MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 39

Nowe wymiary to $12+x$ i $18+2x$. Warunek przyrostu pola:

$$(12+x)(18+2x)-12\cdot18=144.$$

Po uproszczeniu $x^2+21x-72=0$, więc $x=3$ lub $x=-24$. Zwiększenie wymiarów wymaga $x>0$.

Jeśli szerokość ramy wynosi $t$, reprodukcja ma wymiary $x-2t$ oraz $y-2t$ i musi spełniać $(x-2t)(y-2t)=P$.

a) $(80-2t)(60-2t)=2400$ daje $t=10$ lub $60$; drugi wynik jest geometrycznie niemożliwy. b) $(75-2t)(55-2t)=2700$ daje $t=\frac{65\pm20\sqrt7}{2}$; tylko mniejsza wartość jest mniejsza od połowy krótszego wymiaru.

Pole całkowitego zewnętrznego prostokąta to pole trawnika 32 plus podane pole kostki.

A) Pasy boczne mają szerokość $2x$, a górny i dolny $x$, więc $(8+4x)(4+2x)=32+66=98$. Stąd $4+2x=7$ i $x=1{,}5$.

B) Wymiary zewnętrzne to $8+2x$ i $4+4x$: $(8+2x)(4+4x)=32+78=110$. Po uproszczeniu $4x^2+20x-39=0$; dodatni pierwiastek to $1{,}5$.

Nowe boki mają długości $3+x$ i $10+x$, przy czym $x\ge0$. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$(3+x)^2+(10+x)^2>13^2.$$

Po uproszczeniu $(x+15)(x-2)>0$, więc algebraicznie $x<-15$ lub $x>2$. Warunek geometryczny pozostawia drugi przedział.

Niech krótszy bok ma długość $x$.

a) $x(x+6)=216$, czyli $x^2+6x-216=0$. Dodatni pierwiastek to 12, więc drugi bok ma 18. b) $x(x+15)=216$, czyli $x^2+15x-216=0$. Dodatni pierwiastek to 9, więc drugi bok ma 24.

Niech szerokość wynosi $x>0$, a długość $x+2$. Kwadrat przekątnej to $d^2=x^2+(x+2)^2$. Warunek $6\le d\le10$ jest równoważny

$$36\le2x^2+4x+4\le100.$$

Pierwsza nierówność daje $x\ge\sqrt{17}-1$, a druga $x\le6$.

Po dodaniu pasa z każdej strony wymiary zewnętrzne wynoszą $4+2x$ i $8+2x$. Pole samego pasa:

$$(4+2x)(8+2x)-32=45.$$

Stąd $4x^2+24x-45=0$, czyli $x=\frac32$ lub wartość ujemna. Szerokość musi być dodatnia.