Dowody algebraiczne — zadania maturalne: Każdy dowód kończy się na kwadracie
Siedem mechanizmów na cały rozdział: sumy kwadratów, kwadrat razy czynnik o znaku z założenia, warunek jako podstawienie, kwadratowanie stron, AM–GM, słownik logarytmów i iloczyn kolejnych liczb. Założenie z treści to nie dekoracja – to brakujący znak.
37zadań maturalnych
37z pełnym kluczem
ZADANIA
Zadania maturalne
Zanim zaczniesz: ustal mechanizm (suma kwadratów / kwadrat × czynnik / podstawienie warunku / kwadratowanie / słownik logarytmów / iloczyn kolejnych). Panel WSKAZÓWKA podaje pierwsze przekształcenie, KLUCZ – szkic i serce dowodu. Wszystkie faktoryzacje i tożsamości w kluczach zweryfikowane symbolicznie (SymPy).
Najliczniejsza rodzina rozdziału: sumy kwadratów, faktoryzacje z czynnikiem o znaku z założenia, kwadratowanie stron i AM–GM.
Wykaż, że nierówność 42a4+b4≥2a2+b2 jest spełniona przez wszystkie liczby rzeczywiste a i b.
CZWARTA POTĘGA ZDEJMIE OBA PIERWIASTKI
Obie strony są nieujemne, więc podnieś do czwartej potęgi — zostanie (a2−b2)2≥0.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTCZWARTA POTĘGA OBU STRON2a4+b4≥4a4+2a2b2+b4
3
3 PKTKWADRAT NIEUJEMNY4(a2−b2)2≥0Progi SKACZĄ z 1 od razu na 3 — postać, z której teza jest oczywista.
4
4 PKTWNIOSEK — DOWÓD ZAMKNIĘTYKwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny, więc nierówność zachodzi dla wszystkich a, b — a równoważność przekształceń (obie strony nieujemne) domyka dowód.
+
CKEPRZYPIS · ŚREDNIE POTĘGOWE (Z KLUCZA)Powołanie się na nierówność średnich potęgowych — średnia rzędu 4 jest niemniejsza od średniej kwadratowej, bo im wyższy rząd, tym większa średnia — klucz honoruje od razu pełnymi 4 pkt.
Udowodnij, że jeżeli a+b≥0, to prawdziwa jest nierówność a3+b3≥a2b+ab2.
GRUPUJ, NIE DZIEL PRZEZ a+b
Po przeniesieniu na lewo grupowanie daje (a+b)(a−b)2.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
2
2 PKTPOSTAĆ ILOCZYNOWAa2(a−b)−b2(a−b)≥0lub(a−b)(a2−b2)≥0lub(a+b)(a−b)2≥0Progi zaczynają się od 2 pkt.
3
3 PKTUZASADNIENIE — DOWÓD ZAMKNIĘTY(a−b)2≥0 dla dowolnych liczb rzeczywistych oraz a+b≥0 z założenia, więc iloczyn jest nieujemny.
!
CKEDZIELENIE PRZEZ a+bPodzielenie obu stron przez a+b bez założenia a+b>0 — 0 pkt ZA CAŁOŚĆ. Dzielenie przy założeniu a+b>0 bez rozpatrzenia przypadku a+b=0 — 2 pkt.
Udowodnij, że dla każdych dwóch liczb rzeczywistych dodatnich x,y prawdziwa jest nierówność (x+1)yx+(y+1)xy>2.
POMNÓŻ PRZEZ xy
Mianowniki są dodatnie, więc po przemnożeniu zostaje (x−y)2+x3+y3>0.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
2
2 PKTPOSTAĆ RÓWNOWAŻNA DOCELOWA(x−y)2+x3+y3>0Progi zaczynają się od 2 pkt — jedynka istnieje tylko na drodze z rozbiciem na ułamki (przypis).
3
3 PKTUZASADNIENIE — DOWÓD ZAMKNIĘTY(x−y)2≥0 dla dowolnych liczb rzeczywistych, a x3>0 i y3>0 dla dodatnich x, y — suma jest dodatnia.
+
CKEPRZYPIS · DWIE INNE DROGI Z KLUCZARozbicie yx+xy+yx2+xy2>2 z dążeniem do yx+xy≥2, ale z błędami — 1 pkt; pełne uzasadnienie (liczba dodatnia plus odwrotność co najmniej 2, reszta dodatnia) — 3 pkt. Oszacowanie przez x+1>1, y+1>1: zapis yx(x+1)+xy(y+1)>yx+xy — 2 pkt, domknięcie przez yx+xy≥2 — 3 pkt.
