W. Guzicki Próbna matura, grudzień 2014 r. poziom rozszerzony 1

Transkrypt

1 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 1 Próbna matura rozszerzona (jesień 01 r.) Zadanie 18 kilka innych rozwiązań Wojciech Guzicki Zadanie 18. Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa i ramiona mają długość po dm. Oblicz, jaką długość powinna mieć dłuższa podstawa tego trapezu, aby do pomieszczenia wpadało przez to okno jak najwięcej światła, aby pole powierzchni okna było największe. Oblicz to pole. Rozwiązanie. Sposób I. Rozważamy trapez równoramienny ABCD, w którym krótsza podstawa CD oraz ramiona AD i BC mają długość. Naszym celem jest znalezienie takiej długości dłuższej podstawy AB, dla której pole trapezu ABCD jest największe. Niech punkty E i F będą odpowiednio rzutami wierzchołków D i C na podstawę AB. Oczywiście odcinki AE i F B mają tę samą długość. Przyjmijmy AE BF. Ponadto EF CD. Niech wreszcie α BAD. Oczywiście α (0, π ). D C h A α E F B Pole trapezu ABCD jest równe AB + CD ( + ) + P ABCD DE h ( + ) h ( + cos α) sin α 16(1 + cos α) sin α. Rozważmy następującą funkcję zmiennej rzeczywistej : określoną dla (0, π ). Wówczas f() (1 + cos ) sin f () sin + (1 + cos ) cos (1 cos ) + cos + cos cos + cos 1 ( cos 1)(cos + 1). Oczywiście w rozważanym przedziale mamy cos +1 > 0. Zatem f () 0 wtedy i tylko wtedy, gdy cos 1 gdy π 3. Nietrudno także stwierdzić, że w przedziale (0, π 3 funkcja f jest rosnąca, a w przedziale π 3, π ) jest malejąca. teraz już łatwo obliczamy długość podstawy AB, dla której pole trapezu jest największe: AB cos π

2 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony To pole jest wtedy równe 8 + h 6 sin π Rozwiązanie. Sposób II. Rozważamy trapez równoramienny ABCD, w którym krótsza podstawa CD oraz ramiona AD i BC mają długość. Naszym celem jest znalezienie takiej długości dłuższej podstawy AB, dla której pole trapezu ABCD jest największe. Niech punkty E i F będą odpowiednio rzutami wierzchołków D i C na podstawę AB. Oczywiście odcinki AE i F B mają tę samą długość. Przyjmijmy AE BF. Oczywiście (0, ). Ponadto EF CD. D C A E F B Pole trapezu ABCD jest równe AB + CD P ABCD DE ( + ) 3 ( ). ( + ) + ( + ) ( )( + ) Rozważamy następujące liczby rzeczywiste (nietrudno zauważyć, że są one dodatnie dla z przedziału (0, )): Wówczas pole trapezu jest równe a 1 a a 3 + oraz a 1 3. P a1 a a 3 a a 1 a a 3 a. Z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną dla czterech liczb dodatnich dostajemy nierówność: a1 a a 3 a a 1 + a + a 3 + a 3 ( + ) + (1 3) 6. Zatem a1 a a 3 a 6 36,

