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.
Dla \(\displaystyle{ c^2 < 8}\) mamy zatem pierwiastek nienależący do dziedziny (większy od 1). Sprawdzamy czy drugi, mniejszy pierwiastek należy: \(\displaystyle{ 2 - 2 \sqrt{\Delta} \ge -c^2}\) \(\displaystyle{ 4 +4c^2 \le c^4+4c^2+4}\) \(\displaystyle{ c^4 \ge 0}\)
Co jest prawdziwe dla \(\displaystyle{ c \neq 0}\), więc istotnie drugi pierwiastek równania zawiera się w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle -1; 1\right\rangle}\)
Dla \(\displaystyle{ c^2 < 8}\) mamy zatem jeden pierwiastek, a jeden pierwiastek dla kąta \(\displaystyle{ 0 < x < 2 \pi}\) oznacza dwa rozwiązania równania (co wynika z wykresu funkcji sinus \(\displaystyle{ (2x)}\)/definicji w układzie współrzędnych/etc.) -> to należałoby rozwinąć, ale wszyscy wiedzą o co chodzi
Pozostaje jeszcze \(\displaystyle{ c =0}\), wówczas otrzymujemy \(\displaystyle{ \sin (2x) = -1}\), a to ma oczywiście dwa rozwiązania \(\displaystyle{ \frac{3 \pi}{4}}\) i \(\displaystyle{ \frac{7 \pi}{4}}\), więc rzeczywiście w gdy \(\displaystyle{ c^2 \in \left\langle 0; 8\right)}\) mamy \(\displaystyle{ 2}\) rozwiązania, oraz dla \(\displaystyle{ c^2 > 8}\) mamy 4 rozwiązania
Ostatnio zmieniony 30 kwie 2018, o 11:47 przez PoweredDragon, łącznie zmieniany 2 razy.
Teraz tak, oba wyrażenia dążą do \(\displaystyle{ 0}\) więc dla dużych/małych \(\displaystyle{ c}\) się nie martwimy, zawsze wpadną do \(\displaystyle{ \left\langle -1,1\right\rangle}\)
Drugie nawet na oko zawsze wpada do tego przedziału więc jest okej.
Pierwsze natomiast niekoniecznie i o ile zawsze jest dodatnie to pasowałoby sprawdzić kiedy jest mniejsze od \(\displaystyle{ 1}\) czyli rozwiązać
Czego szczerze nie umiem zrobić jakoś sprytnie bo trzeba przenosić, potem podnosić do kwadratu i jakoś wyjść z tego pierwiastka, ale nie szkodzi bo sprytnie podstawiamy zgadujemy z treści miejsca zerowe czyli \(\displaystyle{ c=2 \sqrt{2}}\) lub \(\displaystyle{ c=-2 \sqrt{2}}\)
Stąd \(\displaystyle{ c \in (-\infty,-2 \sqrt{2}) \cup (2 \sqrt{2}, \infty)}\)
więc \(\displaystyle{ c ^{2} > 8}\)
Z każdego miejsca zerowego mamy 2 rozwiązania rzecz jasna, dla \(\displaystyle{ c^2>8}\) mamy ich 4 a dla \(\displaystyle{ c^2<8}\) 2
edit: wrzucę coś nowego łatwego od razu
Funkcja h jest określona wzorem \(\displaystyle{ h(x)=log_2(x^2-4) - log_2(x-5)}\)
Wyznacz wszystkie wartości parametru \(\displaystyle{ k}\) dla których równanie \(\displaystyle{ h(x)-log_2k=0}\)
Dziedzina x>5 oraz k>0
czyli mamy \(\displaystyle{ \frac{x^2-4}{x-5} =k}\)
Wystarczy zbadać przebieg zmienności
Na podstawie pochodnej widać ze ma minimum w \(\displaystyle{ x=5+ \sqrt{21}}\) \(\displaystyle{ f(5+ \sqrt{21} )=10 + 2\sqrt{21}}\)
odp to \(\displaystyle{ k \in(10 + 2\sqrt{21} ; \infty)}\)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m , ze równanie \(\displaystyle{ log( x^2 + 2mx) = log( 8x - 6m - 3)}\) ma tylko jeden pierwiastek.
Może ktoś ma jakąś geometrie....
Ostatnio zmieniony 30 kwie 2018, o 16:42 przez maximum2000, łącznie zmieniany 1 raz.
\(\displaystyle{ k \in (0; 10 - 2 \sqrt{21}) \cup (10+2 \sqrt{21}; + \infty)}\)
Ale po uwzględnieniu dziedziny \(\displaystyle{ (5; + \infty)}\) widzimy, że pierwszy przedział nie spełnia warunków zadania (z szukania minimum i maksimum) \(\displaystyle{ k \in (10+2 \sqrt{21}; + \infty)}\)
nie przejmujemy się dziedziną, liczymy: \(\displaystyle{ x^2+2mx=8x-6m-3}\)
przenosimy, liczymy deltę
\(\displaystyle{ \Delta=4(m-13)(m-1)}\)
Teraz sprawdzamy z wyjściowym równaniem i tylko \(\displaystyle{ m=1}\) spełnia zadanie
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) w którym \(\displaystyle{ BC=a}\)
Z wierzchołka \(\displaystyle{ B}\) poprowadzono środkową \(\displaystyle{ BD}\) do boku \(\displaystyle{ AC}\).