Mianowniki dodatnie, a po redukcji dzielisz przez (a−b)>0.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPRZEKSZTAŁCENIE RÓWNOWAŻNEMianowniki są dodatnie, więc mnożymy na krzyż i_grupujemy:a(2+b3)<b(2+a3)⟺2(a−b)−ab(a−b)(a+b)<0
2
2 PKTWYŁĄCZENIE CZYNNIKA (a−b)Ponieważ a>b, można podzielić przez a−b>0 — nierówność jest równoważna:2<ab(a+b)
3
3 PKTDOMKNIĘCIE DOWODUZ_założenia a>b≥1 wynika ab>1 oraz a+b>2, zatem ab(a+b)>2, co kończy dowód.
+
CKEII SPOSÓB · MONOTONICZNOŚĆKlucz honoruje drogę przez pochodną funkcji f(x)=x3+2x: f′(x)=(x3+2)22(1−x3)<0 dla x>1, więc funkcja maleje w_przedziale ⟨1,∞) i_z_a>b wynika f(a)<f(b).
Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność x4−x2−2x+3>0.
ROZBIJ NA SUMĘ KWADRATÓW
x4−x2−2x+3=(x2−1)2+(x−1)2+1.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPRZYGOTOWANIEx4−2x2+1+x2−2x+1+1>0— ALBO postać x2(x2−1)−2(x−1)+1>0 — ALBO (drogą pochodnej) f′(x)=4x3−2x−2 z zapisem f′(1)=0.
2
2 PKTZASADNICZE TRUDNOŚCI(x2−1)2+(x−1)2+1>0bez uzasadnienia — ALBO(x−1)2(x2+2x+2)+1>0 bez uzasadnienia — ALBO rozkład f′(x)=(x−1)(4x2+4x+2) ze zbadanym znakiem, lecz bez domknięcia.
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDSuma składników nieujemnych i dodatniego jest dodatnia dla każdego x (w drodze pochodnej: minimum globalne f(1)=1>0).
Wykaż, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych x i y takich, że x2+y2=2, prawdziwa jest nierówność x+y≤2.
KWADRATUJ I WSTAW ZAŁOŻENIE
Obie strony dodatnie, a po kwadratowaniu x2+y2=2 redukuje tezę do xy≤1.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPIERWSZA RÓWNOWAŻNOŚĆx2+2xy+y2≤2⋅2(z kwadratowania przy dodatnich stronach) — ALBO sprowadzenie warunku do xy≤1 — ALBO wyznaczenie y=2−x2 z zapisanym zakresem 0<x<2.
2
2 PKTZASADNICZE TRUDNOŚCIRównoważność do 2xy≤x2+y2 — ALBO nierówność z jedną niewiadomą (np. x2(2−x2)≤1 czy 2−x2≤2−x) — ALBO zapisana nierówność między średnimi: 2x+y≤2x2+y2.
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDDoprowadzenie do nierówności zawsze prawdziwej — (x−y)2≥0 albo (x2−1)2≥0 — i wniosek x+y≤2 (w drodze przez średnie: podstawienie 2x2+y2=1).
!
CKECAUCHY BEZ TREŚCIPowołanie się na „nierówność Cauchy'ego” bez zapisania jej i wniosków — 0 pkt. Wyznaczanie y z równania bez założenia o zakresie x — sufit 2 pkt.
Udowodnij, że dla dowolnych różnych liczb rzeczywistych x,y prawdziwa jest nierówność x2y2+2x2+2y2−8xy+4>0.
DWA KWADRATY: Z ILOCZYNU I Z RÓŻNICY
Lewa strona to (xy−2)2+2(x−y)2, a założenie x=y robi nierówność ostrą.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
2
2 PKTPOSTAĆ SUMY KWADRATÓW(xy−2)2+2(x−y)2>0zapisana bez pełnego uzasadnienia. W drodze przez trójmian z parametrem: obliczona Δ=−8(y2−2)2 z uzasadnieniem niedodatniości, ale bez przypadku y2=2.
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDSuma składnika nieujemnego (xy−2)2 i dodatniego 2(x−y)2 (dodatniego, bo x=y) jest dodatnia. W drodze przez deltę: przypadek y2=2 rozpatrzony osobno — nierówność sprowadza się do (x∓2)2>0, prawdziwej wobec x=y.
!
MAX 2 PKTCKEPominięcie założenia x=y w finale — suma kwadratów bywa zerem, więc bez tego argumentu ostra nierówność nie jest wykazana. W metodzie AM–GM: brak wykluczenia przypadku równości.
+
PRZYPIS · DROGA PRZEZ PRZYPADKIRozbicie na xy≤0 i xy>0 (z dzieleniem przez xy) też punktuje: dwa pierwsze przypadki — 1 pkt, postać z kwadratami różnic — 2 pkt, komplet — 3 pkt.
Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x i dla każdej liczby rzeczywistej y prawdziwa jest nierówność 5x2+y2−4xy+6x+9≥0.
ROZBIJ 5x² NA 4x² + x²
Pierwsza porcja klei się w (2x−y)2, druga w (x+3)2.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTROZBICIE POD KWADRATY4x2−4xy+y2+x2+6x+9≥0— w drodze przez parametr: zapisanie trójmianu f(x)=5x2+(6−4y)x+y2+9.
2
2 PKTPOSTAĆ SUMY KWADRATÓW(2x−y)2+(x+3)2≥0zapisana bez uzasadnienia — w drodze przez parametr: Δ=−4(y+6)2 bez uzasadnienia niedodatniości (albo ułożona nierówność −4y2−48y−144≤0).
