=red!20] (-3,0) rectangle (-0.6,0.3); \foreach \x/\w in {-3/{-3},-0.6/{-\frac{3}{5}}} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}

Tym samym otrzymujemy odpowiedź: m\in\left(-3,\,-\dfrac{3}{5}\right), wykluczona wcześniej wartość m=0 nie znajduje się w tym przedziale.

 

Zadanie 3. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x^2 + mx + 2 = 0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich kwadratów jest większa od 2m^2-13.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Aby dana funkcja kwadratowa miała dwa różne pierwiastki rzeczywiste, musi być \Delta>0, czyli

    \[m^2-8>0\quad\Longleftrightarrow\quad \left(m-\sqrt{8}\right)\left(m+\sqrt{8}\right)>0.\]

Daje nam to zbiór m\in\left(-\infty,\,-\sqrt{8}\right)\cup\left(\sqrt{8},\,\infty\right).

Drugi warunek dotyczący pierwiastków ma postać x_1^2+x_2^2>2m^2-13. Przepiszmy go w taki sposób, aby można było wykorzystać wzory Viete’a:

    \[x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2>2m^2-13.\]

Stąd

    \[\left(-\frac{m}{1}\right)^2-2\cdot\frac{2}{1}>2m^2-13\quad\Longleftrightarrow\quad m^2-9<0,\]

czyli m\in(-3,3).

Ostatecznie, uwzględniając część wspólną uzyskanych zbiorów, mamy odpowiedź m\in\left(-3,\,-\sqrt{8}\right)\cup\left(\sqrt{8},\,3\right).

 

Zadanie 4. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których nierówność

    \[\left(m^2+4m-5\right)\cdot x^2+2x>2mx-2\]

jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej x.

♦ matura – poziom rozszerzony, lipiec 2020.


Najpierw należy daną nierówność uporządkować, aby poprawnie odczytać wartości poszczególnych współczynników. Mamy

    \[\left(m^2+4m-5\right)\cdot x^2+x(2-2m)+2>0.\]

Funkcja kwadratowa po lewej stronie będzie przyjmowała zawsze (dla każdego x\in\mathbf{R}) wartości dodatnie tylko wtedy, gdy współczynnik a=m^2+4m-5 będzie dodatni i jednocześnie wyróżnik \Delta<0 (nie chcemy mieć żadnych miejsc zerowych – parabola jako wykres tej funkcji kwadratowej musi mieć ramiona skierowane do góry i nie może przecinać osi Ox).

Stąd a=m^2+4m-5>0. Obliczamy \Delta_m=36 i m_1=-5 oraz m_2=1, a następnie graficznie rozwiązujemy nierówność.

\begin{tikzpicture}[xscale=0.8,yscale=0.8] \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-6.2,0) rectangle (-5,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (1,0) rectangle (2,0.4); \draw (-6.2,0.4)--(-5,0.4)--(-5,0) (1,0)--(1,0.4)--(2,0.4); \draw[thick,blue,domain=-5.8:1.8, smooth, variable=\x,yscale=0.13] plot ({\x},{(\x+5)*(\x-1)}); \draw[very thick,->] (-6.3,0)--(2.2,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-5/{-5},1/1} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2.5pt);} \node[right] at (4,0) {$m\in (-\infty,\,-5)\cup (1,\,\infty)$}; \end{tikzpicture}

Wracamy do warunku \Delta<0. Mamy

    \[\Delta=(2-2m)^2-4(m^2+4m-5)\cdot 2=-4(m-1)(m+11)<0.\]

Tę nierówność rozwiązujemy podobnie, otrzymując m\in(-\infty,\,-11)\cup(1,\,\infty). Na koniec trzeba wyznaczyć część wspólną otrzymanych zbiorów. To prowadzi do odpowiedzi:

    \[m\in(-\infty,\,-11)\cup (1,\,\infty).\]

 

Zadanie 5. (0-6)
Funkcja kwadratowa f(x)=(2m-1)x^2-2(m+1)x+m-1 ma dwa różne miejsca zerowe x_1, x_2. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których odległość między miejscami zerowymi wynosi nie więcej niż 4.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.


Aby podana funkcja była kwadratowa, to musimy założyć, że współczynnik przy wyrazie x^2 jest niezerowy: a\neq 0. Dwa różne miejsca zerowe istnieją tylko wtedy, gdy \Delta>0. To oznacza, że interesuje nas układ trzech warunków

    \[a\neq 0\,\,\wedge\,\,\Delta>0\,\,\wedge\,\,|x_1-x_2|\leqslant 4.\]

Mamy a=2m-1\neq 0 gdy m\neq\frac{1}{2}. Dodatkowo

    \[\Delta=4(m+1)^2-4(2m-1)(m-1)=-4m(m-5)>0.\]

Rozwiązanie odczytujemy z rysunku, zaznaczając na osi liczbowej te wartości m, które zerują otrzymany iloczyn (czyli 0 i 5).

\begin{tikzpicture}[xscale=0.7,yscale=0.7] \draw[fill=red!20] (0,0) rectangle (5,0.4); \draw[thick,blue,domain=-0.8:5.8, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{-(\x-5)*(\x)}); \draw[very thick,->] (-1.3,0)--(6.2,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-0/{0},5/5} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2.5pt);} \end{tikzpicture}

czyli m\in(0,5).

Ostatni warunek przekształcamy tak, aby móc użyć wzorów Viete’a – podnosząc nierówność obustronnie do kwadratu: |x_1-x_2|^2\leqslant 16, czyli

    \[x_1^2-2x_1 x_2+x_2^2\leqslant 16\quad\Leftrightarrow\quad (x_1+x_2)^2-4x_1x_2\leqslant 16.\]

Stąd

    \[\left(\frac{2(m+1)}{2m-1}\right)^2-4\cdot \frac{m-1}{2m-1}\leqslant 16.\]

A po uporządkowaniu dostajemy nierówność kwadratową: 17m^2-21m+4\geqslant 0. Obliczamy wyróżnik i pierwiastki otrzymanego trójmianu: \Delta_m=(-21)^2-4\cdot 17\cdot 4=169 i m_1=\frac{4}{17} oraz m_2=1.

Podobnie jak poprzednio otrzymujemy odpowiedni zbiór: m\in(-\infty,\,\frac{4}{17}]\cup[1,\,\infty). Na koniec zbieramy wszystkie warunki i wyznaczamy część wspólną uzyskanych zbiorów.

Odpowiedź: m\neq\frac{1}{2}\,\,\wedge\,\,m\in(0,5)\,\,\wedge\,\,m\in(-\infty,\,\frac{4}{17}]\cup[1,\,\infty), czyli

    \[m\in\left(0,\,\frac{4}{17}\right]\cup[1,5).\]

 

Zadanie 6. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których rozwiązania x_1 i x_2 równania x^2+13x-24=(10-m)x-15 spełniają warunek x_1^2+x_2^2+3x_1x_2=0.

♦ matura próbna ,,Operon” i GW – poziom rozszerzony, listopad 2008.


Najpierw porządkujemy dane równanie tak, aby otrzymać postać zależności kwadratowej. Mamy

    \[x^2+(m+3)x-9=0.\]

Skoro rozwiązania x_1 i x_2 mają istnieć, to \Delta\geqslant 0. Czyli \Delta=(m+3)^2-4\cdot 1\cdot (-9)=(m+3)^2+9. Jako suma kwadratu i liczby 9, jest to liczba dodatnia dla dowolnej wartości rzeczywistej m, stąd \Delta>0.

Warunek na pierwiastki przekształcamy tak, aby można było użyć wzorów Viete’a:

    \[x_1^2+x_2^2+3x_1 x_2=(x_1+x_2)^2+x_1 x_2=0,\]

stąd \left(-\dfrac{m+3}{1}\right)^2+\left(\dfrac{-9}{1}\right)=0. Mamy zatem (m+3)^2-3^2=0, czyli m(m+6)=0 i uzyskujemy końcową odpowiedź: m=0 lub m=-6.

 

Zadanie 7. (0-6)
Wyznacz wszystkie liczby całkowite k, dla których funkcja f(x)=x^2-2^k\cdot x+2^k+\dfrac{5}{4} przyjmuje wartości dodatnie dla każdego x\in\mathbf{R}.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, grudzień 2005.


Dana funkcja kwadratowa będzie przyjmowała tylko wartości dodatnie (dla wszystkich x\in\mathbf{R}), gdy jej współczynnik przy wyrazie x^2 będzie dodatni, zaś wyróżnik \Delta<0. Pierwszy warunek jest spełniony. Mamy też

    \[\Delta=\left(-2^k\right)^2-4\cdot 1\cdot\left(2^k+\frac{5}{4}\right)=2^{2k}-4\cdot 2^k-5>0.\]

Aby rozwiązać powyższą nierówność wygodnie będzie wprowadzić zmienną pomocniczą m=2^k. Wtedy otrzymamy m^2-4m-5>0, czyli (m-5)(m+1)>0. To prowadzi do m\in(-\infty,\,-1)\cup(5,\infty). Ponieważ m=2^k, więc jest to zawsze wartość dodatnia i interesuje nas tylko druga składowa otrzymanego zbioru. Stąd 2^k\in(5,\,\infty), a ponieważ interesują nas całkowite wartości k, więc k\geqslant 3.

Ostatecznie mamy odpowiedź: k=3,4,5,\ldots.

 

Zadanie 8. (0-6)
Wyznacz dziedzinę i naszkicuj wykres funkcji f(m)=x_1\cdot x_2, gdzie x_1, x_2 są różnymi pierwiastkami równania (m+2)x^2-(m+2)^2x+3m+2=0, w którym m\in\mathbf{R}\setminus\{-2\}.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2006.


Dla m=-2 dana zależność przestaje być równaniem kwadratowym (a nawet powstaje wtedy równanie sprzeczne), stąd wykluczenie podane już w treści zadania.

Ponieważ interesuje nas sytuacja, gdy równanie ma dwa różne pierwiastki, więc musi być \Delta>0, stąd

(2)   \begin{eqnarray*} \Delta&=&(m+2)^4-4(m+2)(3m+2)=\nonumber\\ &=&(m+2)\left[(m+2)^3-4(3m+2)\right]=\nonumber\\ &=&(m+2)(m^3+6m^2)=m^2(m+2)(m+6)>0.\nonumber \end{eqnarray*}

Otrzymaną nierówność wielomianową rozwiązujemy graficznie, zaznaczając punkty 0, -2, -6 na osi liczbowej i prowadząc odpowiednio szkic wykresu; należy pamiętać, że dla m=0 mamy podwójne miejsce zerowe, więc w tym punkcie wykres będzie styczny do osi.

\begin{tikzpicture}[scale=1.4,yscale=0.8] \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-7.2,0) rectangle (-6,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-2,0) rectangle (0.8,0.4); \draw (-7.2,0.4)--(-6,0.4)--(-6,0) (-2,0)--(-2,0.4)--(0.8,0.4) (0,0)--(0,0.4); \draw[thick,blue,domain=-6.14:0.95, smooth, variable=\x,yscale=0.05] plot ({\x},{\x*\x*(\x+2)*(\x+6)}); \draw[very thick,->] (-7.3,0)--(0.9,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-6/{-6},-2/-2,0/0} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}

Uzyskany zbiór: m\in(-\infty,\,-6)\cup(-2,\,0)\cup(0,\,\infty) stanowi dziedzinę funkcji f(m). Jej wartość określimy na podstawie wzorów Vi{\`e}te’a. Mamy

    \[f(m)=x_1\cdot x_2=\frac{3m+2}{m+2}=3+\frac{-4}{m+2}.\]

Widać zatem, że należy naszkicować wykres funkcji homograficznej (na odpowiedniej dziedzinie). Powstaje on przez przesunięcie wykresu funkcji y=\dfrac{-4}{x} o wektor (-2,3).

\begin{tikzpicture} \draw[black!50] (-8.3,-5.3) grid (6.2,5.2); \draw[very thick,->] (-8.3,0)--(6.2,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-5.3)--(0,5.2) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5} \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\x$}; \foreach \y in {-4,-3,-2,-1,1,2,3,4} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {$\y$}; \draw[ultra thick,blue,domain=-8.3:-6, smooth, variable=\x] plot ({\x},{3-4/(\x+2)}); \draw[ultra thick,blue,domain=-1.5:6, smooth, variable=\x] plot ({\x},{3-4/(\x+2)}); \draw[very thick,black,dashed] (-2,-5)--(-2,5) (-8.2,3)--(6.2,3); \foreach \x/\y in {-6/4,0/1} \draw[thick,blue,fill=white] (\x,\y) circle (3pt); \end{tikzpicture}

 

Zadanie 9. (0-6)
Wyznacz wartości parametru m, dla których równanie (m^2+m-3)x^2+(2m-1)x+2=0 ma dwa rozwiązania dodatnie takie, że jedno z nich jest dwa razy większe od drugiego.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Zadanie należy do nietypowych. Przy standardowym podejściu należałoby ustalić dla jakich wartości m spełnione są warunki

    \[a=m^2+m-3\neq 0,\,\,\, \Delta>0,\,\,\, x_1+x_2>0,\,\,\, x_1 x_2>0,\]

które odpowiadają kolejno za to, że równanie jest kwadratowe, że ma dwa różne pierwiastki i w końcu że pierwiastki te są liczbami dodatnimi.