3 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 3 P 1 3 a 1 a a 3 a Równość zachodzi dla takiego, że a 1 a a 3 a, dla. Można też sprawdzić bezpośrednio, że dla mamy P ABCD ( + ) Zatem największe pole ma trapez ABCD, w którym AB 8 i to pole jest równe P ABCD 1 3. Rozwiązanie. Sposób III. Traktujemy trapez jako połowę sześciokąta, powstałego przez doklejenie do naszego trapezu jego odbicia symetrycznego względem prostej AB. Otrzymany sześciokąt ma obwód równy. Z twierdzenia izoperymetrycznego Zenodora wynika, że spośród sześciokątów o obwodzie największe pole ma sześciokąt foremny o boku. Zatem największe pole ma trapez będący połową sześciokąta foremnego, a więc taki, w którym AB 8. To kończy dowód. Popatrzmy teraz na modyfikację zadania 18. Zadanie 18a. Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa ma długość 7 dm i każde z ramion ma długość 3 dm. Oblicz, jaką długość powinna mieć dłuższa podstawa tego trapezu, aby do pomieszczenia wpadało przez to okno jak najwięcej światła, aby pole powierzchni okna było największe. Oblicz to pole. Rozwiązanie. Sposób I. Rozważamy trapez ABCD, w którym krótsza podstawa CD ma długość 7 oraz ramiona AD i BC mają długość 3. Naszym celem jest znalezienie takiej długości dłuższej podstawy AB, dla której pole trapezu ABCD jest największe. Niech punkty E i F będą odpowiednio rzutami wierzchołków D i C na podstawę AB. Oczywiście odcinki AE i F B mają tę samą długość. Przyjmijmy AE EF. Ponadto EF CD 7. Oczywiście (0, 3). D C h A E F B Pole trapezu ABCD jest równe P ABCD AB + CD DE ( + 7) + 7 h ( + 7) h ( + 7) 3 ( + 7) (3 + )(3 ) ( + 7) ( + 3)(3 ). Rozważmy następującą funkcję zmiennej rzeczywistej : f() ( + 7) ( + 3)(3 )

4 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony określoną dla (0, 3). Wówczas f () ( 1)( + 7)( + 9). Zauważmy teraz, że jeśli (0, 1), to f () < 0 oraz jeśli (1, 3), to f () > 0. Stąd wynika, że w przedziale (0, 1 funkcja f jest rosnąca i w przedziale 1, 3) funkcja f jest malejąca. Zatem w przedziale (0, 3) funkcja f przyjmuje największą wartość w punkcie 1; inaczej mówiąc, jeśli (0, 3), to f() f(1). Korzystamy teraz z następującej własności pierwiastków: jeśli 0 a b, to a b. Z tej własności wynika, że dla dowolnej liczby (0, 3) prawdziwa jest nierówność P ABCD f() f(1) Ponadto, jeśli 1, to P ABCD 16. To znaczy, że największe pole ma trapez ABCD, w którym AB 9 i to największe pole jest równe P ABCD 16. Rozwiązanie. Sposób II. Rozważamy trapez ABCD, w którym krótsza podstawa CD ma długość 7 oraz ramiona AD i BC mają długość 3. Naszym celem jest znalezienie takiej długości dłuższej podstawy AB, dla której pole trapezu ABCD jest największe. Niech punkty E i F będą odpowiednio rzutami wierzchołków D i C na podstawę AB. Oczywiście odcinki AE i F B mają tę samą długość. Przyjmijmy AE EF. Ponadto EF CD 7. Niech wreszcie α BAD. Oczywiście α (0, π ). D C h A α E F B Pole trapezu ABCD jest równe AB + CD ( + 7) + 7 P ABCD DE h ( + 7) h (7 + 3 cos α) 3 sin α 3(7 + 3 cos α) sin α. Rozważmy następującą funkcję zmiennej rzeczywistej : określoną dla (0, π ). Wówczas f() (7 + 3 cos ) sin f () 3 sin + (7 + 3 cos ) cos 3(1 cos ) + 7 cos + 3 cos 6 cos + 7 cos 3 (3 cos 1)( cos + 3). Oczywiście w rozważanym przedziale mamy cos + 3 > 0. Zatem f () 0 wtedy i tylko wtedy, gdy cos 1 3. Niech 0 oznacza liczbę z przedziału (0, π ), dla której

