[Rozgrzewka przed maturą IV] Zadania różne

[Janusz Tracz]

Ukryta treść:    

Warunek równych odległości zadaje równość \(\displaystyle{ \sqrt{x^2+(y-1)^2}=y+1}\) bez obawa można podnieść to do kwadratu jako, że w zbiorze \(\displaystyle{ A}\) nie ma takich \(\displaystyle{ y}\) by \(\displaystyle{ y+1}\) mogło stać się ujemne (to geometrycznie znaczy, że jak jesteś pod tą prostą a punkt nad to punkt jest dalej więc niemożliwe jest by elementy pod prostą znalazły się w \(\displaystyle{ A}\)). Zatem \(\displaystyle{ x^2+(y-1)^2=(y+1)^2}\) to można uprościć i do \(\displaystyle{ y= \frac{x^2}{4}}\) (zauważmy tu, że \(\displaystyle{ y \ge 0}\)) co unaocznia zbiór \(\displaystyle{ A}\) choć nie warto to robić bo równaniem okrąg z dalszej części zadania jest \(\displaystyle{ x^2+(y-1)^2=1}\) układ tych warunków daje \(\displaystyle{ (y-1)^2=1}\) a stąd otrzymujemy (dwa choć jedno odpada jako, że jest ujemne) rozwiązania \(\displaystyle{ y=0}\). Ostatecznie punktu zbioru \(\displaystyle{ A}\) spotkają się z okręgiem tylko raz.

Udowodnij twierdzenie sinusów.

[Kfadrat]

Ukryta treść:    

Odcinki \(\displaystyle{ BO}\) i \(\displaystyle{ CO}\) mają długość \(\displaystyle{ R}\), korzystając z twierdzenia cosinusów i zależnością między kątem wpisanym i środkowym otrzymujemy \(\displaystyle{ a^2=2R^2(1-\cos2\alpha) \Leftrightarrow a^2=4R^2\sin^2\alpha}\), a stąd już twierdzenie sinusów \(\displaystyle{ R= \frac{a}{2\sin\alpha}}\)

AU

VBmaCa3.png (13.67 KiB) Przejrzano 275 razy

Nie wiem czy o to chodziło, ale jeżeli dobrze to kolejnym zadaniem może być

Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie rombem. Niech \(\displaystyle{ M}\) oznacza środek boku \(\displaystyle{ CD}\) i niech \(\displaystyle{ N}\) będzie punktem przecięcia odcinków \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BM}\). Niech też O oznacza środek rombu ABCD. Znaleźć stosunek pola trójkąta \(\displaystyle{ BNO}\) do pola rombu. Rozstrzygnąć ponadto czy pola trójkątów \(\displaystyle{ BNO}\) i \(\displaystyle{ MNC}\) są równe

[Premislav]

Ej, nie trzeba cosinusów do tego…

Ukryta treść:    

Ustalmy dowolny trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), niech dla ustalenia uwagi \(\displaystyle{ |AB|=a}\) i \(\displaystyle{ \alpha}\) – miara kąta leżącego naprzeciw boku \(\displaystyle{ AB}\). Przez punkt \(\displaystyle{ A}\) i przez środek okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) (o promieniu, dajmy na to, \(\displaystyle{ R}\)) poprowadźmy średnicę okręgu opisanego i oznaczmy drugi punkt, który narysowana średnica ma wspólny z okręgiem, przez \(\displaystyle{ D}\). Kąty wpisane oparte na tym samym łuku są równe, więc \(\displaystyle{ |\angle ADB|=\alpha}\). Ponadto kąt wpisany oparty na średnicy okręgu jest prosty, więc \(\displaystyle{ |\angle ABD|=\frac \pi 2}\). O trójkącie \(\displaystyle{ ABD}\) wiemy więc, że jest on prostokątny, ma przeciwprostokątną \(\displaystyle{ 2R}\), przyprostokątną \(\displaystyle{ a}\) i kąt naprzeciw tej przyprostokątnej leżący o mierze \(\displaystyle{ \alpha}\). Zatem z definicji funkcji sinus w tym trójkącie:
\(\displaystyle{ \frac{a}{2R}=\sin \alpha}\), dla pozostałych boków w pełni analogicznie, c.k.d.

[Kfadrat]

Premislav, lubię sobie utrudniać życie.

[Premislav]

To teraz zobaczysz utrudnianie sobie życia.

