XVII Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne 2019 Poziom ponadgimnazjalny. Przykładowe rozwiązania zadań

XVII Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne 2019

Poziom ponadgimnazjalny.

Przykładowe rozwiązania zadań

Zadanie 1. Znajdź funkcję f(x) spełniającą warunek: 2 ( ) 3 ¹ x² f x

x

f 



 



  .

Rozwiązanie: Przede wszystkim musimy założyć, że x0. Wstawiając w równaniu zmienną

x

1 zamiast zmiennej x otrzymujemy zależność

2

) 1 ( 1 3

2

x x x f

f  



 



 co prowadzi do rozwiązania układu równań

















 













 



 

3 1 | ) ( 1 3

2

) 2 ( 1 |

3 ) ( 2

2 2

x x x f

f

x x f x f

.

Mnożąc równanie pierwsze przez -2 oraz drugie przez 3 , a następnie dodając stronami łatwo można już wyliczyć, że szukana funkcja zadana jest wzorem

2 4

5 2 ) 3

(

x x x

f   ,

której dziedziną może być każdy zbiór zawarty w zbiorze R

 

Zadanie 2. W czworokącie wypukłym poprowadzono przekątne, które podzieliły go na cztery trójkąty. Pola trzech z nich wynoszą: 1cm², 2cm² i 3cm². Ile wynosi pole czwartego trójkąta?

(podaj wszystkie możliwości.) Rozwiązanie: Rozważmy rysunek:

P1

P3

P2

P4

s

t w

u α α 180^o -α 180^o -α

Zauważmy, że pola poszczególnych trójkątów wyrażają się wzorami:

2 sin 2

) 180 sin( ^o

1



 st

P  st   ,

2 sin

2

 P  tu

2 sin 2

) 180 sin( ^o

3



 uw

P uw  

 ,

2 sin

4

 P  ws

z czego wynika, że

4 2 3

1 P P P

P   

Załóżmy, że nieznane jest nam pole P₁. Z powyższego równania otrzymujemy

3 4 2

1 P

P P P 

 .

Ponieważ



  

3 2

1  



P albo

2 3 2

3 1

1  



P albo

3 2 3

2 1

1  



P .

Zadanie 3. Wykaż, że jeżeli m i n są takimi liczbami całkowitymi, że rozwiązania równania 0

2 mx1n

x są niezerowymi liczbami całkowitymi, to liczba m²n² nie jest liczbą pierwszą.

Rozwiązanie: Niech x₁ oraz x₂ będą pierwiastkami równania 0

2 mx1n

x .

Ze wzorów Viete’a otrzymujemy, że ) (x₁ x₂

m  oraz n1x₁x₂. Stąd

) 1 )(

1 ( 1 )

1 ( )

( _{1 2} ² _{1 2} ² ₁² ₂² ₁² ₂² ₁² ₂²

2

2 n  x x  x x  x x x x   x  x 

m

Ponieważ x₁ i x₂ są niezerowe i całkowite, to liczby

2 1

1 

x i x₂² 1

są liczbami naturalnymi większymi od 1. Widzimy więc, że liczba m²n² nie jest liczbą pierwszą.

Zadanie 4. Znajdź rozwiązania równania ax ax² dla

4 0a 3. Rozwiązanie:

Zauważmy przede wszystkim, że muszą być spełnione warunki

0

x

a i ax² 0

Ponieważ

4

0a 3 co powoduje, że a a, więc rozwiązania powyższych nierówności muszą spełniać warunek

a x a  

 .

Podnosząc obie strony równania ax ax² do kwadratu, otrzymujemy 0

2 ^{2 2}

4  ax xa a  x

W celu rozwiązania powyższego równania można poszukiwać rozkładu otrzymanego wielomianu na iloczyn funkcji kwadratowych lub potraktować równanie jako równanie kwadratowej funkcji zmiennej a. Skorzystamy z drugiego sposobu.

W tym celu zapiszmy nasze równanie w postaci

0 )

1 2

( ^{2 4}

2  x  ax x

a .

Wyróżnik kwadratowy powyższego równania (ze względu na zmienną a!) jest równy 0

) 1 2

(  ² 



 x co prowadzi do rozwiązań, które są związkami pomiędzy x i a:

2

) 1 2 ( 1 2 2

| 1 2

| 1 2 2

) 1 2 ( 1

2 ²    ²  ²     ²   

 x x x x x x

a ,

a po obliczeniach (tu warto się zastanowić dlaczego mogliśmy wartość bezwzględną zastąpić zwykłym nawiasem!) mają postać

2  1

x x

a lub a x²x.

Zacznijmy od równania pierwszego, które po przeniesieniu wszystkich wyrazów na jedną stronę ma postać

0

2x1a 

x .

Wyróżnik tego równania ( tym razem ze względu na zmienną x!) jest równy ₁ 4a3. Aby nasze równanie miało rozwiązania a musi być większe lub równe

4

3. Biorąc pod uwagę założenia zadania, otrzymujemy a ₄³. W tym szczególnym przypadku otrzymujemy podwójny pierwiastek x ₂¹.

Wyróżnik kwadratowy drugiego równania x² xa0(znowu ze względu na zmienną x!) jest równy ₂ 14a10. Mamy zatem rozwiązania

2 4 1 1

1

x    a lub

2 4 1 1

2

x     a .

Łatwo zauważyć, że rozwiązanie x₁ nie spełnia warunków zadania, ponieważ a

a a

x 





  



 

 

 4

1 2 1 2

4 1 1

1 .

Natomiast dla drugiego pierwiastka mamy

a a

a a

a

a            







 2

1 2

1 2 ) 1 2 (1 2 1 4

1 2 1 4

1 2 1 4

0 1 ^{2 2} .

Zatem x₂[0,a] i jest rozwiązaniem wyjściowego równania oraz zawiera również otrzymane wcześniej rozwiązanie szczególne dla a ₄³.

Zadanie 5. W trójkącie ABC poprowadzono środkową CD i wyznaczono na niej taki punkt E, że

ED k CE 

|

|

|

| .

Prosta przechodząca przez punkty AE przecina bok BC w punkcie P. Wyznacz stosunek

|

|

|

| PB CP Rozwiązanie:

Trzy proste (na rysunku: czerwone):

- równoległa do odcinka BC przechodząca przez punkt A, - równoległa do odcinka AC przechodząca przez punkt B, - równoległa do odcinka CD przechodząca przez punkt C, przecinają się w jednym punkcie G tworząc równoległobok AGBC.

Na odcinku DG kładziemy punkt F w taki sposób, że |FG| = |CE|.

Ponieważ

|CD| = |DG| , to |ED| = |DF| oraz |EF| = 2 |ED|.

Korzystając z równoległości prostych AE i BF, na mocy twierdzenia Talesa otrzymujemy

2

|

| 2

|

|

|

|

|

|

|

|

|

| k

ED CE EF

CE PB

CP    .

A B

C

D E

P

F

G