My jednak zajmiemy się warunkiem, aby jeden z tych pierwiastków był dwukrotnością drugiego. Oznaczmy je przez r>0 oraz 2r. Wtedy x_1+x_2=3r i jednocześnie x_1 x_2=2r^2. Stąd

    \[\frac{(x_1+x_2)^2}{9}=r^2=\frac{x_1 x_2},\]

czyli – korzystając ze wzorów Viete’a – dostaniemy równanie

    \[\frac{1}{9}\left(\frac{2m-1}{m^2+m-1}\right)^2=\frac{1}{m^2+m-3}.\]

Po prostej redukcji wyrazów podobnych dostaniemy 5m^2+13m-28=0. Rozwiązując to równanie kwadratowe, otrzymamy \Delta_m=13^2+4\cdot 5\cdot 28 i m_1=-4 lub m_2=\dfrac{7}{5}.

Widzimy zatem, że możliwe są co najwyżej dwie wartości m spełniające warunki zadania. Wracając do pierwotnie podanych założeń, zamiast je rozwiązywać dla wszystkich m, wystarczy sprawdzić, która ze znalezionych dwóch wartości te warunki spełniają.

Dla m=-4 mamy a=9>0 i dalej b=-9, czyli \Delta=19>0 oraz x_1+x_2=1>0 i x_1 x_2=\dfrac{2}{9}>0. Warunki są spełnione.

Dla m=\dfrac{7}{5} mamy a=0,\!36>0 i dalej b=\dfrac{9}{5}, ale wtedy jednak x_1+x_2=-\dfrac{-b}{a}<0 więc pierwiastki nie są dodatnie.

Końcowa odpowiedź: jest tylko jedna wartość parametru m, mianowicie m=-4.

 

Zadanie 10. (0-4)
Wyznacz dziedzinę i najmniejszą wartość funkcji f(x)=\log_{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(8x-x^2\right).

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.


Zaczynamy od dziedziny. Aby dane w zadaniu wyrażenie miało sens, musi być 8x-x^2>0, czyli x(8-x)>0, skąd x\in(0,8). Zauważmy też przy okazji, że podstawa logarytmu wynosi a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}<1, to oznacza, że funkcja x\mapsto \log_a x jest malejąca: im większy argument, tym mniejsza jest wartość tej funkcji. Zatem wystarczy w obrębie naszej dziedziny (0,8) znaleźć największą wartość funkcji kwadratowej g(x)=8x-x^2. Maksimum tej funkcji kwadratowej jest oczywiście przyjmowane w wierzchołku, czyli dla x=\dfrac{-8}{-2}=4 i wynosi ono g(4)=8\cdot 4-4^2=16. Wtedy

    \[f(4)=\log_{\frac{\sqrt{2}}{2}}16=\log_{2^{-1/2}}\left(2^{-1/2}\right)^{-8}=-8.\]

To daje szukaną odpowiedź.

 

Zadanie 11. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru a, dla których równanie x^2-2ax+a^3-2a = 0 ma dwa różne rozwiązania dodatnie.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, marzec 2021.


Jest to typowe równanie kwadratowe z parametrem. Warunki opisane w zadaniu można wyrazić następująco:

  • istnieją dwa różne rozwiązania: \Delta>0,
  • rozwiązania są dodatnie: x_1\cdot x_2>0\quad\wedge\quad x_1+x_2>0 – w ten sposób najłatwiej wykorzystać wzory Viete’a.

Uzyskane nierówności prowadzą do zależności:

(3)   \begin{eqnarray*} \Delta&=&(-2a)^2-4\cdot 1\cdot(a^3-2a)=-4a(a^2-a-2)=\nonumber\\ &=&-4a(a-2)(a+1)>0\nonumber \end{eqnarray*}

oraz

    \[x_1\cdot x_2=\frac{a^3-2a}{1}=a^3-2a>0\quad\text{i}\quad x_1+x_2=\frac{2a}{1}=2a>0.\]

Pierwszą z tych nierówności, przez rozkład na czynniki zapisujemy jako a(a-\sqrt{2})(a+\sqrt{2})>0. Ilustracje obu nierówności \Delta>0 oraz x_1\cdot x_2>0 pokazuje rysunek.

 

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[fill=red!20,red!20] (-2,0) rectangle (-1,0.3); \draw[thin] (-2,0.3)--(-1,0.3)--(-1,0); \draw[fill=red!20] (0,0) rectangle (2,0.3); \draw[very thick,->] (-2,0)--(2.5,0) node[below] {$a$}; \draw[thick,blue,domain=-1.4:2.25, smooth, variable=\x,yscale=0.5] plot ({\x},{(\x+1)*(2-\x)*\x}); \foreach \x/\w in {-1/{-1},0/0,2/2} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \node[above] at (0.15,1.5) {$-4a(a-2)(a+1)>0$}; \begin{scope}[shift={(6.5,0)}] \draw[fill=red!20,red!20] (1.414,0) rectangle (2.3,0.3); \draw[thin] (2.3,0.3)--(1.41,0.3)--(1.41,0); \draw[fill=red!20] (-1.41,0) rectangle (0,0.3); \draw[very thick,->] (-2,0)--(2.5,0) node[below] {$a$}; \draw[thick,blue,domain=-1.8:1.9, smooth, variable=\x,yscale=0.5] plot ({\x},{\x*\x*\x-2*\x}); \foreach \x/\w in {-1.414/{-\sqrt{2}},0/0,1.414/{\sqrt{2}}} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \node[above] at (0.15,1.5) {$a^3-2a>0$}; \end{scope} \end{tikzpicture}

Część wspólna uzyskanych wartości a>0 to przedział a\in\left(\sqrt{2},\,2\right).

 

Zadanie 12. (0-5)
Liczby x_1=5+\sqrt{23} i x_2=5-\sqrt{23} są rozwiązaniami równania

    \[x^2-\left(p^2+q^2\right)x+(p+q)=0\]

z niewiadomą x. Oblicz wartości p i q.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.


Jeśli wstawimy podane liczby x_1 oraz x_2 do równania, otrzymamy dość skomplikowany układ równań kwadratowych wiążący szukane wielkości p oraz q. Posłużymy się więc wzorami Viete’a. Wskazówką, że wzory te mogą być w naszym przypadku pomocne jest fakt, iż liczby x_1+x_2=10 oraz x_1 x_2=25-23=2 są całkowite, co znacząco ułatwi obliczenia. Mamy

    \[10=x_1+x_2=-\frac{-(p^2+q^2)}{1}=p^2+q^2,\quad\,\, 2=x_1 x_2=p+q.\]

Otrzymany układ równań rozwiązujemy metodą podstawiania: q=2-p, stąd

    \[p^2+(2-p)^2=10\quad\Leftrightarrow\quad p^2-2p-3=0.\]

Obliczamy wyróżnik \Delta=(-2)^2-4\cdot 1\cdot(-3)=16, zatem p_1=\dfrac{2-4}{2}=-1 oraz p_2=\dfrac{2+4}{2}=3. Wtedy odpowiednio otrzymujemy q_1=2-p_1=3 i q_2=2-p_2=-1.

To daje nam końcową odpowiedź: są dwa rozwiązania: (p,q)=(-1,3) lub (p,q)=(3,-1).

 

Ciągi – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-5)
O liczbach a, b, c wiemy, że ciąg (a, b, c) jest arytmetyczny i a + c = 10, zaś ciąg (a+1, b+4, c+19) jest geometryczny. Wyznacz te liczby.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Z warunku na ciąg arytmetyczny wiemy, że 2b=a+c, a ponieważ ta ostatnia suma wynosi 10, to 2b=10 i b=5. Przechodząc do warunku na ciąg geometryczny otrzymujemy

    \[(b+4)^2=(a+1)(c+19)\quad\Longrightarrow\quad (a+1)(c+19)=9^2=81.\]

Podstawmy c=10-a do tego równania. Wtedy

    \[(a+1)(10-a+19)=81\quad\Longleftrightarrow\quad -a^2+28a+29=81,\]

co po uporządkowaniu daje równość a^2-28a+52=0. Obliczamy wyróżnik \Delta=(-28)^2-4\cdot 1\cdot 52=576 i \Delta=24. Stąd a_1=\dfrac{28-24}{2}=2 oraz a_2=\dfrac{28+24}{2}=26. Wyniki te prowadzą odpowiednio do c_1=10-a_1=8 lub c_2=10-a_2=-16.

Ostatecznie uzyskujemy dwa możliwe rozwiązania: (a,b,c)=(2,5,8) albo (a,b,c)=(26,5,-16).

 

Zadanie 2. (0-3)
Suma n początkowych, kolejnych wyrazów ciągu (a_n), jest obliczana według wzoru S_n=n^2+3n, n\in\mathbf{N}. Wyznacz a_n. Wykaż, że ciąg (a_n) jest ciągiem arytmetycznym.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Formalnie suma n początkowych wyrazów dowolnego ciągu (a_n) to wartość 

    \[S_n=\underbrace{a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{n-1}}_{=S_{n-1}}+a_n=S_{n-1}+a_n\]

dla n\geqslant 2 oraz S_1=a_1. Zatem mamy zależność a_n=S_n-S_{n-1} przy n\geqslant 2.

Po podstawieniu danych z zadania, otrzymujemy

    \[a_n=S_n-S_{n-1}=n^2+3n-\left((n-1)^2+3(n-1)\right)=2n+2,\]

dla n\geqslant 2 oraz a_1=S_1=1^2+3\cdot 1=4. Widać więc, że wzór ogólny a_n=2n+2 działa dla wszystkich n\in\mathbf{N}.

Aby pokazać, że ciąg (a_n) jest arytmetyczny, wystarczy sprawdzić, że różnica jego sąsiednich wyrazów jest stała. Mamy

    \[a_{n+1}-a_n=2(n+1)+2-(2n+2)=2.\]

To kończy dowód i rozwiązanie zadania.

 

Zadanie 3. (0-4)
Dziesiąty wyraz pewnego ciągu geometrycznego równa się 10. Oblicz iloczyn dziewiętnastu początkowych, kolejnych wyrazów tego ciągu.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


Oznaczmy przez (b_n) dowolny ciąg geometryczny; załóżmy, że b_{10}=10 i niech q będzie ilorazem tego ciągu. Wtedy

    \[b_n=b_1\cdot q^{n-1}\]

dla n=1,2,3,\ldots. W szczególności mamy b_1\cdot q^9=10.

