Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
kładziemy \(\displaystyle{ b=a+1, c=a+2, d=a+3}\) i wielomian zwija się do \(\displaystyle{ (x-1)(ax^{2}-x-a-3)}\), więc jedynka zawsze jest pierwiastkiem, do tego wyróżnik trójmianu jest dodatni, bo \(\displaystyle{ 4a(a+3)+1>0}\), jako że \(\displaystyle{ a}\) jest naturalne.
Suma pierwiastków to jest \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{a}}\), więc największa jest gdy \(\displaystyle{ a=1,b=2,c=3,d=4}\)
No, pomyliłem wzory Viete'a, ale na szczęście się skapnąłem.
Niech \(\displaystyle{ A \cup B\cup C = \Omega, \mathbf{P} = 2\mathbf{P}[A], \mathbf{P}[C] = 3\mathbf{P}[A], \mathbf{P}[A \cap B] = \mathbf{P}[A \cap C] = \mathbf{P}[B \cap C].}\)
Pokaż, że \(\displaystyle{ \frac 1 6 \le \mathbf{P}[A] \le \frac 1 4}\), przy czym oba ograniczenia są osiągalne.
Wydaje mi się, że śmiało można wrzucić nowe :
Wyznacz promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny, wiedząc, że \(\displaystyle{ a + b = c +2}\), gdzie \(\displaystyle{ a, b, c}\) to jego boki oraz \(\displaystyle{ c}\) to przeciwprostokątna.
trójkąt jest prostokątny więc można zastosować twierdzenie Pitagorasa: \(\displaystyle{ a ^{2}+b ^{2}=c ^{2}\\}\)
podnosimy do kwadratu założenie i korzystamy z powyższego : \(\displaystyle{ \\\left( a+b\right)^2=\left( c+2\right)^2\\}\) \(\displaystyle{ a ^{2}+b ^{2}+2ab=c ^{2}+4c+4\\}\) \(\displaystyle{ ab=2c+2\\}\)
Teraz 2 wzory na pole trójkąta: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}ab=\frac{a+b+c}{2}r\\}\)
Ostatecznie r wynosi: \(\displaystyle{ r=\frac{ab}{a+b+c}=\frac{2c+2}{c+2+c}=\frac{2c+2}{2c+2}=1\\}\)
Zahion, Łatwe dałeś albo coś jest w tym podchwytliwego
Ukryta treść:
Korzystając ze wzoru na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny (karty CKE): \(\displaystyle{ r= \frac{a+b-c}{2}}\)
i tego, że: \(\displaystyle{ a + b = c +2}\)
otrzymujemy: \(\displaystyle{ r=1}\)
Coś ode mnie, też proste:
Trzymetrowy posąg stoi na cokole o wysokości \(\displaystyle{ 4m}\). W jakiej odległości od podstawy cokołu powinien stanąć turysta, aby kąt pod jakim widzi posąg (jest to kąt pomiędzy dwoma prostymi wychodzącymi z jego oczu do górnego krańca i dolnego krańca posągu) był największy? Oczy turysty znajdują się na wysokości \(\displaystyle{ 1,6m}\) od ziemi, szerokość cokołu pomijamy.
Moje rozwiązanie jest dość zawiłe (o ile w ogóle jest poprawne)
Ukryta treść:
Oznaczam wysokość posągu \(\displaystyle{ c}\), odległość między okiem a górnym krańcem \(\displaystyle{ a}\), okiem a dolnym krańcem \(\displaystyle{ b}\). Odległość turysty od cokołu to \(\displaystyle{ x}\). \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \cdot 5,4 \cdot x - \frac{1}{2} \cdot 2,4 \cdot x = \frac{1}{2} \cdot ab \sin \alpha}\)
Z tego oraz z tw. cosinusów i tw. pitagorasa tworzę układ równań \(\displaystyle{ \begin{cases} x= \frac{1}{3} \cdot ab \sin \alpha\\c ^{2}=2x ^{2}+5,4 ^{2} +2,4 ^{2}-2ab \cos \alpha \end{cases}}\) \(\displaystyle{ c ^{2}=2x ^{2}+5,4 ^{2} +2,4 ^{2} -6x \ctg \alpha}\) \(\displaystyle{ \ctg \alpha= \frac{25,92+2x ^{2} }{6x}}\)
Największy kąt leży w przedziale \(\displaystyle{ (0: \frac{ \pi }{2})}\). Wtedy funkcja \(\displaystyle{ \ctg \alpha}\) osiąga minimum. Za pomocą pochodnej otrzymuję \(\displaystyle{ (\frac{25,92+2x ^{2} }{6x}) ^{'}= -\frac{4,32}{x ^{2} }+ \frac{1}{3}}\) \(\displaystyle{ -\frac{4,32}{x ^{2} }+ \frac{1}{3}=0 \Rightarrow x=3,6}\)
Znajdź współrzędne środków okręgów stycznych do prostych o równaniach \(\displaystyle{ x+2y+9=0}\) oraz \(\displaystyle{ 2x-y-2=0}\) i przechodzących przez początek układu współrzędnych
Oznaczając \(\displaystyle{ S = \left( a, b\right)}\) jako środek okręgu, trzeba rozwiązać układ \(\displaystyle{ d = \frac{|a+2b+9|}{ \sqrt{5} } = \frac{|2a-b-2|}{ \sqrt{5} }= \sqrt{a^{2}+b^{2}}}\). Owe równania to odległości środka okręgu od dwóch prostych i początku układu współrzędnych, są więc równe. ( wynik to \(\displaystyle{ S = \left( -2,-1\right), S = \left( -4,4, 6,2\right)}\)
Wyznacz te wartości parametru \(\displaystyle{ k}\) dla których równanie \(\displaystyle{ x^{3} - 9x = k}\) ma w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle 0 ; 9 \right\rangle}\) dwa rozwiązania.
