Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \sqrt{3-a^{2}} = ax - \sqrt{3}}\) Warunki to \(\displaystyle{ a \in \left\langle - \sqrt{3}, \sqrt{3} \right\rangle}\) oraz \(\displaystyle{ ax \ge \sqrt{3}}\) ( tj. wtedy istnieje rozwiązanie ). Do kwadratu stronami i mamy \(\displaystyle{ 3 - a^{2} = a^{2}x^{2} -2 \sqrt{3}ax + 3}\), czyli \(\displaystyle{ a^{2}x^{2}-a^{2} -2 \sqrt{3}ax = 0}\) dzielimy przez \(\displaystyle{ a \neq 0}\) ( wtedy też nie istnieje rozwiązanie ) i mamy \(\displaystyle{ ax^{2} -a -2 \sqrt{3}x = 0}\), mianowicie \(\displaystyle{ a = \frac{2 \sqrt{3}x }{x^{2}-1}}\) co jest rozwiązaniem dla \(\displaystyle{ x^{2} \neq 1}\) ( wtedy z tego co widzę też nie istnieją rozwiązania )

Mianowicie przy przenoszeniu zamiast \(\displaystyle{ a^{2}x^{2}-a^{2} -2 \sqrt{3}ax = 0}\) powinno być \(\displaystyle{ a^{2}x^{2}+a^{2} -2 \sqrt{3}ax = 0}\) Co daje \(\displaystyle{ a = \frac{2 \sqrt{3}x }{x^{2}+1}}\) Następnie po podstawieniu otrzymanego \(\displaystyle{ a}\) do lewej i później prawej strony pierwotnego równania otrzymujemy warunek \(\displaystyle{ x \in (- \infty , -1 \rangle \cup \left\langle 1, +\infty )}\)

\(\displaystyle{ k=a+b}\)
\(\displaystyle{ c \in (0, k)}\)
\(\displaystyle{ P= \frac{c \cdot h}{2}}\)
Oznaczam \(\displaystyle{ c}\) jako podstawę i \(\displaystyle{ h}\) jako opuszczoną na nią wysokość
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^2-x^2=h^2\\(k-a)^2-(c-x)^2=h^2\end{cases}}\)
Dodaję
\(\displaystyle{ 2a^2-2ka+k^2-2x^2+2xc-c^2=2h^2}\)
i badam przebieg zmienności funkcji zmiennych \(\displaystyle{ x}\) oraz \(\displaystyle{ a}\)
Otrzymuję wartość maksymalną dla \(\displaystyle{ \begin{cases} x= \frac{c}{2} \\a= \frac{k}{2} \end{cases}}\)
Co daje trójkąt równoramienny.
Następnie z badania przebiegu zmienności funkcji opisującej pole trójkąta w zależności od kąta \(\displaystyle{ \alpha}\) z podstawą \(\displaystyle{ c}\)
\(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} c \frac{k}{2} \sin \alpha = \frac{k^2}{8} \sin \alpha \cos \alpha}\)
\(\displaystyle{ P^'=\frac{k^2}{8}( \cos \alpha ^2 - \sin \alpha ^2)=0 \Rightarrow \alpha= \frac{ \pi }{2}}\)
\(\displaystyle{ c=2 \frac{k}{2} \cos \frac{ \pi }{2}= \frac{k \sqrt{2} }{2}}\)
Co daje \(\displaystyle{ P= \frac{k^2}{8}}\)
Chyba, że długości tych dwóch boków są ustalone.
Wtedy \(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} ab \sin \alpha}\)
Największe pole jest w przypadku kąta prostego między bokami \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\)
Bok \(\displaystyle{ c= \sqrt{(kx)^2+k^2(1-x)^2}=k \sqrt{x^2+(x-1)^2}}\)
Gdzie \(\displaystyle{ x= \frac{a}{k}}\)

Drugie równanie zapisujemy w postaci \(\displaystyle{ 6y^3-18y=13x^3+3x}\) i podnosimy do kwadratu, potem wstawiamy za \(\displaystyle{ y^6, y^4}\) i \(\displaystyle{ y^2}\) z pierwszego równania i mamy: \(\displaystyle{ 36(2x^2+3)^3-216(2x^2+3)^2+324(2x^2+3)=169x^6+78x^4+9x^2}\).
To się sprowadza do \(\displaystyle{ x^2(119x^4+354x^2-9)=0}\).
Dostajemy 4 pary \(\displaystyle{ (x,y)=(0, \pm \sqrt{3}), ( \frac{ \sqrt{3} }{ \sqrt{119} }, \frac{ 11\sqrt{3} }{ \sqrt{119}} ), (-\frac{ \sqrt{3} }{ \sqrt{119}}, -\frac{ 11\sqrt{3} }{ \sqrt{119}})}\).