Ukryta treść:    

Zakładam, że ten mistyczny „środek rombu" (pierwsze słyszę) to jego środek symetrii, czyli punkt przecięcia przekątnych. To zadanie fajnie się pałuje metodą analityczną. Umieśćmy nasz romb \(\displaystyle{ ABCD}\) w układzie współrzędnych w taki sposób, by \(\displaystyle{ O=(0,0)}\) i aby przekątna \(\displaystyle{ AC}\) rombu \(\displaystyle{ ABCD}\) leżała na prostej o równaniu \(\displaystyle{ y=x}\). Wówczas oczywiście przekątna \(\displaystyle{ BD}\) rombu leży na prostej o równaniu \(\displaystyle{ y=-x}\), ponieważ przekątne rombu przecinają się pod kątem prostym. Niech \(\displaystyle{ C=(c,c)}\) oraz \(\displaystyle{ B=(b,-b)}\). Mamy \(\displaystyle{ \vec{OB}=-\vec{OD}}\), ponieważ w punkcie \(\displaystyle{ O}\), w którym przecinają się przekątne, dzielą się one na połowy. Zatem \(\displaystyle{ D=(-b,b)}\). Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ CD}\), więc jego odpowiednie współrzędne to średnie arytmetyczne współrzędnych punktów \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ D}\), czyli \(\displaystyle{ M=\left( \frac{-b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right)}\).
Wyznaczamy teraz równanie prostej zawierającej odcinek \(\displaystyle{ BM}\). Niech \(\displaystyle{ p,q}\) – współczynniki w równaniu tej prostej (w tej właśnie kolejności), o ile tylko nie jest ona prostopadła do osi \(\displaystyle{ OX}\) (tj. równanie można zapisać jako \(\displaystyle{ y=px+q}\)). Wtedy (z uwagi na to, że w szczególności punkty \(\displaystyle{ B, M}\) należą do rzeczonej prostej) mamy układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} bp+q=-b \\ \frac{-b+c}{2}\cdot p+q= \frac{b+c}{2} \end{cases}}\)
Bez trudu wyliczamy z niego, że \(\displaystyle{ p=\frac{c+3b}{c-3b}, \ q=-\frac{2bc}{c-3b}}\),
czyli o ile \(\displaystyle{ c\neq 3 b}\) (patrz uwaga o braku prostopadłości: ten łatwy przypadek rozważymy oddzielnie) prosta zawierająca odcinek \(\displaystyle{ BM}\) ma wzór
\(\displaystyle{ y=\frac{c+3b}{c-3b}\cdot x-\frac{2bc}{c-3b}}\)
By znaleźć współrzędne punktu \(\displaystyle{ N}\), w którym odcinek \(\displaystyle{ BM}\) przecina odcinek \(\displaystyle{ AC}\), rozwiązujemy więc układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} y=x\\y=\frac{c+3b}{c-3b}\cdot x-\frac{2bc}{c-3b}\end{cases}}\)
i z tego bez problemu wyliczamy, że
\(\displaystyle{ x=\frac c 3, \ y=\frac c 3}\), czyli \(\displaystyle{ N=\left( \frac c 3, \frac c 3\right)}\)
Oczywiście odcinki \(\displaystyle{ OB}\) i \(\displaystyle{ ON}\) są prostopadłe, toteż pole trójkąta \(\displaystyle{ BNO}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac 1 2\cdot \sqrt{2}\left| \frac c 3\right| \cdot \sqrt{2}\left| \frac b 3\right| = \frac{|bc|}{3}}\), zaś pole całego rombu to połowa iloczynu długości przekątnych, czyli \(\displaystyle{ 4|bc|}\), zatem stosunek pola trójkąta \(\displaystyle{ BNO}\) do pola rombu \(\displaystyle{ ABCD}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{12}}\). Natomiast pole trójkąta \(\displaystyle{ MNC}\) najszybciej można obliczyć z Herona lub metodą wyznaczników, a najłatwiej znajdując wysokość opuszczoną na bok \(\displaystyle{ NC}\):
prosta ją zawierająca przechodzi przez punkt \(\displaystyle{ M=\left( \frac{-b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right)}\) i jest prostopadła do prostej o równaniu \(\displaystyle{ y=x}\). Stąd już łatwo wyliczyć, że ma ona równanie \(\displaystyle{ y=-x+c}\), a wysokość \(\displaystyle{ h}\) trójkąta \(\displaystyle{ MNC}\) opuszczona na bok \(\displaystyle{ NC}\) ma więc spodek (czy jak to się zwie) o współrzędnych \(\displaystyle{ \left( \frac c 2, \frac c 2\right)}\), czyli \(\displaystyle{ h= \sqrt{\left( \frac{-b+c}{2}-\frac c 2\right)^2+\left(\frac{b+c}{2}-\frac c 2 \right)^2 }=\frac{|b|}{\sqrt{2}}}\)
i pole trójkąta \(\displaystyle{ MNC}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac 1 2 |NC|h=\frac 1 2 \sqrt{\left( c-\frac c 3\right)^2+\left( c-\frac c 3\right)^2 } \cdot \frac{|b|}{\sqrt{2}}=\frac{|bc|}{3}}\),
a zatem pola trójkątów \(\displaystyle{ BNO}\) i \(\displaystyle{ MNC}\) są równe.
Pozostaje jeszcze trywialny przypadek \(\displaystyle{ c=3b}\), w którym to zarówno punkt \(\displaystyle{ M}\), jak i \(\displaystyle{ B}\) leżą na prostej o równaniu \(\displaystyle{ x=b.}\) Wówczas \(\displaystyle{ N=(b,b)}\) i nie ulega zmianie ani stosunek pól, który też jest równy \(\displaystyle{ \frac{1}{12}}\), ani konkluzja o równości pól trójkątów \(\displaystyle{ BNO}\) i \(\displaystyle{ MNC}\), ale nie będę przepisywać obliczeń; sa one w pełni analogiczne (jeśli nie wręcz takie same) z uwagi na to, że \(\displaystyle{ c=3b}\).

