Matematyki

Skrypt do zajęć wyrównawczych
na kierunku matematyka
Piotr Polak
Szczecin 2013
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest współfinansowany ze
środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego. Publikacja
dystrybuowana jest bezpłatnie.
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Spis treści
1 Algebra
3
2 Funkcje elementarne
9
3 Geometria
14
Strona 1
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Wstęp
Niniejszy skrypt do przedmiotów „Podstawy algebry”, „Funkcje elementarne”, „Podstawy geometrii”, przeznaczony jest dla studentów pierwszego roku studiów matematycznych. Ma on na celu zebranie i powtórzenie najważniejszych wiadomości
ze szkoły średniej, po to aby możliwie jak najbardziej zniwelować różnice programowe w szkołach oraz dać studentom szansę płynnego rozpoczęcia nauki matematyki wyższej. Tym bardziej, iż w ostatnich latach wytworzyła się swoista przepaść
pomiędzy wiedzą zdobytą w szkole średniej a wiedzą potrzebną do zrozumienia
podstawowych zagadnień matematyki wyższej. Mam nadzieję, że ten skrypt pomoże początkującym studentom w zatarciu tych różnic i pozwoli bezproblemowo
rozpocząć naukę na wyższej uczelni.
Opracowanie składa się z trzech rozdziałów, w których przedstawione zostały,
wraz z rozwiązaniami, wybrane zadania z trzech głównych działów matematyki.
Rozdział pierwszy zawiera zadania z algebry szkolnej, w drugim znajdują się zadania z funkcji elementarnych, a w trzecim zebrane zostały zadania z geometrii.
Chciałbym podziękować Pani dr Agacie Narloch, Panu dr Pawłowi Andrzejewskiemu oraz Panu dr Czesławowi Wowkowi za przekazanie mi swoich prywatnych
list z zadaniami rozwiązywanymi na zajęciach wyrównawczych.
Strona 2
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozdział 1
Algebra
Zadania
Zadanie 1. Pokazać, że jeżeli liczba a przy dzieleniu przez 3 daje resztę 2, to przy
dzieleniu przez 9 daje resztę 2 lub 5 lub 8.
Zadanie 2. Pokazać, że jeżeli a “ qb ` r, to NWDpa, bq “ NWDpb, rq.
Zadanie 3. Korzystając z Zasady Indukcji Matematycznej udowodnić, że 7 jest
n
ostatnia cyfrą liczby 22 ` 1 dla n ě 2.
Zadanie 4. Czy prawdą jest, że jeżeli a ą 0 i b ą a ` c, to trójmian kwadratowy
ax2 ` bx ` c ma dwa pierwiastki rzeczywiste?
Zadanie 5. Określ znak współczynnika c trójmianu W pxq “ ax2 ` bx ` c, jeżeli
wiadomo, że a`b`c ă 0 oraz, że trójmian ten nie ma pierwiastków rzeczywistych.
, NWDpm, kq “ 1 jest pierwiastZadanie 6. Pokazać, że jeżeli liczba wymierna m
k
kiem wielomianu f pxq “ an xn ` . . . ` a1 x ` a0 o współczynnikach całkowitych, to
k|an oraz m|a0 .
Zadanie 7. Dany jest wielomian f pxq “ ax2 ` bx ` c, gdzie a ‰ 0. Pokazać, że
liczby x1 , x2 są pierwiastkami wielomianu f pxq wtedy i tylko wtedy, gdy spełniają
Strona 3
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
równości: x1 ` x2 “ ´ ab i x1 x2 “ ac .
Zadanie 8. Pokazać, że iloraz i reszta z dzielenia wielomianu W pxq o współczynnikach całkowitych przez dwumian x ´ c, gdzie c jest liczbą całkowitą, są
wielomianami o współczynnikach całkowitych.
Zadanie 9. Uzasadnić, że jeżeli wielomian W pxq o współczynnikach całkowitych
przyjmuje wartość 1 dla trzech różnych liczb całkowitych, to nie ma on pierwiastków całkowitych.
Zadanie 10. Pokazać, że jeżeli p jest liczbą pierwszą oraz p|ab, to p|a lub p|b.
