Zad. 1. Znajdź największą liczbę naturalną, przez którą można skrócić poniższy ułamek tak, aby stał się ułamkiem nieskracalnym.
Zad. 2. Dane są liczby a, b, c takie, że każda z trójek liczb: loga, logb, logc oraz loga–log2b, log2b–log3c, log3c–loga tworzy ciąg arytmetyczny. Wykaż, że liczby a, b, c mogą być długościami boków trójkąta.
Zad. 3. Dany jest trapez prostokątny taki, że jego najkrótszy bok ma długość 1 i jest jego wysokością, a kolejne boki tego trapezu tworzą ciąg geometryczny. Oblicz długość najdłuższego boku tego trapezu.
Zad. 1. [tex]\frac{999^99-111^11}{999^99+111^11}=\frac{9^99\cdot111^99-111^11}{9^99\cdot111^99+111^11}=\frac{111^11(9^99\cdot111^88-1)}{ 111^11(9^99\cdot111^99+1)}[/tex]
Licznik i mianownik dzielą się przez 11111. Po skróceniu przez 11111 licznik i mianownik różnią się o 2 i są parzyste, więc wiec ułamek można jeszcze skrócić przez 2. W efekcie licznik i mianownik różnią się o 1, a także liczby nie mają wspólnego dzielnika większego od 1. Zatem największą liczbą naturalną przez którą można skrócić ułamek jest 2.11111.
Zad. 2. Z własności ciągu arytmetycznego otrzymujemy układ równań
[tex]\left\{\begin{array}{rcl}\log b - \log a&=&\log c - \log b\\(\log 2b - \log a)-(\log a -\log 2b)&=&(\log 3c -\ \log a) - (\log 2b - \log 3c)\end{array}\right.[/tex]
oraz a, b, c >0. Na podstawie własności logarytmów otrzymujemy kolejne przekształcenia
[tex] \left\{\begin{array}{rcl} \log \frac{b}{a}y&=& \log \frac{c}{b}\\ \log \frac{4b^2}{3ac}&=& \log \frac{9c^2}{2ab}\end{array}\right. [/tex], skąd [tex] \left\{\begin{array}{rcl}b^2&=&ac\\2b&=&3c\end{array}\right. [/tex], zatem [tex]\left\{\begin{array}{rcl}b&=&\frac{3}{2}c\\a&=&\frac{9}{4}c \end{array}\right. [/tex]. Liczby a, b, c mogą być długościami boków trójkąta, gdyż spełniają warunek: [tex] \frac{3}{2}c+c=\frac{5}{2}c>\frac{9}{4} [/tex].
Zad. 3. Najkrótszy bok ma długość 1, czyli q > 1. Wtedy q3>q2> q.
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy: 12+(q3−q)2=q4, skąd q6−3q4+q2+1=0. Z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych wynika, że jedynymi pierwiastkami wymiernymi równania q6−3q4+q2+1=0 mogą być liczby: −1 oraz 1. Wielomian q6−3q4+q2+1 jest podzielny przez dwumiany: x−1 oraz x+1. Po wykonaniu dzielenia otrzymujemy (q4−2q2−1). Zatem równanie początkowe przyjmuje postać (q−1)(q+1)(q4−2q2−1)=0. Równanie to ma cztery rozwiązania {[tex] -\sqrt{1+\sqrt{2}} [/tex], −1, 1, [tex] \sqrt{1+\sqrt{2}} [/tex]}, ale tylko jedno spełnia warunek zadania q>1. Rozwiązaniem tym jest [tex]q= \sqrt{1+\sqrt{2}} [/tex].
