Kurs - matura poziom rozszerzony | Matematyczne nietuzinki ;)

Geometria i zadania na dowodzenie – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Na bokach $BC$ i $CD$ równoległoboku $ABCD$ zbudowano kwadraty $CDEF$ i $BCGH$ (zobacz rysunek). Udowodnij, że $|AC| = |FG|$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Zaznaczmy na rysunku interesujące nas odcinki i rozważmy taki dodatkowy punkt $X$ , aby czworokąt $CFXG$ był równoległobokiem.

Rendered by QuickLaTeX.com

Wtedy ten nowy równoległobok jest przystający do wyjściowego równoległoboku $ABCD$ . Odpowiednie przekątne też są jednakowe, a ponieważ $\angle BCD+\angle FCG=180^\circ$ , to przekątne $FG$ i $AC$ są właśnie jednakowej długości. To kończy dowód.

Zadanie 2. (0-4)
Trapez równoramienny $ABCD$ o podstawach $AB$ i $CD$ jest opisany na okręgu o promieniu $r$ . Wykaż, że $4r^2=|AB|\cdot |CD|$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.

Wykonajmy stosowny rysunek. Zauważmy przy tym, że szkic wykorzystuje dodatkowe założenie, że $|AB|\geqslant |CD|$ . Należy mieć tego świadomość i w rozwiązaniu odpowiednio się do tego odnieść.

Rendered by QuickLaTeX.com

Z warunku opisywalności czworokąta na okręgu wiemy, że suma jego podstaw jest równa sumie długości ramion, czyli

$|AB|+|CD|=2|BC|,$

bo trapez jest równoramienny. Stąd $|BC|=\dfrac{|AB|+|CD|}{2}$ . Wykorzystajmy teraz twierdzenie pitagorasa dla trójkąta $BCE$ , gdzie punkt $E$ jest podstawą wysokości trapezu poprawodznej z wierzchołka $C$ . Wtedy, znów korzystając z równych długości ramion i symetrii całej figury, mamy $|BE|=\dfrac{|AB|-|CD|}{2}$ . Uwaga. Gdyby przyjąć, że to podstawa $|CD|$ jest dłuższa od podstawy $|AB|$ , to odpowiedni odcinek miałby długość $\dfrac{|CD|-|AB|}{2}$ , jednak nie wpływa to na dalsze obliczenia (gdyż kwadrat obu wyrażeń jest taki sam).

Z twierdzenia Pitagorasa mamy teraz $|BC|^2=(2r)^2+\left(\frac{|AB|-|CD|}{2}\right)^2$ , czyli

$4r^2=\left(\frac{|AB|+|CD|}{2}\right)^2-\left(\frac{|AB|-|CD|}{2}\right)^2=|AB|\cdot |CD|,$

co mieliśmy pokazać.

Zadanie 3. (0-4)
Trapez równoramienny, o obwodzie równym $20$ cm, jest opisany na okręgu. Wiedząc, że przekątna trapezu ma długość $\sqrt{41}$ cm, oblicz pole tego trapezu.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, maj 2003.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku; zakładamy (bez zmniejszenia ogólności rozważań), że $a\geqslant b$ . Rachunki będziemy przeprowadzać w centymetrach, co uwzględnimy formułując końcową odpowiedź.

Rendered by QuickLaTeX.com

Z warunku opisywalności czworokąta na okręgu i z tego, że trapez jest równoramienny wynika, że suma długości przeciwległych boków jest równa połowie obwodu: $a+b=2|BC|=10$ . Stąd $|BC|=5$ oraz $a+b=5$ .

Napiszmy twierdzenie Pitagorasa dla trójkątów $ACE$ i $BCE$ . Mamy

$h^2+|AE|^2=41\quad\text{oraz}\quad h^2+|BE|^2=25.$

Wiemy też, że $|AE|=\dfrac{a+b}{2}$ i $|BE|=\dfrac{a-b}{2}$ . Podstawiając to do wcześniejszych równości i odejmując je stronami, uzyskamy

$16=|AE|^2-|BE|^2=(|AE|-|BE|)(|AE|+|BE|)=ab.$

Mamy więc $a+b=10$ i $ab=16$ . Rozwiązując ten układ równań dostaniemy $b=10-a$ i dalej $a(10-a)=16$ , czyli $a^2-10a+16=0$ , a stąd $(a-8)(a-2)=0$ . To prowadzi nas do możliwych rozwiązań $(a,b)=(2,8)$ lub $(a,b)=(8,2)$ , jednak $a\geqslant b$ , czyli $a=8$ i $b=2$ .

Wówczas $|AE|=5$ i stąd $h^2+5^2=41$ , czyli $h^2=16$ , więc $h=4$ . To już prowadzi do odpowiedzi: szukane pole trapezu wynosi $P=\dfrac{a+b}{2}\cdot h=5\cdot 4=20$ cm $^{2}$ .

