MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 344

Niech liczby będą równe $x$ i $16-x$.

a) Iloczyn $x(16-x)=-(x-8)^2+64$ ma maksimum $64$.

b) Suma kwadratów $x^2+(16-x)^2=2(x-8)^2+128$ ma minimum $128$.

Zbiór rozwiązań jest domkniętym przedziałem o końcach $-6$ i $a$.

a) Dokładnie jeden całkowity punkt otrzymujemy dla $a=-6$. b) Dokładnie dwa całkowite punkty wymagają $|a+6|=1$. c) Gdy $a\ge0$, liczbami naturalnymi w przedziale są $0,1,\ldots,a$; dokładnie trzy daje $a=2$.

Pierwsze równanie ma pierwiastki $-2$ i $1$. Równanie $|x-a|=b$ ma pierwiastki $a-b$ i $a+b$, więc $a$ jest środkiem liczb $-2,1$, a $b$ ich odległością od środka: $a=\frac{-2+1}{2}=-\frac12,\qquad b=1-a=\frac32.$

Równanie paraboli zapisujemy jako $y=\sqrt3(x-1)^2-5.$ Jeżeli punkt ma obie współrzędne całkowite, to $x=n\in\mathbb Z$. Liczba $\sqrt3(n-1)^2$ może być całkowita tylko wtedy, gdy $(n-1)^2=0$, ponieważ $\sqrt3$ jest niewymierna. Stąd $n=1$ i $y=-5$. Teza o jednoznaczności została wykazana.

Dla $x\ge1$ mamy $x^2\ge1$ oraz $x\ge1$, więc $f(x)=2x^2+\pi x-1\ge2+\pi-1=1+\pi>4,$ ponieważ $\pi>3$. Teza została wykazana.

Podstawiamy $t=|x|\ge0$, wtedy $x^2=t^2$.

a) $t^2=t+2$, czyli $(t-2)(t+1)=0$; pozostaje $t=2$. b) $t^2-3t-4=0$, czyli $(t-4)(t+1)=0$; pozostaje $t=4$. Graficznie są to odcięte przecięć odpowiednich parabol z wykresami zależnymi od $|x|$.

W a)–e) podstawiamy $t=|x|\ge0$; w f) $t=|x-2|\ge0$. Odrzucamy ujemne rozwiązania równań względem $t$.

a) $(t-1)(t-2)=0$. b) $(t-1)(t+9)=0$. c) $(2t-1)(t+1)=0$. d) $(t+6)^2=0$. e) $(3t-1)(t+1)=0$. f) $(t-2)(t+1)=0$.

Niech $t=|x|\ge0$. Wyrażenie $t^2-3t+3$ jest dodatnie, więc równanie z wartością bezwzględną sprowadza się do $t^2-3t+3=1,$ czyli $(t-1)(t-2)=0$. Pierwiastki względem $x$ to $\pm1,\pm2$, których suma wynosi zero.

Na osi $OX$ mamy $y=0$, zatem $|x^2-4x|=5.$ Równanie $x^2-4x=5$ daje $x=-1$ lub $x=5$, natomiast $x^2-4x=-5$ ma ujemny wyróżnik.

a) Korzystamy z $|A|=|B|$. Równość $A=B$ daje $x=-2$, a $A=-B$ prowadzi do $2x^2+6=0$, bez rozwiązań.

b) Suma dwóch wartości bezwzględnych jest zerem tylko wtedy, gdy oba wyrażenia są zerami. Wspólnym rozwiązaniem $x(x-2)=0$ i $x(x-1)=0$ jest $x=0$.

Zastępujemy $|A|<k$ układem $-k<A<k$, a $|A|\ge k$ alternatywą $A\ge k$ lub $A\le-k$.

a) $-6<x^2-3<6$. b) $2-x^2\ge2$ lub $2-x^2\le-2$. c) $x^2-5x+1>3$ lub $x^2-5x+1<-3$. d) $-6\le x^2-5x\le6$. e) Wartość bezwzględna jest zawsze nieujemna. f) Wartość bezwzględna jest nie większa od zera tylko wtedy, gdy jest zerem.

Podstawiamy $t=|x|\ge0$ w a)–e), a w f) $t=|x+1|\ge0$, po czym rozwiązujemy nierówność względem $t$.

a) $(t-3)(t+1)>0$. b) $(t+3)(t+6)\le0$ nie ma nieujemnych $t$. c) $(2t+1)(t-1)\ge0$. d) $(t+2)(t+5)\le0$ nie ma nieujemnych $t$. e) Wyróżnik $-8<0$ i współczynnik dodatni. f) $(t-2)(t+1)>0$.