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDSuma dwóch kwadratów liczb rzeczywistych jest nieujemna — ALBO ramiona w górę i Δ≤0 dla każdego y, więc trójmian nie schodzi pod oś (rozwiązana nierówność Δ≤0 też zamyka dowód).
Udowodnij, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych x i y, takich że x<y, i dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej a, prawdziwa jest nierówność y+ax+a+xy>2.
WSPÓLNY MIANOWNIK, KWADRAT W LICZNIKU
Licznik zwija się do (x−y)2+a(y−x), a mianownik x(y+a) jest dodatni.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTJEDEN UŁAMEK ALBO POCHODNAx(y+a)x2+ax+y2+ay−2xy−2ax>0(równoważnie po mnożeniu: x2−2xy+y2>a(x−y) w wersji rozwiniętej) — ALBO wykazana nierówność pomocnicza xy>x+ay+a — ALBOf′(a)=(y+a)2y−x policzona.
2
2 PKTPOSTAĆ ZWINIĘTAx(y+a)(x−y)2+a(y−x)>0albo(x−y)2+a(y−x)>0— ALBO (droga przez pomocniczą) sprowadzenie do y+ax+a+x+ay+a>2 z wykazaną pomocniczą — ALBOf′(a)>0 dla a≥0 wraz z wnioskiem o monotoniczności f.
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDMianownik x(y+a)>0; licznik: (x−y)2≥0 oraz a(y−x)>0 z założeń x<y, a>0 — więc lewa strona jest dodatnia.
!
MAX 2 PKTCKEDroga przez sumę liczby i odwrotności bez uzasadnienia nierówności pomocniczej xy>x+ay+a.
Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej x i dla każdej liczby rzeczywistej y takich, że x=y, spełniona jest nierówność x4+y4>xy(x2+y2).
GRUPUJ POD (x−y)
Wychodzi (x−y)2(x2+xy+y2) — uzasadnij jeszcze dodatniość drugiego czynnika.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOSTAĆ Z (x−y)(x−y)(x3−y3)>0
2
2 PKTKWADRAT WYCIĄGNIĘTY(x−y)2(x2+xy+y2)>0— ALBO postać z progu 1 razem z uzasadnieniem jednego z przypadków x<y albo x>y.
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓD(x−y)2>0 bo z założenia x=y, a x2+xy+y2>0 dla wszystkich x=y (np. jako (x−y)2+3xy albo (x+y)2−xy — suma liczby nieujemnej i dodatniej; gdy jedna z liczb jest zerem, zostaje kwadrat liczby niezerowej). Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni.
Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej x oraz dla każdej liczby rzeczywistej y, spełniających warunek x+y≥1, prawdziwa jest nierówność x3+2xy+y3≥x2+xy(x+y)+y2.
WSZYSTKO NA LEWO I FAKTORYZUJ
Zostaje (x−y)2(x+y−1), a założenie daje x+y−1≥0.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWYŁĄCZENIE WSPÓLNEGO CZYNNIKAPrzeniesienie wszystkiego na jedną stronę i_wyłączenie (x+y) albo (x−y):(x+y)(x2−xy+y2)−xy(x+y)−(x2−2xy+y2)≥0
2
2 PKTPOSTAĆ ILOCZYNOWAPo uporządkowaniu nierówność przyjmuje postać:(x−y)2(x+y−1)≥0
3
3 PKTUZASADNIENIE — KONIEC DOWODUZ_założenia x+y≥1, więc x+y−1≥0; kwadrat jest nieujemny, zatem iloczyn dwóch liczb nieujemnych jest nieujemny.
Wykaż, że dla każdej liczby dodatniej a i każdej liczby dodatniej b takich, że a+b=1, prawdziwa jest nierówność 2a+b1+a+2b1≥34.
PODSTAW b = 1 − a OD RAZU
Mianowniki robią się a+1 i 2−a, a nierówność zwija się do (2a−1)2≥0.
KLUCZ I · PRZEZ PODSTAWIENIE
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOSTAĆ WYMIERNA ALBO WIELOMIANOWA3(2a+b)(a+2b)3(a+2b)+3(2a+b)−4(a+2b)(2a+b)≥0ALBO3(1+b)+3(a+1)≥4(a+1)(1+b) — ALBO wykorzystanie założenia i zapisanie 2a+(1−a)1+a+2(1−a)1≥34.
2
2 PKTPEŁNY KWADRAT9a+9b−8a2−20ab−8b2≥0b=1−a4a2−4a+1≥0czyli (2a−1)2≥0. Klucz uznaje też postać 4b2−4b+1≥0 oraz a2−2ab+b2≥0.
3
3 PKTWNIOSEK — TO KOŃCZY DOWÓDKwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, więc (2a−1)2≥0 jest prawdziwe dla każdego rzeczywistego a. Zatem wyjściowa nierówność zachodzi dla wszystkich dodatnich a,b takich, że a+b=1. To należało wykazać.
dowód: (2a−1)2≥0
KLUCZ II · PRZEZ ŚREDNIE
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJTA SAMA SKALA
1
1 PKTZAPISANIE NIERÓWNOŚCI MIĘDZY ŚREDNIMI22a+b1+a+2b1≥2a+b11+a+2b112czyli średnia arytmetyczna ≥ harmoniczna dla liczb 2a+b1, a+2b1.
