Zadanie 1. (0-3) Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji , określonej wzorem w przedziale .
♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.
Dana funkcja jest podana niemal w postaci iloczynowej, jej wzór możemy zapisać jako . To oznacza, że miejscami zerowymi są oraz . Wierzchołek, w którym funkcja osiąga wartość największą, ma współrzędne i . Najmniejszą wartość funkcja będzie przyjmować w jednym z końców podanego przedziału, obliczamy więc i i wybieramy mniejszą z otrzymanych liczb.
Ostatecznie najmniejsą wartością funkcji na danym przedziale jest , zaś największa to .
Zadanie 2. (0-5) Wyznacz wszystkie wartości parametru , dla których równanie
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: ) jest ujemny. W danym przykładzie należy jeszcze osobno sprawdzić przypadek , gdy równanie przestaje być kwadratowe (współczynnik przy zależy od parametru – stąd taka konieczność). Podstawiając do równania otrzymujemy zależność liniową: , która, jak widać, ma rozwiązanie. Możemy więc dalej zakładać, że . Wtedy
(1)
Należy teraz rozwiązać nierówność , czyli
Określamy miejsca zerowe: oraz i zaznaczamy je na osi liczbowej wraz ze schematycznym wykresem paraboli (w naszym przypadku aktualną zmienną jest i współczynnik przy jest dodatni – wynosi , zatem rysowana parabola ma ramiona skierowane ku górze). Nierówność jest ostra, więc końce wyznaczonego przedziału nie wchodzą do zbioru rozwiązań.
Tym samym otrzymujemy odpowiedź: , wykluczona wcześniej wartość nie znajduje się w tym przedziale.
Zadanie 3. (0-5) Wyznacz wszystkie wartości parametru , dla których równanie ma dwa
różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich kwadratów jest większa od .
♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.
Aby dana funkcja kwadratowa miała dwa różne pierwiastki rzeczywiste, musi być , czyli
Daje nam to zbiór .
Drugi warunek dotyczący pierwiastków ma postać . Przepiszmy go w taki sposób, aby można było wykorzystać wzory Viete’a:
Stąd
czyli .
Ostatecznie, uwzględniając część wspólną uzyskanych zbiorów, mamy odpowiedź .
Zadanie 4. (0-5) Wyznacz wszystkie wartości parametru , dla których nierówność
jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej .
♦ matura – poziom rozszerzony, lipiec 2020.
Najpierw należy daną nierówność uporządkować, aby poprawnie odczytać wartości poszczególnych współczynników. Mamy
Funkcja kwadratowa po lewej stronie będzie przyjmowała zawsze (dla każdego ) wartości dodatnie tylko wtedy, gdy współczynnik będzie dodatni i jednocześnie wyróżnik (nie chcemy mieć żadnych miejsc zerowych – parabola jako wykres tej funkcji kwadratowej musi mieć ramiona skierowane do góry i nie może przecinać osi ).
Stąd . Obliczamy i oraz , a następnie graficznie rozwiązujemy nierówność.
Wracamy do warunku . Mamy
Tę nierówność rozwiązujemy podobnie, otrzymując . Na koniec trzeba wyznaczyć część wspólną otrzymanych zbiorów. To prowadzi do odpowiedzi:
Zadanie 5. (0-6) Funkcja kwadratowa ma dwa różne miejsca zerowe , . Wyznacz wszystkie wartości parametru , dla których odległość między miejscami zerowymi wynosi nie więcej niż .
♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.
Aby podana funkcja była kwadratowa, to musimy założyć, że współczynnik przy wyrazie jest niezerowy: . Dwa różne miejsca zerowe istnieją tylko wtedy, gdy . To oznacza, że interesuje nas układ trzech warunków
Mamy gdy . Dodatkowo
Rozwiązanie odczytujemy z rysunku, zaznaczając na osi liczbowej te wartości , które zerują otrzymany iloczyn (czyli 0 i 5).
czyli .