Strona 4
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozwiązania zadań
Rozwiązanie zadania 1: Ponieważ liczba a przy dzieleniu przez 3 daje resztę 2,
to możemy ją zapisać w postaci a “ 3q ` 2, gdzie q jest pewną liczbą całkowitą.
Liczba q może być podzielna przez 3 lub dawać resztę 1 lub 2 przy dzieleniu przez
3, zatem można ją zapisać w jednej z trzech postaci
q “ 3q1 ,
q1 P Z
q “ 3q2 ` 1,
_
q2 P Z
q “ 3q3 ` 2,
_
q3 P Z.
Wstawiając powyższe do równości a “ 3q ` 2 otrzymujemy
a “ 9q1 ` 2,
q1 P Z
a “ 9q2 ` 5,
_
q2 P Z
_
a “ 9q3 ` 8,
q3 P Z,
co oznacza, że liczba a przy dzieleniu przez 9 daje resztę 2 lub 5 lub 8.
Rozwiązanie zadania 2: Niech liczba d będzie wspólnym dzielnikiem liczb a i b,
wówczas d|bq oraz d|pa ´ qbq. Ponieważ r “ a ´ qb, to dostajemy, że d|b i d|r, zatem
liczba d jest również wspólnym dzielnikiem b i r. Analogicznie pokazujemy, że jeśli
liczba d jest wspólnym dzielnikiem liczb b i r, to jest również wspólnym dzielnikiem
liczb a i b. Oznacza to, że zbiory wspólnych dzielników par pa, bq i pb, rq są równe, a
zatem ich największe elementy są również równe. Czyli NWDpa, bq “ NWDpb, rq,
co należało udowodnić.
Rozwiązanie zadania 3: Sprawdzamy, że własność jest prawdziwa dla n “
n
2. Istotnie dla n “ 2 wyrażenie 22 ` 1 ma wartość 17. Założenie indukcyjne
– zakładamy, że własność jest prawdziwa dla pewnej liczby naturalnej n ě 2,
n
tj. istnieje liczba naturalna p, taka że 22 ` 1 “ 10p ` 7. Teza indukcyjna –
własność jest prawdziwa dla liczby n ` 1, tj. istnieje liczba naturalna q, taka że
n`1
n`1
22 ` 1 “ 10q ` 7. Dowód tezy indukcyjnej: Liczbę 22 ` 1 możemy zapisać
n
jako p22 ` 1 ´ 1q2 ` 1, a następnie na mocy założenia indukcyjnego otrzymujemy
n`1
22
` 1 “ p10p ` 7 ´ 1q2 ` 1.
Skąd po prostych przekształceniach dostajemy
n`1
22
` 1 “ 100p2 ` 120p ` 37 “ 10p10p2 ` 12p ` 3q ` 7.
Strona 5
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Zatem q “ 10p2 ` 12p ` 3, co kończy dowód tezy indukcyjnej i na mocy ZIM
własność jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych n ě 2.
Rozwiązanie zadania 4: Jest to prawda, aby to udowodnić pokażemy, że wyróżnik trójmianu jest liczbą dodatnią. Istotnie, z założenia wnioskujemy, że 0 ă
a ă b ´ c. Jeśli c ă 0 to oczywiście ∆ “ b2 ´ 4ac ą 0. Jeśli natomiast c ě 0 to
oszacujemy ∆ w następujący sposób:
∆ “ b2 ´ 4ac “ ppb ´ cq ` cq2 ´ 4ac ą pa ` cq2 ´ 4ac “ pa ´ cq2 ě 0.
Zatem ∆ ą 0.
Rozwiązanie zadania 5: Z założenia o braku pierwiastków wynika, że trójmian
W pxq ma ten sam znak dla każdego x P R. Ponadto wiemy, że W p1q “ a`b`c ă 0,
co oznacza, że W pxq ă 0 dla każdego x P R, w szczególności dla x “ 0. Wynika
stąd, że c “ W p0q ă 0. Zatem współczynnik c jest ujemny.
Rozwiązanie zadania 6: Jeżeli liczba wymierna m
jest pierwiastkiem wielomianu
k
m
n
f pxq “ an x ` . . . ` a1 x ` a0 , to wstawiając x “ k i mnożąc obie strony przez k n
dostajemy
0 “ an mn ` an´1 mn´1 k ` an´2 mn´2 k 2 ` . . . ` a1 mk n´1 ` a0 k n .