Zadanie 4. (0-3)
Dany jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości $a$ i $b$ , w którym kąt między środkową a wysokością wychodzącymi z wierzchołka kąta prostego ma miarę $\alpha$ . Wykaż, że $\text{tg}\alpha=\dfrac{|a^2-b^2|}{2ab}$ .

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

Rozważmy trójkąt prostokątny $ABC$ , w którym punkt $M$ jest środkiem przeciwprostokątnej $AB$ , zaś $H$ jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka $C$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Oznaczmy $|CH|=h$ , $|AB|=c$ , $|BC|=a$ oraz $|CA|=b$ . Zauważmy, że porównując pole trójkąta $ABC$ mamy zależność $\dfrac{ab}{2}=\dfrac{ch}{2}$ , czyli $h=\dfrac{ab}{c}$ . Dodatkowo $|MC|=|MB|=\dfrac{c}{2}$ . Stąd

$\cos\alpha=\frac{h}{|MC|}=\frac{h}{c/2}=\frac{2ab}{c^2}=\frac{2ab}{a^2+b^2}.$

Ponieważ $\text{tg}\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ , to mamy

(1) $\begin{eqnarray*} \text{tg}\alpha &=&\frac{\sqrt{1-\cos^2\alpha}}{\cos\alpha}=\frac{\sqrt{1-\frac{4a^2b^2}{(a^2+b^2)^2}}}{\frac{2ab}{a^2+b^2}}=\nonumber\\ &=&\frac{\sqrt{(a^2+b^2)^2-4a^2b^2}}{2ab}=\frac{\sqrt{(a^2-b^2)^2}}{2ab}=\frac{|a^2-b^2|}{2ab}.\nonumber \end{eqnarray*}$

To kończy dowód.

Zadanie 5. (0-2)
W trójkącie ostrokątnym $ABC$ wiadomo,że $\sin\angle BAC=\dfrac{4}{5}$ , a $\sin\angle ABC=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ . Oblicz $\cos\angle ACB$ .

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

Oznaczmy odpowiednie kąty trójkąta przez $\alpha$ , $\beta$ i $\gamma$ . Ponieważ trójkąt jest ostrokątny, więc wartości wszystkich funkcji trygonometrycznych wskazanych kątów są wszystkie dodatnie. Stąd, jeżeli $\sin\alpha=\dfrac{4}{5}$ , to $\cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{4^2}{5^2}}=\dfrac{3}{5}$ . Podobnie, skoro $\sin\beta=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ , to $\cos\beta=\sqrt{1-\dfrac{8}{9}}=\dfrac{1}{3}$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Mamy oczywiście $\gamma=180^\circ-(\alpha+\beta)$ , czyli

$\cos\gamma=-\cos(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cdot\sin\beta-\cos\alpha\cdot\cos\beta.$

Podstawiając wyliczone wartości, otrzymujemy $\cos\gamma=\dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3}-\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{8\sqrt{2}-3}{15}$ .

Zadanie 6. (0-3)
W czworokącie $ABCD$ dane są: $|AC|=5$ , $\angle BAD=\angle BCD=90^\circ$ , $\sin\angle ABC=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$ . Oblicz długość przekątnej $BD$ tego czworokąta.

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

Dany czworokąt można wpisać okrąg (bo suma jego przeciwległych kątów wynosi $180^\circ$ ), przy czym przekątna $BD$ jest średnicą tego okręgu.

Rendered by QuickLaTeX.com

Okrąg ten jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie $ABC$ , więc jego promień $R$ , z twierdzenia sinusów, spełnia równość

$R=\dfrac{|AC|}{\sin\beta}=\dfrac{5}{\frac{\sqrt{5}}{3}}=3\sqrt{5}.$

Stąd odpowiedź: $|BD|=2R=6\sqrt{5}$ .

Geometria analityczna – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-6)
Punkt $A=(-2,5)$ jest jednym z wierzchołków trójkąta równoramiennego $ABC$ , w którym $|AC|=|BC|$ . Pole tego trójkąta jest równe $15$ . Bok $BC$ jest zawarty w prostej o równaniu $y=x+1$ . Oblicz współrzędne wierzchołka $C$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.

Rendered by QuickLaTeX.com

Ponieważ punkty $B$ i $C$ leżą na prostej $y=x+1$ , to możemy przyjąć, że $B=(b,b+1)$ i $C=(c,c+1)$ dla pewnych liczb $b$ oraz $c$ . Możemy obliczyć długość odcinka $BC$ korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok $BC$ jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu $A$ od danej prostej $x-y+1=0$ . Ma ona wartość

$h=\frac{|-2-5+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}.$

Stąd $\dfrac{1}{2}\cdot h\cdot |BC|=15$ , czyli $|BC|=\dfrac{30}{3\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$ .

