• Nie Znaleziono Wyników

x jest pierwiastkiem badanego równania.. Wówczaszachodzi równość

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "x jest pierwiastkiem badanego równania.. Wówczaszachodzi równość"

Copied!
1
0
0

Pełen tekst

(1)

Rozwiązania zadań – szkoła ponadgimnazjalna Zadanie 1.

Patrz – plik Zad_1_rozw_ponadgimn Zadanie 2..

C

M

D E

L

A B

F N

Rozważmy NBC. Jest on prostokątny, bo NB jest wysokością. Zatem DN BC 2

1 , bo D jest środkiem okręgu, w który można wpisać kąt prosty CNB – promieniami tego okręgu są DN, DC, DB. Analogicznie EL AC

2

1 oraz FM AB

2

1 . Skoro istnieje ABC, to istnieje również trójkąt o połowę mniejszych bokach.

Zadanie 3.

n

r

a

an 1 1 , więc an 11

n1

11, bo a1 11, r 11. Stąd an 11n, n. Podobnie, bn 2211

n1

 

11

, bo b1 2211, r 11, czyli bn 11

202n

,

n .

Zatem

     

 

2 2

2 2 2

 

2

2 2

2

2

2 2 2

2 2

2

101 11

101 11 101

11 101 11 101 101

11

101 101 202 11

202 11 202

11 11

n n

n

n n

n n n

n b an n

Iloczyn anbn jest największy dla n101 (wtedy znika odjemnik, który jest kwadratem).

Wówczas a101 b101 11112 1234321 Zadanie 4.

Przypuśćmy, że liczba całkowita x0 jest pierwiastkiem badanego równania.. Wówczas zachodzi równość x0

x0 x1



02

20116. Lewa strona tej równości jest iloczynem kolejnych liczb całkowitych, więc jest podzielna przez 3. Natomiast prawa strona równości

(2)

jest liczba całkowitą niepodzielną przez 3, gdyż podstawa potęgi, tzn. liczba 2011, nie dzieli się przez 3. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że równanie nie ma pierwiastków całkowitych.

(Jeśli zostawimy pomyłkowy zapis xx1x22011 w treści zadania, to tutaj po prostu likwidujemy „gdyż podstawa potęgi, tzn. liczba 2011, nie dzieli się przez 3”)

Zadanie 5.

Oznaczmy 3 2014 2 3 2014 2 x i podnieśmy obie strony równości do trzeciej potęgi. Otrzymamy

   

3

  

2

3

3 2

2 14 20 2 14 20 2 14 20 3 2 14 20 2 14 20 3 2 14

20 x

 

3

 

3

3 20 14 2 400 196 2 3 20 14 2 400 196 2

3

40 x

 

3

 

3

3 20 14 2 8 3 20 14 2 8

3

40 x

3 3

3 20 14 2 3 20 14 2

6

40 x

6 3

40 x x 0 40

3  x6

x

Pierwiastkiem tego równania jest x4, więc mamy

x4

x2 4x10

0. Ponieważ równanie x2  x4 100 nie ma pierwiastków, to jedynym rozwiązaniem równania

0 40

3  x6

x jest 4. Wobec tego 3 2014 2 3 2014 2 4

Cytaty

Powiązane dokumenty

Rozwiązania należy oddać do czwartku 19 września do godziny 13.25 koordynatorowi konkursu panu Jarosławowi Szczepaniakowi lub przesłać na adres jareksz@interia.pl do soboty

Istnieje kilka wyjątków – mimo że niektóre czasowniki są przechodnie (np. Ogólnie mówiąc, zdania w stronie czynnej z czasownikami przechodnimi można zamieniać

Pow ołując się n a wagę owych wydarzeń, stwierdza: „(...) kryzysy te oraz sposoby ich rozwiązywania stanow ią zasadnicze m om enty zwrotne w historii

Teraz należy sprawdzić założenia do podnoszenia do kwadratu , widać , że cos(126,87) jest ujemny wiec nie należy do dziedziny.. Popatrz na powyższy wykres – funkcja po

Praca własna: Wykonaj trzy przykłady (jeden wiersz)

Dany jest kwadrat ABCD o boku długości 10 oraz trójkąt ostrokątny ECD o tej własności, że jego część wspólna z kwadratem ABCD ma pole równe 80.. trójkąt ten musi być zawarty

Za pomocą symboli arytmetycznych i symboli rachun- ku zdań zapisać następujące twierdzenia arytmetyki liczb rzeczywistych.. (a) Jeśli liczba jest różna od zera, to (jest ujemna

Jak można oszacować średnią długość cyklu w trybie k-OFB dla k mniejszego od długości bloku.. Niech Q będzie ciałem