Wyznaczając z powyższego pierwszy składnik i wynosząc po prawej stronie k przed
nawias otrzymujemy
´an mn “ kpan´1 mn´1 ` an´2 mn´2 k ` . . . ` a1 mk n´2 ` a0 k n´1 q.
Współczynniki a0 , a1 , . . . , an wielomianu f pxq są liczbami całkowitymi, zatem liczba
w nawiasie jest również całkowita, a więc prawa strona dzieli się przez k. Wynika
stąd, że k|an mn , ale NWDpm, kq “ 1, zatem (na mocy Zasadniczego Twierdzenia Arytmetyki) k|an . Drugą część tezy udowadniamy analogicznie. Wyznaczając
ostatni składnik z równości
0 “ an mn ` an´1 mn´1 k ` an´2 mn´2 k 2 ` . . . ` a1 mk n´1 ` a0 k n
oraz wyłączając m przed nawias dochodzimy do wniosku, że m|a0 .
Strona 6
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozwiązanie zadania 7: Konieczność: Jeśli liczby x1 , x2 są pierwiastkami wielomianu f pxq to zapisując wielomian w postaci iloczynowej dostajemy
ax2 ` bx ` c “ apx ´ x1 qpx ´ x2 q “ ax2 ´ apx1 ` x2 qx ` ax1 x2 .
Porównując współczynniki wielomianów w powyższej równości dostajemy: b “
´apx1 `x2 q oraz c “ ax1 x2 , co oznacza, że x1 `x2 “ ´ ab i x1 x2 “ ac . Dostateczność:
Niech liczby x1 , x2 spełniają równości: x1 ` x2 “ ´ ab i x1 x2 “ ac . Pokażemy, że
f pxq “ apx ´ x1 qpx ´ x2 q. Istotnie wychodząc od prawej strony i korzystając z
zalożenia otrzymujemy
apx ´ x1 qpx ´ x2 q “ ax2 ´ apx1 ` x2 qx ` ax1 x2 “ ax2 ` bx ` c “ f pxq.
Zatem liczby x1 , x2 są pierwiastkami wielomianu f pxq.
Rozwiązanie zadania 8: Niech W pxq “ P pxqpx´cq`R, gdzie P pxq “ a0 `a1 x`
. . . ` an xn oraz R, a0 , a1 , . . . , an są pewnymi liczbami rzeczywistymi. Wykażemy,
że w rzeczywistości liczby R, a0 , a1 , . . . , an są całkowite. Załóżmy nie wprost, że
wśród liczb R, a0 , a1 , . . . , an znajduje się co najmniej jedna niecałkowita, niech ap
będzie pierwszą taką liczbą w ciągu an , . . . , a1 , a0 , R. Zauważmy, że p ‰ n. Istotnie
wielomian W pxq możemy zapisać w postaci
W pxq “ P pxqpx ´ cq ` R “ pa0 ` a1 x ` . . . ` an xn qpx ´ cq ` R,
co po uporządkowaniu wyrazów daje
W pxq “ R ´ a0 c ` pa0 ´ a1 cqx ` . . . ` pan´1 ´ an cqxn ` an xn`1 .
Z założenia, że wielomian W pxq ma współczynniki całkowite wynika, że wszystkie
liczby R´a0 c, a0 ´a1 c, a1 ´a2 c, . . . an´1 ´an c, an są całkowite. Zatem w szczególności an jest liczbą całkowitą i dlatego p ă n. Ponieważ ap jest pierwszą niecałkowitą
liczbą w odpowiednim ciągu to liczba ap`1 jest całkowita, co oznacza, że różnica
ap ´ ap`1 c będąca jednym ze współczynników wielomianu W pxq nie jest liczbą całkowitą. Otrzymana sprzeczność oznacza, że wszystkie liczby R, a0 , a1 , . . . , an są
całkowite, co należało dowieść.