Nowe zadanie:
proszę udowodnić, że dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ a,b>0}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 16a^3+b^3\ge 12a^2 b}\).

[karolex123]

Premislav, chyba przesada z tym "mistycznym" środkiem, nie ma lepszego kandydata niż punkt przecięcia przekątnych (ale masz rację, nie funkcjonuje powszechnie takie określenie)

co do zadania, to nie spodziewałem się takiej odpowiedzi, moją intencją było, aby ludzie poćwiczyli plani..
Wrzucę może dla zainteresowanych rozwiązanie o jakim myślałem konstruując zadanie:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ S}\)- pole trójkąta \(\displaystyle{ OBN}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ \frac{AN}{NC}=2}\) oraz \(\displaystyle{ AO=OC}\). Te równości dają razem:\(\displaystyle{ CN= \frac{1}{2} AN=\frac{1}{2}( AO+ON)=\frac{1}{2} (CO+ON)=\frac{1}{2} CN+ON}\), skąd \(\displaystyle{ CN=2ON}\). A zatem \(\displaystyle{ ON= \frac{1}{6}AC}\) i natychmiast: \(\displaystyle{ S= \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2}P= \frac{1}{12}P}\), gdzie \(\displaystyle{ P}\) to pole rombu \(\displaystyle{ ABCD}\). Na koniec zobaczmy, że oczywiście czworokąt \(\displaystyle{ OBCM}\) jest trapezem i w konsekwencji pola trójkątów \(\displaystyle{ OBN}\) i \(\displaystyle{ MNC}\) są równe..

-- 27 kwi 2019, o 16:46 --

Rozwiązanie następnego zadania:

Ukryta treść:    

Mamy \(\displaystyle{ 16a^3+b^3 \ge 3 \sqrt[3]{8a^3 \cdot 8a^3 \cdot b^3}=12a^2 b}\) z nierówności między średnimi

Niebawem wrzucę następne-- 27 kwi 2019, o 16:54 --Rozważmy kwadrat jednostkowy \(\displaystyle{ ABCD}\). Kreślimy okręgi \(\displaystyle{ O_1, O_2}\) o środkach w punktach \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), każdy o promieniu równym długości boku kwadratu \(\displaystyle{ 1}\). Okręgi te przecięły się wewnątrz kwadratu w punkcie \(\displaystyle{ X}\). Następnie wpisujemy w kwadrat okrąg w ten sposób, by był on styczny do jego boku \(\displaystyle{ AB}\) oraz do łuków \(\displaystyle{ AX}\) i \(\displaystyle{ BX}\) okręgów \(\displaystyle{ O_2}\) i \(\displaystyle{ O_1}\). Znaleźć promień tego okręgu.