Zobaczmy jak inaczej można zapisać iloczyn dziewiętnastu kolejnych początkowych wyrazów naszego ciągu. Mamy

(1)   \begin{eqnarray*} b_1 b_2 b_3\ldots b_{19} &=& b_1\cdot (b_1 q)\cdot (b_1 q^2)\cdot (b_1 q^3)\cdot\ldots\cdot(b_1 q^{18})=\nonumber\\ &=& b_1^{19}\cdot q^{1+2+3+\ldots+18}.\nonumber \end{eqnarray*}

Sumę 1+2+3+\ldots+18 obliczamy albo bezpośrednio albo korzystając ze wzoru na sumę wyrazów w ciągu arytmetycznym. Otrzymujemy 1+2+3+\ldots+18=\dfrac{1+18}{2}\cdot 18=19\cdot 9. Ostatecznie więc mamy

    \[b_1 b_2 b_3\ldots b_{19} = b_1^{19}\cdot q^{9\cdot 19}=\left(b_1 q^{9}\right)^{19}=b_{10}^{19}=10^{19}.\]

 

Zadanie 4. (0-5)
Rozwiąż nierówność

    \[\frac{1}{x-3}+\frac{1}{(x-3)^2}+\frac{1}{(x-3)^3}+\ldots\geqslant 2-x,\]

gdzie lewa strona nierówności jest szeregiem geometrycznym zbieżnym. Podaj odpowiednie założenia.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.


Oczywiście musi być x\neq 3. Aby występujący w zadaniu szereg geometryczny był zbieżny, jego iloraz q=\dfrac{1}{x-3} musi spełniać nierówność |q|<1. Stąd

    \[\left|\frac{1}{x-3}\right|<1\quad \Leftrightarrow\quad |x-3|>1.\]

To oznacza, że x-3<-1 lub x-3>1, czyli mamy założenia: x\in(-\infty,2)\cup(4,\infty).

Suma zbieżnego szeregu geometrycznego o pierwszym wyrazie a_1 i ilorazie q jest równa \dfrac{a_1}{1-q}, czyli dana nierówność przyjmuje postać

    \[\frac{\frac{1}{x-3}}{1-\frac{1}{x-3}} \geqslant 2-x\quad\Leftrightarrow\quad \frac{1}{x-3-1}\geqslant 2-x.\]

To prowadzi do nierówności \dfrac{1-(2-x)(x-4)}{(x-4)}\geqslant 0, a stąd \dfrac{x^2-6x+9}{x-4}\geqslant 0 i tym samym (x-3)^2(x-4)\geqslant 0 (przy podanych wcześniej założeniach).

\begin{tikzpicture}[scale=1.3,yscale=1] \draw[thin,fill=red!20,red!20] (3,0) rectangle (4.8,0.3); \draw[thick,blue,domain=2.5:4.2, smooth, variable=\x,yscale=4] plot ({\x},{(\x-3)*(\x-3)*(\x-4)}); \draw (3,0)--(3,0.3)--(4.8,0.3); \draw[very thick,->] (1.5,0)--(5,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {3/{3},4/{4}} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \draw[fill=black] (3,0) circle (2pt); \end{tikzpicture}

Zbiór wyznaczony przez ostatnią nierówność pokazuje rysunek powyżej, co w połączeniu z założeniami daje końcową odpowiedź: x\in(4,\,\infty).

 

Zadanie 5. (0-3)
Ciąg (a_n) jest określony wzorem

    \[a_n=\frac{1}{\dfrac{1}{\log_2(n+1)}+\dfrac{1}{\log_3(n+1)}+\ldots+\dfrac{1}{\log_{2018}(n+1)}}\]

dla n\geqslant 1. Uzasadnij, że wzór ciągu (a_n) można zapisać w postaci a_n=\log_{2018!}(n+1) i oblicz wartość wyrażenia a_1+a_2+\ldots+a_{2017}.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.


Każdy z ułamków postaci \dfrac{1}{\log_k(n+1)} można odwrócić pisząc \log_{(n+1)} k dla k=2,3,\ldots,2018. Wówczas mianownik wyrażenia definiującego wyraz a_n jest sumą równą

    \[\log_{(n+1)}2+\log_{(n+1)}3+\ldots+\log_{(n+1)}2018=\log_{(n+1)}2018!\]

Tym samym

    \[a_n=\dfrac{1}{\log_{(n+1)}2018!}=\log_{2018!}(n+1),\]

co kończy rozwiązanie pierwszej części zadania.

Zauważmy teraz, że suma S=a_1+a_2+\ldots+a_{2017} wynosi

    \[S=\log_{2018!}2+\log_{2018!}3+\ldots+\log_{2018!} 2018=\log_{2018!}2018!=1.\]

 

Wielomiany i funkcje wymierne – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Wyznacz wartości a i b współczynników wielomianu W(x)=x^3+ax^2+bx+1 wiedząc, że W(2)=7 oraz, że reszta z dzielenia W(x) przez (x-3) jest równa 10.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


Zależność W(2)=7 natychmiast zamieniamy na równanie wiążące współczynniki a i b. Mamy

    \[W(2)=2^3+a\cdot 2^2+b\cdot 2+1\quad\Longrightarrow\quad 4a+2b+9=7.\]

Drugą informację podaną w zadaniu wykorzystamy w połączeniu z twierdzeniem Bezouta. Wynika z niego, że reszta z dzielenia dowolnego wielomianu W(x) przez (x-r) wynosi W(r). Zatem mamy W(3)=10 i tym samym

    \[W(3)=3^3+a\cdot 3^2+b\cdot 3+1\quad\Longrightarrow\quad 9a+3b+28=10.\]

Otrzymaliśmy układ równań na szukane współczynniki:

    \[\left\{\begin{array}{l}4a+2b=-2\\9a+3b=-18\end{array}\right..\]

Dzieląc pierwsze równanie przez 2, drugie przez 3 i odejmując je stronami uzyskamy zależność (2a+b)-(3a+b)=-1-(-6), czyli -a=5 i a=-5. Wtedy b=-2a-1=-2\cdot(-5)-1=9. Mamy więc odpowiedź: a=-5 oraz b=9.

 

Zadanie 2. (0-3)
Rozwiąż nierówność

    \[\frac{2x-1}{1-x}\leqslant \frac{2+2x}{5x}.\]

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2021.


Mamy do rozwiązania zwykłą nierówność w postaci wymiernej. Na początku koniecznie podajemy dziedzinę i nie mnożymy nierówności przez niewiadomą! To powoduje, że początkowe przekształcanie polega na przeniesieniu wszystkiego na jedną stronę i obliczeniu różnicy. Mamy x\neq 1 oraz x\neq 0 i dalej

    \[\frac{2x-1}{1-x}-\frac{2+2x}{5x}\leqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad \frac{(2x-1)(5x)-(2+2x)(1-x)}{(1-x)(5x)}\leqslant 0.\]

Dokonujemy obliczeń w liczniku i mamy

    \[\frac{10x^2-5x-(2-2x+2x-2x^2)}{5x(1-x)}\leqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad \frac{12x^2-5x-2}{5x(1-x)}\leqslant 0.\]

Otrzymaną w liczniku funkcję kwadratową rozkładamy na czynniki, w tym celu obliczamy wyróżnik \Delta i miejsca zerowe: \Delta=25-4\cdot 12\cdot (-2)=121, stąd x_1=\dfrac{5-11}{24}=-\dfrac{1}{4} oraz x_2=\dfrac{5+11}{24}=\dfrac{2}{3}. Ostatecznie mamy nierówność postaci

    \[\frac{12\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)}{5x(1-x)}\leqslant 0.\]

Standardowa metoda polega na rozwiązaniu nierówności wielomianowej – uzyskanej z zamiany ilorazu danych wyrażeń na ich iloczyn. Wynika to stąd, że porównujemy wynik odpowiedniego działania z zerem; w naszym przypadku pytamy o to, kiedy iloraz przyjmuje wartości mniejsze lub równe zero; odpowiedź (w obrębie dziedziny) jest taka sama jak w przypadku iloczynu. Zatem formalnie rozwiązujemy nierówność

    \[x(1-x)\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)\leqslant 0.\]

Oczywiście stałe 5 i 12 możemy pominąć, bo one nie wpływają na znak danego wyrażenia. Rysunek poniżej przedstawia szkic odpowiedniego wykresu z zaznaczoną dziedziną x\neq 0 i x\neq 1.

\begin{tikzpicture}[scale=1,xscale=3.33] \draw[fill=red!20,red!20] (-0.7,0) rectangle (-0.25,0.3); \draw[thin] (-0.7,0.3)--(-0.25,0.3)--(-0.25,0); \draw[fill=red!20] (0,0) rectangle (0.667,0.3); \draw[fill=red!20,red!20] (1,0) rectangle (1.4,0.3); \draw[thin] (1.4,0.3)--(1,0.3)--(1,0); \draw[very thick,->,xscale=1] (-0.8,0)--(1.5,0) node[below] {$x$}; \draw[thick,blue,domain=-0.35:1.08, smooth, variable=\x,yscale=8] plot ({\x},{4*(1-\x)*(\x+0.25)*\x*(\x-0.6667)}); \foreach \x/\w in {-0.25/{-\frac{1}{4}},0/0,0.667/{\frac{2}{3}},1/1} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white,xscale=0.333] (3*\x,0) circle (2pt);} \foreach \x/\w in {-0.25/{-\frac{1}{4}},0.667/{\frac{2}{3}}} \draw[fill=black,xscale=0.333] (3*\x,0) circle (2pt); \end{tikzpicture}

Odpowiedź: x\in\left(-\infty,\,-\dfrac{1}{4}\right)\cup\left(0,\,\dfrac{2}{3}\right)\cup (1,\,\infty).

 

Zadanie 3. (0-3)
Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji f(x)=\dfrac{x^2+8}{x+1} w przedziale [0,\,3].

♦ matura próbna – poziom rozszerzony ,,Operon”, listopad 2019.


Dla wyznaczenia wartości największej i najmniejszej funkcji na danym przedziale, należy przeanalizować wartości tej funkcji w punktach, w których może pojawić się ekstremum lokalne oraz na końcach przedziału. W naszym przypadku funkcja f(x) posiada pochodną dla x\in[0,3] i mamy

    \[f'(x)=\frac{2x(x+1)-(x^2+8)\cdot 1}{(x+1)^2}=\frac{x^2+2x-8}{(x+1)^2}.\]

Widać stąd, że f'(x)=0 tylko wtedy, gdy x^2+2x-8=0. Ponieważ \Delta=36, to punktami krytycznymi są x_1=\dfrac{-2-6}{2}=-4\not\in[0,3] oraz x_2=\dfrac{-2+6}{2}=2\in[0,3]. Sprawdzamy więc jedynie wartości f(2)=\dfrac{12}{3}=4, f(0)=8 i f(3)=\dfrac{17}{4}. Największą spośród nich jest f(0)=8, zaś najmniejsza to f(2)=4. To są szukane liczby.

 

Zadanie 4. (0-3)
Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność

    \[x^4-4x^3-2x^2+12x+9\geqslant 0.\]

♦ matura próbna – poziom rozszerzony ,,Nowa Era”, styczeń 2018.


Przekształcimy dane wyrażenie korzystając ze wzorów skróconego mnożenia. Mamy

(1)   \begin{eqnarray*} &{}& x^4-4x^3-2x^2+12x+9=\nonumber\\ &=&\left(x^4-4x^3+4x^2\right)-3\left(2x^2-4x\right)+9=\nonumber\\ &=& (x^2-2x)^2 -2\cdot (x^2-2x)\cdot 3+3^2=\nonumber\\ &=&(x^2-2x-3)^2.\nonumber \end{eqnarray*}

Widać teraz, że istotnie dane wyrażenie przyjmuje wyłącznie wartości nieujemne. To kończy dowód.

 

Domykanie

Tytułowa zabawa została po raz pierwszy opisana przez Sida Sacksona w miesięczniku Games Magazine w 1979 roku i opatrzona nazwą Closing in.