Strona 7
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozwiązanie zadania 9: Oznaczmy przez x1 , x2 , x3 różne liczby całkowite dla
których W px1 q “ W px2 q “ W px3 q “ 1. Dzieląc wielomian W pxq przez px ´
x1 q, px ´ x2 q, px ´ x3 q otrzymujemy odpowiednio
W pxq“P1 pxqpx ´ x1 q ` 1,
W pxq“P2 pxqpx ´ x2 q ` 1,
W pxq“P3 pxqpx ´ x3 q ` 1,
gdzie P1 , P2 , P3 są wielomianami, które na mocy poprzedniego zadania maja wspólczynniki całkowite. Załóżmy teraz nie wprost, że liczba całkowita m jest pierwiastkiem wielomianu W pxq. Kładąc x “ m w powyższych równościach dostajemy
0 “ P1 pmqpm ´ x1 q ` 1,
0 “ P2 pmqpm ´ x2 q ` 1,
0 “ P3 pmqpm ´ x3 q ` 1.
Wynika stąd, że
P1 pmqpm ´ x1 q “ ´1,
P2 pmqpm ´ x2 q “ ´1,
P3 pmqpm ´ x3 q “ ´1.
Ponieważ liczby P1 pmq, P2 pmq, P3 pmq, pm ´ x1 q, pm ´ x2 q, pm ´ x3 q są całkowite
to każda z nich jest równa 1 lub ´1. Jest to jednak sprzeczne z założeniem że
liczby x1 , x2 , x3 (a zatem i liczby pm ´ x1 q, pm ´ x2 q, pm ´ x3 q są różne. Otrzymana
sprzeczność oznacza, że założenie o tym, że liczba całkowita m jest pierwiastkiem
wielomianu W pxq jest fałszywe, a zatem wielomian ten nie posiada całkowitych
pierwiastków, co należało udowodnić.
Rozwiązanie zadania 10: Jeśli p|a to teza jest prawdziwa, a jeśli p nie dzieli
a, to NWDpp, aq “ 1. Z założenia, że p|ab oraz NWDpp, aq “ 1 wynika (na mocy
Zasadniczego Twierdzenia Arytmetyki), że p|b, co kończy dowód.
Strona 8
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozdział 2
Funkcje elementarne
Zadania
Zadanie 1. Pokazać, że jeśli niezerowe liczby rzeczywiste x ‰ 0, y ‰ 0 spełniają
równości
x ` y “ x2 ` y 2 “ x3 ` y 3 ,
to wówczas x “ y.
Zadanie 2. Rozwiązać równanie rxs ` rx ` 2s “ 0 (gdzie [x] oznacza część całkowitą z liczby x).
Zadanie 3. Trzyelementowemu zbiorowi A “ ta, b, cu liczb rzeczywistych przyporządkowujemy liczbę lpAq “ ras ` rbs ` rcs ` r´as ` r´bs ` r´cs ([x] oznacza część
całkowitą z liczby x). Odpowiedz na poniższe pytania:
(a) Czy zawsze lpAq ă 0?
(b) Czy lpAq jest zawsze liczbą całkowitą nieparzystą?
(c) Czy istnieje taki zbiór A, że lpAq “ ´1?
(d) Czy istnieje taki zbiór A, że lpAq “ ´5?
Odpowiedzi uzasadnij.
Zadanie 4. Udowodnić, że dla każdego a ą 0 zachodzi nierówność
a`
1
ě 2.
a
Strona 9
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Zadanie 5. Obliczyć wartość wyrażenia
1`tgα
1´tgα
wiedząc, że sin α “
7
25
i
π
2
ă α ă π.
Zadanie 6. Dla jakich wartości parametru a równanie sin2 x ` sin x ´ a “ 0 posiada rozwiązanie?
Zadanie 7. Oblicz sumę wszystkich rozwiązań równania
2sin
2
x
2
` 2cos
x
“3
należących do przedziału r0; 63
s.
2
Zadanie 8. Rozwiąż równanie 3x`1 ` 9x “ 108.
Zadanie 9. Rozwiąż równanie xlogx “ 10.
Zadanie 10. Rozwiąż równanie 3x ` 5x ` 7x “ 15.
Strona 10
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozwiązania zadań
Rozwiązanie zadania 1: Załóżmy, że niezerowe liczby x, y są rozwiązaniem
równania, oznacza to że
x ` y “ x2 ` y 2
oraz x2 ` y 2 “ x3 ` y 3 .