\(\displaystyle{ x^{3} - 9x = x(x-3)(x+3)=y}\) \(\displaystyle{ y'=3x _{1} ^{2}-9=0}\) \(\displaystyle{ x _{1}= \pm \sqrt{3}}\)
Interesuje mnie tylko dodatnie rozwiązanie. \(\displaystyle{ x _{1} ^{3} - 9x _{1}=-6 \sqrt{3}}\) \(\displaystyle{ k \in (-6 \sqrt{3} :0 \rangle}\)
Na okręgu o równaniu\(\displaystyle{ x ^{2} +y ^{2}=8}\) opisano romb o polu \(\displaystyle{ 33 \frac{1}{3}}\). Dłuższa przekątna rombu zawiera się w prostej o równaniu \(\displaystyle{ y=x}\). Oblicz współrzędne wierzchołków kątów ostrych tego rombu.
Stosunek długości podstaw trapezu równoramiennego jest równy \(\displaystyle{ 1:5}\), a jego ramię ma długość \(\displaystyle{ c}\). Znajdź promień okręgu opisanego na trapezie wiedząc, że w trapez ten można wpisać okrąg.
Oraz chętnie poznałbym rozwiązanie zadania Premislava (dowodu, że \(\displaystyle{ \frac{1}{6} \le P\left( A\right) \le \frac{1}{4}}\) ).
Mamy trapez o podstawach \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ 5a}\). Zachodzi \(\displaystyle{ 4r^2=a \cdot 5a}\) czyli \(\displaystyle{ 2r= a \sqrt{5} =h}\).
Trapez opisany na okręgu więc \(\displaystyle{ c=3a}\), długość krótszej przekątnej \(\displaystyle{ d}\) z tw. Pitagorasa i dostajemy \(\displaystyle{ d=a \sqrt{14}}\). \(\displaystyle{ \sin\alpha}\) kąta ostrego tego trapezu wynosi \(\displaystyle{ \sin\alpha= \frac{ \sqrt{5} }{3}}\). Trójkąt opisany na trapezie jest w szczególności opisany na tym trójkącie którego bokami są dłuższa podstawa, ramię i krótsza przekątna i na koniec z tw. sinusów \(\displaystyle{ R= \frac{a \sqrt{14} }{2 \frac{ \sqrt{5} }{3} } = \frac{c \sqrt{14} }{2 \sqrt{5} }}\)
Uwagi: Jeśli mamy trapez równoramienny o podstawach \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) opisany na okręgu o promieniu \(\displaystyle{ r}\) to zachodzi \(\displaystyle{ 4r^2=ab}\) (treść jednego z zadań maturalnych, które się pojawiło chyba 3 lata temu).
Wykazać, że jeżeli promień okręgu wpisanego w trójkąt ma długość 1, to pewna z jego wysokości ma długość nie mniejszą niż 3.
Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) - długości boków trójkąta, \(\displaystyle{ r}\) - promień okręgu wpisanego. Ze znanego wzorku na pole mamy \(\displaystyle{ S= \frac{a+b+c}{2}r= \frac{a+b+c}{2} \ge \frac{3}{2}\min\left\{ a,b,c\right\}}\). Ale również \(\displaystyle{ S= \frac{h_{\min\left\{ a,b,c\right\} \cdot \min\left\{ a,b,c\right\} }}{2}}\), więc z porównania dwóch wzorów na pole mamy, że \(\displaystyle{ h_{\min\left\{ a,b,c\right\}}}\) jest długości co najmniej \(\displaystyle{ 3}\)
Zaraz wklepię rozwiązanie tego z prawdopodobieństwem. Zorientowałem się, że moje rozwiązanie sprzed jakiegoś tam czasu wymaga wzoru włączeń i wyłączeń dla trzech zdarzeń, którego nie ma w programie rozszerzenia (jest tylko dla dwóch), dlatego anulowałem.
-- 4 maja 2016, o 17:59 --
Sorry, nie znam się na obsłudze Latexa, zamiast takich głupich oznaczeń można napisać: bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a}\) będzie najkrótszym bokiem. Nie umiem poprawić tych indeksów dolnych, ale raczej wiadomo, o co chodzi: połowa iloczynu dł. wysokości opuszczonej na najkrótszy bok i długości tego najkrótszego boku.