Wykaż, że dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej a i dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej b takich, że b=21a, prawdziwa jest nierówność (a+2b)3>8a2b+16ab2.
WYŁĄCZ (a + 2b) PRZED NAWIAS
Prawa strona to 8ab(a+2b), więc zostaje (a+2b)2−8ab=(a−2b)2.
KLUCZ I · DROGA ALGEBRAICZNA
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTJEDNA Z TRZECH POSTACIWzór na sześcian sumy i doprowadzenie do a2(a−2b)−4b2(a−2b)>0 — ALBO(a+2b)[(a+2b)2−8ab]>0 — ALBO(a+2b)2>8ab.
2
2 PKTROZKŁAD(a−2b)2(a+2b)>0 — ALBO doprowadzenie do (a−2b)2>0.
3
3 PKTDWA ZDANIA, KTÓRE KOŃCZĄ DOWÓD(1) Z założenia a>0 i b>0, więc a+2b>0. (2) Ponieważ b=21a, to a−2b=0, a wtedy (a−2b)2>0 jako kwadrat liczby rzeczywistej różnej od zera. Iloczyn liczb dodatnich jest dodatni. To należało wykazać.
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIESprawdzenie prawdziwości nierówności jedynie dla wybranych wartości a i b.
!
NIERÓWNOŚĆ JEST OSTRANapisanie tylko „(a−2b)2≥0” nie domyka dowodu — teza ma znak >. Dlatego klucz osobno wymaga zdania o warunku b=21a.
dowód: (a−2b)2(a+2b)>0
KLUCZ II · DROGA POCHODNĄ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJTA SAMA SKALA
1
1 PKTFUNKCJA, POCHODNA I JEJ MIEJSCE ZEROWEf(a)=a3−2ba2−4b2a+8b3 dla a∈(0,+∞), f′(a)=3a2−4ba−4b2 oraz a=2b.
2
2 PKTMINIMUMUzasadnienie, że f osiąga wartość najmniejszą dla a=2b: przy b>0 mamy f′<0 na (0,2b) i f′>0 na (2b,+∞) (drugi pierwiastek a=−32b odpada).
3
3 PKTWARTOŚĆ MINIMUMf(2b)=(2b+2b)3−8(2b)2b−16⋅2b⋅b2=0 więc dla a=2b zachodzi f(a)>0. To należało wykazać.
Wykaż, że dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej x i dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej y prawdziwa jest nierówność x1+y1≤y2x+x2y
PRZEMNÓŻ PRZEZ x²y²
Iloczyn jest dodatni, a po przemnożeniu zostaje x3+y3≥xy(x+y).
KLUCZ I · DROGA ALGEBRAICZNA
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOSTAĆ WIELOMIANOWAx3+y3−xy2−x2y≥0 (albo x3+y3−xy(x+y)≥0, albo ta sama nierówność podzielona przez x2y2).
2
2 PKTROZKŁAD0≤(x+y)(x−y)2 — albo, po drugiej stronie, x2−2xy+y2≥0.
3
3 PKTWNIOSEK — TO KOŃCZY DOWÓD(x+y)>0 jako suma liczb dodatnich, (x−y)2≥0 jako kwadrat liczby rzeczywistej, więc iloczyn jest nieujemny. Zatem wyjściowa nierówność jest prawdziwa dla każdych dodatnich x,y. To należało wykazać.
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIESprawdzenie prawdziwości nierówności jedynie dla wybranych wartości x i y. Przykład to nie dowód.
!
MAX 2 PKTCKEDoprowadzenie do (x2−y2)(x−y)≥0 i uzasadnienie osobno dla x>y i dla x<y, ale z pominięciem przypadku x=y.
dowód: 0≤(x+y)(x−y)2
KLUCZ II · DROGA POCHODNĄ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJTA SAMA SKALA
1
1 PKTFUNKCJA I POCHODNARozważ f(x)=y2x+x2y−x1−y1 zmiennej dodatniej x z parametrem y>0 i wyznacz f′(x)=y21−x32y+x21.
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWEf′(x)=x3y2(x−y)(x2+xy+2y2) a ponieważ x2+xy+2y2>0 i x3y2>0, to f′(x)=0 tylko dla x=y.
3
3 PKTMINIMUM I WNIOSEKf′<0 na (0,y) i f′>0 na (y,+∞), więc f osiąga wartość najmniejszą dla x=y. Ponieważ f(y)=0, to f(x)≥0 dla każdego x>0. To należało wykazać.
Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej x i dla każdej liczby rzeczywistej y prawdziwa jest nierówność xy+x+y≤x2+y2+1
PODWÓJ STRONY — WYJDĄ TRZY KWADRATY
Po przeniesieniu i pomnożeniu przez 2 dostajesz (x−y)2+(x−1)2+(y−1)2.