Możemy teraz napisać

$25\cdot 2=|BC|^2=(b-c)^2+(b+1-c-1)^2=2(b-c)^2,$

a stąd $(b-c)^2=25$ . To daje nam dwie możliwości: $b=5+c$ albo $b=-5+c$ .

Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością $|AC|=|BC|=5\sqrt{2}$ . Mamy

$|AC|=\sqrt{(c+2)^2+(c+1-5)^2}=\sqrt{2c^2-4c+20},$

stąd $2c^2-4c+20=50$ lub w wersji uproszczonej $c^2-2c-15=0$ . Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości $c$ . $\Delta=4-4\cdot 1\cdot (-15)=64$ , $c_1=\dfrac{2-8}{2}=-3$ lub $c_2=\dfrac{2+8}{2}=5$ . Mamy więc $C=(-3,-2)$ lub $C=(5,6)$ . Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami $B=(2,3)$ lub $B=(-8,-7)$ albo odpowiednio $B=(10,11)$ lub $B=(0,1)$ . Są zatem cztery trójkąty $ABC$ , które spełniają warunki zadania ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka $C$ .

Zadanie 2. (0-5)
Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji $f(x)=\dfrac{1}{x^2}$ . Przeprowadzono prostą równoległą do osi $Ox$ , która przecięła wykres tej funkcji w punktach $A$ i $B$ . Niech $C=(3,-1)$ . Wykaż, że pole trójkąta $ABC$ jest większe lub równe 2.

Rendered by QuickLaTeX.com

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Zaznaczmy punkt $C$ i poprowadźmy przykładową prostą o równaniu $y=a$ (równoległą od osi $Ox$ ). Aby pojawiły się punkty przecięcia z podanym wykresem, musi być $a>0$ . Wtedy współrzędne punktów $A$ i $B$ obliczymy rozwiązując równanie $\dfrac{1}{x^2}=a$ , czyli $x^2=\dfrac{1}{a}$ . Możemy więc przyjąć, że

$A=\left(-\sqrt{\frac{1}{a}},\,a\right),\quad B=\left(\sqrt{\frac{1}{a}},\,a\right).$

Rendered by QuickLaTeX.com

Obliczmy teraz pole $P$ trójkąta $ABC$ traktując $AB$ jako podstawę. Oczywiście $|AB|=2\sqrt{\frac{1}{a}}$ , zaś odpowiednia wysokość w tym trójkącie jest odległością wierzchołka $C$ od poprowadzonej prostej, wynosi więc $h=a+1$ . Zatem

$P=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{\frac{1}{a}}\cdot(a+1)=\sqrt{a}+\frac{1}{\sqrt{a}}.$

Aby pokazać, że otrzymana wartość jest zawsze większą lub równa 2, dla dowolnego $a>0$ , wystarczy zauważyć, że biorąc $t=\sqrt{a}$ mamy

$P=t+\frac{1}{t}=\left(\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}\right)^2+2\geqslant 2.$

To kończy rozwiązanie.

Zadanie 3. (0-6)
Zaznacz na płaszczyźnie zbiór

$F=\left\{(x,y)\colon x\in\mathbf{R}\wedge y\in\mathbf{R}\wedge \log_{\frac{1}{2}}\left(|x|-1\right)\geqslant -2\wedge |y|>0\right\}.$

Napisz równania osi symetrii figury $F$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.

Zaczniemy oczywiście od dziedziny. Musi być $|x|-1>0$ , czyli $x\in(-\infty,\,-1)\cup(1,\,\infty)$ . Nierówność $|y|>0$ oznacza, że $y\neq 0$ , zatem figura $F$ nie zawiera żadnego punktu z osi $Ox$ . Zajmijmy się teraz nierównością z logarytmem. Mamy

$\log_{\frac{1}{2}}\left(|x|-1\right)\geqslant -2=\log_{\frac{1}{2}} 4,$

bo $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{-2}=4$ .

Opuszczamy logarytmy (pamiętając o zmianie znaku nierówności, bo podstawa logarytmu jest mniejsza od 1) i otrzymujemy $|x|-1\leqslant 4$ , czyli $|x|\leqslant 5$ , zatem $x\in[-5,\,5]$ . Uwzględniając dziedzinę mamy

$F=\{(x,y)\colon x\in\mathbf{R}\wedge y\in\mathbf{R}\wedge x\in[-5,-1)\cup (1,5]\wedge y\neq 0\}.$

Poniżej rysunek tej (nieograniczonej) figury.

