.,., Pełcio: Cześć Takie zadanka znalazłem: 1. Określ liczbę rozwiązań układu w zależności od parametru a:

⎧	|x|+|y|=1
⎩	x2+y2=a

2.Znajdź najmniejszą wartość ułamka:

x4+x2+5
(x2+1)2

3. Wyznacz wszystkie funkcje liniowe f(x)= ax+b, spełniające warunki f(a)= 2014¹⁴b oraz f(b)= 2014¹⁴a. 4.Wyznacz wszystkie punkty należące do wykresu funkcji

	√3x2−12x+16
f(x)=		o całkowitych współrzędnych.
	√x2−4x+1

moja propozycja to koniunkcja rozwiązań takich nierówności: 3x²−12x+16≥0 oraz x²−4x+1>0, nie mam odpowiedzi, więc pytam czy tylko na tym zadanie się opiera? 5. Oblicz pole figury F, która jest zbiorem wszystkich punktów (x,y) spełniających nierówność: x²+y²≤2(|x|+|y|) 6. Udowodnij, że jeśli liczba 6 i n są względnie pierwsze, to liczba n⁴−5n²+4 jest podzielna przez 72. doprowadzam do postaci (n−2)(n−1)(n+1)(n+2) i co dalej? Chętnie przyjmę jakieś podpowiedzi

Pełcio: W ostatnim n nie dzieli się przez 2 ani 3. Więc n=3k+1 lub 3k+2, podstawić i mnożyć

Adamm: 1. graficznie |y|+|x|=1 |y|=1−|x| dla 1−|x|≥0 czyli 1≥x≥−1 y=1−|x| lub y=|x|−1 dla a>0 mamy dla √a=1 mamy 4 rozwiązania dla √a=√2/2 mamy 4 rozwiązania dla √a∊(√2/2;1) mamy 8 rozwiązań dla reszty brak

3Silnia&6: 6) NWD(n,6) = 1, wiec n jest postaci: 6k + 1 lub 6k + 5 = 6k − 1 Teraz podstawiasz za n=6k+1 v n=6k−1 i do postaci iloczynowej

3Silnia&6: f(b) = 2014¹4a f(b) = ab + b ab+b = 2014¹4a ⇔ ab+b − 2014¹4a =0 = (a+1)(b−2014¹4a) = 2014¹4a

Adamm: 3. b(a+1)=2014¹⁴a ∧ a²+b=2014¹⁴b

	a2
b=
	201414−1

a2
	(a+1)=201414a
201414−1

a=0 lub a²+a−(2014¹⁴−1)2014¹⁴=0 niech x=2014¹⁴ Δ=(2x−1)²

	−1±(2x−1)
a=
	2

a=2014¹⁴−1 lub a=−2014¹⁴ mamy rozwiązania (a; b)

	201428
(0; 0), (201414−1; 201414−1), (−201414;		)
	201414−1

Pełcio: Adamm dziękuję, a możesz jeszcze powiedzieć jak dobierasz te rozwiązania? Racja Silnia, dzięki

Adamm: x²+y²=r² to równanie koła o promieniu r https://matematykaszkolna.pl/strona/1468.html

Pełcio: Dzięki za trzecie, nad pierwszym jeszcze pomyślę.

Adamm: x²+y²≤2(|x|+|y|) ⇔ x²−2|y|+y²−2|x|≤0 ⇔ ⇔ (|x|−1)²+(|y|−1)²≤2 dla x≥0 oraz y≥0 mamy koło o środku (1;1) i promieniu √2 podobnie dla reszty otrzymujemy rysunek wyznaczając pole wycinka zaznaczonego na niebiesko dostajemy pole

	1
(zauważ że jest on oparty na łuku który jest		koła)
	4

Pełcio: Czyli znowu z tego równania okręgu tak? Też mam pytania do tego: jeśli mamy to x≥0 i y≥0 to skąd wiesz że to koło o promieniu √2 skoro to jest nierówność a nie równość? i jeszcze skąd wiadomo, że dla reszty tzn: x≥0 i y<0 x<0 i y≥0 x<0 i y<0 jest tak samo?

Adamm: ale czy to nie jest oczywiste? skoro okrąg to zbiór punktów równo odległych od środka to koło (zamknięte) to zbiór punktów równo odległych lub o mniejszej odległości od środka

Pełcio: Tak, to jest, ale zawsze promień będzie równy √2?

Adamm: przecież widzisz że tam jest 2 po prawej czyli r²=2 czyli r=√2

Adamm: a wyrażenia w kwadratach mówią jedynie o położeniu środka

Pełcio: Ok, chyba rozumiem, dziękuję

	1
Czyli P=		π.
	2

3Silnia&6: zad. 4 Niech f(x) = a, a ∊ C

	3(x2 −4x + 3) + 13		13
a2 =		= 3 +
	x2 − 4x + 1		x2 − 4x + 1

	13
zal. x ∊ C ⇒ x2 − 4x + 1 ∊ C →		≤ 13 → a2 ≤ 16
	x2 − 4x + 1

	13
co więcej		moze przyjac wartosci 13,−13,1,−1, wiec a = f(x) = −4, −2, −2, 4
	x2 − 4x + 1

Rozwiazujesz kolejno f(x) = −4, −2, −2, 4 i dodatkowo f(x) = 0 − calkowite x to rozwiazanie

Pełcio: Ciekawe rozwiązanie, dziękuję. A to co napisałem pod tym zadaniem to nie jest prawda?