[albanczyk123456]

Ukryta treść:    

Niech bok kwadratu ma długość \(\displaystyle{ a}\), środek szukanego okręgu oznaczmy przez \(\displaystyle{ I}\), rzut prostokątny \(\displaystyle{ I}\) na \(\displaystyle{ AB}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ S}\). Okręgi o środkach \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ I}\) są stycznie wewnętrznie zatem \(\displaystyle{ AI=a-r}\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie AIS otrzymujmy:
\(\displaystyle{ (a-r)^{2}=\frac{a^{2}}{4}+r^{2} \Rightarrow r=\frac{3a}{8}}\)

Wyznacz wszystkie trójki \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) liczb rzeczywistych spełniających równanie:
\(\displaystyle{ \sqrt{x}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-2}=\frac{1}{2}(x+y+z)}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Zacznijmy od dziedziny: \(\displaystyle{ x\ge 0, \ y\ge 1, \ z\ge 2}\). Mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ 2}\) i zwijamy do postaci \(\displaystyle{ \left( \sqrt{x}-1\right)^2+\left( \sqrt{y-1}-1\right)^2+\left( \sqrt{z-2}-1\right)^2=0}\)
Stąd i z nieujemności kwadratu liczby rzeczywistej dostajemy \(\displaystyle{ \sqrt{x}=1, \ \sqrt{y-1}=1, \ \sqrt{z-2}=1}\), czyli \(\displaystyle{ x=1, \ y=2, \ z=3}\).

Proszę wyznaczyć wszystkie pary nieujemnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ x,y}\) spełniające równość
\(\displaystyle{ \sqrt{xy}=\sqrt{x+y}+\sqrt{x}+\sqrt{y}}\)

[albanczyk123456]

Ukryta treść:    

Widzimy że \(\displaystyle{ (x,y)=(0,0)}\) spełnia warunki zdania, zakładamy że \(\displaystyle{ x,y>0.}\)
Rozważmy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości \(\displaystyle{ \sqrt{x},\sqrt{y}}\).
Wówczas korzystając z wzoru na pole \(\displaystyle{ S=pr}\) dostajemy że \(\displaystyle{ r=1}\). Z ograniczeń geometrycznych mamy: \(\displaystyle{ x,y \in \left\langle 5;11\right\rangle}\). Teraz wracając do równania:
\(\displaystyle{ \sqrt{xy}-(\sqrt{x}+\sqrt{y})=\sqrt{x+y}}\)
Podnosimy do kwadratu, po redukcji i grupowaniu dostajemy:
\(\displaystyle{ (\sqrt{x}-2)(\sqrt{y}-2)=4}\)
Sprawdzamy ręcznie liczby z naszego przedziału i znajdujemy \(\displaystyle{ (x,y)=(9,16)}\), \(\displaystyle{ (x,y)=(16,9)}\)
Odpowiedź: \(\displaystyle{ (x,y)=(0,0), (x,y)=(9,16), (x,y)=(16,9)}\)

Udowodnić, że dla dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\) takich, że \(\displaystyle{ a+b+c=1}\), spełniona jest nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{a(b+1)}{b+c}+\frac{b(c+1)}{c+a}+\frac{c(a+1)}{a+b} \ge 2}\)

[a4karo]

Z ograniczeń geometrycznych mamy: \(\displaystyle{ x,y \in \left\langle 5;11\right\rangle}\).
Odpowiedź: \(\displaystyle{ (x,y)=(0,0), (x,y)=(9,16), (x,y)=(16,9)}\)

Nie sprawdzałem rozwiązania, ale te dwa stwierdzenia są niepokojące

[albanczyk123456]

a4karo, Faktycznie, dziękuję. Pomyliłem \(\displaystyle{ \sqrt{x}}\) z \(\displaystyle{ x}\), prawidłowe ograniczenie to: \(\displaystyle{ x,y \in \left\langle 5;110\right\rangle}\).