KLUCZ I · TRZY KWADRATY
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPO PRZEMNOŻENIU PRZEZ 2Doprowadzenie do postaci, w której stoi co najmniej jeden z kwadratów (x−y)2, (x−1)2, (y−1)2 — np. (x−y)2+x2+y2−2x−2y+2≥0.
2
2 PKTSUMA TRZECH KWADRATÓW0≤(x−y)2+(x−1)2+(y−1)2
3
3 PKTWNIOSEK — TO KOŃCZY DOWÓDKażdy składnik jest kwadratem liczby rzeczywistej, więc jest nieujemny; suma liczb nieujemnych jest nieujemna. Zatem xy+x+y≤x2+y2+1 dla każdych rzeczywistych x,y. To należało wykazać.
!
CKENAJTAŃSZY ODDAWANY PUNKTPróg 3 to wyłącznie zdanie wnioskujące. Kto skończy na sumie kwadratów i nie napisze, dlaczego to kończy dowód — traci punkt.
dowód: 0≤(x−y)2+(x−1)2+(y−1)2
KLUCZ II · PRZEZ WYRÓŻNIK I PRZEZ PODSTAWIENIE
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJTA SAMA SKALA
1
1 PKTDROGA PRZEZ ΔUporządkowanie względem x: 0≤x2−(y+1)x+(y2−y+1)oraz wyznaczenie Δ=−3y2+6y−3.
2
2 PKTANALIZA ZNAKUΔ=−3(y−1)2≤0 jako iloczyn liczby ujemnej i nieujemnej — albo poprawny szkic wykresu trójmianu −3y2+6y−3.
3
3 PKTWNIOSEKΔ≤0 i współczynnik przy x2 dodatni, więc trójmian przyjmuje tylko wartości nieujemne. To należało wykazać.
=
TRZECIA DROGA (TE SAME PROGI)Podstawienie a=x−1, b=y−1: 1 pkt za 0≤[(x−1)−(y−1)]2+(x−1)(y−1), 2 pkt za 0≤(x−1)2−(x−1)(y−1)+(y−1)2, 3 pkt za a2−ab+b2=(a−21b)2+43b2≥0 wraz z wnioskiem.
dowód: Δ=−3(y−1)2≤0
Faktoryzacja do iloczynu kolejnych liczb plus liczenie dwójek dla nieparzystych; tu też rozstrzygnięta nota weryfikacyjna do arch. 13.32.
Uzasadnij, że dla każdej liczby całkowitej k liczba k6−2k4+k2 jest podzielna przez 36.
TO KWADRAT TRZECH KOLEJNYCH LICZB
k6−2k4+k2=[(k−1)k(k+1)]2, a iloczyn trzech kolejnych dzieli się przez 6.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOSTAĆ ILOCZYNOWAk6−2k4+k2=k2(k2−1)2=[k(k−1)(k+1)]2(dowolna z równoważnych postaci iloczynowych).
2
2 PKTPODZIELNOŚĆ PRZEZ 2 ALBO PRZEZ 3Wykazanie, że n=k(k−1)(k+1) dzieli się przez 2ALBO przez 3 (np. rozbiciem na przypadki reszt).
3
3 PKTPODZIELNOŚĆ PRZEZ 6Podzielność n przez 2 i przez 3 (liczby względnie pierwsze) ALBO stwierdzenie, że iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez 6.
4
4 PKTWNIOSEK — DOWÓD ZAMKNIĘTY36∣n2⇒36∣k6−2k4+k2
+
CKEPRZYPIS · WSPÓŁCZYNNIK DWUMIANOWY (Z KLUCZA)Spostrzeżenie (k−1)k(k+1)=6(3k+1) daje od razu 3 pkt — klucz nie wymaga wyjaśniania uogólnionego współczynnika dwumianowego.
Udowodnij, że dla każdej liczby całkowitej k i dla każdej liczby całkowitej m liczba k3m−km3 jest podzielna przez 6.
ROZŁÓŻ NA km(k−m)(k+m)
Parzystość i podzielność przez 3 sprawdzasz na tym rozkładzie osobno.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOŁOWA PODZIELNOŚCIUzasadniona podzielność przez 2 — ALBO podzielność przez 3 w dwóch z czterech przypadków reszt — ALBO podzielność przez 3 argumentem: kwadraty liczb niepodzielnych przez 3 dają resztę 1, więc 3∣k2−m2.
2
2 PKTJEDNA PODZIELNOŚĆ W KOMPLECIEPodzielność przez 2 razem z częścią argumentu dla 3 — ALBO pełna podzielność przez 3 — ALBO postać mk(k−1)(k+1)−km(m−1)(m+1)
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDPodzielność przez 2 i przez 3 (liczby względnie pierwsze) daje podzielność przez 6 — albo: każdy z iloczynów trzech kolejnych liczb całkowitych dzieli się przez 6, a różnica takich liczb też.
!