Przekształcając odpowiednio obie równości otrzymujemy
xpx ´ 1q “ ´ypy ´ 1q oraz x2 px ´ 1q “ ´y 2 py ´ 1q.
Zauważmy, że z pierwszej z powyższych równości wynika, że gdyby jedna z liczb x
lub y była jedynką to druga równiez musiałaby być jedynką. Załóżmy zatem, że
obie liczby nie są jedynkami. Podstawiając pierwszą równość do drugiej dostajemy
x2 px ´ 1q “ yxpx ´ 1q,
co po przeniesieniu na jedna strone i wyłączeniu wspólnego czynnika daje
xpx ´ 1qpx ´ yq “ 0.
Ponieważ liczba x nie jest zerem ani jedynką, zatem x “ y, co należało udowodnić.
Rozwiązanie zadania 2: Łatwo pokazać, że dla dowolnych liczb x P R oraz
n P Z zachodzi równość rx ` ns “ rxs ` n. Korzystając z tej własności w naszym
równaniu otrzymujemy
rxs ` rxs ` 2 “ 0,
co jest równoważne z rxs “ ´1. Zatem rozwiązaniem równania są liczby x P r´1, 0q.
Rozwiązanie zadania 3: Nietrudno zauważyć, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x zachodzi
#
0,
x P Z,
rxs ` r´xs “
´1, x R Z.
Wynika stąd, że dla dowolnego trzyelementowego zbioru A
$
’
0,
gdy A zawiera tylko liczby całkowite,
’
’
’
&´1, gdy A zawiera dokładnie dwie liczby całkowite,
lpAq “
’
´2, gdy A zawiera dokładnie jedną liczbę całkowitą,
’
’
’
%
´3, gdy A nie zawiera liczb całkowitych.
Strona 11
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Zatem odpowiedzi są następujące:
(a) Nie, wartości funkcji lpAq mogą być również zerowe, np. gdy A “ t1, 2, 3u.
(b) Nie, wartość może ?być parzysta gdy zbiór A zawiera dokładnie dwie liczby
całkowite, np. A “ t1, ?
2, 3u.
(c) Tak, np. dla A “ t1, 2, πu mamy lpAq “ ´2.
(d) Nie, ponieważ najmniejsza wartość funkcji l wynosi -3.
Rozwiązanie zadania 4: Mnożąc obie strony nierówności przez a (a ą 0) oraz
przenosząc wszystkie wyrazy na lewą stronę otrzymujemy nierówność równoważną
a2 ´ 2a ` 1 ě 0.
Korzystając ze wzoru skróconego mnożenia otrzymujemy równoważnie pa´1q2 ě 0.
Stąd otrzymujemy, że nierówność
a`
1
ě2
a
jest prawdziwa dla każdego a ą 0.
7
Rozwiązanie zadania 5: Z zależności sin2 α`cos2 α “ 1 i założenia, że sin α “ 25
. Założenie π2 ă α ă π implikuje cos α ă 0, więc
otrzymujemy cos α “ ˘ 24
25
sin α
7
cos α “ ´ 24
. Zatem tgα “ cos
“ ´ 24
oraz
25
α
17
1 ` tgα
“ .
1 ´ tgα
31
Rozwiązanie zadania 6: Żeby odpowiedzieć na to pytanie należy zastanowić się
jaki jest zbiór wartości funkcji f pxq “ sin2 x ` sin x, x P R. Równanie będzie miało
rozwiązanie wtedy i tylko wtedy gdy a P ZWf . Ponieważ zbiór wartości funkcji
sin x jest przedziałem r´1, 1s to ZWf “ ZWg , gdzie gptq “ t2 ` t, t P r´1, 1s. Aby
znaleźć ZWg zapisujemy funkcję g w postaci kanonicznej gptq “ pt ` 12 q2 ´ 41 , skąd
wnioskujemy, że ZWg “ r´ 14 , gp1qs “ r´ 41 , 2s. Zatem równanie ma rozwiązanie
gdy a P r´ 14 , 2s.