[Premislav]

Ukryta treść:    

Korzystając z warunku \(\displaystyle{ a+b+c=1}\), mamy równoważnie:
\(\displaystyle{ \frac{a(2b+a+c)}{b+c}+\frac{b(2c+a+b)}{c+a}+\frac{c(2a+b+c)}{a+b}\ge 2\\ \frac{a^2+ab}{b+c}+\frac{b^2+bc}{c+a}+\frac{c^2+ca}{a+b}\ge 1}\)
Lemat z nieba:
gdy \(\displaystyle{ x\in (0,1)}\), to
\(\displaystyle{ \frac{x}{1-x}\ge \frac 9 4 x-\frac 1 4}\)
Dowód lematu z nieba:
równoważnie mamy
\(\displaystyle{ 4x\ge (9x-1)(1-x)\\ (3x-1)^2\ge 0}\)
co jest już oczywiste.
Korzystając z powyższego lematu i z założenia \(\displaystyle{ a+b+c=1}\), mamy
\(\displaystyle{ \frac{a^2+ab}{b+c}=(a+b)\cdot \frac{a}{1-a}\ge \frac 9 4 a(a+b)-\frac{a+b}{4}}\)
i dwie podobne nierówności. Dodajemy te trzy nierówności stronami, dostając
\(\displaystyle{ \frac{a^2+ab}{b+c}+\frac{b^2+bc}{c+a}+\frac{c^2+ca}{a+b} \\ \ge \frac 9 4(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)-\frac{a+b+c}{2}=\\=\frac 9 4\left( a+b+c\right)^2-\frac 9 4(ab+bc+ca)-\frac{a+b+c}{2}\ge \frac 3 2(a+b+c)^2-\frac{a+b+c}{2}=1}\)
co kończy dowód.
W ostatnim przejściu z nierównością wykorzystałem:
\(\displaystyle{ (a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca) \Leftrightarrow \frac 1 2\left( (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\ge 0}\)
Lemat z nieba można wymyślić, korzystając z rachunku różniczkowego.

Proszę znaleźć najmniejsze takie \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\), że liczba \(\displaystyle{ m^2-m+11}\) jest iloczynem przynajmniej czterech liczb pierwszych (niekoniecznie różnych).

[albanczyk123456]

Ukryta treść:    