Ostatni warunek przekształcamy tak, aby móc użyć wzorów Viete’a – podnosząc nierówność obustronnie do kwadratu: , czyli
Stąd
A po uporządkowaniu dostajemy nierówność kwadratową: . Obliczamy wyróżnik i pierwiastki otrzymanego trójmianu: i oraz .
Podobnie jak poprzednio otrzymujemy odpowiedni zbiór: . Na koniec zbieramy wszystkie warunki i wyznaczamy część wspólną uzyskanych zbiorów.
Odpowiedź: , czyli
Zadanie 6. (0-5) Wyznacz wszystkie wartości parametru , dla których rozwiązania i równania spełniają warunek .
♦ matura próbna ,,Operon” i GW – poziom rozszerzony, listopad 2008.
Najpierw porządkujemy dane równanie tak, aby otrzymać postać zależności kwadratowej. Mamy
Skoro rozwiązania i mają istnieć, to . Czyli . Jako suma kwadratu i liczby 9, jest to liczba dodatnia dla dowolnej wartości rzeczywistej , stąd .
Warunek na pierwiastki przekształcamy tak, aby można było użyć wzorów Viete’a:
stąd . Mamy zatem , czyli i uzyskujemy końcową odpowiedź: lub .
Zadanie 7. (0-6) Wyznacz wszystkie liczby całkowite , dla których funkcja przyjmuje wartości dodatnie dla każdego .
♦ matura próbna – poziom rozszerzony, grudzień 2005.
Dana funkcja kwadratowa będzie przyjmowała tylko wartości dodatnie (dla wszystkich ), gdy jej współczynnik przy wyrazie będzie dodatni, zaś wyróżnik .
Pierwszy warunek jest spełniony. Mamy też
Aby rozwiązać powyższą nierówność wygodnie będzie wprowadzić zmienną pomocniczą . Wtedy otrzymamy , czyli . To prowadzi do . Ponieważ , więc jest to zawsze wartość dodatnia i interesuje nas tylko druga składowa otrzymanego zbioru. Stąd , a ponieważ interesują nas całkowite wartości , więc .
Ostatecznie mamy odpowiedź: .
Zadanie 8. (0-6) Wyznacz dziedzinę i naszkicuj wykres funkcji , gdzie , są różnymi pierwiastkami równania , w którym .
♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2006.
Dla 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 , stąd
(2)
Otrzymaną nierówność wielomianową rozwiązujemy graficznie, zaznaczając punkty , , na osi liczbowej i prowadząc odpowiednio szkic wykresu; należy pamiętać, że dla mamy podwójne miejsce zerowe, więc w tym punkcie wykres będzie styczny do osi.
Uzyskany zbiór: stanowi dziedzinę funkcji . Jej wartość określimy na podstawie wzorów Vi{\`e}te’a. Mamy
Widać zatem, że należy naszkicować wykres funkcji homograficznej (na odpowiedniej dziedzinie). Powstaje on przez przesunięcie wykresu funkcji o wektor .
Zadanie 9. (0-6) Wyznacz wartości parametru , dla których równanie 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 spełnione są warunki
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 oraz . Wtedy i jednocześnie . Stąd
czyli – korzystając ze wzorów Viete’a – dostaniemy równanie
Po prostej redukcji wyrazów podobnych dostaniemy . Rozwiązując to równanie kwadratowe, otrzymamy i lub .
Widzimy zatem, że możliwe są co najwyżej dwie wartości spełniające warunki zadania. Wracając do pierwotnie podanych założeń, zamiast je rozwiązywać dla wszystkich , wystarczy sprawdzić, która ze znalezionych dwóch wartości te warunki spełniają.
Dla mamy i dalej , czyli oraz i . Warunki są spełnione.
Dla mamy i dalej , ale wtedy jednak więc pierwiastki nie są dodatnie.
Końcowa odpowiedź: jest tylko jedna wartość parametru , mianowicie .
Zadanie 10. (0-4) Wyznacz dziedzinę i najmniejszą wartość funkcji .
♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.