Rozgrywka przeznaczona jest dla dwóch graczy (oznaczmy ich przez A i B) i wymaga jedynie przyborów do pisania oraz kartki – najlepiej w kratkę. Na kartce rysujemy planszę w postaci kwadratu o wymiarach 6×6 podzielonego na pola jednostkowe (por. diagram poniżej).

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \draw[ultra thick,fill=blue!15] (0,0) rectangle (6,6); \draw[very thick] (0,0) grid (6,6); \foreach \x/\w in {1/A,2/B,3/C,4/D,5/E,6/F} { \node[below,scale=1.15] at (\x-0.5,0) {${\mathbf \w}$}; \node[right,scale=1.15] at (6,\x-0.5) {\bf \x}; } \end{tikzpicture}

Gracze wykonują ruchy naprzemiennie (rozpoczyna gracz A) i wygrywa ten, który jako ostatni ma możliwość poprawnego zagrania. W pierwszym ruchu gracz A wybiera i oznacza (np. swoim inicjałem) dowolne pole na planszy. Gracz B postępuje podobnie, jednak nie może on wybrać pola zajętego przez przeciwnika. We wszystkich kolejnych ruchach każdy z graczy wykonuje po dwie czynności:

  • wyklucza z dalszej gry swoje bieżące pole (np. poprzez zamalowanie odpowiedniej kratki),
  • wybiera dla siebie nowe pole, do którego można się dostać z poprzedniego ruchem szachowego hetmana (poruszając się pionowo, poziomo lub po skosie); nie wolno przy tym przeskakiwać wykluczonych już pól.

Przykładowa rozgrywka mogłaby wyglądać następująco.

Lp.Gracz AGracz B
1.D5B2
2.B3C3
3.B5C4
4.C5D4
5.D6F4
6.A6C1
7.A1B1
A poddał się.

Plansza tej partii prezentuje się tak (gracz A – kolor niebieski, gracz B – kolor brązowy, numery zablokowanych pól to kolejne ruchy poszczególnych graczy).

\begin{tikzpicture}[scale=0.75] \draw[ultra thick,fill=blue!15] (0,0) rectangle (6,6); \draw[very thick] (0,0) grid (6,6); \foreach \x/\w in {1/A,2/B,3/C,4/D,5/E,6/F} { \node[below,scale=1] at (\x-0.5,0) {${\mathbf \w}$}; \node[right,scale=1] at (6,\x-0.5) {\bf \x}; } \foreach \x/\y/\n in {4/5/1,2/3/2,2/5/3,3/5/4,4/6/5,1/6/6} \draw[fill=blue!70] (\x-1,\y-1) rectangle (\x,\y) node[white,scale=1.1] at (\x-0.5,\y-0.5) {\bf \n}; \foreach \x/\y/\n in {2/2/1,3/3/2,3/4/3,4/4/4,6/4/5,3/1/6} \draw[fill=brown!40!black] (\x-1,\y-1) rectangle (\x,\y) node[white,scale=1.1] at (\x-0.5,\y-0.5) {\bf \n}; \node[scale=1.15,blue] at (0.5,0.5) {\bf A}; \node[scale=1.15,brown!80!black] at (1.5,0.5) {\bf B}; \end{tikzpicture}

Z diagramu wyraźnie widać, że gracz A został ,,domknięty” na obszarze wielkości ośmiu pól (choć i tak nie byłby w stanie wszystkich ich wykorzystać, gdyby partia trwała dłużej), zaś gracz B ma do dyspozycji 16 pól, więc (jeśli sam się nie zablokuje) pojedynek na pewno wygra.

Gra w domykanie jest szybka i często rozstrzyga się w pierwszych kilku ruchach. Bardziej cierpliwi mogą spróbować rozgrywki na nieco większej planszy (np. 8×8). Ciekawym ćwiczeniem (dla jednej osoby) jest rozegranie partii, w której (wyimaginowany) przeciwnik powiela ruchy pierwszego gracza stosując symetrię względem środka planszy. W jaki sposób należy poprowadzić grę, aby zwyciężyć?

Równania i układy równań – część I

Rozwiązywanie układów równań to jedna z typowych umiejętności nabywanych w czasie edukacji na wszystkich praktycznie poziomach (gdzie pojawia się matematyka) – od szkoły podstawowej aż do studiów. Bogaty wachlarz metod, które mogą być wykorzystane do rozwiązania konkretnego zadania tego typu sprawia, że układy równań są tematem dość wdzięcznym.

W niniejszym wpisie chciałbym przedstawić kilka przykładów, które śmiało można rozwiązywać w starszych klasach szkoły podstawowej. Nie wymagają bowiem one, poza (być może) pewnym pomysłem, żadnej specjalistycznej wiedzy. Tradycyjnie na koniec, kilka przykładów pozostawiam do samodzielnego rozwiązania.

1. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} (x+y)(x+y+z)=72\\ (y+z)(x+y+z)=120\\ (x+z)(x+y+z)=96 \end{array} \right..\]

♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.


Czynnikiem, który powtarza się w każdym równaniu jest suma wszystkich niewiadomych x+y+z, oznaczmy ją przez S i dodajmy wszystkie równania stronami. Otrzymamy wówczas

    \[(x+y)S+(y+z)S+(z+x)S=288.\]

Wyłączmy teraz wspólny wyraz S przed nawias:

    \[S(\underbrace{x+y+y+z+z+x}_{=2S})=288\quad\text{czyli}\quad 2S^2=288.\]

Stąd S^2=144 i S=12 lub S=-12.

Wracając do wyjściowego układu równań mamy wtedy

    \[\left\{ \begin{array}{l} x+y=6\\ y+z=10\\ x+z=8 \end{array} \right.\qquad\text{lub}\qquad \left\{ \begin{array}{l} x+y=-6\\ y+z=-10\\ x+z=-8 \end{array} \right..\]

Jeśli teraz poszczególne równania z obu układów będziemy odejmowali od zależności x+y+z=\pm12 (dla układu z lewej strony S=12, a dla układu z prawej strony S=-12), to otrzymamy kolejno

    \[z=6,\,\,x=2,\,\,y=4\qquad\,\,\text{albo}\qquad\,\, z=-6,\,\,x=-2,\,\,y=-4.\]

Na koniec sprawdzamy, że znalezione dwie trójki liczb (x,y,z)=(2,4,6) lub (-2,-4,-6) spełniają warunki zadania, stanowią więc jego rozwiązanie.



2. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} xy=20\\ yz=12\\ x+y+z=12 \end{array} \right..\]


Zadanie można rozwiązać bezpośrednio: wyznaczając z pierwszych dwóch równań niewiadome z oraz x względem y i wstawiając te wartości do ostatniego równania. Można też dodać dwie pierwsze zależności stronami i wykorzystać fakt, że x+z=12-y. Wtedy

    \[xy+yz=32\quad\Rightarrow\quad y(x+z)=32\quad\Rightarrow\quad y(12-y)=32.\]

Stąd y^2-12y+32=0, czyli (y-8)(y-4)=0. To oznacza, że y=4 lub y=8. Wówczas odpowiednio x=\frac{20}{4}=5 lub x=\frac{20}{8}=\frac{5}{2} oraz z=\frac{12}{4}=3 lub z=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}.

Po sprawdzeniu, mamy ostatecznie dwa rozwiązania:

    \[(x,y,z)=(5,4,3)\qquad\text{lub}\qquad(x,y,z)=\left(\frac{5}{2},8,\frac{3}{2}\right).\]



3. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} a^2+b^2=25\\ 3(a+b)-ab=15 \end{array} \right..\]

♦ LV Niemiecka Olimpiada Matematyczna, 2015/2016.


W przeciwieństwie do poprzednich przykładów, w danym układ nie widać od razu narzucającej się ,,symetrii” pozwalającej na jakieś uproszczenia. Można jedna wspomóc się wykorzystując stosowne podstawienie: niech x=ab oraz y=a+b. Wówczas, ponieważ y^2-2x=(a+b)^2-2ab=a^2+b^2, to otrzymamy

    \[\left\{ \begin{array}{l} y^2-2x=25\\ 3y-x=15 \end{array} \right..\]

Teraz już łatwo – z drugiego równania wyznaczamy x=3y-15 i wstawiamy do pierwszego: y^2-6y+5=0, czyli (y-5)(y-1)=0. Stąd y=1 lub y=5, a to prowadzi do x=-12 lub odpowiednio x=0.

Nasze zadanie sprowadziliśmy więc do rozwiązania dwóch układów równań:

    \[\left\{ \begin{array}{l} ab=-12\\ a+b=1 \end{array} \right.\qquad\text{lub}\qquad \left\{ \begin{array}{l} ab=0\\ a+b=5 \end{array} \right..\]

Układy takie rozwiązujemy zwykłą ,,szkolną” metodą podstawiania lub graficznie: równanie ab=-12 opisuje hiperbolę, zaś a+b=1 jest równaniem prostej. Ostatecznie otrzymujemy cztery możliwe rozwiązania (a,b):

    \[(-3,4),\qquad (4,-3),\qquad (5,0),\qquad (0,5).\]



4. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} x(y-x)=3\\ y(4y-3x)=2 \end{array} \right..\]

♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.


Gdyby x=0, to pierwsze równanie nie byłoby spełnione, więc możemy założyć, że x\neq 0 i z pierwszej równości wyznaczamy y=\frac{3}{x}+x. Podstawiając to do równania drugiego, otrzymamy

    \[\left(\frac{3}{x}+x\right)\left(\frac{12}{x}+4x-3x\right)=2.\]

Mnożąc obie strony przez x^2 i pozbywając się nawiasów, dostajemy

    \[(3+x^2)(12+x^2)=2x^2\qquad\Rightarrow\qquad x^4+13x^2+36=0.\]

Jednak ostatnie równanie nie ma rozwiązań, bo lewa strona (jako suma kwadratów) jest liczbą dodatnią. To dowodzi, że dany układ równań nie posiada żadnych rozwiązań.



Zadania do samodzielnego rozwiązania.

1. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} x+\dfrac{1}{y}=-1\\[0.27cm] y+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2}\\[0.27cm] z+\dfrac{1}{x}=2 \end{array} \right..\]


2. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{\begin{array}{l} a+2b+3c=12\\ 2ab+3ac+6bc=48 \end{array}\right..\]


3. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{\begin{array}{l} (x+y)^2-3(x+y)=4\\[0.23cm] \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{6} \end{array}\right..\]


4. Rozwiązać układ równań

    \[\left\{ \begin{array}{l} x^2+y=xy^2\\ 2x^2y+y^2=x+y+3xy \end{array} \right..\]


Matura rozszerzona z matematyki (maj 2019) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 9. maja 2019 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Dla dowolnych liczb x>0, x\neq 1, y>0, y\neq 1 wartość wyrażenia \left(\log_{\frac{1}{x}}y\right)\cdot \left(\log_{\frac{1}{y}}x\right) jest równa
   A. x\cdot y
   B. \frac{1}{x\cdot y}
   C. -1
   D. 1


Z własności logarytmów, przy podanych założeniach mamy

(1)   \begin{eqnarray*} \left(\log_{\frac{1}{x}}y\right)\cdot \left(\log_{\frac{1}{y}}x\right)&=&\frac{1}{\log_y\frac{1}{x}}\cdot\frac{1}{\log_x\frac{1}{y}}=\nonumber\\[0.25cm] &=&\left(-\frac{1}{\log_yx}\right)\cdot\left(-\frac{1}{\log_xy}\right)=\nonumber\\[0.25cm] &=&\frac{1}{\log_yx}\cdot\log_yx=1.\nonumber \end{eqnarray*}

Zatem poprawną jest odpowiedź D.