Zdefiniujmy \(\displaystyle{ f(m)=m^{2}-m+11}\) dla odpowiednich \(\displaystyle{ m}\). Tworzymy tabelę \(\displaystyle{ m,f(m)}\) i sprawdzamy jakie m spełnia warunki zadania. Po szybkim sprawdzeniu \(\displaystyle{ m=132}\) Jest szukaną liczbą ponieważ \(\displaystyle{ 17303=11*11*11*13}\). Poniżej tabela:
\(\displaystyle{ 1, 11}\)
\(\displaystyle{ 2, 13}\)
\(\displaystyle{ 3, 17}\)
\(\displaystyle{ 4, 23}\)
\(\displaystyle{ 5, 31}\)
\(\displaystyle{ 6, 41}\)
\(\displaystyle{ 7, 53}\)
\(\displaystyle{ 8, 67}\)
\(\displaystyle{ 9, 83}\)
\(\displaystyle{ 10, 101}\)
\(\displaystyle{ 11, 121}\)
\(\displaystyle{ 12, 143}\)
\(\displaystyle{ 13, 167}\)
\(\displaystyle{ 14, 193}\)
\(\displaystyle{ 15, 221}\)
\(\displaystyle{ 16, 251}\)
\(\displaystyle{ 17, 283}\)
\(\displaystyle{ 18, 317}\)
\(\displaystyle{ 19, 353}\)
\(\displaystyle{ 20, 391}\)
\(\displaystyle{ 21, 431}\)
\(\displaystyle{ 22, 473}\)
\(\displaystyle{ 23, 517}\)
\(\displaystyle{ 24, 563}\)
\(\displaystyle{ 25, 611}\)
\(\displaystyle{ 26, 661}\)
\(\displaystyle{ 27, 713}\)
\(\displaystyle{ 28, 767}\)
\(\displaystyle{ 29, 823}\)
\(\displaystyle{ 30, 881}\)
\(\displaystyle{ 31, 941}\)
\(\displaystyle{ 32, 1003}\)
\(\displaystyle{ 33, 1067}\)
\(\displaystyle{ 34, 1133}\)
\(\displaystyle{ 35, 1201}\)
\(\displaystyle{ 36, 1271}\)
\(\displaystyle{ 37, 1343}\)
\(\displaystyle{ 38, 1417}\)
\(\displaystyle{ 39, 1493}\)
\(\displaystyle{ 40, 1571}\)
\(\displaystyle{ 41, 1651}\)
\(\displaystyle{ 42, 1733}\)
\(\displaystyle{ 43, 1817}\)
\(\displaystyle{ 44, 1903}\)
\(\displaystyle{ 45, 1991}\)
\(\displaystyle{ 46, 2081}\)
\(\displaystyle{ 47, 2173}\)
\(\displaystyle{ 48, 2267}\)
\(\displaystyle{ 49, 2363}\)
\(\displaystyle{ 50, 2461}\)
\(\displaystyle{ 51, 2561}\)
\(\displaystyle{ 52, 2663}\)
\(\displaystyle{ 53, 2767}\)
\(\displaystyle{ 54, 2873}\)
\(\displaystyle{ 55, 2981}\)
\(\displaystyle{ 56, 3091}\)
\(\displaystyle{ 57, 3203}\)
\(\displaystyle{ 58, 3317}\)
\(\displaystyle{ 59, 3433}\)
\(\displaystyle{ 60, 3551}\)
\(\displaystyle{ 61, 3671}\)
\(\displaystyle{ 62, 3793}\)
\(\displaystyle{ 63, 3917}\)
\(\displaystyle{ 64, 4043}\)
\(\displaystyle{ 65, 4171}\)
\(\displaystyle{ 66, 4301}\)
\(\displaystyle{ 67, 4433}\)
\(\displaystyle{ 68, 4567}\)
\(\displaystyle{ 69, 4703}\)
\(\displaystyle{ 70, 4841}\)
\(\displaystyle{ 71, 4981}\)
\(\displaystyle{ 72, 5123}\)
\(\displaystyle{ 73, 5267}\)
\(\displaystyle{ 74, 5413}\)
\(\displaystyle{ 75, 5561}\)
\(\displaystyle{ 76, 5711}\)
\(\displaystyle{ 77, 5863}\)
\(\displaystyle{ 78, 6017}\)
\(\displaystyle{ 79, 6173}\)
\(\displaystyle{ 80, 6331}\)
\(\displaystyle{ 81, 6491}\)
\(\displaystyle{ 82, 6653}\)
\(\displaystyle{ 83, 6817}\)
\(\displaystyle{ 84, 6983}\)
\(\displaystyle{ 85, 7151}\)
\(\displaystyle{ 86, 7321}\)
\(\displaystyle{ 87, 7493}\)
\(\displaystyle{ 88, 7667}\)
\(\displaystyle{ 89, 7843}\)
\(\displaystyle{ 90, 8021}\)
\(\displaystyle{ 91, 8201}\)
\(\displaystyle{ 92, 8383}\)
\(\displaystyle{ 93, 8567}\)
\(\displaystyle{ 94, 8753}\)
\(\displaystyle{ 95, 8941}\)
\(\displaystyle{ 96, 9131}\)
\(\displaystyle{ 97, 9323}\)
\(\displaystyle{ 98, 9517}\)
\(\displaystyle{ 99, 9713}\)
\(\displaystyle{ 100, 9911}\)
\(\displaystyle{ 101, 10111}\)
\(\displaystyle{ 102, 10313}\)
\(\displaystyle{ 103, 10517}\)
\(\displaystyle{ 104, 10723}\)
\(\displaystyle{ 105, 10931}\)
\(\displaystyle{ 106, 11141}\)
\(\displaystyle{ 107, 11353}\)
\(\displaystyle{ 108, 11567}\)
\(\displaystyle{ 109, 11783}\)
\(\displaystyle{ 110, 12001}\)
\(\displaystyle{ 111, 12221}\)
\(\displaystyle{ 112, 12443}\)
\(\displaystyle{ 113, 12667}\)
\(\displaystyle{ 114, 12893}\)
\(\displaystyle{ 115, 13121}\)
\(\displaystyle{ 116, 13351}\)
\(\displaystyle{ 117, 13583}\)
\(\displaystyle{ 118, 13817}\)
\(\displaystyle{ 119, 14053}\)
\(\displaystyle{ 120, 14291}\)
\(\displaystyle{ 121, 14531}\)
\(\displaystyle{ 122, 14773}\)
\(\displaystyle{ 123, 15017}\)
\(\displaystyle{ 124, 15263}\)
\(\displaystyle{ 125, 15511}\)
\(\displaystyle{ 126, 15761}\)
\(\displaystyle{ 127, 16013}\)
\(\displaystyle{ 128, 16267}\)
\(\displaystyle{ 129, 16523}\)
\(\displaystyle{ 130, 16781}\)
\(\displaystyle{ 131, 17041}\)
\(\displaystyle{ 132, 17303}\)

