Korki we wtorki

Głos Wielkopolski, 15.12.2009

Równania i nierówności

Zadanie 1.

Wykaż, że liczba 2

100

jest rozwiązaniem równania

−4

52

+ 15x + 2

101

= 16

25

Rozwiązanie.

−4

52

+ 15x + 2

101

= 16

25

−



2

2



52

+ 15x + 2

101

=



2

4



25

(1)

−2

104

+ 15x + 2

101

= 2

100

(2)

15x

= 2

104

− 2

101

+ 2

100

(3)

15x

= 2

100

(2

4

− 2

+ 1)

(4)

15x

= 2

100

(16 − 2

+ 1)

15x

= 2

100

· 15

/ : 15

x

= 2

100

Odpowiedź.

Rozwiązaniem powyższego równania jest x

= 2

100

.

Objaśnienia.

(1) W potęgach postaci −4

52

oraz 16

25

, zamieniamy podstawy

tzn. 4

= 2

2

, 16 = 2

4

.

(2) W tym miejscu wykorzystujemy fakt, iż (a

m

)

n

= a

mn

, zatem

−



2

2



52

= −2

2·52

= −2

104



2

4



25

= 2

4·25

= 2

100

.

(3) −2

104

oraz 2

101

przenosimy na stronę prawą, pamiętając o zmianie znaku na

przeciwny.

(4) Następnie, korzystamy z własności a

m

+n

= a

m

· a

n

,

2

104

= 2

100

+4

= 2

100

· 2

4

2

101

= 2

100

+1

= 2

100

· 2

1

Zatem prawą stronę równania (3), możemy zapisać w postaci

2

100

· 2

4

− 2

100

· 2

1

+ 2

100

· 1

.

W każdym z powyższych składników występuje 2

100

, które wyłączamy przed

nawias,

2

100

(2

4

− 2

1

+ 1).

Zadanie 2.

Rozwiązać algebraicznie układ równań:













y

= −4x

2

y

= 3 + x(x + 1) − (x + 2)

2

Rozwiązanie.

−4x

2

= 3 + x(x + 1) − (x + 2)

2

(1)

−4x

2

= 3 + x

2

+ x − (x

2

+ 4x + 4)

(2)

−4x

2

= 3 + x

2

+ x − x

2

− 4x − 4

(3)

−4x

2

= −1 − 3x

(4)

−4x

2

+ 3x + 1 = 0

Wyznaczamy pierwiastki trójmianu kwadratowego

∆ = 3

2

− 4 · (−4) · 1

= 25,

√

∆ = 5,

x

1

=

−3−5

2·(−4)

= 1,

x

2

=

−3

+5

2·(−4)

= −

1
4

.

Następnie z równania y

= −4x

2

wyznaczymy wartości y

1

oraz y

2

.

y

1

= −4 · x

2
1

= −4 · 1 = −4

y

2

= −4 · x

2
2

= −4 ·



−

1
4



2

= −4 ·

1

16

= −

1
4

Odpowiedź.

Układ równań posiada dwa rozwiązania: (1

, −4) oraz



−

1
4

, −

1
4



.

Objaśnienia.

(1) Porównujemy prawe strony powyższego układu, ponieważ lewe strony są

sobie równe.

(2) Mnożymy x przez każdy składnik nawiasu oraz stosujemy wzór skróconego

mnożenia (a

+ b)

2

= a

2

+ 2ab + b

2

.

(3) ”Opuszczając” nawias pamiętamy o zmianach znaków na przeciwne.

(4) Redukujemy wyrazy podobne.

Zadanie 3.

Rozwiązać równanie

1
x

+

1

x

+ 1

= 2

Rozwiązanie.
Na początek wyznaczmy dziedzinę powyższego równania.

(1)

x , 0,

x

+ 1 , 0 czyli x , −1,

zatem dziedziną jest zbiór x ∈ R\{−1

, 0}.

Wracając do równania

1
x

+

1

x

+1

= 2 / · x(x + 1)

(2)

(x

+ 1) + x = 2x(x + 1)

2x

+ 1 = 2x

2

+ 2x

−2x

2

+ 1 = 0 / : (−2)

x

2

−

1
2

= 0

(x −

q

1
2

)(x

+

q

1
2

)

= 0

x −

√

2

2

= 0

lub

x

+

√

2

2

= 0

x

=

√

2

2

lub

x

= −

√

2

2

Odpowiedź.

Rozwiązaniami równania są liczby x

1

=

√

2

2

oraz x

2

= −

√

2

2

.

Objaśnienia.

(1) Aby wyznaczyć dziedzinę powyższego równania, należy uwzględnić fakt,

że mianowniki składników lewej strony równania muszą być różne od zera.

(2) Biorąc pod uwagę dziedzinę x ∈ R\{−1

, 0}, mnożymy obustronnie równanie

przez x(x

+ 1).