Zaczynamy od dziedziny. Aby dane w zadaniu wyrażenie miało sens, musi być , czyli , skąd . Zauważmy też przy okazji, że podstawa logarytmu wynosi , to oznacza, że funkcja jest malejąca: im większy argument, tym mniejsza jest wartość tej funkcji. Zatem wystarczy w obrębie naszej dziedziny znaleźć największą wartość funkcji kwadratowej . Maksimum tej funkcji kwadratowej jest oczywiście przyjmowane w wierzchołku, czyli dla i wynosi ono . Wtedy
To daje szukaną odpowiedź.
Zadanie 11. (0-5) Wyznacz wszystkie wartości parametru , dla których równanie 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: ,
rozwiązania są dodatnie: – w ten sposób najłatwiej wykorzystać wzory Viete’a.
Uzyskane nierówności prowadzą do zależności:
(3)
oraz
Pierwszą z tych nierówności, przez rozkład na czynniki zapisujemy jako . Ilustracje obu nierówności oraz pokazuje rysunek.
Część wspólna uzyskanych wartości to przedział .
Zadanie 12. (0-5) Liczby i są rozwiązaniami równania
z niewiadomą . Oblicz wartości i .
♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.
Jeśli wstawimy podane liczby oraz do równania, otrzymamy dość skomplikowany układ równań kwadratowych wiążący szukane wielkości oraz . Posłużymy się więc wzorami Viete’a. Wskazówką, że wzory te mogą być w naszym przypadku pomocne jest fakt, iż liczby oraz są całkowite, co znacząco ułatwi obliczenia. Mamy
Otrzymany układ równań rozwiązujemy metodą podstawiania: , stąd
Obliczamy wyróżnik , zatem oraz . Wtedy odpowiednio otrzymujemy i .
To daje nam końcową odpowiedź: są dwa rozwiązania: lub .
Zadanie 1. (0-4) Wyznacz wartości i współczynników wielomianu wiedząc, że oraz, że reszta z dzielenia przez jest równa 10.
♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.
Zależność natychmiast zamieniamy na równanie wiążące współczynniki i . Mamy
Drugą informację podaną w zadaniu wykorzystamy w połączeniu z twierdzeniem Bezouta. Wynika z niego, że reszta z dzielenia dowolnego wielomianu przez wynosi . Zatem mamy i tym samym
Otrzymaliśmy układ równań na szukane współczynniki:
Dzieląc pierwsze równanie przez 2, drugie przez 3 i odejmując je stronami uzyskamy zależność , czyli i . Wtedy . Mamy więc odpowiedź: oraz .
Zadanie 2. (0-3) Rozwiąż nierówność
♦ 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 oraz i dalej
Dokonujemy obliczeń w liczniku i mamy
Otrzymaną w liczniku funkcję kwadratową rozkładamy na czynniki, w tym celu obliczamy wyróżnik i miejsca zerowe: , stąd oraz . Ostatecznie mamy nierówność postaci
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
Oczywiście stałe 5 i 12 możemy pominąć, bo one nie wpływają na znak danego wyrażenia. Rysunek poniżej przedstawia szkic odpowiedniego wykresu z zaznaczoną dziedziną i .
Odpowiedź: .
Zadanie 3. (0-3) Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji w przedziale .
♦ 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 posiada pochodną dla i mamy
Widać stąd, że tylko wtedy, gdy . Ponieważ , to punktami krytycznymi są oraz . Sprawdzamy więc jedynie wartości , i . Największą spośród nich jest zaś najmniejsza to . To są szukane liczby.
Zadanie 4. (0-3) Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej prawdziwa jest nierówność
♦ matura próbna – poziom rozszerzony ,,Nowa Era”, styczeń 2018.
Przekształcimy dane wyrażenie korzystając ze wzorów skróconego mnożenia. Mamy
(1)
Widać teraz, że istotnie dane wyrażenie przyjmuje wyłącznie wartości nieujemne. To kończy dowód.
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).
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.
Plansza tej partii prezentuje się tak (gracz A – kolor niebieski, gracz B – kolor brązowy, numery zablokowanych pól to kolejne ruchy poszczególnych graczy).