5 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 5 cos Nietrudno wtedy stwierdzić, że w przedziale (0, 0 funkcja f jest rosnąca, a w przedziale 0, π ) jest malejąca. Teraz już łatwo obliczamy długość podstawy AB, dla której pole trapezu jest największe: AB cos Wreszcie obliczamy pole. Zauważmy najpierw, że sin 0 1 cos Stąd sin 0 3, skąd wynika, że h 3 sin 0. Zatem P ABCD h Rozwiązanie. Sposób III. Rozważamy trapez równoramienny ABCD, w którym krótsza podstawa CD ma długość 7, a ramiona AD i BC mają długość 3. Naszym celem jest znalezienie takiej długości dłuższej podstawy AB, dla której pole trapezu ABCD jest największe. Niech punkty E i F będą odpowiednio rzutami wierzchołków D i C na podstawę AB. Oczywiście odcinki AE i F B mają tę samą długość. Przyjmijmy AE EF. Oczywiście (0, 3). Ponadto EF CD 7. D C A E F B Tak jak w sposobie I obliczamy pole trapezu ABCD: P ( + 7) 9 ( + 7) ( + 3)(3 ). W tym sposobie rozwiązania chcemy zastosować nierówność między średnią geometryczną i arytmetyczną, podobnie jak to miało miejsce w sposobie II rozwiązania zadania 18. Jednak tym razem rozwiązanie wymaga nowego pomysłu. Popatrzmy bowiem, co się stanie, gdy przeniesiemy dosłownie pomysł z rozwiązania zadania 18. Wybierzmy następujące cztery liczby rzeczywiste: a 1 a + 7, a oraz a 9 3. Oczywiście dla z przedziału (0, 3) te liczby są dodatnie. Wówczas pole trapezu jest równe a1 a a 3 a P 1 a 1 a a 3 a. 3 3

6 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 6 Z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną dla czterech liczb dodatnich dostajemy nierówność: a1 a a 3 a a 1 + a + a 3 + a ( + 7) + ( + 3) + (9 3) Tak jak poprzednio: a1 a a 3 a 169, P 1 a 1 a a 3 a ,39. Okazuje się jednak, że otrzymaliśmy tylko ograniczenie górne na pole trapezu. Mianowicie w nierówności między średnimi tym razem nie może mieć miejsca równość. Jest tak dlatego, że dla żadnego nie zachodzi równość a 1 a a 3 a, Zadanie wymaga więc innego pomysłu. Wybieramy mianowicie następujące liczby rzeczywiste: a 1 a + 7, a oraz a 1. Wówczas Z nierówności między średnimi dostajemy a1 a a 3 a P. 8 a1 a a 3 a a 1 + a + a 3 + a ( + 7) + ( + 6) + (1 ) 3 8. Zatem a1 a a 3 a 8 6, P 1 8 a 1 a a 3 a ,63. Równość tym razem ma miejsce dla takiego, dla którego a 1 a a 3 a, dla 1. Rzeczywiście możemy sprawdzić, że dla 1 mamy P ABCD (1 + 7) Tak więc największe pole ma trapez ABCD, w którym AB 9 i to pole jest równe 16.