Punkt \(\displaystyle{ S}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ BD}\). Przez punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ S}\) poprowadzono prostą, która przecięła bok \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\).
Wykaż, że długość odcinka \(\displaystyle{ CP}\) jest równa \(\displaystyle{ \frac{2}{3}a}\)
nie przejmujemy się dziedziną, liczymy: \(\displaystyle{ x^2+2mx=8x-6m-3}\)
przenosimy, liczymy deltę
\(\displaystyle{ \Delta=4(m-13)(m-1)}\)
Teraz sprawdzamy z wyjściowym równaniem i tylko \(\displaystyle{ m=1}\) spełnia zadanie
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) w którym \(\displaystyle{ BC=a}\)
Z wierzchołka \(\displaystyle{ B}\) poprowadzono środkową \(\displaystyle{ BD}\) do boku \(\displaystyle{ AC}\).
Punkt \(\displaystyle{ S}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ BD}\). Przez punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ S}\) poprowadzono prostą, która przecięła bok \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\).
Wykaż, że długość odcinka \(\displaystyle{ CP}\) jest równa \(\displaystyle{ \frac{2}{3}a}\)
Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie środkiem boku \(\displaystyle{ BC}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left| SX\right|= \frac{1}{2}\left| CD\right|= \frac{1}{4} \left| AC\right|}\). Zatem, z twierdzenia Talesa jest: \(\displaystyle{ \left| CP\right|= \frac{\left| AC\right| }{\left| SX\right| } \cdot \left| XP\right|=4\left| XP\right|}\), skąd \(\displaystyle{ \left| CX\right|=3 \left| XP\right|}\). Ale \(\displaystyle{ \left| BX\right| =\left| CX\right| =3\left| XP\right|}\), skąd natychmiast \(\displaystyle{ \left| BP\right|=2\left| XP\right|}\). Ostatecznie więc\(\displaystyle{ \left| XP\right|= \frac{1}{6} (\left| CP\right| +\left| BP\right|)= \frac{1}{6}a}\), czyli \(\displaystyle{ \left| CP\right|=4 \cdot \frac{1}{6}a= \frac{2}{3} a}\).
Może zaproponuję coś ze stereometrii:
Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie ostrosłupem prostym o podstawie będącej trójkątem \(\displaystyle{ ABC}\), przy czym \(\displaystyle{ \left| AB\right|=16}\) i \(\displaystyle{ \left| BC\right|=\left| AC\right|=10}\). Krawędź boczna tego ostrosłupa ma długość \(\displaystyle{ 10}\). Wyznaczyć:
1)objętość ostrosłupa \(\displaystyle{ ABCD}\),
2)kąt nachylenia płaszczyzny ściany bocznej ostrosłupa \(\displaystyle{ ABCD}\) do płaszczyzny jego podstawy.
Jako, że pan powyżej nie podał zadania, to może ja podam jakieś.
W trapezie równoramiennym przekątna trapezu zawiera się w dwusiecznej kąta \(\displaystyle{ \alpha}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha \in \left( 0^ \circ, 90^ \circ\right>}\). Najkrótszy bok trapezu jest równy \(\displaystyle{ 1}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ 4 \le p<6}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) to obwód tego trapezu.
EDIT: Jednak dodał. No ale posta usuwać nie będę...
Ostatnio zmieniony 30 kwie 2018, o 20:20 przez PokEmil, łącznie zmieniany 8 razy.
Dziedzina x>5 oraz k>0
czyli mamy \(\displaystyle{ \frac{x^2-4}{x-5} =k}\)
Wystarczy zbadać przebieg zmienności
Na podstawie pochodnej widać ze ma minimum w \(\displaystyle{ x=5+ \sqrt{21}}\) \(\displaystyle{ f(5+ \sqrt{21} )=10 + 2\sqrt{21}}\)
odp to \(\displaystyle{ k \in(10 + 2\sqrt{21} ; \infty)}\)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m , ze równanie \(\displaystyle{ log( x^2 + 2mx) = log( 8x - 6m - 3)}\) ma tylko jeden pierwiastek.
Premislav, odnośnie zadania zaproponowanego przeze mnie, to faktycznie można przygrzać ze wzorów Viete'a.
Ukryta treść:
Wyróżnik \(\displaystyle{ \left( 2c+1\right) ^2 -4c\left( 2c-1\right) =4c^2+4c+1-8c^2 +4c = -4c^2 +8c+1}\) jest dodatni jedynie kiedy \(\displaystyle{ c\in\left( \frac{2-\sqrt{5}}{2}, \frac{2+\sqrt{5}}{2} \right)}\) i dodatkowo, aby zagwarantować równanie drugiego stopnia \(\displaystyle{ c \neq 0}\).