Równanie ma dwa pierwiastki rzeczywiste \(\displaystyle{ x_{1},x_{2}}\). Oblicz \(\displaystyle{ |x_{1}-x_{2}|}\).
\(\displaystyle{ 5x^{2}+6x+10= 6\sqrt{x^{4}+4}}\)

[Premislav]

poprzednie nieco inaczej:    

Pośród tych liczb pierwszych nie może być \(\displaystyle{ 2}\), ponieważ liczba \(\displaystyle{ m(m-1)}\) jest parzysta dla dowolnego \(\displaystyle{ m\in \NN}\), a więc \(\displaystyle{ m(m-1)+11}\) jest nieparzysta. Czyli dowolna liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\), która dzieli liczbę \(\displaystyle{ m^2-m+11}\), dzieli również liczbę \(\displaystyle{ 4(m^2-m+11)=(2m-1)^2+43}\).
Czyli dla dowolnej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) dzielącej \(\displaystyle{ m^2-m+11, \ -43}\) (z dokładnością do krotności \(\displaystyle{ p}\)) musi być resztą kwadratową modulo \(\displaystyle{ p}\). Stąd łatwo sprawdzić, że odpadają też \(\displaystyle{ p=3, \ p=5}\) oraz \(\displaystyle{ p=7}\), gdyż \(\displaystyle{ -43\equiv 2\pmod{3}}\) i \(\displaystyle{ 2}\) jest nieresztą kwadratową modulo \(\displaystyle{ 3}\) oraz \(\displaystyle{ -43\equiv 2\pmod{5}}\) i \(\displaystyle{ 2}\) jest nieresztą kwadratową modulo \(\displaystyle{ 5}\), a także \(\displaystyle{ -43\equiv 6\pmod{7}}\) i \(\displaystyle{ 6}\) jest nieresztą kwadratową modulo \(\displaystyle{ 7}\).
Natomiast liczby \(\displaystyle{ 11}\) i \(\displaystyle{ 13}\) już spełniają powyższy warunek konieczny. Oczywiście \(\displaystyle{ 11}\) dzieli \(\displaystyle{ m^2-m+11}\) wtedy i tylko wtedy, gdy dzieli \(\displaystyle{ m-1}\) lub \(\displaystyle{ m.}\) Testujemy \(\displaystyle{ m=11k, \ k\in \NN^+}\), wtedy \(\displaystyle{ m^2-m+11=11\left( 11k^2-k+1\right)}\) i w świetle poprzednich spostrzeżeń (wykluczyliśmy podzielność przez \(\displaystyle{ 2,3,5,7}\)) ten ostatni czynnik musi być nie mniejszy niż \(\displaystyle{ 11^3}\), by nasze \(\displaystyle{ m=11k}\) spełniało warunki zadania. Nierówność \(\displaystyle{ 11k^2-k+11\ge 11^3}\) sprowadza się zaś do \(\displaystyle{ (k-11)(11k+120)\ge 0}\), stąd \(\displaystyle{ k\ge 11}\). Testujemy \(\displaystyle{ k=11}\) (czyli \(\displaystyle{ m=121}\)) i mamy \(\displaystyle{ 121^2-121+11=11\cdot (1331-11+1)=11\cdot 1321}\), nie wychodzi (bo liczba \(\displaystyle{ 1321}\) jest pierwsza), dalej sprawdzamy więc \(\displaystyle{ k=12}\) (czyli \(\displaystyle{ m=132}\)) i wychodzi, stąd odpowiedź to \(\displaystyle{ m=132}\). Mimo wszystko jak to zamieszczałem, wydawało mi się mniej pałkarskie.
To zadanie 12. z AIME I, 2016 r.

obecne:    