7 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 7 Uwaga. Powstaje naturalne pytanie, w jaki sposób zostały znalezione liczby a 1, a, a 3 i a w tym rozwiązaniu zadania 18a. W tej uwadze spróbuję wyjaśnić tę kwestię. Przyjrzyjmy się jeszcze raz rozwiązaniu zadania 18. Chcieliśmy w nim znaleźć największą wartość wyrażenia P () ( + ) 3 ( ). W tym celu wybraliśmy cztery liczby a 1, a, a 3 i a tak, by iloczyn pod pierwiastkiem w wyrażeniu P () różnił się co najwyżej stałą od iloczynu a 1 a a 3 a występującym pod pierwiastkiem we wzorze na średnią geometryczną. To był pierwszy warunek. Aby go spełnić, wystarczyło przyjąć a 1 a a 3 + oraz a. Wtedy jednak niewiadoma wystąpiłaby także we wzorze na średnią arytmetyczną: a 1 + a + a 3 + a Chcemy jednak, by średnia arytmetyczna liczb a 1, a, a 3 i a pozwalała obliczyć poszukiwaną największą wartość wyrażenia P (); w szczególności, by nie zależała od. Zatem zmieniliśmy nieco liczbę a : Teraz mamy a 3 ( ) 1 3. P () a1 a a 3 a 3 oraz a 1 + a + a 3 + a 3( + ) + (1 3) 6. Drugie wymaganie zostało spełnione. Jest jednak jeszcze trzecie wymaganie. Chcemy, by w nierówności między średnimi mogła mieć miejsce równość. Pamiętamy, że równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie liczby są równe, tzn. wtedy i tylko wtedy, gdy a 1 a a 3 a. To znaczy, że chcemy, by dla pewnej wartości zmiennej miała miejsce równość + a 1 a a 3 a 1 3. W zadaniu 18 ta równość była osiągana dla. Wówczas bowiem mieliśmy: oraz Jak widzieliśmy wyżej, w zadaniu 18a nie można było tak łatwo dobrać liczb a 1, a, a 3 i a. Przypomnijmy, że chcemy znaleźć największą wartość wyrażenia P () ( + 7) ( + 3)(3 ).

8 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 8 Przyjmijmy zatem: a 1 a p( + 7), a 3 q( + 3) oraz a r(3 ) dla odpowiednio dobranych liczb rzeczywistych p, q i r. Wówczas a 1 a a 3 a p qr ( + 7) ( + 3)(3 ), a więc iloczyn a 1 a a 3 a różni się tylko stałą od iloczynu znajdującego się pod pierwiastkiem w wyrażeniu P (). Pierwsze wymaganie jest zatem spełnione. Drugie wymaganie polegało na tym, by we wzorze na średnią arytmetyczną nie występowała zmienna. Popatrzmy zatem na tę średnią arytmetyczną: a 1 + a + a 3 + a p( + 7) + q( + 3) + r(3 ) (p + q r) + 1p + 3q + 3r. Drugie wymaganie zostanie spełnione, gdy przyjmiemy r p + q. Zróbmy więc tak. Mamy zatem a 1 a p( + 7), a 3 q( + 3) oraz a (p + q)(3 ). Musimy jeszcze spełnić wymaganie trzecie. Chcemy, by dla pewnej wartości miała miejsce równość a 1 a a 3 a, p( + 7) q( + 3) (p + q)(3 ). Rozwiążmy zatem równanie p( + 7) q( + 3): p( + 7) q( + 3), p + 7p q + 3q, p q 3q 7p, (p q) 3q 7p, 3q 7p p q. Zauważmy, że musimy tak dobrać liczby p i q, by p q. Gdyby bowiem p q (oraz liczby p i q były różne od zera), to dla żadnego nie otrzymalibyśmy równości a 1 p( + 7) q( + 3) a + 3. Mogliśmy zatem podzielić obie strony równania przez p q. Teraz rozwiążmy równanie p( + 7) (p + q)(3 ). p( + 7) (p + q)(3 ), p + 7p 6p p + 3q q, 3p + q 3q p, (3p + q) 3q p, 3q p 3p + q.