Zadanie 2. (0-1)
Liczba \cos^2105^\circ-\sin^2105^\circ jest równa jest równa
   A. -\frac{\sqrt{3}}{2}
   B. -\frac{1}{2}
   C. \frac{1}{2}
   D. \frac{\sqrt{3}}{2}


Ze wzoru na cosinus podwojonego argumentu mamy

(2)   \begin{eqnarray*} \cos^2105^\circ-\sin^2105^\circ&=&\cos(2\cdot 105^\circ)=\cos 210^\circ=\nonumber\\ &=&\cos(30^\circ+180^\circ)=-\cos30^\circ=-\frac{\sqrt{3}}{2}.\nonumber \end{eqnarray*}

Poprawną odpowiedzią jest A.



Zadanie 3. (0-1)
Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji y=f(x), który jest złożony z dwóch półprostych AD i CE oraz dwóch odcinków AB i BC, gdzie A=(-1,0), B=(1,2), C=(3,0), D=(-4,3), E=(6,3).

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[black!70] (-5.1,-2) grid (7.1,6); \draw[very thick,->] (-5.1,0)--(7.1,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-2)--(0,6) node[right] {$y$}; \foreach \x in {-5,...,7} \draw[thin] (\x,0.15)--(\x,-0.15) node[below,scale=0.8] {\bf \x}; \foreach \x in {-1,1,2,3,4,5} \draw[thin] (0.15,\x)--(-0.15,\x) node[left,scale=0.8] {\bf \x}; \coordinate[label=above right:$D$] (D) at (-4,3); \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (-1,0); \coordinate[label=above:$B$] (B) at (1,2); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (3,0); \coordinate[label=above left:$E$] (E) at (6,3); \draw[blue,very thick] (-5.1,4.1)--(A)--(B)--(C)--(7,4); \end{tikzpicture}

Wzór funkcji f to:
   A. f(x)=|x+1|+|x-1|
   B. f(x)=||x-1|-2|
   C. f(x)=||x-1|+2|
   D. f(x)=|x-1|+2


Z opisu wykresu funkcji f(x) wynika w szczególności, że f(0)=1. Podstawiając argument x=0 do podanych czterech propozycji odpowiedzi, widzimy, że kolejne wartości są równe: f_A(0)=2, f_B(0)=1, f_C(0)=3 oraz f_D(0)=3. Zatem poprawną odpowiedzią jest B.



Zadanie 4. (0-1)
Zdarzenia losowe A i B zawarte w \Omega są takie, że prawdopodobieństwo P(B') zdarzenia B', przeciwnego do zdarzenia B, jest równe \frac{1}{4}. Ponadto prawdopodobieństwo warunkowe P(A|B)=\frac{1}{5}. Wynika stąd, że
   A. P(A\cap B)=\frac{1}{20}
   B. P(A\cap B)=\frac{4}{15}
   C. P(A\cap B)=\frac{3}{20}
   D. P(A\cap B)=\frac{4}{5}


Mamy P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}, czyli

    \[P(A\cap B)=P(A|B)\cdot P(B)=P(A|B)\cdot (1-P(B'))=\frac{1}{5}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{20}.\]

Odpowiedź C.



Zadanie 5. (0-2)
Obliczyć granicę

    \[\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{9n^3+11n^2}{7n^3+5n^2+3n+1}-\frac{n^2}{3n^2+1}\right).\]

Wpisz w poniższe kratki – od lewej do prawej – trzy kolejne cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

\begin{tikzpicture}[yscale=1.5,scale=0.8] \draw[very thick] (0,0) grid (3,1); \end{tikzpicture}


Wyłączając przed nawias, z liczników i mianowników obu ułamków, dominujący czynnik (czyli odpowiednio n^3 i n^2, otrzymamy

(3)   \begin{eqnarray*} &{}&\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{9n^3+11n^2}{7n^3+5n^2+3n+1}-\frac{n^2}{3n^2+1}\right)=\nonumber\\ &=&\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n^3\big(9+\frac{11}{n}\big)}{n^3\big(7+\frac{5}{n}+\frac{3}{n^2}+\frac{1}{n^3}\big)}-\frac{n^2}{n^2\big(3+\frac{1}{n^2}\big)}\right)=\nonumber\\ &=&\frac{9}{7}-\frac{1}{3}=\frac{27}{21}-\frac{7}{21}=\frac{20}{21}\approx 0,\!95238095\ldots\nonumber \end{eqnarray*}

To oznacza, że w kratki należało wpisać cyfry 9, 5 i 2.



Zadanie 6. (0-3)
Rozważamy wszystkie liczby naturalne pięciocyfrowe zapisane przy użyciu cyfr 1, 3, 5, 7, 9, bez powtarzania jakiejkolwiek cyfry. Oblicz sumę wszystkich takich liczb.


Wszystkich permutacji pięciu podanych cyfry jest 5!=120. Każda z nich odpowiada jednemu składnikowi sumy, którą mamy obliczyć. W dokładnie 4!=\frac{5!}{5}=24 różnych składnikach cyfra 1 będzie stanowiła cyfrę jedności; w tylu samo składnikach cyfrą jedności będzie 3 itd. dla każdej z ustalonych pięciu cyfr. Podobnie sytuacja wygląda dla kolejnych rzędów (tzn. dla cyfr dziesiątek, setek, itd.) Ponieważ wkład tych cyfr do szukanej sumy S wynosi

    \[24\cdot(1+3+5+7+9)=24\cdot 25=600\]

dla każdego dostępnego rzędu wielkości, więc

    \[S=600\cdot (1+10+100+1000+10000)=600\cdot 11111=6666600.\]



Zadanie 7. (0-2)
Punkt P=(10,2429) leży na paraboli o równaniu y=2x^2+x+2219 Prosta o równaniu kierunkowym y=ax+b jest styczna do tej paraboli w punkcie P. Oblicz współczynnik b.


Niech f(x)=2x^2+x+2219 będzie daną funkcją kwadratową. Współczynnik a prostej stycznej jest wartością pochodnej funkcji f(x) dla argumentu x=10 (zgodnego ze współrzędną odciętą punktu P). Mamy f'(x)=4x+1, stąd a=f'(10)=4\cdot 10+1=41. Styczna przechodzi przez punkt P, więc 2429=41\cdot 10+b, a stąd b=2429-410=2019.



Zadanie 8. (0-3)
Udowodnij, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych x i y, takich że x<y, i dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej a, prawdziwa jest nierówność \dfrac{x+a}{y+a}+\dfrac{y}{x}>2.


Zauważmy, że dla y>x i a>0 prawdziwa jest nierówność

    \[(x-y)^2+a(y-x)>0.\]

Wynika z niej, że x(x+a)+y(y+a)>2xy+2ax. Dzieląc ostatnią nierówność obustronnie przez liczbę dodatnią x(y+a) otrzymamy

    \[\frac{x+a}{y+a}+\frac{y}{x}>2,\]

to kończy dowód.



Zadanie 9. (0-3)
Dany jest trójkąt równoramienny ABC, w którym |AC|=|BC|. Na ramieniu AC tego trójkąta wybrano punkt M (M\neq A i M\neq C), a na ramieniu BC wybrano punkt N, w taki sposób, że |AM|=|CN|. Przez punkty M i N poprowadzono proste prostopadłe do podstawy AB tego trójkąta, które wyznaczają na niej punkty S i T. Udowodnij, że |ST|=\frac{1}{2}|AB|.


\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (7,0); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (3.5,6); \coordinate[label=above left:$M$] (M) at ($(A)!0.3!(C)$); \coordinate[label=above right:$N$] (N) at ($(C)!0.3!(B)$); \coordinate[label=below:$S$] (S) at ($(A)!(M)!(B)$); \coordinate[label=below:$T$] (T) at ($(A)!(N)!(B)$); \coordinate[label=below:$P$] (P) at (3.5,0); \coordinate[label=left:$K$] (K) at ($(C)!(N)!(P)$); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle (S)--(M) (T)--(N); \draw[thick,blue] (C)--(P); \draw[very thick, red] (A)--(S) (P)--(T) (N)--(K); \foreach \p in {A,B,C,M,N,S,T,P,K} \draw[fill=black!70] (\p) circle (0.03cm); \end{tikzpicture}

Sytuacja wygląda jak na rysunku. Poprowadźmy odcinek CP, będący wysokością trójkąta ABC wychodzącą z wierzchołka C oraz odcinek NK, gdzie K jest rzutem prostokątnym punktu N na wysokość CP. Wówczas odcinki NK i AB są równoległe (bo są prostopadłe do wspólnej wysokości CP). Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, to z równoległości tej mamy równości kątów: \angle BAC=\angle CNK oraz \angle AMS=\angle KCN (wysokość poprowadzona na podstawę w trójkącie równoramiennym jest jednocześnie dwusieczną kąta). Z treści zadania mamy jeszcze |AM|=|CN|, zatem trójkąty \triangle\, AMS i \triangle\, NCK są przystające (cecha kąt-bok-kąt). W szczególności mamy |AS|=|KN|=|PT|. To już oznacza, że

    \[\frac{1}{2}|AB|=|AP|=|AS|+|SP|=|PT|+|SP|=|ST|,\]

a to kończy dowód. 



Zadanie 10. (0-4)
Punkt D leży na boku AB trójkąta ABC oraz |AC|=16, |AD|=6, |CD|=14, |BC|=|BD|. Oblicz obwód trójkąta ABC.


\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (180:7); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (0,0); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (130:5); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (180:5); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle (C)--(D); \draw[thin] (C)--(D) node[midway,right] {$14$}; \draw[thin] (C)--(A) node[midway,left] {$16$}; \draw[thin] (C)--(B) node[midway,right] {$x$}; \draw[thin] (B)--(D) node[midway,below] {$x$}; \draw[thin] (A)--(D) node[midway,below] {$6$}; \foreach \p in {A,B,C,D} \draw[fill=black!70] (\p) circle (0.03cm); \end{tikzpicture}

Niech x=|BC|=|BD|. Wykorzystamy dwukrotnie twierdzenie kosinusów. Najpierw dla trójkąta ADC, aby wyznaczyć kosinus kąta \beta=\angle ADC. Mamy 16^2=6^2+14^2-2\cdot 6\cdot 14\cos\beta, czyli

    \[\cos\beta=\frac{36+196-256}{12\cdot 14}=-\frac{1}{7}.\]

Zatem \cos\angle CDB=\cos(180^\circ-\beta)=-\cos\beta=\frac{1}{7}. Stąd – stosując drugi raz twierdzenie kosinusów – w trójkącie równoramiennym BCD mamy

    \[x^2=14^2+x^2-2\cdot 14x\cos\angle CDB,\]

czyli 2\cdot 14x\cdot\frac{1}{7}=196, a zatem x=49. To oznacza, że szukany obwód trójkąta ABC wynosi |AB|+|BC|+|CA|=(6+49)+49+16=120.



Zadanie 11. (0-6)
Dane są okręgi o równaniach x^2+y^2-12x-8y+43=0 i x^2+y^2-2ax+4y+a^2-77=0. Wyznacz wszystkie wartości parametru a, dla których te okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny. Rozważ wszystkie przypadki.


