MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 156

Zapiszmy długości boków w kolejności rosnącej jako $p-r,\quad p,\quad p+r.$ Środkowy wyraz jest równy $\frac13$ obwodu, zatem rzeczywiście wynosi $p$. Najdłuższy bok jest przeciwprostokątną, więc z twierdzenia Pitagorasa: $(p-r)^2+p^2=(p+r)^2.$ Po rozwinięciu: $p^2-2pr+r^2+p^2=p^2+2pr+r^2,$ czyli $p^2=4pr$. Ponieważ $p>0$, mamy $r=\frac p4$. Stąd boki mają długości $p-\frac p4=\frac{3p}{4},\qquad p,\qquad p+\frac p4=\frac{5p}{4}.$

Pierścień $P_n$ leży między okręgami o promieniach $x+n-1$ oraz $x+n$. Jego pole wynosi $P_n=\pi(x+n)^2-\pi(x+n-1)^2.$ Korzystając z różnicy kwadratów: $P_n=\pi\bigl((x+n)-(x+n-1)\bigr) \bigl((x+n)+(x+n-1)\bigr),$ $P_n=\pi(2x+2n-1)=2\pi n+\pi(2x-1).$ Jest to wzór liniowy względem $n$, a $P_{n+1}-P_n=2\pi,$ więc pola tworzą ciąg arytmetyczny. Dla $n=15$: $35\pi=P_{15}=\pi(2x+29),$ stąd $2x+29=35$ i $x=3$.

a) Oznaczmy $B=k^2-4$. Różnica kolejnych wyrazów wynosi $a_{n+1}-a_n =\frac{2k(n+1)}{B(n+1)-1}-\frac{2kn}{Bn-1} =\frac{-2k}{(Bn-1)(B(n+1)-1)}.$ Dla $k=0$ ciąg jest stały, więc nie jest malejący. Gdy $k\ne0$, powyższa różnica może być stała dla wszystkich $n$ tylko wtedy, gdy $B=0$, czyli $k=\pm2$. Dla $k=2$ mamy $a_n=-4n$, a dla $k=-2$ mamy $a_n=4n$. Malejący jest więc tylko ciąg dla $k=2$.

b) Ciąg jest arytmetyczny, a jego różnica to $r=\frac{k^2-1}{k+2},\qquad k\ne-2.$ Ma być malejący, zatem $\frac{(k-1)(k+1)}{k+2}<0.$ Analiza znaków przy punktach $-2,-1,1$ daje $k\in(-\infty,-2)\cup(-1,1).$

Pierwiastek równania ma postać $x=-\frac{p}{p^2+1}.$ Dla każdego rzeczywistego $p$ zachodzi $\left|-\frac{p}{p^2+1}\right|\le\frac12,$ bo $p^2+1\ge2|p|$. Aby trzy liczby zawierające $0{,}6$ i $0{,}8$ tworzyły po uporządkowaniu ciąg arytmetyczny, trzecia liczba mogłaby wynosić $0{,}4$, $0{,}7$ albo $1$. Z podanego ograniczenia możliwe jest tylko $x=0{,}4=\frac25$.

Rozwiązujemy więc $-\frac{p}{p^2+1}=\frac25.$ Po pomnożeniu przez $5(p^2+1)$: $2p^2+5p+2=0,$ $(2p+1)(p+2)=0.$ Stąd $p=-\frac12$ lub $p=-2$.

Mamy $\sqrt{a_1}=\sqrt5,\qquad \sqrt{a_2}=\sqrt{50},\qquad \sqrt{a_3}=\sqrt{95}.$ Ponieważ $2<\sqrt5<3,\quad 7<\sqrt{50}<8,\quad 9<\sqrt{95}<10,$ całkowite wyrazy muszą spełniać $b_1\le2,\quad b_2\in\{3,4,5,6,7\},\quad b_3\in\{8,9\},\quad b_4\ge10.$ Jeśli różnica całkowitego ciągu arytmetycznego wynosi $r$, to $r=b_3-b_2,\qquad b_1=2b_2-b_3,\qquad b_4=2b_3-b_2.$ Sprawdzenie skończonych możliwości dla $b_2$ i $b_3$ pozostawia pary $(b_2,b_3)=(5,8),(4,8),(3,8),(5,9),(4,9),(3,9).$ Dają one kolejno wzory $3n-1,\quad4n-4,\quad5n-7,\quad4n-3,\quad5n-6,\quad6n-9.$

Niech $r$ będzie różnicą ciągu.

Jeśli $r=0$, to wszystkie wyrazy są równe niezerowemu $a_1$. Lewa strona jest sumą $n-1$ składników równych $\frac1{a_1^2}$, więc wynosi $\frac{n-1}{a_1a_n}$.

Niech teraz $r\ne0$. Ponieważ $a_{k+1}-a_k=r$, $\frac1{a_ka_{k+1}} =\frac1r\left(\frac1{a_k}-\frac1{a_{k+1}}\right).$ Po zsumowaniu dla $k=1,\ldots,n-1$ wyrazy pośrednie redukują się: $\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{a_ka_{k+1}} =\frac1r\left(\frac1{a_1}-\frac1{a_n}\right) =\frac{a_n-a_1}{r\,a_1a_n}.$ Dla ciągu arytmetycznego $a_n-a_1=(n-1)r$, zatem $\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{a_ka_{k+1}} =\frac{n-1}{a_1a_n}.$