9 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 9 Będziemy musieli tak dobrać p i q, by liczby a 1, a, a 3 i a były dodatnie. Będziemy zatem szukać dodatnich liczb p i q. Zatem będziemy mieli 3p + q 0. Rozwiązaliśmy dwa równania. Ale liczba w obu równaniach musi być taka sama. To daje następujący warunek, który muszą spełniać liczby p i q: 3q 7p p q 3q p 3p + q. Przekształćmy to równanie w sposób równoważny: (3q 7p)(3p + q) (3q p)(p q), 9pq + 3q 1p 7pq 3pq 3q p + pq, 6q pq 0p 0, 3q pq 10p 0, (3q + 5p)(q p) 0. Ponieważ szukamy p i q dodatnich, więc 3q + 5p 0. Zatem q p 0. Przyjmijmy więc p 1 oraz q. Wówczas r p + q i otrzymamy następujące liczby a 1, a, a 3 i a : a 1 a + 7, a 3 ( + 3) + 6 oraz a (3 ) 1. To są dokładnie te liczby, które wzięliśmy w rozwiązaniu zadania 18a. Zauważmy także, że w zadaniu 18a nie da się zastosować twierdzenia izoperymetrycznego Zenodora. Rozwiążemy teraz zadanie 18a w postaci ogólnej. Zadanie 18b. Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa ma długość a i każde z ramion ma długość b (przy czym oczywiście a > 0 i b > 0). Oblicz, jaką długość powinna mieć dłuższa podstawa tego trapezu, aby do pomieszczenia wpadało przez to okno jak najwięcej światła, aby pole powierzchni okna było największe. Oblicz to pole. Zobaczymy tym razem dwa sposoby rozwiązania tego zadania (rozwiązanie trygonometryczne jest dobrym ćwiczeniem dla Czytelnika). Zastanowimy się także nad tym, dla jakich liczb całkowitych a i b zadanie będzie miało rozwiązanie, w którym dłuższa podstawa będzie miała długość wyrażającą się liczbą wymierną. Zobaczymy zestawy takich danych. Rozwiązanie. Sposób I. Rozważamy trapez ABCD, w którym krótsza podstawa CD ma długość a oraz ramiona AD i BC mają długość b. Naszym celem jest znalezienie takiej długości dłuższej podstawy AB, dla której pole trapezu ABCD jest największe. Niech punkty E i F będą odpowiednio rzutami wierzchołków D i C na podstawę AB.

10 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 10 Oczywiście odcinki AE i F B mają tę samą długość. Przyjmijmy AE EF. Ponadto EF CD a. Oczywiście (0, b). D C h A E F B Pole trapezu ABCD jest równe P ABCD AB + CD DE ( + a) + a h ( + a) h ( + a) b ( + a) (b + )(b ) ( + a) ( + b)(b ). Rozważmy następującą funkcję zmiennej rzeczywistej : f() ( + a) ( + b)(b ) a 3 (a b ) + ab + a b określoną dla (0, b). Wówczas f () 3 6a (a b ) + ab ( + a)( + a b ). Interesujące nas miejsce zerowe pochodnej jest dodatnim pierwiastkiem trójmianu kwadratowego + a b. Znajdźmy zatem ten pierwiastek. Obliczamy wyróżnik trójmianu a + 8b. Otrzymujemy pierwiastek dodatni: 1 a + Zauważmy też, że drugi pierwiastek a + 8b a. a a + 8b + a tego trójmianu jest ujemny. Można też zauważyć, że znaleziony pierwiastek 1 wewnątrz przedziału (0, b). Oczywiście leży a + 8b > a a,

11 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 11 więc 1 > 0. Dowodzimy teraz, że 1 < b. W tym celu przekształcamy w sposób równoważny nierówność a + 8b a < b, a + 8b a < b, a + 8b < a + b, a + 8b < (a + b), a + 8b < a + 8ab + 1b, 0 < 8ab + 8b. Ostatnia nierówność jest oczywiście prawdziwa, co dowodzi, że 1 < b. Popatrzmy teraz na rozkład pochodnej na czynniki: f () ( + a)( 1 )( ). Oczywiście, jeśli (0, 1 ), to f () < 0 oraz jeśli ( 1, b), to f () > 0. Stąd wynika, że w przedziale (0, 1 funkcja f jest rosnąca i w przedziale 1, b) funkcja f jest malejąca. Zatem w przedziale (0, b) funkcja f przyjmuje największą wartość w punkcie 1 ; inaczej mówiąc, jeśli (0, b), to f() f( 1 ). Korzystamy teraz ponownie z następującej własności pierwiastków: jeśli 0 y, to y. Z tej własności wynika, że dla dowolnej liczby (0, b) prawdziwa jest nierówność P ABCD f() f( 1 ). Ponadto, jeśli 1, to P ABCD f( 1 ). To znaczy, że największe pole ma trapez ABCD, w którym AB 1 + a i to największe pole jest równe: P ABCD ( 1 + a) b 1 ( ) a + 8b a + a a + 8b + 3a 1 16 ( a + 8b + 3a ) Przyjmijmy nowe oznaczenie: Wówczas 1 c a b a + 8b a a + 8b + a 16 16b a 8b + a a + 8b 16 8b + a a + 8b a. c a + 8b. oraz P ABCD 1 16 (3a + c) 8b + ac a.