Dane równania można przekształcić do postaci (x-6)^2+(y-4)^2=3^2 oraz (x-a)^2+(y+2)^2=9^2. To oznacza, że pierwszy okrąg — oznaczmy go przez \omega_1, ma środek w punkcie O_1=(6,4) i promieniu r_1=3. Drugi okrąg zaś – nazwijmy go \omega_2 – ma środek w punkcie O_2=(a,-2) i promień r_2=9.

\begin{tikzpicture}[scale=0.4] \draw[black!70] (-6,-12) grid (17,9); \draw[very thick,->] (-6,0)--(17,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-12)--(0,9) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-2,2,4,...,12,14} \draw[thin] (\x,0.25)--(\x,-0.25) node[below,scale=0.7] {\bf \x}; \foreach \x in {-10,-8,...,-2,2,4} \draw[thin] (0.25,\x)--(-0.25,\x) node[left,scale=0.7] {\bf \x}; \draw[blue,thick] (6,4) circle (3cm); \draw[dashed,red,very thick] (-5.5,-2)--(16.5,-2); \draw[red,thick] (6,-2) circle (9cm); \draw[very thick, green!80!black,shift={(-4.39,-2)}] (-60:9) arc (-60:90:9); \draw[very thick, green!80!black,shift={(16.39,-2)}] (95:9) arc (95:195:9); \draw[fill=black!70,thick] (-4.39,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6-6\sqrt{3}$}; \draw[fill=black!70,thick] (16.39,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6+6\sqrt{3}$}; \draw[fill=black!70,thick] (6,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6$}; \draw[fill=black!70,thick] (6,4) circle (0.1cm) node[right,scale=0.8] {$(6,4)$}; \end{tikzpicture}

Dane okręgi mogą być styczne zewnętrznie lub wewnętrznie. Ponieważ środki okręgu \omega_2 leżą na prostej y=-2, to styczność wewnętrzna może się zdarzyć jedynie dla a=4 – wówczas bowiem środki obu okręgów będą możliwie najbliżej siebie i |O_1O_2|=6=r_2-r_1.

Obliczymy teraz te wartości a, dla których okręgi są styczne zewnętrznie. Musi być wtedy spełniony warunek |O_1O_2|=r_1+r_2, czyli

    \[\sqrt{(6-a)^2+(4-(-2))^2}=12\qquad\Longleftrightarrow\qquad (6-a)^2=108.\]

Stąd a=6\sqrt{3}+6 lub a=-6\sqrt{3}+6. Ostatecznie mamy więc trzy możliwe rozwiązania: a=6, a=6-6\sqrt{3} i a=6+6\sqrt{3}.



Zadanie 12. (0-6)
Trzywyrazowy ciąg (a,b,c) o wyrazach dodatnich jest arytmetyczny, natomiast ciąg \left(\dfrac{1}{a},\dfrac{2}{3b},\,\dfrac{1}{2a+2b+c}\right) jest geometryczny. Oblicz iloraz ciągu geometrycznego.


Z warunku na ciąg arytmetyczny mamy 2b=a+c, natomiast z warunku na ciąg geometryczny jest \left(\dfrac{2}{3b}\right)^2=\dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{2a+2b+c}. Wyznaczając b z pierwszej zależności i wstawiając do drugiej, otrzymujemy

    \[\left(\frac{2}{3\cdot\frac{a+c}{2}}\right)^2=\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{2a+a+c+c}.\]

Porządkując wyrazy, mamy \frac{16}{9(a+c)^2}=\frac{1}{a(3a+2c)}, czyli 9(a+c)^2=16a(3a+2c). Podstawiając zmienną pomocniczą t=\frac{a}{c}, po obustronnym podzieleniu ostatniego równania przez c^2, dostaniemy

    \[9(t+1)^2=16t(3t+2)\quad\Leftrightarrow\quad $39t^2+14t-9=0.\]

Obliczamy wyróżnik \Delta=14^2+4\cdot 39\cdot 9=1600, więc t_1=\frac{-14-40}{78}<0 oraz t_2=\frac{-14+40}{78}=\frac{1}{3}. Pierwsze rozwiązanie odrzucamy, bo t=\frac{a}{c}>0 dla a,c>0.

Obliczamy iloraz ciągu geometrycznego. Wynosi on

    \[q=\frac{2}{3b}:\frac{1}{a}=\frac{2a}{3b}=\frac{4a}{3(a+c)}=\frac{4t}{3(t+1)}=\frac{4/3}{1+3}=\frac{1}{3}.\]



Zadanie 13. (0-6)
Wielomian określony wzorem W(x)=2x^3+(m^3+2)x^2-11x-2(2m+1) jest podzielny przez dwumian (x-2) oraz przy dzieleniu przez dwumian (x+1) daje resztę 6. Oblicz m i dla wyznaczonej wartości m rozwiąż nierówność W(x)\leqslant 0.


Na podstawie twierdzenia Bézouta mamy W(2)=0 oraz W(-1)=6. Stąd 2\cdot 2^3+(m^3+2)\cdot 2^2-11\cdot 2-2(2m+1)=0, czyli 4m^3-4m=0. To prowadzi do 4m(m-1)(m+1)=0, więc m\in\{-1,\,0,\,1\}. Wystarcz teraz zobaczyć, która z tych trzech możliwości spełnia drugi warunek: W(-1)=6. Ponieważ W(-1)=m^3-4m+9, to widzimy, że musi być m=1.

Interesuje nas więc wielomian W(x)=2x^3+3x^2-11x-6. Wykorzystując ponownie informację o pierwiastku W(2)=0, po wykonaniu dzielenia W(x):(x-2) otrzymujemy zależność

    \[W(x)=(x-2)(2x^2+7x+3).\]

Możemy obliczyć pierwiastki drugiego czynnika: \Delta=49-24=25, czyli x_1=\frac{-7-5}{4}=-3 oraz x_2=\frac{-7+5}{4}=-\frac{1}{2}. Zatem

    \[W(x)=(x-2)(x+3)(2x+1).\]

\begin{tikzpicture}[yscale=0.15] \draw[thick,->] (-5,0) -- (4,0) node[above right] {$x$}; \draw[domain=-3.2:2.3,smooth,variable=\x,blue,thick] plot ({\x},{2*\x*\x*\x+3*\x*\x-11*\x-6}); \foreach \x/\w in {-3/-3,-0.5/{-\frac{1}{2}},2/2} \node[below] at (\x,0) {$\w$}; \end{tikzpicture}

Z pomocniczego wykresu odczytujemy rozwiązanie nierówności W(x)\leqslant 0. Tworzy je suma przedziałów (-\infty,\,-3]\cup \left[-\frac{1}{2},2\right].



Zadanie 14. (0-4)
Rozwiąż równanie (\cos x)\left[\sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\right]=\dfrac{1}{2}\sin x.


Wykorzystamy wzór na sinus sumy argumentów: \sin(x+y)=\sin x\cos y+\cos x\sin y. Stąd mamy

(4)   \begin{eqnarray*} &{}&\sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=\nonumber\\[0.25cm] &=&\sin x\cos\frac{\pi}{3}-\cos x\sin\frac{\pi}{3}+\sin x\cos\frac{\pi}{3}+\cos x\sin\frac{\pi}{3}=\sin x. \end{eqnarray*}

Równanie przyjmuje więc postać 2\cos x\sin x=\sin x, czyli \sin x(2\cos x-1)=0. To prowadzi do alternatywy: \sin x=0 lub \cos x=\frac{1}{2}. Stąd odpowiedź

    \[x=k\pi\quad\text{lub}\quad x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\quad\text{lub}\quad x=-\frac{\pi}{3}+2k\pi,\]

gdzie k jest liczbą całkowitą.



Zadanie 15. (0-7)
Rozważmy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości V=2. Wyznacz długości krawędzi tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.


Niech x>0 będzie długością krawędzi podstawy, zaś h>0 wysokością (i jednocześnie długością krawędzi bocznej) w rozważanych graniastosłupach. Mamy V=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2h=2, a stąd h=\frac{8}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{x^2}.

Niech S=f(x) będzie polem powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa. Wówczas na S składają się pola dwóch podstaw (trójkątów równobocznych o krawędzi x) oraz pola trzech ścian bocznych (prostokątów x\times h). Stąd, wykorzystując zależność na V, mamy

    \[f(x)=S=2\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+3xh=\frac{\sqrt{3}}{2}x^2+\frac{8\sqrt{3}}{x}.\]

Naszym celem jest wyznaczenie minimum funkcji f(x) dla x>0. Można wykorzystać rachunek różniczkowy, lub posłużyć się nierównością pomiędzy średnią geometryczną i średnią arytmetyczną dla trzech liczb dodatnich: \sqrt[3]{abc}\leqslant\dfrac{a+b+c}{3} dla dowolnych a,b,c>0; równość zachodzi jedynie dla a=b=c.

Przyjmijmy w powyższej nierówności a=b=\frac{8}{x} oraz c=x^2. Wtedy 4=\sqrt[3]{\frac{8}{x}\cdot\frac{8}{x}\cdot x^2}\leqslant \frac{\frac{8}{x}+\frac{8}{x}+x^2}{3}, czyli

    \[x^2+\frac{16}{x}\geqslant 12\]

i równość zachodzi wyłącznie dla x^2=\frac{8}{x}, a więc dla x^3=8, skąd x=2.

Zauważmy, że nierówność powyższa pozwala nam napisać

(5)   \begin{eqnarray*} f(x)&=&\frac{\sqrt{3}}{2}x^2+\frac{8\sqrt{3}}{x}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(x^2+\frac{16}{x}\right)\geqslant\nonumber\\[0.25cm] &\geqslant&\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 12=6\sqrt{3}.\nonumber \end{eqnarray*}

Oznacza to, że szukany graniastosłup ma krawędzie długości x=2, h=\frac{8}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{2^2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}, a jego objętość wynosi 6\sqrt{3}.



Magiczne uzupełnianki

Co jakiś czas w różnych konkursach matematycznych (np. w Grach Matematycznych i Logicznych) pojawiają się zadania polegające na uzupełnieniu liczbami danego diagramu w taki sposób, aby spełnione były jakieś dodatkowe warunki. Oczywiście problemy tego typu można rozwiązywać metodą prób i błędów losowo podstawiając wartości i sprawdzając, czy przypadkiem nie otrzymaliśmy rozwiązania. Najczęściej jednak zdecydowanie szybsze podejście to poczynienie jakiegoś dodatkowego spostrzeżenia, które pozwala ustalić (lub więcej) niewiadomą. Taki bardziej systematyczny sposób ma też tę zaletę, że bardzo często jesteśmy w stanie wyznaczyć wszystkie możliwe rozwiązania.

Poniżej znajduje się pięć przykładowych zadań tego typu wraz ze szczegółowym rozwiązaniem. Trudność kolejnych przykładów jest coraz większa, choć to dość subiektywna sprawa. Warto oczywiście przed zerknięciem na rozwiązanie spróbować zmierzyć się z daną łamigłówką samodzielnie. Z drugiej strony, nie należy zadań tego typu lekceważyć – pomimo bardzo prostej treści, czasami trzeba się sporo natrudzić aby dotrzeć do szukanej odpowiedzi. Na koniec proponuję jeszcze trzy magiczne zadania, tym razem już do samodzielnego rozwiązania.

1. Róża.
Wiadomo, że przedstawiona figura jest miagiczna: w każde pole da się wpisać liczbę od 1 do 7 (i każda z tych wartości wystąpi dokładnie raz) tak, aby wszystkie sumy trzech liczb znajdujących się na wspólnej linii prostej przechodzącej przez pole centralne, były takie same. Jaka liczba może znaleźć się w polu środkowym?

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[thin] (0,0) circle (2.5cm); \draw[very thick] (30:2.5)--(210:2.5) (90:2.5)--(270:2.5) (150:2.5)--(330:2.5); \foreach \k in {30,90,...,330} \draw[fill=blue!15] (\k:2.5) circle (0.4cm); \draw[fill=blue!25] (0,0) circle (0.4cm) node[scale=1.4,blue] at (0,0) {?}; \end{tikzpicture}

♦ IX Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1995 r., (finał regionalny, zadanie 8).


Niech x oznacza szukaną wartość wpisaną w środkowe pole diagramu, zaś S niech oznacza magiczną sumę. Ponieważ 1+2+3+4+5+6+7=28, to dodając wszystkie trzy sumy wzdłuż każdego z trzech narysowanych na diagramie odcinków, otrzymamy zależność

    \[3S=28+2x,\]

pole centralne bowiem będzie policzone trzy razy. Stąd liczba 28+2x=2(14+x) jest podzielna przez 3. To się może zdarzyć jedynie dla x=1 lub x=4 lub x=7, wtedy możliwe sumy magiczne wynoszą odpowiednio S=10 lub S=12 lub S=14.