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?
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
♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.
Czynnikiem, który powtarza się w każdym równaniu jest suma wszystkich niewiadomych , oznaczmy ją przez i dodajmy wszystkie równania stronami. Otrzymamy wówczas
Wyłączmy teraz wspólny wyraz przed nawias:
Stąd i lub .
Wracając do wyjściowego układu równań mamy wtedy
Jeśli teraz poszczególne równania z obu układów będziemy odejmowali od zależności (dla układu z lewej strony , a dla układu z prawej strony ), to otrzymamy kolejno
Na koniec sprawdzamy, że znalezione dwie trójki liczb lub spełniają warunki zadania, stanowią więc jego rozwiązanie.
2.
Rozwiązać układ równań
Zadanie można rozwiązać bezpośrednio: wyznaczając z pierwszych dwóch równań niewiadome oraz względem i wstawiając te wartości do ostatniego równania. Można też dodać dwie pierwsze zależności stronami i wykorzystać fakt, że . Wtedy
Stąd , czyli . To oznacza, że lub . Wówczas odpowiednio lub oraz lub .
Po sprawdzeniu, mamy ostatecznie dwa rozwiązania:
3.
Rozwiązać układ równań
♦ 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 oraz . Wówczas, ponieważ , to otrzymamy
Teraz już łatwo – z drugiego równania wyznaczamy i wstawiamy do pierwszego: , czyli . Stąd lub , a to prowadzi do lub odpowiednio .
Nasze zadanie sprowadziliśmy więc do rozwiązania dwóch układów równań:
Układy takie rozwiązujemy zwykłą ,,szkolną” metodą podstawiania lub graficznie: równanie opisuje hiperbolę, zaś jest równaniem prostej. Ostatecznie otrzymujemy cztery możliwe rozwiązania :
4.
Rozwiązać układ równań
♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.
Gdyby , to pierwsze równanie nie byłoby spełnione, więc możemy założyć, że i z pierwszej równości wyznaczamy . Podstawiając to do równania drugiego, otrzymamy
Mnożąc obie strony przez i pozbywając się nawiasów, dostajemy
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.
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 , , , wartość wyrażenia jest równa A. B. C. D.
Z własności logarytmów, przy podanych założeniach mamy
(1)
Zatem poprawną jest odpowiedź D.
Zadanie 2. (0-1) Liczba jest równa jest równa A. B. C. D.
Ze wzoru na cosinus podwojonego argumentu mamy
(2)
Poprawną odpowiedzią jest A.
Zadanie 3. (0-1) Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji który jest złożony z dwóch półprostych i oraz dwóch odcinków i , gdzie , .
Wzór funkcji to: A. B. C. D.
Z opisu wykresu funkcji wynika w szczególności, że . Podstawiając argument do podanych czterech propozycji odpowiedzi, widzimy, że kolejne wartości są równe: , , oraz . Zatem poprawną odpowiedzią jest B.
Zadanie 4. (0-1) Zdarzenia losowe i zawarte w są takie, że prawdopodobieństwo zdarzenia , przeciwnego do zdarzenia , jest równe Ponadto prawdopodobieństwo warunkowe Wynika stąd, że A. B. C. D.
Mamy , czyli
Odpowiedź C.
Zadanie 5. (0-2) Obliczyć granicę
Wpisz w poniższe kratki – od lewej do prawej – trzy kolejne cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Wyłączając przed nawias, z liczników i mianowników obu ułamków, dominujący czynnik (czyli odpowiednio i , otrzymamy
(3)
To oznacza, że w kratki należało wpisać cyfry , i .
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 . Każda z nich odpowiada jednemu składnikowi sumy, którą mamy obliczyć. W dokładnie różnych składnikach cyfra będzie stanowiła cyfrę jedności; w tylu samo składnikach cyfrą jedności będzie 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 wynosi
dla każdego dostępnego rzędu wielkości, więc
Zadanie 7. (0-2) Punkt leży na paraboli o równaniu Prosta o równaniu kierunkowym jest styczna do tej paraboli w punkcie . Oblicz współczynnik .