CKEBEZ STRATY„Iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez 6” wolno przyjąć bez dowodu. Za to reszty mod 6: jeden z pięciu przypadków to 1 pkt, trzy z pięciu — 2 pkt.
Udowodnij, że dla każdej liczby nieparzystej n wyrażenie n5−3n4−n+19 jest podzielne przez 16.
ODETNIJ 16, RESZTĘ ZGRUPUJ
Zostaje (n−1)(n+1)(n2+1)(n−3) — dla nieparzystego n wszystkie cztery czynniki parzyste.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTROZKŁAD ROZPOCZĘTY(n4−1)(n−3)+16— ALBO podstawienie n=2k+1 z poprawnym rozwinięciem co najmniej jednej z potęg (2k+1)5, (2k+1)4.
2
2 PKTPOSTAĆ GOTOWA BEZ UZASADNIENIA(n−1)(n+1)(n2+1)(n−3)+16bez uzasadnienia podzielności przez 16 — ALBO postać 16(2k5+…) bez komentarza o całkowitości nawiasu.
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDn nieparzyste, więc n−1, n+1, n2+1, n−3 są parzyste — iloczyn dzieli się przez 24=16; wyrażenie jest sumą dwóch składników podzielnych przez 16.
Wykaż, że dla każdej liczby nieparzystej n wyrażenie n5−3n4−n+3 jest podzielne przez 16.
CZTERY PARZYSTE CZYNNIKI DAJĄ 2⁴
Grupowanie daje (n−3)(n−1)(n+1)(n2+1), a dla nieparzystego n każdy z nich jest parzysty.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTROZKŁAD ROZPOCZĘTY(n−3)(n4−1)— ALBO (droga podstawienia) n=2k+1 z poprawnym rozwinięciem co najmniej jednej z potęg (2k+1)5 lub (2k+1)4.
2
2 PKTPOSTAĆ GOTOWA BEZ UZASADNIENIA(n−3)(n−1)(n+1)(n2+1)bez uzasadnienia podzielności przez 16 — ALBO postać 16⋅w(k) bez komentarza o całkowitości w(k).
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDn nieparzyste, więc n−3, n−1, n+1 oraz n2+1 są parzyste — iloczyn czterech liczb parzystych dzieli się przez 24=16.
Udowodnij, że suma sześcianów trzech kolejnych liczb całkowitych niepodzielnych przez 4 jest liczbą podzielną przez 36.
PARAMETRYZUJ ŚRODKOWĄ
Dla środkowej n suma to 3n(n2+2), a warunek z treści wymusza n=4m+2.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTZAPIS SUMYTrzy kolejne liczby niepodzielne przez 4 to a−1, a, a+1, gdzie a jest parzysta i_niepodzielna przez 4.
2
2 PKTZWINIĘCIE I PODZIELNOŚĆ PRZEZ 4Po rozwinięciu sześcianów:(a−1)3+a3+(a+1)3=3a(a2+2)Iloczyn liczby parzystej 3a i_parzystej a2+2 jest podzielny przez 4.
3
3 PKTPODZIELNOŚĆ PRZEZ 9 — KONIEC DOWODURozpatrzenie reszt a=3k, 3k+1, 3k+2 pokazuje, że 3a(a2+2) zawsze dzieli się przez 9. Liczby 4 i_9 są względnie pierwsze, więc suma dzieli się przez 36.
Pięć ruchów słownika wystarcza na całą grupę; finałem zawsze rachunek na wspólnej cegiełce.
Wykaż, że dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej x różnej od 1 oraz dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej y różnej od 1 prawdziwa jest równość logx(xy)⋅logy(xy)=logy(xy)⋅logx(xy).
PODSTAW t = log_x y
Rozbij argumenty i podstaw t=logxy, pamiętając, że logyx=t1.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTROZBICIE LOGARYTMÓW ILOCZYNU I ILORAZUZapisanie lewej strony w_postaci iloczynu dwóch nawiasów:logx(xy)⋅logy(xy)=(1+logxy)⋅(1−logyx)Klucz daje ten punkt również za sprawdzenie tezy w_przypadku xy=1 lub xy=1 — obie strony są wtedy równe zeru.
2
2 PKTZAMIANA PODSTAW LOGARYTMUPo wymnożeniu i_skorzystaniu z_logxy=logyx1 lewa strona redukuje się do:logxy−logyxAlternatywnie klucz uznaje zapisanie postaci ilorazowej logy(xy)logx(xy)=logy(y/x)logx(y/x) przy założeniach xy=1 i_xy=1.
3
3 PKTPEŁNY DOWÓDIdentyczne przekształcenie prawej strony daje to samo wyrażenie logxy−logyx, co kończy dowód.
+
CKEIII SPOSÓB · JEDNA TOŻSAMOŚĆ NA WSZYSTKODla dowolnych dodatnich a,b zachodzi logxa⋅logyb=lnxlna⋅lnylnb=logya⋅logxb — teza wynika stąd natychmiast dla a=xy i_b=xy.
1 PKTPOPRAWNY PIERWSZY WZÓRJedno poprawne przejście na log34 lub log218−14: log34=log23log24 — ALBOlog34=2log32 — ALBOlog218=log22+log29.