3Silnia&6: Ty wyznaczyles dziedznine. Wiec to na pewno nie jest prawda Granica fukcji jest √3 wiec wszystkie liczby powiedzmy od milona w gore sa 1< x< 2 nie moga byc calkowite

3Silnia&6: od 10+ chyba juz wystarczy

Pełcio: Rzeczywiście, liczyłem na to, że dziedzina będzie jakaś mała i sprawdzę y dla każdego całkowitego x z dziedziny, ale nic z tego.

Adamm:

x4+x2+5
	=y
(x2+1)2

x⁴+x²+5=x⁴y+2yx²+y sprawdzamy ile równanie ma rozwiązań ze względu na parametr y

Adamm: tzn. wystarczy że ma rozwiązania, nie musisz wyznaczać ile ich jest

Adamm: wynik: http://www.wolframalpha.com/input/?i=(x%5E4%2Bx%5E2%2B5)%2F(x%5E2%2B1)%5E2+range

Adamm: (y−1)x⁴+(2y−1)x²+y−5=0 jeśli y=1 to x²−4=0 co ma rozwiązania jeśli y≠1 Δ=(2y−1)²−4(y−1)(y−5)=20y−19≥0 stąd y≥19/20 możemy podstawić y=19/20 i sprawdzić wzorami Viete'a czy faktycznie istnieją wtedy pierwiastki dodatnie

Pełcio: Dziękuję

Krzysiek:

x4+x2+5
(x2+1)2

x=tany

tan2y(tan2y+1)+5		tan2ysec2y+5
	=		=
(tan2y+1)2		sec4y

=tan²ysec²ycos⁴y+5cos⁴y=sin²y+5cos⁴y=1−cos²y+5cos⁴y=5cos⁴y−cos²y+1=

	√5		5
(√5cos2y−		)+1−
	10		100

	95		19
Więc najmniejsza wartość to		=
	100		20

Pełcio: Dzięki Krzysiek, to już trochę trudniejsze, bo nie znam "sec". Adamm jak masz jeszcze cierpliwość, to wrócę do 1 zadania.. Dlaczego w przedziale √a∊(√2/2;1) mamy 8 rozwiązań? Czegoś nie widzę po prostu

Adamm: bo wtedy okrąg przecina każdy bok w dwóch miejscach zatem w sumie 2*4=8 rozwiązań

Krzysiek:

	1
secx=
	cosx

Pełcio: ślepy jestem.... dziękuję, już teraz będę umiał analogiczne rozwiązać Krzysiek chyba że tak.. też fajne rozwiązanie

Pełcio: a²+b²+c²≥ a√bc+b√ac+c√ab ma ktoś pomysł? a,b,c− nieujemne, czyli pewnie średnie, ale coś mi nie może pyknąć

relaa: Wykorzystując nierówności między średnimi

1   1   + a   b		1		1
	≥ (		•		)1/2
2		a		b

1   1   + b   c		1		1
	≥ (		•		)1/2
2		b		c

1   1   + a   c		1		1
	≥ (		•		)1/2
2		a		c

1

1

1

ab + bc + ac

1

1

1

+

+

=

≥

+

+

a

b

c

abc

√ab

√bc

√ac

ab + bc + ac ≥ c√ab + a√bc + b√ac a² + b² + c² ≥ ab + bc + ac ≥ c√ab + a√bc + b√ac.

Adamm: (a√bc+b√ac+c√ab)²≤(a²+b²+c²)(ac+bc+ab) z nierówności Schwarza również (ac+bc+ab)²≤(a²+b²+c²)² z nierówności Schwarza zatem (a√bc+b√ac+c√ab)²≤(a²+b²+c²)² skąd a√bc+b√ac+c√ab≤a²+b²+c²

Pełcio: Dzięki koledzy

Pełcio: a takie? 2^34₁₅*(a+b+c+d)≥15*a^1₁₅*b^2₁₅*c^4₁₅*d^8₁₅ pewnie geometryczna i arytmetyczna, tylko jak?

Adamm:

a+2*b/2+4*c/4+8*d/8
	≥(ab2*c4*d8)1/15
15

Adamm: i proszę cię, nie używaj u, jeśli już musisz to pisz nawiasy

Adamm:

	a+2*b/2+4*c/4+8*d/8		a*b2*c4*d8
źle,		≥(		)1/15
	15		22*44*88

Pełcio: Teraz by się zgadzało, dzięki.