MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 33

Liczby całkowite dające resztę $1$ przy dzieleniu przez $3$ mają postać $3k+1$. Dwie kolejne takie liczby to $3k+1$ i $3k+4$, gdzie $k\in\mathbb Z$. Z warunku zadania otrzymujemy

$$(3k+1)^2+(3k+4)^2=149,$$

czyli

$$18k^2+30k-132=0,$$ $$3k^2+5k-22=0.$$

Wyróżnik jest równy $289=17^2$, zatem

$$k=2\quad\text{lub}\quad k=-\frac{11}{3}.$$

Ponieważ $k$ musi być całkowite, pozostaje $k=2$. Szukane liczby to $7$ i $10$.

Po każdej obniżce cena jest mnożona przez $1-\frac{p}{100}$. Mamy więc

$$180\left(1-\frac{p}{100}\right)^2=130{,}05.$$

Dzielimy przez $180$:

$$\left(1-\frac{p}{100}\right)^2=0{,}7225=0{,}85^2.$$

Ponieważ obniżka procentowa spełnia $0\le p\le100$, czynnik ceny jest nieujemny. Stąd

$$1-\frac{p}{100}=0{,}85,$$

zatem $\frac{p}{100}=0{,}15$ i $p=15$.

Po zmianie wymiary pokoju wynoszą $(6+x)$ m i $(9-x)$ m. Jego pole jest zatem równe

$$P(x)=(6+x)(9-x)=-x^2+3x+54,$$

przy czym $0\le x<9$. Parabola ma ramiona skierowane w dół, więc największą wartość przyjmuje w wierzchołku. Jego pierwsza współrzędna to

$$x_w=-\frac{3}{2\cdot(-1)}=\frac32.$$

Wartość ta należy do dziedziny.

Ze skanu wynika, że $x$ oznacza szerokość prostokąta. Przyprostokątne trójkąta mają długości $3$ i $6$, więc jego przeciwprostokątna wznosi się o $2$ jednostki na każdą jednostkę długości podstawy.

Lewy bok prostokąta znajduje się w odległości $3-x$ od lewego końca podstawy. Wysokość prostokąta wynosi zatem

$$2(3-x)=6-2x.$$

Pole ma postać

$$P(x)=x(6-2x)=-2x^2+6x,$$

a dla niedegenerującego się prostokąta $0<x<3$. Po zapisaniu funkcji w postaci kanonicznej otrzymujemy

$$P(x)=-2\left(x-\frac32\right)^2+\frac92.$$

Pole jest więc największe dla $x=\frac32$ i wynosi wtedy $\frac92$.

Niech boki prostokątnej serwety leżące na przyprostokątnych mają długości $a$ i $b$, odpowiednio przy bokach długości $3$ m i $2$ m. Przeciwległy wierzchołek prostokąta leży na przeciwprostokątnej, zatem z podobieństwa trójkątów

$$\frac a3+\frac b2=1.$$

Stąd $b=2-\frac23a$, gdzie $0<a<3$. Pole serwety wynosi

$$P(a)=a\left(2-\frac23a\right) =-\frac23\left(a-\frac32\right)^2+\frac32.$$

Największe pole otrzymujemy dla $a=\frac32$ m. Wtedy $b=1$ m. Punkt na przeciwprostokątnej jest jej środkiem, a pozostałe wierzchołki prostokąta są środkami przyprostokątnych. Dwa cięcia należy więc poprowadzić przez środek przeciwprostokątnej, równolegle do przyprostokątnych.

Ustawmy przeciwprostokątną poziomo i przyjmijmy współrzędne jej końców $A=(-2,0)$, $B=(2,0)$ oraz wierzchołka kąta prostego $C=(0,2)$. Wtedy $D=(0,0)$.

Niech prosta zawierająca $EF$ ma równanie $y=h$, gdzie $0\le h\le2$. Przecina ona ramiona trójkąta w punktach o pierwszych współrzędnych $h-2$ i $2-h$, więc

$$|EF|=(2-h)-(h-2)=4-2h.$$

Odległość punktu $D$ od prostej $EF$ jest równa $h$. Pole trójkąta $DEF$ wynosi zatem

$$P(h)=\frac12(4-2h)h=h(2-h)=-(h-1)^2+1.$$

Największa wartość pola jest równa $1$ i występuje dla $h=1$.

Niech $r$ oznacza początkową liczbę rzędów. W każdym rzędzie rosło wtedy $\frac{24}{r}$ krzaków. Po zmianach jest $r+1$ rzędów, a w każdym $\frac{24}{r}+2$ krzaków, więc

$$(r+1)\left(\frac{24}{r}+2\right)=45.$$

Ponieważ $r>0$, mnożymy równanie przez $r$:

$$2r^2-19r+24=0.$$

Mamy $\Delta=19^2-4\cdot2\cdot24=169$, zatem

$$r=8\quad\text{lub}\quad r=\frac32.$$

Liczba rzędów musi być całkowita, więc $r=8$. Kontrola: początkowo były po $3$ krzaki w rzędzie, a po zmianie jest $9\cdot5=45$ krzaków.