Należy pamiętać, że to nie jest jeszcze pełne rozwiązanie! Pokazaliśmy bowiem dopiero, że znalezione liczby 1, 4 i 7 tylko mogą ale wcale nie muszą być dobre. Aby to ostatecznie rozstrzygnąć wystarczy dla każdej z tych liczb wskazać odpowiednie wypełnienie diagramu, zgodne z nałożonymi warunkami. Niestety to rozwiązujący musi wiedzieć, czy to już jest właściwy moment na taką weryfikację. Jeśli wskazanie stosownego przykładu się nie udaje, należy znów wrócić do rozważań ogólnych.
Nasz przykład na szczęście jest na tyle prosty, że zbudowanie odpowiednich przykładów nie należy do trudnych. Mamy więc trzy możliwe rozwiązania, pokazane poniżej.

\begin{tikzpicture}[scale=0.6] \draw[thin] (0,0) circle (2cm); \draw[very thick] (30:2)--(210:2) (90:2)--(270:2) (150:2)--(330:2); \foreach \k in {30,90,...,330} \draw[fill=blue!15] (\k:2) circle (0.5cm); \draw[fill=blue!25] (0,0) circle (0.5cm); \node[scale=1.2] at (0,0) {\bf 1}; \foreach \x/\w in {30/2,210/7,90/3,270/6,150/4,330/5} \node[scale=1.2] at (\x:2) {\w}; \begin{scope}[shift={(6,0)}] \draw[thin] (0,0) circle (2cm); \draw[very thick] (30:2)--(210:2) (90:2)--(270:2) (150:2)--(330:2); \foreach \k in {30,90,...,330} \draw[fill=blue!15] (\k:2) circle (0.5cm); \draw[fill=blue!25] (0,0) circle (0.5cm); \node[scale=1.2] at (0,0) {\bf 4}; \foreach \x/\w in {30/1,210/7,90/2,270/6,150/3,330/5} \node[scale=1.2] at (\x:2) {\w}; \end{scope} \begin{scope}[shift={(12,0)}] \draw[thin] (0,0) circle (2cm); \draw[very thick] (30:2)--(210:2) (90:2)--(270:2) (150:2)--(330:2); \foreach \k in {30,90,...,330} \draw[fill=blue!15] (\k:2) circle (0.5cm); \draw[fill=blue!25] (0,0) circle (0.5cm); \node[scale=1.2] at (0,0) {\bf 7}; \foreach \x/\w in {30/1,210/6,90/2,270/5,150/3,330/4} \node[scale=1.2] at (\x:2) {\w}; \end{scope} \end{tikzpicture}



2. Zaczarowany kwadrat.
Rozmieść liczby 2, 3, 4, 5, 6, 8 i 9 w pustych polach pokazanej planszy w taki sposób, aby suma każdych czterech liczb wpisanych na pola tworzące kwadrat 2×2 była zawsze taka sama.

\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \node[scale=1.7] at (0.5,2.5) {$1$}; \node[scale=1.7] at (2.5,1.5) {$7$}; \draw[ultra thick,blue,dashed] (1.1,0.1) rectangle (2.9,1.9); \end{tikzpicture}

♦ X Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1996 r., (półfinał, zadanie 7).


Dla wygody i jasności omówienia zadania, wprowadźmy oznaczenia wartości poszczególnych pól diagramu jak poniżej.

\begin{tikzpicture}[scale=1.1] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/e,1/0/f,2/0/g,0/1/c,1/1/d,2/1/7,0/2/1,1/2/a,2/2/b} \node[scale=1.3] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}

Porównując ze sobą sumy czwórek liczb ustawionych w polach tworzących dwa górne kwadraty 2×2, otrzymamy zależność 1+a+c+d=a+b+d+7, czyli c=b+6. Ponieważ wszystkie liczby w diagramie są z zakresu od 1 do 9, więc b=2 lub b=3 (liczba 1 jest już wykorzystana), a wtedy odpowiednio c=8 lub c=9.

Załóżmy, że b=2 i c=8. W sposób podobny jak przed chwilą, możemy porównać sumy z dwóch lewych kwadratów, prowadzi to do zależności

    \[1+a+8+d=8+d+e+f\quad\Longleftrightarrow\quad 1+a=e+f.\]

Liczby e i f są róże i nie mniejsze od 2 (mniejsze są już wykorzystane), stąd 1+a=e+f\geqslant 3+4, czyli a\geqslant 6, a to daje nam możliwości a=6 albo a=9. Gdy a=6, to e+f=7, więc \{e,\,f\}=\{3,\,4\}. Zauważmy jeszcze, że porównując odpowiednio sumy liczb z wszystkich czterech kwadratowych obszarów, otrzymamy równość 1+g=b+e, czyli g=1+e. To oznacza, że nie może być e=3, bo wtedy g=4 i f=4, zatem e=4, g=3 i f=5. Pozostałe pola można uzupełnić w jednoznaczny sposób. Jeśli zaś a=9, to e+f=10, czyli f+g=11. Ponieważ wartości 7, 8 i 9 są już przypisane konkretnym polom, to f,g\leqslant 6 i ostatnia równość wymusza \{f,\,g\}=\{5,\,6\}. Znów nie może być g=6, bo wówczas byłoby e=g-1=5, a przecież e\neq f. Stąd g=5, e=4 i f=6. Dotychczasowe rozważania prowadzą do dwóch możliwych rozwiązań:

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/4,1/0/3,2/0/5,0/1/8,1/1/9,2/1/7,0/2/1,1/2/6,2/2/2} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \begin{scope}[shift={(4.5,0)}] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/4,1/0/6,2/0/5,0/1/8,1/1/3,2/1/7,0/2/1,1/2/9,2/2/2} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{scope} \end{tikzpicture}

Zbadajmy teraz przypadek b=3 i c=9. Mamy 1+a=e+f\geqslant 2+4, skąd a\geqslant 5, czyli a\in\{5,6,8\}. Zauważmy jeszcze, że ponieważ 1+g=3+e, to g=e+2 i liczby e oraz g są tej samej parzystości; muszą to zatem być liczby parzyste (bo nieparzysta niewykorzystana jeszcze wartość jest tylko jedna – równa 5). Jeśli a=5, to e+f=6, czyli \{e,f\}=\{2,4\}. Nie może być e=2, bo wówczas g=4=f. Zatem e=4, g=6 i f=2. Załóżmy teraz, że a=6. Wtedy e+f=7 i – patrząc na pozostałe jeszcze wartości do wykorzystania – musi być \{e,f\}=\{2,5\}. Ale e jest parzyste, stąd e=2, f=5 i g=4. Pozostaje do sprawdzenia a=8. Wtedy e+f=9, stąd (znów wykorzystujemy parzystość liczby e) mamy e=4 i f=5, a dalej g=6. Tym razem otrzymujemy kolejne trzy rozwiązania:

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/4,1/0/2,2/0/6,0/1/9,1/1/8,2/1/7,0/2/1,1/2/5,2/2/3} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \begin{scope}[shift={(4,0)}] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/2,1/0/5,2/0/4,0/1/9,1/1/8,2/1/7,0/2/1,1/2/6,2/2/3} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{scope} \begin{scope}[shift={(8,0)}] \draw[very thick] (0,0) grid (3,3); \foreach \x/\y/\w in {0/0/4,1/0/5,2/0/6,0/1/9,1/1/2,2/1/7,0/2/1,1/2/8,2/2/3} \node[scale=1.1] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{scope} \end{tikzpicture}

Łącznie zadanie ma pięć rozwiązań przedstawionych na diagramach powyżej.


3. Magiczny sześciokąt.
Pokazany na rysunku sześciokąt, wypełniony liczbami od 1 do 19, jest magiczny. Sumy liczb w każdym z piętnastu wskazanych kierunków są jednakowe. Niestety, przez nieuwagę wymazano wartości przypisane niektórym polom. Przywróć diagram do dawnej świetności uzupełniając wszystkie brakujące liczby.

\begin{tikzpicture}[scale=0.65] \draw[very thick] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \foreach \w in {30,90,...,330} {\draw[very thick,shift={(\w:1.732)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w:3.465)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w-30:3)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; } \foreach \k/\r/\w in {210/1.732/1,60/3/13,120/3/14,240/3/17,210/3.465/18} \node[scale=1.2] at (\k:\r) {$\w$}; \foreach \k in {0,120,240} {\begin{scope}[rotate=\k] \foreach \x/\y in {0/-5.2,1.5/-4.33,-1.5/-4.33,3/-3.46,-3/-3.46} \draw[<-,thick,brown] (\x,\y)--(\x,\y-1.5); \end{scope} } \end{tikzpicture}

♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1990 r., (eliminacje kategoria L1, zadanie 2).


Oznaczmy przez S magiczną sumę w sześciokącie. Ponieważ 1+2+3+\ldots+19=190, a w ustalonym kierunku figurę można podzielić na pięć rozłącznych rzędów, to 5S=190, czyli S=38.

Przyjmijmy oznaczenia wartości przypisanych poszczególnym polom diagramu.

\begin{tikzpicture}[scale=0.65] \draw[very thick] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \foreach \w in {30,90,...,330} {\draw[very thick,shift={(\w:1.732)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w:3.465)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w-30:3)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; } \foreach \k/\r/\w in {210/1.732/1,60/3/13,120/3/14,240/3/17,210/3.465/18,90/3.465/a,150/3.564/b,90/1.732/c,30/3.465/d,150/1.732/e,30/1.732/f,180/3/g,1/0/h,0/3/i,330/1.732/j,270/1.732/k,330/3.465/l,300/3/m,270/3.465/n} \node[scale=1.2] at (\k:\r) {$\w$}; \end{tikzpicture}

Znając S, mamy natychmiast e=S-14-1-17=6, n=S-18-17=3. Wówczas m+l=S-3=35. Wszystkie wartości pochodzą ze zbioru liczb nie większych niż 19, więc \{m,l\}=\{16,19\}. Zauważmy, że a+14+b=S, stąd a+b=24. Ale rozkłady liczby 24 na sumę dwóch różnych składników z interesującego nas zbioru wyglądają następująco:

    \[24=19+5=18+6=17+7=16+8=15+9=14+10=13+11,\]

przy czym składniki 19, 18, 17, 16, 14 i 13 są już wykorzystane, stąd \{a,b\}=\{9,15\}. Gdyby a=9, to d=S-a-13=16 co jest niemożliwe, bo m=16 albo l=16. Zatem a=15 i b=9. Stąd dalej d=10 i g=S-9-18=11. Wtedy c=S-11-6-13=8. Gdyby teraz m=16, to k=S-11-1-16=10=d co jest wykluczone. Zatem m=19, l=16 i dalej i=S-10-16=12, f=S-14-8-12=4, h=S-18-1-4-10=5 i w końcu k=7 oraz j=2. Ostatecznie otrzymujemy jedyne rozwiązanie:

\begin{tikzpicture}[scale=0.5] \draw[very thick] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \foreach \w in {30,90,...,330} {\draw[very thick,shift={(\w:1.732)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w:3.465)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; \draw[very thick,shift={(\w-30:3)}] (0:1)--(60:1)--(120:1)--(180:1)--(240:1)--(300:1)--cycle; } \foreach \k/\r/\w in {210/1.732/1,60/3/13,120/3/14,240/3/17,210/3.465/18,90/3.465/15,150/3.564/9,90/1.732/8,30/3.465/10,150/1.732/6,30/1.732/4,180/3/18,1/0/5,0/3/12,330/1.732/2,270/1.732/7,330/3.465/16,300/3/19,270/3.465/3} \node[scale=1.2] at (\k:\r) {$\w$}; \end{tikzpicture}



4. Kwadrat prawie magiczny.
Kwadrat ten był niemal magiczny: suma liczb wpisanych w każdy z czterech wierszy, w każdą z czterech kolumn i na obu przekątnych była zawsze taka sama. Jednak użyte liczby nie były kolejne, ponieważ największa z nich wynosiła 92. Niestety, osiem liczb tworzących ten wyjątkowy diagram, zostało przypadkowo skasowanych. Ustal, jakie liczby zostały wymazane i gdzie się one znajdowały.

\begin{tikzpicture}[scale=1.1] \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {1/0/16,2/0/13,0/1/11,3/1/10,1/2/9,2/2/12,0/3/14,2/3/1} \node[scale=1.7] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}

♦ VI Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1992 r., (ćwierćfinał szkolny, zadanie 3).