2
2 PKTPOSTAĆ O KROK OD TEZYWyrażenie doprowadzone tak, że zostaje jedno zastosowanie wzoru plus przekształcenia wymierne — ALBO wyznaczenie log23=2c−1.
3
3 PKTPEŁNY DOWÓD — TO KOŃCZY DOWÓDlog34=log23log24=2c−12=c−14
!
MAX 1 PKTCKEBłąd rzeczowy w pierwszym przekształceniu (zły wzór na zamianę podstaw, iloczyn/iloraz albo potęgę) — nawet gdy dalej wszystkie wzory stosowane są poprawnie.
Licznik rozbij na log227+log22 i domnóż ułamek przez 2, żeby pojawiło się c.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOPRAWNY PIERWSZY WZÓRlog354=log23log254 — ALBOlog29=2log23 — ALBOlog354=log327+log32.
2
2 PKTPOSTAĆ O KROK OD TEZYWyrażenie doprowadzone tak, że zostaje jedno zastosowanie wzoru logarytmicznego plus przekształcenia wymierne, np. log23log227+log22 z pomysłem podwojenia.
3
3 PKTPEŁNY DOWÓD — TO KOŃCZY DOWÓDlog354=2log232log227+2=log293log29+2=c3c+2
!
MAX 1 PKTCKEBłąd rzeczowy w pierwszym przekształceniu (zły wzór na zamianę podstaw, iloczyn/iloraz albo potęgę), nawet przy dalszej poprawności.
Wykaż, że log235+11+log7140−log721+log57+log52+11=1.
KAŻDY MIANOWNIK ZWIŃ DO log 70
Każdy mianownik zwiń do logarytmu z 70, a potem odwróć wszystkie ułamki.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWSPÓLNA LICZBA W LOGARYTMACHPo zastosowaniu wzorów na sumę i_różnicę logarytmów każdy mianownik staje się logarytmem liczby 70:log2701+log7701+log5701
2
2 PKTZAMIANA PODSTAWYOdwrotność logarytmu to logarytm o_zamienionych podstawach:log702+log707+log705
3
3 PKTSUMA LOGARYTMÓW — KONIEC DOWODUSuma logarytmów to logarytm iloczynu, a_2⋅7⋅5=70, więc całość równa się log7070=1.
Wykaż, że jeżeli a=log214 oraz b=log227, to log754=2a−2b+2.
PIERWIASTEK W PODSTAWIE TO PODWOJENIE
b=log227=2log227, a cel przepuść przez zamianę podstawy na dwójkową.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPIERWSZY WZORODAJNY RUCHZamiana podstawy lub rozbicie iloczynu/ilorazu, np. log754=log27log254 albo 2log214−2=2log27 — równoważnie start definicyjny: 2a=14, (2)b=27 z równaniem 7x=54.
2
2 PKTPOSTAĆ O KROK OD TEZYDoprowadzenie jednej ze stron do formy zamykanej pojedynczym wzorem, np. 2b+1=log254 przy a−1=log27 — albo w wersji definicyjnej równanie (a−1)x=2b+1.
log2 TO NIE log2log227=log22log227=2log227. Zgubienie dwójki z pierwiastka rozjeżdża licznik i dowód nie ma prawa się domknąć.
+
CZTERY DROGI, TE SAME PROGIKlucz honoruje przekształcanie od celu, od tezy, przez potęgi dwójki i przez 54=27⋅2 — progi punktuje się za osiągnięte postaci, nie za wybór drogi.
log754=2a−2b+2 — wykazane
Dowody, w których celem jest znak równości: przekształcanie trudniejszej strony, kwadrat warunku, sprytne oznaczenia – w tym klasyk z sumą pierwiastków sześciennych – oraz dwa nietypowe mosty algebraiczne.
9A=32⋅322+1 — potęga potęgi i iloczyn potęg robią całą robotę.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3
1
+3 PKTETAP I · RÓWNOŚĆ WYKAZANA9A=32⋅(342+2)21=32+22+1=322+3=BWewnątrz czynności: 2 pkt za poprawne zastosowanie OBU wzorów (iloczyn potęg o tych samych podstawach i potęga potęgi) bez domknięcia dowodu; 1 pkt za poprawne zastosowanie tylko jednego z tych wzorów. Warunek: dowód prowadzony konsekwentnie od jednej strony równości do drugiej.
4 PKTZAŁOŻENIE DOMYKA — DOWÓDc(2c−a−b)=0prawdziwe, bo z założenia 2c−a−b=0 — zatem teza zachodzi.
+
CKEPRZYPIS · DWIE INNE DROGI Z KLUCZAPodstawienie b=2c−a: wyrażenie zwija się do a−ca−(2c−a)=a−c2(a−c)=2 — progi 2/3/4 za kolejne przekształcenia. Ciąg arytmetyczny a, c, b z c=a+r, b=a+2r: −ra+ra+2r=r2r=2 — zapis o ciągu to 1 pkt.
Liczby dodatnie a i b spełniają równość a2+2a=4b2+4b. Wykaż, że a=2b.