Niech będzie daną funkcją kwadratową. Współczynnik prostej stycznej jest wartością pochodnej funkcji dla argumentu (zgodnego ze współrzędną odciętą punktu ). Mamy
, stąd
. Styczna przechodzi przez punkt , więc , a stąd .
Zadanie 8. (0-3) Udowodnij, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych i , takich że i dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej , prawdziwa jest nierówność
Zauważmy, że dla i prawdziwa jest nierówność
Wynika z niej, że . Dzieląc ostatnią nierówność obustronnie przez liczbę dodatnią otrzymamy
to kończy dowód.
Zadanie 9. (0-3) Dany jest trójkąt równoramienny , w którym Na ramieniu tego trójkąta wybrano punkt ( i ), a na ramieniu wybrano punkt , w taki sposób, że Przez punkty i poprowadzono proste prostopadłe do podstawy tego trójkąta, które wyznaczają na niej punkty i . Udowodnij, że
Sytuacja wygląda jak na rysunku. Poprowadźmy odcinek , będący wysokością trójkąta wychodzącą z wierzchołka oraz odcinek , gdzie jest rzutem prostokątnym punktu na wysokość .
Wówczas odcinki i są równoległe (bo są prostopadłe do wspólnej wysokości ). Ponieważ trójkąt jest równoramienny, to z równoległości tej mamy równości kątów: oraz (wysokość poprowadzona na podstawę w trójkącie równoramiennym jest jednocześnie dwusieczną kąta). Z treści zadania mamy jeszcze , zatem trójkąty i są przystające (cecha kąt-bok-kąt). W szczególności mamy . To już oznacza, że
a to kończy dowód.
Zadanie 10. (0-4) Punkt leży na boku trójkąta oraz Oblicz obwód trójkąta .
Niech . Wykorzystamy dwukrotnie twierdzenie kosinusów. Najpierw dla trójkąta aby wyznaczyć kosinus kąta Mamy , czyli
Zatem . Stąd – stosując drugi raz twierdzenie kosinusów – w trójkącie równoramiennym mamy
czyli
, a zatem . To oznacza, że szukany obwód trójkąta wynosi
Zadanie 11. (0-6) Dane są okręgi o równaniach i . Wyznacz wszystkie wartości parametru dla których te okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny. Rozważ wszystkie przypadki.
Dane równania można przekształcić do postaci oraz . To oznacza, że pierwszy okrąg — oznaczmy go przez , ma środek w punkcie i promieniu . Drugi okrąg zaś – nazwijmy go – ma środek w punkcie i promień .
Dane okręgi mogą być styczne zewnętrznie lub wewnętrznie. Ponieważ środki okręgu leżą na prostej , to styczność wewnętrzna może się zdarzyć jedynie dla – wówczas bowiem środki obu okręgów będą możliwie najbliżej siebie i .
Obliczymy teraz te wartości , dla których okręgi są styczne zewnętrznie. Musi być wtedy spełniony warunek , czyli
Stąd lub . Ostatecznie mamy więc trzy możliwe rozwiązania: , i .
Zadanie 12. (0-6) Trzywyrazowy ciąg o wyrazach dodatnich jest arytmetyczny, natomiast ciąg jest geometryczny. Oblicz iloraz ciągu geometrycznego.
Z warunku na ciąg arytmetyczny mamy , natomiast z warunku na ciąg geometryczny jest . Wyznaczając z pierwszej zależności i wstawiając do drugiej, otrzymujemy
Porządkując wyrazy, mamy , czyli . Podstawiając zmienną pomocniczą , po obustronnym podzieleniu ostatniego równania przez , dostaniemy
Obliczamy wyróżnik , więc oraz . Pierwsze rozwiązanie odrzucamy, bo dla .
Obliczamy iloraz ciągu geometrycznego. Wynosi on
Zadanie 13. (0-6) Wielomian określony wzorem jest podzielny przez dwumian oraz przy dzieleniu przez dwumian daje resztę Oblicz i dla wyznaczonej wartości rozwiąż nierówność .