-- 4 maja 2016, o 18:32 --
prawdopodobieństwo:
Przypomnę treść, żeby nie było totalnego chaosu:
Niech \(\displaystyle{ A \cup B\cup C = \Omega, \mathbf{P} = 2\mathbf{P}[A], \mathbf{P}[C] = 3\mathbf{P}[A], \mathbf{P}[A \cap B] = \mathbf{P}[A \cap C] = \mathbf{P}[B \cap C].}\)
Pokaż, że\(\displaystyle{ \frac 1 6 \le \mathbf{P}[A] \le \frac 1 4}\), przy czym oba ograniczenia są osiągalne.
Najpierw pokażę, że \(\displaystyle{ \mathbf{P}[A] \ge \frac 1 6}\). Mamy \(\displaystyle{ 1=\mathbf{P}(\Omega)=\mathbf{P}(A \cup B \cup C)=\mathbf{P}(A)+\mathbf{P}(B \cup C)-\mathbf{P}(A \cap (B \cup C))=\\=\mathbf{P}(A)+\mathbf{P}(B)+\mathbf{P}(C)-\mathbf{P}(B \cap C)-\mathbf{P}(A \cap (B \cup C)) \le \mathbf{P}(A)+\mathbf{P}(B)+\mathbf{P}(C)}\), bo prawdopodobieństwo jest nieujemne.
Skorzystałem dwa razy z własności \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X \cup Y)=\mathbf{P}(X)+\mathbf{P}(Y)-\mathbf{P}(X \cap Y)}\). Podstawiamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}(B)=2\mathbf{P}(A)}\) oraz \(\displaystyle{ \mathbf{P}(C)=3\mathbf{P}(A)}\), dzielimy stronami przez sześc i voila. Równość:
weźmy koło \(\displaystyle{ K}\) o polu \(\displaystyle{ 1}\) i podzielmy je na trzy rozłączne wycinki, jeden z kątem rozwarcia \(\displaystyle{ 60^{\circ}}\) - oznaczmy go przez \(\displaystyle{ a}\), drugi z kątem rozwarcia \(\displaystyle{ 120^{\circ}}\) - oznaczmy go przez \(\displaystyle{ b}\), trzeci z kątem rozwarcia \(\displaystyle{ 180^{\circ}}\) - niech to będzie \(\displaystyle{ c}\). Teraz zdarzenie \(\displaystyle{ A}\) oznacza, że losując punkt z tego koła, trafiliśmy w wycinek \(\displaystyle{ a}\) i odpowiednio z \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\). Odpowiednie prawdopodobieństwa to stosunki pól wycinków do całego, czyli po prostu pola wycinków (bo przyjąłem dla wygody, że pole całego koła to \(\displaystyle{ 1}\) - w sumie nie ma to znaczenia). Wtedy wszystkie przekroje mają prawdopodobieństwo zero itd. no i ze wzoru na pole wycinka koła mamy co trzeba.
Teraz pokażę, że \(\displaystyle{ \mathbf{P}(A) \le \frac 1 4}\). Mamy \(\displaystyle{ 1 \ge \mathbf{P}(B \cup C)=\mathbf{P}(B)+\mathbf{P}(C)-\mathbf{P}(B \cap C)=5\mathbf{P}(A)-\mathbf{P}(B \cap C)=\\=5\mathbf{P}(A)-\mathbf{P}(A \cap B) \ge 5\mathbf{P}(A)-\mathbf{P}(A)}\)
i dalej wiadomo. Skorzystałem znowu ze wzoru \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X \cup Y)=\mathbf{P}(X)+\mathbf{P}(Y)-\mathbf{P}(X \cap Y)}\), z własności, że jeśli \(\displaystyle{ X \subset Y}\), to \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X)\le \mathbf{P}(Y)}\) oraz z założenia o równości prawdopodobieństw przekrojów.
A sorry, jeszcze realizacja równości w tej drugiej nierówności: losujemy z jednakowym prawdopodobieństwem liczbę ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,4,5,6,7,8\right\}}\), \(\displaystyle{ A=\left\{ 7,8\right\}}\), \(\displaystyle{ B=\left\{ 5,6,7,8\right\}}\), \(\displaystyle{ C=\left\{ 1,2,3,4,7,8\right\}}\)
Analogicznie można poprawić (np. dac rzuty kostką) przykład do pierwszej nierówności, bo w liceum nie zawsze jest nauczane p-stwo geometryczne, choć to intuicyjne.
Czyli jednak da się formalnie rzecz biorąc bez włączeń i wyłączeń dla trzech zbiorów, więc na upartego można by to wrzucić na maturę (ew. bez pokazania realizacji), ale jest to trochę żmudne.
-- 4 maja 2016, o 19:49 --Wrzućcie może coś nowego,bo nie mam dobrego pomysłu,