\(\displaystyle{ P= \frac{a}{2} \cdot 12= \frac{b}{2} \cdot 15= \frac{c}{2} \cdot 20 \Rightarrow 6a=7,5b=10c}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{b^2-12^2}+ \sqrt{c^2-12^2} =a}\)
Po dwukrotnym podniesieniu do kwadratu, podstawieniu i pewnych przekształceniach otrzymujemy
\(\displaystyle{ 0=a^4-625a^2}\)
\(\displaystyle{ a=25}\)
\(\displaystyle{ P= \frac{12 \cdot 25}{2}=150}\)

Wielomiany
\(\displaystyle{ (x+1)(x^3-x^2+(m-5)x-6)}\) oraz \(\displaystyle{ x^3-x^2+(m-5)x-4}\)
jeśli mają wspólne miejsce zerowe, to wynosi ono \(\displaystyle{ x=-1}\)
(Bo wielomiany \(\displaystyle{ x^3-x^2+(m-5)x-6}\) oraz \(\displaystyle{ x^3-x^2+(m-5)x-4=(x^3-x^2+(m-5)x-6)+2}\) nie mogą mieć wspólnego pierwiastka)

Wzór na pole trójkąta przy znanych wysokościach (przekształcony wzór Herona) to :
\(\displaystyle{ P = \frac{1}{ \sqrt{\left( \frac{1}{h _1 } + \frac{1}{h _2 }+ \frac{1}{h _3 }\right) \left( \frac{1}{h _1 } + \frac{1}{h _2 }- \frac{1}{h _3 }\right) \left( \frac{1}{h _1 } - \frac{1}{h _2 }+ \frac{1}{h _3 }\right) \left( -\frac{1}{h _1 } + \frac{1}{h _2 }+ \frac{1}{h _3 }\right) } }}\)

Przepiszę równoważnie wzór na długość odcinka, który należy skonstruować:
\(\displaystyle{ \frac{(a+b)\sqrt{ab}}{b}}\)
Konstrukcja odcinka \(\displaystyle{ (a+b)}\) jest prosta.
Jak skonstruować odcinek o długości \(\displaystyle{ \sqrt{ab}}\)?
Na danej prostej odkładamy odcinek \(\displaystyle{ (a+b)}\) a następnie rysujemy okrąg o o tej średnicy. Z miejsca gdzie kończy się odcinek \(\displaystyle{ a}\) a zaczyna się odcinek \(\displaystyle{ b}\) rysujemy prostą prostopadłą do odcinka \(\displaystyle{ (a+b)}\). Punkty przecięcia tej prostej z odcinkiem \(\displaystyle{ (a+b)}\) oraz np z górną połową okręgu wyznaczają odcinek równy wysokości trójkąta prostokątnego. Przy poczynionych założeniach długość tego odcinka wynosi \(\displaystyle{ \sqrt{ab}}\).
Teraz z twierdzenia Talesa:
\(\displaystyle{ \frac{b}{\sqrt{ab}}=\frac{a+b}{x}}\)
Ta konstrukcja wydaje się być prosta.

Jeżeli rozwiązanie jest poprawne proszę o dodanie nowego zadnia

Cyframi jedności kwadratu liczby naturalnej mogą być jedynie 0,1,4,5,6,9
dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ i\ge 5}\) ostatnią cyfrą \(\displaystyle{ i!}\) jest \(\displaystyle{ 0}\)
Cyfrą jedności \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}i!}\) jest \(\displaystyle{ 3}\) dla \(\displaystyle{ n\ge 5}\)
Widać stąd, że dla \(\displaystyle{ n\ge 5}\) nie jest spełnione \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}i!=a^2}\)
Należy rozpatrzyć przypadki \(\displaystyle{ n=1,2,3,4}\)
Ostatecznie:
\(\displaystyle{ n=1 \ a=1}\)
\(\displaystyle{ n=3 \ a=3}\)

Innymi słowy chcemy pokazać, że nie istnieją takie \(\displaystyle{ k \in \ZZ, n \in \NN}\), iż
\(\displaystyle{ n^{7}-n=28k+7}\), ale to jest oczywiste, bo pierwsza z tych liczb dzieli się przez \(\displaystyle{ 2}\), gdyż \(\displaystyle{ n^{7}-n=n(n^{6}-1)}\) a liczby \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ n^{6}}\) dla \(\displaystyle{ n \in \ZZ}\) mają tę samą parzystość, więc \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ n^{6}-1}\) różnią się parzystością,
natomiast \(\displaystyle{ 28k+7}\) daje resztę \(\displaystyle{ 1}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 2}\).