12 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 1 Rozwiązanie. Sposób II. Rozważamy trapez równoramienny ABCD, w którym krótsza podstawa CD ma długość a, a ramiona AD i BC mają długość b. Naszym celem jest znalezienie takiej długości dłuższej podstawy AB, dla której pole trapezu ABCD jest największe. Niech punkty E i F będą odpowiednio rzutami wierzchołków D i C na podstawę AB. Oczywiście odcinki AE i F B mają tę samą długość. Przyjmijmy AE EF. Oczywiście (0, b). Ponadto EF CD a. D C A E F B Tak jak w sposobie I obliczamy pole trapezu ABCD: P () ( + a) b ( + a) ( + b)(b ). W tym sposobie rozwiązania chcemy zastosować nierówność między średnią geometryczną i arytmetyczną, podobnie jak to miało miejsce w sposobie III rozwiązania zadania 18a. Tak jak w zadaniu 18a rozwiązanie wymaga pomysłu. Jeśli bowiem a b i wybierzemy liczby rzeczywiste a 1 a + a, a 3 + b oraz a 3b 3, to dla żadnego nie zachodzi równość a 1 a a 3 a, a więc nie otrzymamy równości między średnią geometryczną i arytmetyczną. Będziemy musieli wybrać inne liczby a 1, a, a 3 i a. Tak jak w uwadze po rozwiązaniu zadania 18a, dobierzemy odpowiednie liczby rzeczywiste p, q i r tak, by dla liczb: a 1 a p( + a), a 3 q( + b) oraz a r(b ) nierówność między średnimi dała właściwe oszacowanie pola trapezu. Najpierw zauważamy, że P () ( + a) ( + b)(b ) oraz a 1 a a 3 a p qr ( + a) ( + b)(b ), P () a1 a a 3 a p. qr

13 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 13 Tak jak w uwadze po rozwiązaniu zadania 18a, przyjmijmy r p + q. Wówczas wzór na średnią arytmetyczną przyjmie postać: a 1 + a + a 3 + a p( + a) + q( + b) + (p + q)(b ) ap + bp + bq ap + bp bq. Mamy spełnione dwa wymagania sformułowane w uwadze po rozwiązaniu zadania 18a. Iloczyn liczb a 1 a a 3 a różni się stała od iloczynu pod pierwiastkiem we wzorze na P () oraz średnia arytmetyczna liczb a 1, a, a 3 i a nie zależy od. Teraz zajmiemy się trzecim wymaganiem, by dla pewnego miała miejsce równość Równość a 1 a 3 daje równanie: Rozwiązujemy to równanie: Równość a 1 a daje równanie: Rozwiązujemy to równanie: a 1 a a 3 a. p( + a) q( + b). p + ap qz + bq, p q bq ap, (p q) bq ap, bq ap p q. p( + a) (p + q)(b ). p + ap bp p + bq q, 3p + q bp + bq ap, (3p + q) bp + bq ap, bp + bq ap. 3p + q Ponieważ oba równania mają dać tę samą wartość niewiadomej, więc otrzymujemy warunek, który muszą spełniać liczby p i q: bq ap p q bp + bq ap. 3p + q