\(\displaystyle{ 5x^{2}+6x+10= 6\sqrt{x^{4}+4} \ (*)}\)
Lewa strona jest dodatnia dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in \RR}\) (jest bowiem równa \(\displaystyle{ 5\left( x+\frac 3 5\right)^2+\frac{41}{5}}\)), więc możemy podnieść równanie stronami do kwadratu, co daje:
\(\displaystyle{ 36(x^4+4)=(5x^2+6x+10)^2\\11x^4-60x^3-136x^2-120x+44=0}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ x=0}\) nie spełnia tego równania, a dalej załóżmy, że \(\displaystyle{ x\neq 0}\) i podzielmy nasze równanie stronami przez \(\displaystyle{ x^2}\). Dostajemy:
\(\displaystyle{ 11x^2-60x-136-\frac{120}{x}+\frac{44}{x^2}=0\\11\left( x+\frac 2 x\right)^2-60\left( x+\frac 2 x\right)-180=0}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ t=x+\frac 2 x}\), wówczas otrzymujemy równanie kwadratowe
\(\displaystyle{ 11t^2-60t-180=0\\ 11\left( t-\frac{30}{11}\right)^2-\frac{2880}{11}=0\\ t=\frac{30}{11}+ \frac{\sqrt{2880}}{11}\vee t=\frac{30}{11}-\frac{\sqrt{2880}}{11}\\ t= \frac{30+24\sqrt{5}}{11}\vee t=\frac{30-24\sqrt{5}}{11}}\)
Zatem sprowadziliśmy równanie \(\displaystyle{ (*)}\) do dwóch równań kwadratowych:
\(\displaystyle{ x^2- \frac{30+24\sqrt{5}}{11}x+2=0}\)
oraz
\(\displaystyle{ x^2- \frac{30-24\sqrt{5}}{11}x+2=0}\)
To pierwsze równanie ma dodatni wyróżnik, a to drugie ma ujemny wyróżnik, stąd rzeczywiste rozwiązania równania \(\displaystyle{ (*)}\) to dokładnie rozwiązania równania
\(\displaystyle{ x^2- \frac{30+24\sqrt{5}}{11}x+2=0}\)
Odnotujmy teraz, że
\(\displaystyle{ |x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}}\)
i ze wzorów Viete'a dla trójmianu \(\displaystyle{ x^2- \frac{30+24\sqrt{5}}{11}x+2}\) otrzymujemy wynik:
\(\displaystyle{ |x_1-x_2|= \sqrt{\left( \frac{30+24\sqrt{5}}{11}\right)^2-8 }}\)

Może teraz coś takiego (prędzej się przyda na maturę):
proszę udowodnić następujące twierdzenie (tw. Stewarta):
Niech \(\displaystyle{ a, \ b , \ c}\) będą długościami boków trójkąta. Niech \(\displaystyle{ d}\) będzie długością dowolnego odcinka łączącego wierzchołek naprzeciwko boku długości \(\displaystyle{ a}\) z punktem na tym boku. Niech rzeczony odcinek dł. \(\displaystyle{ d}\) dzieli bok \(\displaystyle{ a}\) na dwa odcinki o długościach \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\).
Proszę wykazać, że
\(\displaystyle{ b^{2}m+c^{2}n=a(d^{2}+mn)}\)

[karolex123]

Ukryta treść:    

Piszemy dwa razy twierdzenie cosinusów: \(\displaystyle{ c^2=m^2+d^2-2md \cos \alpha}\) i \(\displaystyle{ b^2=n^2+d^2+2nd \cos \alpha}\) (zakładam, że kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) ley między odcinkami długości \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ d}\)) jest oraz mnożąc pierwsze równanie stronami przez \(\displaystyle{ n}\), drugie zaś przez \(\displaystyle{ m}\), a następnie dodając je do siebie otrzymamy: \(\displaystyle{ c^2 n+b^2 m=m^2 n+n^2 m+d^2(m+n)=mn(m+n)+d^2 (m+n)=a(mn+d^2)}\) pamiętając, że \(\displaystyle{ a=m+n}\)

-- 28 kwi 2019, o 21:11 --

Rozważmy sześcian \(\displaystyle{ ABCD}\)\(\displaystyle{ EFGH}\) o krawędzi długości \(\displaystyle{ 6}\). Rozstrzygnąć, jakim wielokątem jest przekrój tego sześcianu płaszczyzną wyznaczoną przez \(\displaystyle{ H, M, N}\), gdzie \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem krawędzi \(\displaystyle{ AB}\), zaś \(\displaystyle{ N}\)- środkiem krawędzi \(\displaystyle{ BC}\) sześcianu. Ponadto, znaleźć pole tego przekroju