Na podstawie twierdzenia Bézouta mamy oraz . Stąd
, czyli
. To prowadzi do , więc Wystarcz teraz zobaczyć, która z tych trzech możliwości spełnia drugi warunek: . Ponieważ , to widzimy, że musi być
Interesuje nas więc wielomian . Wykorzystując ponownie informację o pierwiastku , po wykonaniu dzielenia otrzymujemy zależność
Możemy obliczyć pierwiastki drugiego czynnika: , czyli
oraz . Zatem
Z pomocniczego wykresu odczytujemy rozwiązanie nierówności . Tworzy je suma przedziałów .
Zadanie 14. (0-4) Rozwiąż równanie
Wykorzystamy wzór na sinus sumy argumentów: . Stąd mamy
(4)
Równanie przyjmuje więc postać , czyli
. To prowadzi do alternatywy: lub . Stąd odpowiedź
gdzie jest liczbą całkowitą.
Zadanie 15. (0-7) Rozważmy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości Wyznacz długości krawędzi tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.
Niech będzie długością krawędzi podstawy, zaś wysokością (i jednocześnie długością krawędzi bocznej) w rozważanych graniastosłupach. Mamy , a stąd .
Niech będzie polem powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa. Wówczas na składają się pola dwóch podstaw (trójkątów równobocznych o krawędzi ) oraz pola trzech ścian bocznych (prostokątów ). Stąd, wykorzystując zależność na , mamy
Naszym celem jest wyznaczenie minimum funkcji dla .
Można wykorzystać rachunek różniczkowy, lub posłużyć się nierównością pomiędzy średnią geometryczną i średnią arytmetyczną dla trzech liczb dodatnich: dla dowolnych ; równość zachodzi jedynie dla .
Przyjmijmy w powyższej nierówności oraz . Wtedy , czyli
i równość zachodzi wyłącznie dla , a więc dla , skąd .
Zauważmy, że nierówność powyższa pozwala nam napisać
(5)
Oznacza to, że szukany graniastosłup ma krawędzie długości , , a jego objętość wynosi .
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?
♦ 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 , to dodając wszystkie trzy sumy wzdłuż każdego z trzech narysowanych na diagramie odcinków, otrzymamy zależność
pole centralne bowiem będzie policzone trzy razy. Stąd liczba jest podzielna przez 3. To się może zdarzyć jedynie dla lub lub , wtedy możliwe sumy magiczne wynoszą odpowiednio lub lub .
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.
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.
♦ 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.
Porównując ze sobą sumy czwórek liczb ustawionych w polach tworzących dwa górne kwadraty 2×2, otrzymamy zależność , czyli . Ponieważ wszystkie liczby w diagramie są z zakresu od 1 do 9, więc lub (liczba 1 jest już wykorzystana), a wtedy odpowiednio lub .
Załóżmy, że i . W sposób podobny jak przed chwilą, możemy porównać sumy z dwóch lewych kwadratów, prowadzi to do zależności
Liczby i są róże i nie mniejsze od 2 (mniejsze są już wykorzystane), stąd , czyli , a to daje nam możliwości albo . Gdy , to , więc . Zauważmy jeszcze, że porównując odpowiednio sumy liczb z wszystkich czterech kwadratowych obszarów, otrzymamy równość , czyli . To oznacza, że nie może być , bo wtedy i , zatem , i . Pozostałe pola można uzupełnić w jednoznaczny sposób. Jeśli zaś , to , czyli Ponieważ wartości 7, 8 i 9 są już przypisane konkretnym polom, to i ostatnia równość wymusza Znów nie może być , bo wówczas byłoby , a przecież . Stąd , i . Dotychczasowe rozważania prowadzą do dwóch możliwych rozwiązań:
Zbadajmy teraz przypadek i .