ZBUDUJ RÓWNOŚĆ KWADRATÓW
Przenieś tak, by wyszło (a+1)2=(2b+1)2 — obie podstawy dodatnie, więc równe.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOSTAĆ KLUCZOWA(a+1)2=(2b+1)2— ALBO(a−2b)(a+2b)=−2(a−2b) — ALBO (droga przez trójmian zmiennej a) Δ=(4b+2)2 z komentarzem o nieujemności.
2
2 PKTWNIOSEK BEZ PEŁNEGO UZASADNIENIAZapisany wniosek a=2b z niepełnym uzasadnieniem (np. bez powołania się na dodatniość podstaw albo bez wykluczenia a+2b+2=0) — ALBO pierwiastki trójmianu: a=−2b−2 lub a=2b.
3
3 PKTPEŁNE UZASADNIENIE — TO KOŃCZY DOWÓDOba wyrażenia a+1 i 2b+1 są dodatnie, więc z równości kwadratów wynika a+1=2b+1, czyli a=2b. W drodze iloczynowej: a+2b+2>0 dla a,b>0, więc a−2b=0; w drodze trójmianu: a=−2b−2<0 sprzeczne z a>0.
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIESprawdzanie prawdziwości równania jedynie dla wybranych wartości a i b.
Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji f(x)=x21. Przeprowadzono prostą równoległą do osi Ox, która przecięła wykres tej funkcji w punktach A i B. Niech C=(3,−1). Wykaż, że pole trójkąta ABC jest większe lub równe 2.
[rysunek: obie gałęzie wykresu f(x)=x21, pozioma prosta przecinająca je w punktach A i B; punkt C=(3,−1)]
PRACUJ NA OGÓLNYM PUNKCIE
Z symetrii A=(x,x21), B=(−x,x21), a pole zwija się do x+x1.
2 PKTPODSTAWA I WYSOKOŚĆ∣AB∣=2xorazh=x21+1(dla x>0; wysokość z C=(3,−1) do prostej y=x21).
3
3 PKTPOLE JEDNEJ ZMIENNEJPABC=22x(x21+1)=x1+x
5
5 PKTNIERÓWNOŚĆ DOMYKA — DOWÓDx+x1≥2⟺x2−2x+1≥0⟺(x−1)2≥0Progi SKACZĄ z 3 od razu na 5. Klucz dopuszcza powołanie się na znane twierdzenie o sumie liczby dodatniej i jej odwrotności — bez dowodzenia.
!
CKEKONKRETNE PUNKTYWybranie konkretnych dwóch punktów A i B i policzenie dla nich pola — 0 pkt ZA CAŁOŚĆ: teza jest ogólna.
teza: PABC≥2 dla każdej prostej równoległej do osi Ox przecinającej wykres
Wykaż, że układ równań 4a+4b+4c=80(1)2ab+2bc+2ca=256(2) z niewiadomymi a oraz b ma rozwiązanie, które jest parą liczb rzeczywistych nie mniejszych od 4 wtedy i tylko wtedy, gdy c∈[4,328].
PARA (a,b) TO PIERWIASTKI TRÓJMIANU
Z układu a+b=20−c i ab=c2−20c+128, więc buduj t2−(20−c)t+(c2−20c+128).
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTRÓWNANIE KWADRATOWE Z PARAMETREMPo podstawieniu b=20−a−c do drugiego równania:a2+(c−20)a+(c2−20c+128)=0
2
2 PKTWYRÓŻNIKZ_Δa≥0, czyli −3(c−4)(c−328)≥0, wynika c∈⟨4,328⟩.
3
3 PKTIMPLIKACJA W DRUGĄ STRONĘDla c z_tego przedziału funkcja f(a)=a2+(c−20)a+c2−20c+128 ma miejsce zerowe.
4
4 PKTOSZACOWANIA — KONIEC DOWODUWierzchołek ma odciętą p=220−c∈⟨316,8⟩, a_f(4)=(c−8)2≥0, więc miejsce zerowe leży w_⟨4,∞); analogicznie dla b.
Wykaż, że równanie x8+x2=2(x4+x−1) ma tylko jedno rozwiązanie rzeczywiste x=1.
SUMA DWÓCH KWADRATÓW RÓWNA ZERO
Lewa strona zwija się do (x4−1)2+(x−1)2=0, więc oba składniki muszą zniknąć.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
2
2 PKTPOSTAĆ SUMY KWADRATÓW(x4−1)2+(x−1)2=0
3
3 PKTPEŁNE ROZUMOWANIE — TO KOŃCZY DOWÓDSuma dwóch liczb nieujemnych jest zerem wtedy i tylko wtedy, gdy obie są zerami: x4−1=0 i x−1=0. Drugie równanie ma jedyne rozwiązanie x=1, które spełnia również pierwsze — więc x=1 jest jedynym rozwiązaniem.
!
CKEDWA PROGI I KONIECTen schemat nie ma progu za 1 pkt — samo przenoszenie wyrazów bez dojścia do sumy kwadratów nie punktuje.