MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 163

Pole trójkąta $P$ spełnia $P=\frac12a_ih_i$, więc $h_i=\frac{2P}{a_i}$. Jeżeli kolejne boki mają iloraz $q$, to odpowiadające im wysokości mają iloraz $1/q$. Jest on stały, zatem wysokości również tworzą ciąg geometryczny.

Dla $k=1,\ldots,22$ mamy $a_ka_{45-k}=a_1q^{k-1}\cdot a_1q^{44-k}=a_1^2q^{43}.$ Wartość nie zależy od $k$, więc wszystkie iloczyny w tezie są równe.

Z założenia $a_1^2q^{50}=a_1q^{49}.$ Po skróceniu niezerowych czynników dostajemy $a_1q=1$. Dla dowolnych $k,m$: $a_ka_m=a_1^2q^{k+m-2}=(a_1q)a_1q^{k+m-3}=a_{k+m-2}.$ Podstawienia $(k,m)=(15,20)$ oraz $(81,21)$ dają odpowiednio podpunkty a) i b).

Niech dodatnie wyrazy ciągu będą $u,uq,uq^2$. Aby $\Delta=b^2-4ac>0$, współczynnik $b$ musi być jednym ze skrajnych wyrazów. Dla $b=u$ dostajemy $1-4q^3>0$, czyli $q<\sqrt[3]{1/4}=\frac{\sqrt[3]2}{2}$. Dla $b=uq^2$ dostajemy $q^4-4q>0$, czyli $q>\sqrt[3]4$.

Boki są proporcjonalne do $1,q,q^2$, więc $q>0$. Dla $q\ge1$ wystarczy nierówność $1+q>q^2$, która daje $q<\frac{1+\sqrt5}{2}$. Dla $0<q\le1$ warunek $q+q^2>1$ daje $q>\frac{\sqrt5-1}{2}$.

Układ ma postać $a_1(q^4-1)=10$ oraz $a_1q(q^2-1)=3$. Po podzieleniu równań otrzymujemy $\frac{q^2+1}{q}=\frac{10}{3}$, zatem $3q^2-10q+3=0$ i $q=3$ lub $q=\frac13$. Podstawienie daje odpowiednio $a_1=\frac18$ lub $a_1=-\frac{81}{8}$.

Niech ceny rosnąco będą $x,y,z$. Z warunków $x+y+z=70$ i $z=x+y+10$ wynika $z=40$ oraz $x+y=30$. Własność $y^2=xz$ daje $y^2=40(30-y)$, skąd dodatnie rozwiązanie to $y=20$, a $x=10$.

a) Boki mają postać $3,3q,3q^2$ z $q>1$. Równanie $\frac{1+q+q^2}{q^2}=\frac{19}{9}$ daje $q=\frac32$, więc obwód wynosi $3(1+\frac32+\frac94)=\frac{57}{4}$.

b) Dla $q>1$ twierdzenie Pitagorasa daje $1+q^2=q^4$, więc $q^2=\frac{1+\sqrt5}{2}$. Odwrócenie kolejności daje drugi dodatni iloraz, będący odwrotnością pierwszego.

Promienie mają iloraz $q\in(0,1)$, a pola iloraz $q^2$. Z $P_{10}/P_8=q^4=16/81$ wynika $q=2/3$. Dalej $P_4-P_5=\pi r_1^2q^6(1-q^2)=\pi r_1^2\frac{320}{6561}=\frac{320}{81}\pi,$ więc $r_1^2=81$.

Niech krawędzie będą $x/q,x,xq$; ich iloczyn to $x^3$.

a) $x=3$, a z $4\cdot3(q^{-1}+1+q)=52$ wynika $q=3$ lub $1/3$. Najkrótsza krawędź ma długość $1$ m.

b) $x=6$. Gdy wysokością jest skrajna krawędź, równanie pola bocznego daje $q=5/3$ (lub odwrotność), a przekątna ma długość $\frac{14\sqrt{19}}5$. Gdy wysokością jest środkowa krawędź, suma pozostałych wynosi $16$, stąd kwadrat przekątnej jest równy $220$.