Mamy , skąd , czyli . Zauważmy jeszcze, że ponieważ , to i liczby oraz są tej samej parzystości; muszą to zatem być liczby parzyste (bo nieparzysta niewykorzystana jeszcze wartość jest tylko jedna – równa 5). Jeśli , to , czyli . Nie może być , bo wówczas . Zatem , i . Załóżmy teraz, że . Wtedy i – patrząc na pozostałe jeszcze wartości do wykorzystania – musi być . Ale jest parzyste, stąd , i . Pozostaje do sprawdzenia . Wtedy , stąd (znów wykorzystujemy parzystość liczby ) mamy i , a dalej . Tym razem otrzymujemy kolejne trzy rozwiązania:
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.
♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1990 r., (eliminacje kategoria L1, zadanie 2).
Oznaczmy przez magiczną sumę w sześciokącie. Ponieważ , a w ustalonym kierunku figurę można podzielić na pięć rozłącznych rzędów, to , czyli .
Przyjmijmy oznaczenia wartości przypisanych poszczególnym polom diagramu.
Znając , mamy natychmiast , . Wówczas . Wszystkie wartości pochodzą ze zbioru liczb nie większych niż , więc . Zauważmy, że , stąd . Ale rozkłady liczby na sumę dwóch różnych składników z interesującego nas zbioru wyglądają następująco:
przy czym składniki 19, 18, 17, 16, 14 i 13 są już wykorzystane, stąd . Gdyby , to co jest niemożliwe, bo albo . Zatem i . Stąd dalej i . Wtedy . Gdyby teraz , to co jest wykluczone. Zatem , i dalej , , i w końcu oraz . Ostatecznie otrzymujemy jedyne rozwiązanie:
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.
♦ VI Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1992 r., (ćwierćfinał szkolny, zadanie 3).
Nieznane wartości oznaczmy jak na poniższym rysunku.
W szczególności mamy . Stąd i z trzeciej sumy poziomej (także równej ) wynika, że , czyli . Podobnie z sumy ukośnej , zatem . Z sumy drugiej pionowej mamy teraz , możemy więc wykorzystując pierwszą sumę poziomą, napisać równość , więc . Ponieważ czwarta kolumna ma sumę wyrazów , to (drugi wiersz) mamy także i . W ten sposób liczbę nieznanych wartości zredukowaliśmy o połowę i wiemy też, że
To oznacza, że największą spośród wszystkich liczb wpisanych do diagramu musi być , zatem i jednocześnie . To daje nam już jedyne możliwe końcowe wypełnienie tablicy
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.
♦ IV Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 1990 r., (półfinał, zadanie 5).
Przyjmijmy następujące oznaczenia
Ponieważ najwięcej informacji niesie druga kolumna i ostatni wiersz diagramu, rozpoczniemy od ustalenia wartości przypisanych polom h, k oraz l. Mamy , oraz , czyli
Z pierwszej równości wynika w szczególności, że liczba jest nieparzysta (w przeciwnym razie liczby i obie byłyby tej samej parzystości i ich suma nie mogłaby być równa 11). Druga zależność pociąga parzystość liczby i wśród dopuszczalnych (jeszcze nie wykorzystanych) wartości rozwiązania są następujące: . Gdyby , to , więc musi być i .
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 albo . Gdyby zachodziła druga ewentualność, to mielibyśmy , czyli . Ale , bo wszystkie mniejsze wartości są już wykorzystane, więc musiałoby być . To oznacza, że . Wtedy mamy , czyli . Ale , więc , co oznacza, że . Możemy napisać też , czyli . Liczba jest więc parzysta i , więc . Teraz już łatwo wyznaczamy oraz .
Do ustalenia pozostaje jeszcze trzeci wiersz, którego wyrazy tworzą zbiór . Analizując sumy różnic z poszczególnych kolumn otrzymujemy jedynie oraz . Do bezpośredniego sprawdzenia mamy więc cztery przypadki, z których dwa pokazane poniżej tworzą ostateczne rozwiązanie.
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.
♦ 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.
♦ XXII Międzynarodowe Mistrzostwa w Grach Matematycznych i Logicznych, 2008 r., (półfinał, zadanie 13).
3. Math Mobile.
Leonard narysował schemat Math Mobile.
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).