Rozwiązanie zadania 7: Korzystając z jedynki trygonometrycznej przekształcamy równanie do postaci
2sin
2
x
` 2 ¨ 2´ sin
2
x
“ 3.
Strona 12
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
2
Następnie podstawiamy nową zmienną t “ 2sin x , t P r1, 2s i po pomnożeniu obu
stron przez t otrzymujemy
t2 ´ 3t ` 2 “ 0.
Za pomocą wyróżnika znajdujemy pierwiastki t “ 1 lub t “ 2. Wracając do starej zmiennej dostajemy sin2 x “ 0 lub sin2 x “ 1, co oznacza, że rozwiązaniami
są wszystkie liczby x “ k π2 , k P Z. Jednak do przedziału r0; 63
s należą tylko te,
2
które odpowiadają k “ 0, 1, . . . , 20. Ponieważ rozwiązania te tworzą ciąg arytmetyczny to ich sumę S obliczmy ze wzoru na sumę 21 początkowych wyrazów ciągu
arytmetycznego
0 ` 20 π2
S“
¨ 21 “ 105π.
2
Rozwiązanie zadania 8: Dziedziną równania jest zbiór liczb rzeczywistych. Aby
je rozwiązać podstawiamy nową zmienną t “ 3x , t ą 0 i otrzymujemy równanie
t2 ` 3t ´ 108 “ 0.
Za pomocą wyróżnika znajdujemy rozwiązania t “ ´12 lub t “ 9. Pierwsze rozwiązanie jest sprzecznie z założeniem, że t ą 0 zatem otrzymujemy tylko jedno
rozwiązanie 9 “ 3x ñ x “ 2.
Rozwiązanie zadania 9: Dziedziną równania jest zbiór liczb rzeczywistych dodatnich. Po zlogarytmowaniu równania logarytmem dziesiętnym otrzymujemy
log2 x “ 1.
1
Stąd log x “ 1 lub log x “ ´1, czyli ostatecznie rozwiązaniami są liczby 10, 10
.
Rozwiązanie zadania 10: Dziedziną równania jest zbiór liczb rzeczywistych.
Zauważmy, że liczba 1 jest rozwiązaniem powyższego równania. Udowodnimy, że
jest to jedyne rozwiązanie. Funkcje 3x , 5x , 7x są rosnące, zatem ich suma 3x `5x `7x
jest również funkcja rosnącą, a zatem także różnowartościową. Oznacza to w
szczególności, że wartość 15 może być przyjęta tylko raz. Wynika stąd, że liczba 1
jest jedynym rozwiązaniem równania.
Strona 13
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozdział 3
Geometria
Zadania
Zadanie 1. Dwusieczna kąta prostego ?ACB w trójkącie ∆ABC tworzy z wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną kąt o mierze 12˝ . Wyznacz kąty ostre
trójkąta.
Zadanie 2. Oblicz pole rombu, w którym wysokość poprowadzona z wierzchołka
kąta rozwartego dzieli bok na odcinki o długościach 1 i 2 oraz wyznacz długość
krótszej przekątnej.
Ě równoległoboku ABCD, w którym
Zadanie 3. Punkt P jest środkiem boku AB
|AB| : |BC| “ 2 : 1. Wykaż, że |?DP C| “ 90˝ .
Zadanie 4. Wyznacz pole trapezu znając długości c i d jego przekątnych oraz
wysokość h.
Ě
Zadanie 5. W dowolnym trójkącie ∆ABC niech D będzie środkiem odcinka BC,
Ě Wykaż, że DE||
Ě AB
Ě i |AB| “ 2|DE|.
E – środkiem odcinka AC.
Zadanie 6. W trójkąt o boku |AB| “ 10 i wysokości |CD| “ 5 wpisano prostokąt
Ě Znajdź wymiary prostokąta
tak, że dwa jego wierzchołki należą do odcinka AB.
jeśli jego pole jest równe 12.
Strona 14
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Zadanie 7. Jakim trójkątem – prostokątnym, ostrokątnym, rozwartokątnym –
jest trójkąt, którego boki maja długości: 2, 3, 4.
Zadanie 8. Wykaż, że jeżeli w trójkącie ∆ABC mamy sin2 α ` sin2 β “ sin2 γ, to
trójkąt ten jest prostokątny.