Zadanie 4.

Która z liczb:

x

1

= log

2

8;

x

2

= cos 45

◦

+ sin 45

◦

;

x

3

= log

3

√

27

+ tg 45

◦

należy do zbioru rozwiązań nierówności

x

2

−

25

4

6 0?

Rozwiązanie.

W pierwszej kolejności wyznaczymy zbiór rozwiązań nierówności

x

2

−

25

4

6 0

(1)

(x −

5
2

)(x

+

5
2

) 6 0

x

−

5
2

5
2

Zatem zbiorem rozwiązań nierówności jest zbiór

x ∈

D

−

5
2

,

5
2

E .

Obliczymy teraz x

1

, x

2

oraz x

3

x

1

= log

2

2

3

= 3 log

2

2

= 3

(2)

x

2

=

√

2

2

+

√

2

2

=

√

2

x

3

= log

3

27

1
2

+ 1 = log

3



3

3



1
2

+ 1 = log

3

3

3
2

+ 1 =

3
2

log

3

3

+ 1 =

5
2

(3)

zatem

x

1

<

D

−

5
2

,

5
2

E , x

2

, x

3

∈

D

−

5
2

,

5
2

E .

Odpowiedź.

Do zbioru rozwiązań nierówności należą

√

2

,

5
2

.

Objaśnienia.

(1) Korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia a

2

− b

2

= (a − b)(a + b).

(2) W celu wyznaczenia wartości x

1

, zamieniamy postać liczby logarytmowanej

(8

= 2

3

), a następnie stosujemy własność logarytmów

log

c

d

α

= α · log

c

d

,

c , 1, c, d > 0, α ∈ R

(4)

oraz

log

c

c

= 1.

(5)

(3) Podobnie jak w przypadku x

1

, zamieniamy postać liczby logarytmowanej

√

27

= 27

1
2

=



3

3



1
2

= 3

3
2

.

Następnie korzystamy z (4) oraz (5).

Dzień dobry,

mam pytanie: jakimi sposobami można rozwiązać te dwa zadania?

1. Podstawą graniastosłupa prostego o wysokości 12 cm jest romb. Przekątne graniasto-
słupa mają długości 13 cm i 16 cm. Oblicz objętość graniastosłupa.

2. Krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego ma długość 15, a kąt
nachylenia ściany bocznej do podstawy ma miarę 45

◦

. Oblicz objętość tego ostrosłupa.

1. Objętość graniastosłupa obliczamy ze wzoru V

= P

p

· H

, gdzie P

p

to pole pod-

stawy, a H to wysokość. W naszym zadaniu H

= |AE| = 12 cm. Pole podstawy

wyliczymy ze wzoru na pole rombu o przekątnych d

1

i d

2

, czyli P

p

=

1
2

d

1

d

2

.

H

G

F

E

A

D

C

B

A

d

1

C

13

E

12

Aby wyznaczyć długość przekątnej d

1

= |AC|, korzystam z twierdzenia Pitago-

rasa w trójkącie ACE:

d

2
1

+ 12

2

= 13

2

d

2
1

= 169 − 144

d

1

= 5 (cm)

Na podobnej zasadzie obliczam d

2

= |BH| =

√

122

= 4

√

7 (cm); zatem objętość

graniastosłupa wynosi

V

=

1
2

· 5 · 4

√

7 · 12

= 120

√

7 (cm

3

)

.

2. Objętość ostrosłupa wyraża się wzorem V

=

1
3

P

p

· H

, gdzie P

p

jest pole pod-

stawy, a H – wysokością. W tym zadaniu podstawa jest sześciokątem foremnym
(ponieważ ostrosłup jest prawidłowy) o boku a

= 15, zatem jego pole jest sze-

ściokrotnością pola trójkąta równobocznego o boku a:

P

p

= 6 ·

a

2

√

3

4

=

3a

2

√

3

2

.

C

B

a

A

F

E

D

O

S

G

G

S

H

O

45

◦

Aby obliczyć wysokość ostrosłupa, zauważmy, że skoro jest on prawidłowy, to
spodek wysokości S jest środkiem podstawy. Mamy zatem trójkąt GSO, który
jest prostokątny, zaś kąt SGO ma miarę 45

◦

; trójkąt ten jest więc równoramienny,

czyli H

= |GS|. Z kolei odcinek GS jest wysokością trójkąta równobocznego ASF

o boku a, czyli H

=

a

√

3

2

. Podsumowując,

V

=

1
3

·

3a

2

√

3

2

·

a

√

3

2

=

3
4

a

3

,

czyli V

=

3·15

3

4

= 2531

1
4

.

(mb)

Przygotowanie:

Adrian Michałowicz, Marcin Borkowski