Nieznane wartości oznaczmy jak na poniższym rysunku.

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {1/0/16,2/0/13,0/1/11,3/1/10,1/2/9,2/2/12,0/3/14,2/3/1,1/3/a,3/3/b,0/2/c,3/2/d,1/1/e,2/1/f,0/0/g,3/0/h} \node[scale=1.4] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \foreach \y/\w in {0/{29+g+h},1/{21+e+f},2/{21+c+d},3/{15+a+b}} \draw[very thick,->,blue] (4.5,0.5+\y)--(5.5,0.5+\y) node[right,blue] {$\w$}; \foreach \x/\w in {0/{25+g+c},1/{25+a+e},2/{26+f},3/{10+b+d+h}} \draw[very thick,->,blue] (0.5+\x,-0.5)--(0.5+\x,-1.5) node[blue,left,rotate=90] {$\w$}; \draw[very thick,->,blue] (4.3,-0.3)--(5.1,-1.1) node[blue,rotate=315,right] {$23+f+h$}; \draw[very thick,->,blue] (-0.3,-0.3)--(-1.1,-1.1) node[blue,rotate=45,left] {$12+b+e+g$}; \end{tikzpicture}

W szczególności mamy S=26+f. Stąd i z trzeciej sumy poziomej (także równej S) wynika, że 21+e+f=26+f, czyli e=5. Podobnie z sumy ukośnej 23+f+h=26+f, zatem h=3. Z sumy drugiej pionowej mamy teraz S=25+a+e=30+a, możemy więc wykorzystując pierwszą sumę poziomą, napisać równość 30+a=15+a+b, więc b=15. Ponieważ czwarta kolumna ma sumę wyrazów S=10+b+d+h=28+d, to (drugi wiersz) mamy także 21+c+d=28+d i c=7. W ten sposób liczbę nieznanych wartości zredukowaliśmy o połowę i wiemy też, że

    \[S=30+a=28+d=32+g=26+f.\]

To oznacza, że największą spośród wszystkich liczb wpisanych do diagramu musi być f=S-26, zatem f=92 i jednocześnie S=118. To daje nam już jedyne możliwe końcowe wypełnienie tablicy

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {1/0/16,2/0/13,0/1/11,3/1/10,1/2/9,2/2/12,0/3/14,2/3/1,1/3/88,3/3/15,0/2/7,3/2/90,1/1/5,2/1/92,0/0/86,3/0/3} \node[scale=1.4] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}



5. Kwadrat magiczny różnic.
Uzupełnij wszystkie pola kwadratu liczbami od 1 do 16 (każdej z nich używając dokładnie jeden raz) w taki sposób, aby w każdym wierszu, w każdej kolumnie i na wyróżnionej przekątnej, suma kolejnych różnic sąsiadujących ze sobą liczb (od wartości większej odejmujemy mniejszą) zawsze była równa 12.

\begin{tikzpicture}[scale=1.1] \foreach \x in {0,1,2,3} \draw[thin,fill=blue!20] (\x,\x) rectangle (1+\x,1+\x); \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {0/0/16,2/0/15,1/3/3,1/2/1} \node[scale=1.7] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}

♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1990 r., (półfinał, zadanie 5).


Przyjmijmy następujące oznaczenia

\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \foreach \x in {0,1,2,3} \draw[thin,fill=blue!20] (\x,\x) rectangle (1+\x,1+\x); \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {0/0/16,2/0/15,1/3/3,1/2/1,0/3/a,2/3/b,3/3/c,0/2/d,2/2/e,3/2/f,0/1/g,1/1/h,2/1/i,3/1/j,1/0/k,3/0/l} \node[scale=1.7] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{tikzpicture}

Ponieważ najwięcej informacji niesie druga kolumna i ostatni wiersz diagramu, rozpoczniemy od ustalenia wartości przypisanych polom h, k oraz l. Mamy (3-1)+(h-1)+|h-k|=12, oraz (16-k)+(15-k)+15-l=12, czyli

    \[h+|h-k|=11\qquad\text{oraz}\qquad 2k+l=34.\]

Z pierwszej równości wynika w szczególności, że liczba k jest nieparzysta (w przeciwnym razie liczby h i |h-k| obie byłyby tej samej parzystości i ich suma nie mogłaby być równa 11). Druga zależność pociąga parzystość liczby l i wśród dopuszczalnych (jeszcze nie wykorzystanych) wartości rozwiązania są następujące: (k,l)\in\{(11,12),(13,8)\}. Gdyby k=13, to h+|h-13|\geqslant 13, więc musi być k=11 i l=12.

Kluczowym spostrzeżeniem będzie teraz obserwacja, że jedna z niewiadomych musi być równa 2. Dwójka nie może pojawić się ani w pierwszej kolumnie, ani w trzeciej kolumnie, ani na wyróżnionej przekątnej. Wówczas bowiem (dzięki wartościom 16 i 15 w dolnym wierszu) odpowiednia suma różnic przekroczyłaby 12. Zatem f=2 albo j=2. Gdyby zachodziła druga ewentualność, to mielibyśmy |c-f|+(f-2)+(12-2)=12, czyli |c-f|+f=4. Ale f\geqslant 4, bo wszystkie mniejsze wartości są już wykorzystane, więc musiałoby być c=f=4. To oznacza, że f=2. Wtedy mamy (c-2)+(j-2)+|12-j|=12, czyli |12-j|+j+c=16. Ale |12-j|+j\geqslant 12, więc c\leqslant 4, co oznacza, że c=4. Możemy napisać też (d-1)+(e-1)+(e-2)=12, czyli d+2e=16. Liczba d jest więc parzysta i d,e\geqslant 5, więc (d,e)=(6,5). Teraz już łatwo wyznaczamy a=8 oraz b=7.

Do ustalenia pozostaje jeszcze trzeci wiersz, którego wyrazy tworzą zbiór \{9,10,13,14\}. Analizując sumy różnic z poszczególnych kolumn otrzymujemy jedynie \{h,j\}=\{9,10\} oraz \{g,i\}=\{13,14\}. Do bezpośredniego sprawdzenia mamy więc cztery przypadki, z których dwa pokazane poniżej tworzą ostateczne rozwiązanie.

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \foreach \x in {0,1,2,3} \draw[thin,fill=blue!20] (\x,\x) rectangle (1+\x,1+\x); \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {0/0/16,2/0/15,1/3/3,1/2/1,0/3/8,2/3/7,3/3/4,0/2/6,2/2/5,3/2/2, 0/1/13,1/1/10,2/1/14,3/1/9,1/0/11,3/0/12} \node[scale=1.5] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \begin{scope}[shift={(6,0)}] \foreach \x in {0,1,2,3} \draw[thin,fill=blue!20] (\x,\x) rectangle (1+\x,1+\x); \draw[thick] (0,0) grid (4,4); \foreach \x/\y/\w in {0/0/16,2/0/15,1/3/3,1/2/1,0/3/8,2/3/7,3/3/4,0/2/6,2/2/5,3/2/2, 0/1/14,1/1/9,2/1/13,3/1/10,1/0/11,3/0/12} \node[scale=1.5] at (0.5+\x,0.5+\y) {$\w$}; \end{scope} \end{tikzpicture}



Zadania do samodzielnego rozwiązania.

1. Liczbowa piramida.
W kółka piramidy należy wpisać liczby całkowite od 1 do 13 w taki sposób, aby sumy liczb wpisanych w cztery kółka leżące na dowolnej, wspólnej prostej (poziomej lub ukośnej) były równe. W odpowiedzi wystarczy podać liczbę wpisaną w kółko umieszczone w wierzchołku piramidy.

\begin{tikzpicture}[scale=0.95] \draw[very thick] (0,0)--(-4,-3) (0,0)--(-1.5,-3) (0,0)--(1.5,-3) (0,0)--(4,-3) (-4,-3)--(4,-3) (-2.8,-2.1)--(2.8,-2.1) (-1.6,-1.2)--(1.6,-1.2); \foreach \x/\y in {0/0,4/-3,1.5/-3,2.8/-2.1,1.05/-2.1,1.6/-1.2,0.6/-1.2} {\draw[thick,fill=blue!15] (\x, \y) circle (0.35cm); \draw[thick,fill=blue!15] (-\x, \y) circle (0.35cm);} \draw[very thick] (0,0) circle (0.35cm); \end{tikzpicture}

♦ XII Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
1997/1998 r., (ćwierćfinał, zadanie 11).


2. Magiczny kwiat.
Uzupełnij diagram liczbami od 3 do 11 wpisując je w puste kółka w taki sposób, aby sumy czterech wartości umieszczonych w wierzchołkach powstałych rombów zgadzały się z wartościami podanymi wewnątrz tych czworokątów.

\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[very thick] (18:2.1)--(54:1.3)--(90:2.1)--(126:1.3)--(162:2.1)--(198:1.3)--(234:2.1)--(270:1.3)--(306:2.1)--(342:1.3)--cycle; \foreach \k/\w in {54/21,126/21,198/22,270/21,342/21} { \draw[very thick] (0,0)--(\k:1.3); \draw[fill=blue!15,very thick] (\k:1.3) circle (0.35cm); \draw[fill=blue!15,very thick] (36+\k:2.1) circle (0.35cm); \node[scale=1.1] at (36+\k:1.1) {\bf\w}; } \draw[fill=blue!15,very thick] (0,0) circle (0.35cm); \node at (0,0) {$1$}; \node at (306:2.1) {$2$}; \end{tikzpicture}

♦ XXII Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
2008 r., (półfinał, zadanie 13).


3. Math Mobile.
Leonard narysował schemat Math Mobile.

\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[thick] (0,0)--(30:2)--(330:2)--cycle; \draw[thick] (30:2)--(330:2)--($(330:2)+(2,0)$)--($(30:2)+(2,0)$)--cycle; \draw[thick,shift={(5.464,0)}] (30:2)--(90:2)--(150:2)--(210:2)--(270:2)--(330:2)--cycle; \draw[thick,shift={(8.573,0)}] (0:1.7)--(72:1.7)--(144:1.7)--(216:1.7)--(288:1.7)--cycle; \draw[thick,dashed] (3.732,-1) circle (2cm); \draw[thick,dashed] (7.196,-1) circle (2cm); \draw[thick,dashed] (10.274,0) circle (2cm); \foreach \x/\y in {0/0,1.732/1,1.732/-1,3.732/1,3.732/-1,5.464/2,5.464/-2,7.196/1, 7.196/-1,10.274/0,12.274/0,9.1/1.618,9.1/-1.618} \draw[thick,fill=white] (\x,\y) circle (0.4cm); \foreach \x/\y in {3.732/-1,7.196/-1,10.274/0} \draw[very thick,blue,<-] ($(\x,\y)+(50:0.5)$)--($(\x,\y)+(50:1)$); \end{tikzpicture}

Każda liczba całkowita od 1 do 13 powinna być napisana w jednym małym kółku (po jednej w kółku). Suma trzech liczb dookoła trójkąta, czterech liczb dookoła kwadratu, sześciu liczb dookoła sześciokąta i pięciu liczb dookoła pięciokąta musi być zawsze taka sama. Jest to również suma trzech liczb na każdym z trzech okręgów dużych kół (zaznaczonych linią przerywaną). Ile wyniesie iloczyn trzech liczb (zaznaczonych strzałkami) napisanych w małych kółkach w środkach dużych kół?

♦ XXX Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych,
2016 r., (finał międzynarodowy – dzień I, zadanie 16).