Zadanie 9. Wykaż, że suma kwadratów długości wszystkich boków równoległoboku jest równa sumie kwadratów długości jego przekątnych.
Zadanie 10. Udowodnij, że suma długości środkowych trójkąta jest mniejsza od
obwodu i większa od 43 obwodu tego trójkąta.
Strona 15
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozwiązania zadań
Rozwiązanie zadania 1: Dwusieczną kąta ?ACB oznaczmy przez k.
Ponieważ prosta k jest dwusieczną kąta ?ACB, to |?BCE| “ 45˝ . Stąd |?BCD| “
45˝ ´ 12˝ “ 33˝ , następnie korzystjąc z faktu, że suma miar kątów w trójkącie
∆BCD jest równa 180˝ otrzymujemy β “ 57˝ . Ten sam argument dla trójkąta
∆ABC pozwala wyznaczyć mirę kąta α “ 33˝ .
Rozwiązanie zadania 2: Warunki zadania spełnione są w obu poniższych sytuacjach
W obu przypadkach wysokość rombu?obliczamy przy
? pomocy
? twierdzenia Pita2
2
gorasa.
W?
pierwszym rombie h “ 3 ´ 1 “ 8 “ 2 2, a w drugim?h “
?
2
2
?3 ´ 2 “ 5. Następnie
?
?ze wzoru P “ ah obliczamy pole rombu: P1 “ 3¨2 2 “
6 2 oraz P2 “ 3 ¨ 5 “ 3 5.
Strona 16
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozwiązanie zadania 3:
Ponieważ trójkąty APD oraz PBC są równoramienne, to |?DP A| “ 12 p180˝ ´ βq
oraz |?BP C| “ 21 p180˝ ´γq. Zatem α “ 180˝ ´ 12 p180˝ ´βq´ 21 p180˝ ´γq “ 12 pβ`γq.
Korzystając dodatkowo z tego, że β ` γ “ 180˝ otrzymujemy α “ 12 ¨ 180˝ “ 90˝ .
Rozwiązanie zadania 4:
Z twierdzenia
Pitagorasa w trójkątach
AFC oraz EBD obliczamy długości podstaw:
?
?
2
2
2
|AF | “ c ´ h oraz |EB| “ d ´ h2 . Zauważmy, że |AF
? | ` |BE|?“ |AB| `
h
h
|CD|. Stąd pole trapezu wynosi P “ 2 p|AF | ` |BE|q “ 2 p c2 ´ h2 ` d2 ´ h2 q.
Strona 17
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Rozwiązanie zadania 5:
|AC|
|BC|
Ponieważ |EC|
“ |DC|
“ 2, to na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia
Ě i AB
Ě są równoległe. A skoro są równoległe, to
Talesa stwierdzamy, że odcinki DE
|AB|
|BC|
na mocy twierdzenia Talesa mamy |DE| “ |DC|
“ 2, stąd |AB| “ 2|DE|.
Rozwiązanie zadania 6:
Trójkąty ABC oraz HGC są podobne, gdyż maja kąty o tych samych miarach
Ě i HG),
Ě a skala ich podobieństwa wynosi
(wynika to z równoległości odcinków AB
y
y
y
“ 10
. Wynika stąd, że |CD| ´ x “ |CD| ¨ 10
. Uwzględniając to, że pole
|AB|
prostokąta wpisanego jest równe 12 oraz |CD| “ 5, otrzymujemy układ równań
#
y
5 ´ x “ 5 ¨ 10
xy
“ 12
Strona 18
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Po wyrugowaniu zmiennej y i uporządkowaniu otrzymujemy równanie x2 ´5x`6 “
0, którego rozwiązaniami są liczby 2 i 3. Zatem wymiary prostokąta to 2 ˆ 6 lub
3 ˆ 4.
Rozwiązanie zadania 7: W trójkącie największy kąt znajduje się na przeciw
najdłuższego boku czyli boku o długości 4. Miarę kąta leżącego na przeciw boku
4 oznaczamy przez α i obliczmymy jego cosinus za pomocą twierdzenia cosinusów,
mianowicie
22 ` 32 ´ 42
1
cos α “
“´ .