Nie ma to jak potęga Painta!
Oznaczmy \(\displaystyle{ |DC|=y}\), wówczas skoro trapez jest opisany na okręgu, to mamy
\(\displaystyle{ |AB|=8-y}\). Ponadto lemat z podstawówki: odcinek łączący środki boków jest równoległy do obu podstaw. Nie umiem go udowodnić, więc poprzestańmy na tym, że to znany fakt.
Oznaczmy \(\displaystyle{ S_{1}}\) - punkt, w którym odcinek łączący środki boków przecina bok \(\displaystyle{ AD}\), \(\displaystyle{ S_{2}}\) - punkt, w którym odcinek łączący środki boków styka się z bokiem \(\displaystyle{ BC}\).
Wtedy \(\displaystyle{ |S_{1}S_{2}|}\) jest równa średniej arytmetycznej długości obu podstaw, tj. \(\displaystyle{ |S_{1}S_{2}|=4}\). Dowodu nie pamiętam, ale jak już się ma tę równoległość, to można chyba z podobieństwa trójkątów.
Niech więc \(\displaystyle{ h}\) - wysokość trapezu. Mamy równanie:
\(\displaystyle{ 11 \frac{h(y+4)}{4}=5 \frac{h(12-y)}{4}}\)
z informacji o proporcji.
Wychodzi wreszcie \(\displaystyle{ y=1}\), a zatem \(\displaystyle{ |AB|=8-y-7}\). Co za sieczka, połowa tej pisaniny jest niepotrzebna.
Jestem tak do bani z planimetrii, że bardziej już się nie da... ale w końcu wyszło.

Dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ x^2}\) (bo można), podstawiamy \(\displaystyle{ u=x+ \frac{1}{x}}\), równanie przyjmuje postać: \(\displaystyle{ u^2+u-1=0}\) skąd mamy \(\displaystyle{ u=- \frac{1+\sqrt5}{2}}\) lub \(\displaystyle{ u= \frac{\sqrt5-1}{2}}\), ale \(\displaystyle{ uin(-infty, -2] cup [2, infty)}\). Czyli to równanie nie ma rozwiązań.

Lub można też podstawić do wzoru na sumę ciągu geometrycznego sprawdzając wcześniej \(\displaystyle{ x=1}\).

Dla \(\displaystyle{ a = b = c}\) mamy \(\displaystyle{ 3a^{2} \ge 3a^{2}k}\), stąd \(\displaystyle{ 1 \ge k}\), a dla \(\displaystyle{ k = 1}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left( \left( a-b\right)^{2} + \left( b-c\right)^{2} + \left( c-a\right)^{2} \right) \ge 0}\)

Dodam prostą równoległa do CE przechodząca przez F i przecinającą \(\displaystyle{ \left| CD\right|=b}\) i \(\displaystyle{ \left| AB \right|=a}\) odpowiednio w punkcie H i I.
Z podobieństwa trójkątów DFH i BFI mam:
\(\displaystyle{ \frac{\left| DF\right| }{\left|BF \right| } = \frac{\left|DH \right| }{\left| BI\right| }= \frac{a-b}{b}}\)
a z podobieństwa trójkątów DCF i ABF :
\(\displaystyle{ \frac{\left| DF\right| }{\left|BF \right| } = \frac{\left|CD \right| }{\left| AB\right| }= \frac{b}{a}}\)
Co daje
\(\displaystyle{ \frac{\left| DF\right| }{\left|BF \right| } = \frac{a-b}{b}= \frac{b}{a}}\)
\(\displaystyle{ b^2+ab-a^2=0\\
\Delta=5a^2\\
b= \frac{-a+a \sqrt{5} }{2} \Rightarrow \frac{b}{a}= \frac{ \sqrt{5}-1 }{2}}\)