LO | 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.

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 $A=(-1,0),$ $B=(1,2),$ $C=(3,0),$ $D=(-4,3)$ , $E=(6,3)$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $|ST|=\frac{1}{2}|AB|.$

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $ABC$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $r_2=9$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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

$W(x)=(x-2)(x+3)(2x+1).$

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $6\sqrt{3}$ .