2¨2¨3
4
Ponieważ cos α ă 0, więc kąt α jest rozwarty. Zatem trójkąt jest rozwartokątny.
Rozwiązanie zadania 8: Długości boków leżacych na przeciw kątów α, β, γ
oznaczmy odpowiednio przez a, b, c. Z twierdzenia sinusów dla tego trójkąta mamy
b
c
a
“
“
“ 2R,
sin α
sin β
sin γ
gdzie R jest promieniem okręgu opisanego na tym trójkącie. Otrzymujemy stąd,
że
a2
b2
c2
2
2
sin2 α “
,
sin
β
“
,
sin
γ
“
.
4R2
4R2
4R2
Podstawiając powyższe do równości sin2 α ` sin2 β “ sin2 γ dostajemy
a2
b2
c2
`
“
.
4R2 4R2
4R2
Zatem a2 ` b2 “ c2 i na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa
wnioskujemy, że trójkąt jest prostokątny.
Rozwiązanie zadania 9: Długości boków równoległoboku oznaczmy przez a, b,
długości jego przekątnych przez c, d oraz miarę kąta ostrego przez α. Korzystając
z twierdzenia cosinusów dla trójkątów będących odpowiednimi połówkami równoległoboku otrzymujemy
#
c2 “ a2 ` b2 ´ 2ab cos α
d2 “ a2 ` b2 ´ 2ab cospπ ´ αq
Strona 19
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Ponieważ cospπ ´ αq “ ´ cos α to po dodaniu równań stronami dostajemy
c2 ` d2 “ 2a2 ` 2b2 ,
co należało dowieść.
Rozwiązanie zadania 10:
Weźmy dowolny trójkąt ABC, oznaczmy długości jego boków przez a, b, c oraz
długości środkowych wychodzących z wierzchołków A, B, C odpowiednio przez
Ě tak aby powstał równoległobok ABDC. Koa1 , b1 , c1 . Przedłużamy środkową AE
rzystając z nierówności trójkąta dla ∆ADC mamy 2a1 ă b ` c. Przedłużając
analogicznie pozostałe środkowe otrzymujemy układ nierówności
$
1
’
’
&2a ă b ` c,
2b1 ă a ` c,
’
’
%2c1 ă a ` b.
Dodając nierówności stronami i dzieląc przez 2 otrzymujemy pierwszą z szukanych
nierówności
a1 ` b1 ` c1 ă a ` b ` c.
Pozostało pokazać, że a1 ` b1 ` c1 ą 43 pa ` b ` cq. W tym celu korzystamy z
nierówności trójkąta dla ∆ABG oraz z faktu, że środkowe trójkąta dzielą się w
stosunku 2:1, mianowicie dostajemy a ă 32 pb1 ` c1 q. Postępując analogicznie dla
Strona 20
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
pozostałych boków, otrzymujemy układ
$
2 1
1
’
’
&a ă 3 pb ` c q,
b ă 32 pa1 ` c1 q,
’
’
%c ă 2 pa1 ` b1 q.
3
Dodając nierówności stronami i dzieląc przez
a1 ` b1 ` c1 ą 43 pa ` b ` cq
3
4
otrzymujemy szukaną nierówność
Strona 21
Człowiek – najlepsza inwestycja
Projekt „Absolwenci fizyki i matematyki potrzebni gospodarce” jest
współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego
Funduszu Społecznego
Bibliografia
[1] A. Cewe, H. Nahorska, I. Pancer, Tablice Matematyczne, Wydawnictwo Podkowa, Gdańsk 1999;
[2] N. Dróbka, K. Szymański, Zbiór zadań z matematyki dla klasy I i II liceum
ogólnokształcącego, WSiP, Warszawa 1998;
[3] M. Małek Geometria. Zbiór zadań. Część 1, wyd 3, GWO, Gdańsk 2010;
[4] M. Małek Geometria. Zbiór zadań. Część 2, wyd 2, GWO, Gdańsk 2010;
[5] G. Szkibiel, Cz. Wowk Zadania z arytmetyki szkolnej i teorii liczb, Wydawnictwo Naukowe Uniwersytetu Szczecińskiego, Szczecin 2000.
Strona 22
Człowiek – najlepsza inwestycja