MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 155

Niech $q=a_8$. Ponieważ $r=\sqrt5$, mamy $a_9=q+r,\qquad a_{10}=q+2r.$ Warunek z treści przyjmuje postać $(2q+3r)q=(q+2r)r.$ Po uporządkowaniu: $q^2+rq-r^2=0.$ Stąd $q=\frac{-r\pm\sqrt{r^2+4r^2}}2 =\frac{-\sqrt5\pm5}{2}.$ Ponieważ $a_1=a_8-7r=q-7\sqrt5$, otrzymujemy $a_1=\frac{-15\sqrt5\pm5}{2}.$

Korzystamy ze wzoru $a_n=a_1+(n-1)r$.

a) $b_n=a_{2n}=a_1+(2n-1)r,$ więc $b_{n+1}-b_n=2r,\qquad b_1=a_2=a_1+r.$

b) $b_n=a_{2n-1}+n=a_1+(2n-2)r+n,$ zatem $b_{n+1}-b_n=2r+1,\qquad b_1=a_1+1.$

c) $b_n=5(a_{n+1}^2-a_n^2) =5(a_{n+1}-a_n)(a_{n+1}+a_n).$ Ponieważ $a_{n+1}-a_n=r$ oraz $a_{n+1}+a_n=2a_1+(2n-1)r,$ mamy $b_n=5r\bigl(2a_1+(2n-1)r\bigr).$ Zatem $b_{n+1}-b_n=10r^2,\qquad b_1=5r(2a_1+r).$

a) Z rekurencji $a_{n+1}-a_n=\sqrt2,$ więc ciąg jest arytmetyczny o różnicy $\sqrt2$. Ponadto $a_n=2+\sqrt2+(n-1)\sqrt2=2+n\sqrt2.$ Dla $n\ge1$ warunek $-5\le a_n\le5$ sprowadza się do $2+n\sqrt2\le5\iff n\le\frac3{\sqrt2}.$ Spełniają go $n=1,2$, czyli dwa wyrazy.

b) $a_{n+1}=\frac{1+3a_n}{3}=a_n+\frac13,$ więc ciąg jest arytmetyczny o różnicy $\frac13$, a $a_n=-\frac83+\frac{n-1}{3}=\frac{n-9}{3}.$ Dla $n\ge1$ dolna nierówność jest automatycznie spełniona, zaś $\frac{n-9}{3}\le5\iff n\le24.$ Należą więc do przedziału wyrazy od $a_1$ do $a_{24}$.

Oznaczmy $x=a_n$ i $y=b_n$. Z pierwszego wzoru $x=2n-6\iff n=\frac{x+6}{2}.$ Podstawiamy do drugiej współrzędnej: $y=-3\cdot\frac{x+6}{2}+4 =-\frac32x-5.$ Każdy punkt $A_n$ spełnia to samo równanie liniowe, zatem wszystkie punkty leżą na jednej prostej.

Uporządkujmy boki rosnąco: $a-r,\quad a,\quad a+r,$ gdzie $a>r\ge0$. Jeśli pole trójkąta wynosi $P$, wysokość opuszczona na bok długości $x$ ma długość $\frac{2P}{x}$. Po uporządkowaniu rosnąco wysokości są więc proporcjonalne do $\frac1{a+r},\quad\frac1a,\quad\frac1{a-r}.$ Warunek ciągu arytmetycznego daje $\frac2a=\frac1{a+r}+\frac1{a-r} =\frac{2a}{a^2-r^2}.$ Po pomnożeniu przez $a(a^2-r^2)$: $2(a^2-r^2)=2a^2,$ czyli $r=0$. Wszystkie trzy boki mają długość $a$.

Mamy $b=a+5,\qquad c=a+10.$ Z równania osi symetrii: $-\frac{a+5}{2a}=\frac{6+5\sqrt3}{13}.$ Stąd $-13(a+5)=2a(6+5\sqrt3),\qquad a=2\sqrt3-5.$ Zatem $b=2\sqrt3,\qquad c=2\sqrt3+5.$ Wyróżnik: $\Delta=b^2-4ac =12-4(2\sqrt3-5)(2\sqrt3+5)=64.$ Miejsca zerowe wynoszą $x=\frac{-2\sqrt3\pm8}{2(2\sqrt3-5)},$ co po uproszczeniu daje $x_1=2+\sqrt3,\qquad x_2=-\frac{14+3\sqrt3}{13}.$

Niech długości boków, zapisane rosnąco, będą równe $a,\quad a+r,\quad a+2r,\quad a+3r,$ gdzie $r\ge0$. Z założenia bok najkrótszy leży naprzeciwko najdłuższego, zatem pozostałe dwa boki także są przeciwległe. Sumy długości obu par boków przeciwległych są równe: $a+(a+3r)=2a+3r,$ $(a+r)+(a+2r)=2a+3r.$ Na mocy kryterium dla wypukłego czworokąta można więc wpisać w niego okrąg.

Niech $x$ oznacza szerokość, $y$ długość, a $d$ przekątną. Z warunku ogrodzenia $2x+y=30.$ Wielkości $x,y,d$ tworzą ciąg arytmetyczny, więc $d=2y-x.$ Twierdzenie Pitagorasa daje $(2y-x)^2=x^2+y^2,$ a po uproszczeniu $3y^2=4xy.$ Ponieważ wymiary są dodatnie, $y=\frac43x$. Zatem $2x+\frac43x=30,\qquad x=9,\quad y=12.$ Pole działki: $P=xy=9\cdot12=108\ \mathrm{m}^2.$