Wtedy pierwiastki \(\displaystyle{ x _{1}}\) i \(\displaystyle{ x _{2}}\) są liczbami rzeczywistymi. Ze wzorów Viete'a:
\(\displaystyle{ x _{1} + x _{2} = - \frac{2c+1}{c}}\) oraz \(\displaystyle{ x _{1} \cdot x _{2} = \frac{2c-1}{c}}\)
Szukamy całkowitych rozwiązań. Stąd \(\displaystyle{ \left(x _{1} -1 \right) \left( x _{2} -1\right) = x _{1} \cdot x _{2} - \left( x _{1} + x _{2}\right) +1 = \frac{2c-1}{c} + \frac{2c+1}{c} + 1 = 5}\)
Czyli to jednak ja jestem głupi, a nie zadanie. Zgrabne, ja na oko stwierdziłem, że ze wzorów Viete'a tylko dostaniemy warunek konieczny (a pewnie niedostateczny), i dalej tak na to nie patrzyłem.
Dla wygody oznaczmy wierzchołki trapezu przez \(\displaystyle{ A, B, C, D}\). Ponadto niech \(\displaystyle{ AB || CD}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ \alpha \neq 90^{\circ}}\). Ponieważ przekątna jest dwusieczną kąta ostrego (znajdującego się przy dłuższej podstawie), to oczywisty jest fakt, że \(\displaystyle{ |BC|=|CD|=|AD|=1}\). Ponieważ \(\displaystyle{ AB}\) jest dłuższą podstawą, to \(\displaystyle{ |AB|>|CD|=1}\). Zatem \(\displaystyle{ p=1+1+1+|AB|>1+1+1+1=4}\). Z drugiej strony z nierówności trójkąta mamy \(\displaystyle{ |AC|<1+1}\) oraz \(\displaystyle{ |AB|<|AC|+1}\). Mamy więc \(\displaystyle{ |AB|<|AC|+1<1+1+1=3}\), skąd wynika że \(\displaystyle{ p=1+1+1+|AB|<1+1+1+3=6}\). Stąd \(\displaystyle{ 4<p<6}\). Z kolei w przypadku, gdy \(\displaystyle{ \alpha=90^{\circ}}\), otrzymamy \(\displaystyle{ |AB|=1}\) (trapez stanie się kwadratem). Wówczas \(\displaystyle{ p=4}\). Zatem ostatecznie mamy \(\displaystyle{ 4\leq p <6}\), co kończy dowód.
Rafsaf, Twoje rozwiązanie jest niepoprawne. Nie można tutaj nie uwzględnić dziedziny - nie rozważyłeś jednego przypadku.
Jeżeli ktoś ma ciekawe rozwiązanie tego zadania, to chętnie bym zobaczył, bo moje jest zbyt siłowe i nie ma sensu tego wstawiać.
wrzucałem to już, ale może się przyda powtórka wektorów?
Przez środek \(\displaystyle{ S}\) okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) poprowadzono prostą równoległą do boku \(\displaystyle{ AB}\) , która przecina boki \(\displaystyle{ CA}\) i \(\displaystyle{ CB}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ D}\) .
Wykaż wykorzystując wektory, że \(\displaystyle{ |ED | = |EA |+ |DB |}\) .
VirtualUser, obecnie aktualne jest zadanie użytkownika maximum2000. Zamieszczam tu jednak rozwiązanie Twojego zadania:
Ukryta treść:
Skoro \(\displaystyle{ ED}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AB}\), to mamy \(\displaystyle{ \left| \angle EAS\right|=\left| \angle SAB\right|=\left| \angle ESA\right|}\), więc trójkąt \(\displaystyle{ AES}\) jest równoramienny, skąd \(\displaystyle{ \left| AE\right|=\left| ES\right|}\). Analogicznie dowodzimy, że \(\displaystyle{ \left| BD\right|=\left| SD\right|}\), co po zsumowaniu z poprzednią równością daje tezę.
karolex123 pisze:VirtualUser, obecnie aktualne jest zadanie użytkownika maximum2000. Zamieszczam tu jednak rozwiązanie Twojego zadania:
Ukryta treść:
Skoro \(\displaystyle{ ED}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AB}\), to mamy \(\displaystyle{ \left| \angle EAS\right|=\left| \angle SAB\right|=\left| \angle ESA\right|}\), więc trójkąt \(\displaystyle{ AES}\) jest równoramienny, skąd \(\displaystyle{ \left| AE\right|=\left| ES\right|}\). Analogicznie dowodzimy, że \(\displaystyle{ \left| BD\right|=\left| SD\right|}\), co po zsumowaniu z poprzednią równością daje tezę.
Rozwiązanie klasyczne jest trywialne, ale w zadaniu jest napisane, że chodzi o wektory.