14 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 1 Przekształcamy otrzymane równanie w sposób równoważny: (bq ap)(3p + q) (bp + bq ap)(p q), 3bpq + bq 3ap apq bp bpq + bpq bq ap + apq, bpq + bq ap apq bp 0, bq + (b a)pq (a + b)p 0. Ponieważ, tak jak w uwadze po rozwiązaniu zadania 18a, poszukujemy dodatnich liczb p i q, możemy podzielić obie strony równania przez p, wprowadzając nową niewiadomą t q p : bt + (b a)t (a + b) 0. Obliczamy wyróżnik trójmianu po lewej stronie równania: (b a) + b(a + b) b ab + a + ab + b a + 8b. Przyjmijmy, że c, gdzie c > 0. Zatem c a + 8b. Wówczas t 1 (b a) c b oraz t (b a) + c. b Oczywiście t 1 < 0. Nietrudno pokazać, że t > 0. Przyjmijmy zatem Mamy zatem oraz Wówczas mamy nierówność q (b a) + c a + c b oraz p b. a 1 a b( + a), a 3 (a + c b)( + b) a (p + q)(b ) (a + b + c)(b ). a1 a a 3 a a 1 + a + a 3 + a, b (a + c b)(a + b + c)( + a) ( + b)(b ) b( + a) + (a + c b)( + b) + (a + b + c)(b ). Uprośćmy wyrażenia stojące po obu stronach nierówności: b (a + c b)(a + b + c) b ((a + c) (b) ) b (a + ac + c b ) b (a + ac + a + 8b b ) b (a + ac + b ) 8b (a + ac + b )

15 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 15 oraz b( + a) + (a + c b)( + b) + (a + b + c)(b ) b + ab + a + ab + c + bc b b + ab a + b b + bc c 6ab + bc. Nierówność między średnimi przybiera zatem postać 8b (a + ac + b )( + a) ( + b)(b ) 8b (a + ac + b )( + a) ( + b)(b ) Podnieśmy obie strony nierówności do kwadratu: Zatem 6ab + bc, b(3a + c). 8b (a + ac + b )( + a) ( + b)(b ) b (3a + c), ( + a) ( + b)(b ) P () przy czym równość ma miejsce dla bq ap p q b(c b a) ab b (a + c b) b(3a + c) 8 a + ac + b. b(3a + c) 8 a + ac + b, b(a + c b a) b a c b(c a b) b a c b(c a b)(b a + c) (b a c)(b a + c) b(bc ac + c ab + a ac 8b + ab bc) (b a) c b(bc ac + c ab + a 8b ) 16b 8ab + a (a + 8b ) b(bc ac + a ab) 8b(b a) b(bc ac + a + 8b ab + a 8b ) 8b 8ab b(bc ac + a ab) 8b(b a) Zatem największa wartość wyrażenia P () jest równa b(3a + c) 8 a + ac + b. (b a)(c + a) (b a) c a. Otrzymaliśmy inną postać tego wyrażenia niż w sposobie 1. Można jednak dość łatwo przekonać się (szczegóły obliczeń pozostawię jako ćwiczenie), że 1 16 (3a + c) 8b + ac a b(3a + c) 8 a + ac + b.

16 W. Guzicki Próbna matura, grudzień 01 r. poziom rozszerzony 16 Tak jak w poprzednim zadaniu interesujące jest to, w jaki sposób można dobrać dane do tego zadania, by otrzymać wyniki wymierne. Chodzi zatem o taki wybór licz a i b, by wyróżnik a + 8b był kwadratem liczby całkowitej. Równanie a + 8b c ma dość proste rozwiązanie. Nie będę jednak go tu przytaczał. Podam tylko tabelę trójek (a, b, c) liczb całkowitych dodatnich spełniających to równanie. Podaję tylko takie trójki, w których NWD(a, b) 1 oraz 1 a, b 50. Oto ta tabela: a b c