Rendered by QuickLaTeX.com

Jedynymi osiami symetrii są oczywiście osie układu współrzędnych, czyli proste o równaniach $y=0$ oraz $x=0$ . Nie ma innych, choćby ze względu na punkty $(-5,0)$ oraz $(5,0)$ , które jako jedyne punkty z prostych pionowych $x=\pm 5$ nie należą do figury $F$ .

Zadanie 4. (0-4)
W układzie współrzędnych są dane punkty: $A=(-9,-2)$ oraz $B=(4,2)$ . Wyznacz współrzędne punktu $C$ , leżącego na osi $Oy$ , tak że kąt $ACB$ jest kątem prostym.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.

Wykonajmy rysunek. Rozwiązanie najłatwiej oprzeć na spostrzeżeniu, że dla znalezionego punktu $C$ trójkąt $ABC$ będzie prostokątny z przeciwprostokątną $AB$ . Wtedy jednak bok $AB$ będzie średnicą dla okręgu opisanego na tym trójkącie. To sugeruje jak znaleźć wierzchołek $C$ : jest to punkt wspólny osi $Oy$ i okręgu, dla którego odcinek $AB$ jest średnicą.

Rendered by QuickLaTeX.com

Ponieważ $|AB|=\sqrt{(4-(-9))^2+(2-(-2))^2}=\sqrt{185}$ , zaś środkiem odcinka $AB$ jest punkt $O=\left(\frac{4+(-9)}{2},\,\frac{2+(-2)}{2}\right)=\left(-\frac{5}{2},\,0\right)$ , to równanie odpowiedniego okręgu ma postać

$\left(x+\frac{5}{2}\right)^2+(y-0)^2=\left(\frac{\sqrt{185}}{2}\right)^2=\frac{185}{4}.$

My oczywiście szukamy takiego punktu $C$ tego okręgu, dla którego współrzędna odcięta wynosi zero, stąd

$y^2=\dfrac{185}{4}-\frac{25}{4},$

czyli $y^2=40$ i $y=-\sqrt{40}$ lub $y=\sqrt{40}$ . Stąd odpowiedź: są dwa rozwiązania: $C_1=(0,\,\sqrt{40})$ lub $C_2=(0,\,-\sqrt{40})$ .

Zadanie 5. (0-4)
Wyznacz równanie okręgu opisanego na trójkącie, którego boki zawierają się w prostych o równaniach $x+6y-12=0$ , $x+y-7=0$ oraz $x-4y+18=0$ .

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

Sytuację przedstawia rysunek. Najpierw należy wyznaczyć wierzchołki trójkąta o bokach leżących na podanych prostych. W tym celu tworzymy trzy układy równań z podanych równań prostych i rozwiązujemy je.

Rendered by QuickLaTeX.com

Oznaczając przez $A,B,C$ wierzchołki trójkąta, ich współrzędne spełniają więc kolejno zależności

$\left\{\begin{array}{l}x+y-7=0\\x-4y+18=0\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}x+y-7=0\\x+6y-12=0\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}x-4y+18=0\\x+6y-12=0\end{array}\right..$

Stąd $A=(2,5)$ , $B=(6,1)$ i $C=(-6,3)$ .

Środek okręgu opisanego na trójkącie znajduje się w punkcie przecięcia symetralnych jego boków. Niech $M_1$ oznacza środek boku $AB$ , zaś $M_2$ będzie środkiem boku $AC$ . Wtedy oczywiście $M_1=\left(\dfrac{2+6}{2},\,\dfrac{5+1}{2}\right)=(4,3)$ i podobnie $M_2=(-2,4)$ . Teraz znależy znaleźć równania prostych prostopadłych do odpowiednich boków i przechodzących przez wyznaczone punkty $M_1$ i $M_2$ . Symetralna boku $AB$ przechodzi przez $M_1$ i jej współczynnikiem kierunkowym jest liczba $1$ , czyli ma ona równanie $y=x-1$ . Zaś symetralna boku $AC$ przechodzi przez $M_2$ i ma współczynnik kierunkowy równy $-4$ , ma więc postać $y=-4x-4$ .

Środek $S$ szukanego okręgu ma współrzędne spełniające układ równań

$S:\left\{\begin{array}{l}y=x-1\\y=-4x-4\end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad S=\left(-\frac{3}{5},\,-\frac{8}{5}\right).$

Pozostaje jeszcze obliczenie promienia $r$ okręgu. W tym celu wyznaczamy długość odcinka $|AS|$ . Mamy

$r=|AS|=\sqrt{(2+\frac{3}{5})^2+(5+\frac{8}{5})^2}=\sqrt{\frac{13^2+33^2}{25}}=\frac{\sqrt{1258}}{5}.$

Ostatecznie, równanie okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ ma postać

$\left(x+\frac{3}{5}\right)^2+\left(y+\frac{8}{5}\right)^2=\frac{1258}{25}.$

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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).

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $(-2,3)$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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).

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $x\neq 1$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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.