[Rozgrzewka przed maturą IV] Zadania różne

[arek1357]

Drobna uwaga do zadania z pierwiastkiem...

(Nie wiem jaki to durny chyba z tych strajkujących nauczycieli dali na maturę takie zadanie i to jeszcze tylko za dwa punkty, kazałbym większości go rozwiązać to by się skichali...)...

Powyższe nie jest pełne, ponieważ:
(podejdę do tego troszkę inaczej)...

zapiszmy wyrażenie podpierwiastkowe, po podniesieniu do kwadratu jako:

\(\displaystyle{ x^2-4x+6= \frac{a^2}{b^2}}\)

po przekształceniu mamy: ( a i b to liczby oczywiście całkowite)...

\(\displaystyle{ b^2x^2-4b^2x+6b^2-a^2=0}\)

wyliczmy deltę:

\(\displaystyle{ \Delta=4b^2(a^2-2b^2)}\)

Oczywiście interesuje nas tylko taki przypadek , gdzie delta jest całkowita , a więc:

\(\displaystyle{ a^2-2b^2=t^2}\)

I teraz dla różnych t całkowitych mamy całą masę równań Pella...

typu:

\(\displaystyle{ a=A_{1}\left( 3-2 \sqrt{2} \right)^n+B_{1}\left( 3+2 \sqrt{2} \right)^n , n \in Z}\)

\(\displaystyle{ b=A_{2}\left( 3-2 \sqrt{2} \right)^n+B_{2}\left( 3+2 \sqrt{2} \right)^n , n \in Z}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Z twierdzenia sinusów mamy \(\displaystyle{ a=2R\sin \alpha, \ b=2R\sin(2\alpha), \ c=2R\sin(4\alpha)}\) i tezę zadania możemy przepisać w formie
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sin \alpha}-\frac{1}{\sin(2\alpha)}-\frac{1}{\sin(4\alpha)}=0}\), przy czym \(\displaystyle{ 7\alpha=\pi}\). Stąd po wymnożeniu przez iloczyn mianowników pozostaje wykazać, że
\(\displaystyle{ \sin(2\alpha)\sin(4\alpha)-\sin(4\alpha)\sin(\alpha)-\sin(2\alpha)\sin(\alpha)=0}\)
przy czym \(\displaystyle{ 7\alpha=\pi}\).
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ \sin x\sin y= \frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2}}\) (wynika to np. ze wzoru na różnicę cosinusów),
stosując wielokrotnie tę tożsamość oraz równość \(\displaystyle{ \cos(\pi-x)=-\cos x}\), mamy zaś
\(\displaystyle{ \sin(2\alpha)\sin(4\alpha)-\sin(4\alpha)\sin(\alpha)-\sin(2\alpha)\sin(\alpha)=\\=\frac 1 2\left(\cos(2\alpha)-\cos(6\alpha)-\cos(3\alpha)+\cos(5\alpha)-\cos(\alpha)+\cos(3\alpha)\right)=\\=\frac 1 2\left( \left( \cos(2\alpha)+\cos(5\alpha)\right)-\left( \cos \alpha+\cos(6\alpha)\right) \right)=0}\)
c.k.d.

-- 22 kwi 2019, o 14:14 --Nowe zadanie: proszę udowodnić, że suma sześcianów trzech kolejnych liczb naturalnych jest podzielna przez \(\displaystyle{ 9}\).

[arek1357]

\(\displaystyle{ 0^3+1^3+2^3=9}\)

[VirtualUser]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a^3 + (a+1)^3 + (a+2)^3 = 3a(a^2+2)}\)
Nasza intuicj mówi nam, że musimy pokazać podzielność \(\displaystyle{ (a^2+2)a}\) przez \(\displaystyle{ 3}\)
Najłatwiej będzie sprawdzać a względem modulo 3

1. \(\displaystyle{ a = 3k \rightarrow}\) teza
2. \(\displaystyle{ a = 3k+1 (9k^2+6k+3)\cdot(3k+1) = 3 \cdot \text{const} \rightarrow}\) teza
3.\(\displaystyle{ a = 3k+2 (9k^2+12k+6)\cdot (3k+2) = 3m \rightarrow}\) teza

to coś na okres podstawowy:
Wyznacz okres podstawowy funkcji \(\displaystyle{ f(x) = 1- 2\sin{\pi x}}\)

Ukryta treść:    

Zadanko pochodzi z dodatkowego arkusza na zadania.info

[Kfadrat]

Ukryta treść:    

Należy sprawdzić okres funkcji \(\displaystyle{ \sin{\pi x}}\)

\(\displaystyle{ \sin\pi{(x+T)}=\sin{ (\pi x + 2\pi)}}\)

\(\displaystyle{ \pi x+\pi T=\pi x + 2\pi}\)

\(\displaystyle{ \pi T=2\pi}\)

\(\displaystyle{ T=2}\)

To może teraz parametry czyli to co trygry... maturzyści lubią najbardziej
Dla jakich wartości parametru \(\displaystyle{ m}\) dziedziną funkcji \(\displaystyle{ f(x)= \frac{3x^2-4mx+5}{(m+2)x^4+6(m+2)x^2+m^2}}\) jest zbiór liczb rzeczywistych?

[kerajs]

ostatnie zadanie:    

\(\displaystyle{ f(x)= \frac{3x^2-4mx+5}{(m+2)x^4+6(m+2)x^2+m^2}}\)
\(\displaystyle{ g(x)=(m+2)x^4+6(m+2)x^2+m^2=(m+2)t^2+6(m+2)t^2+m^2 \ \ \wedge \ \ t \ge 0}\)
a)
\(\displaystyle{ m+2=0 \Rightarrow g(x)= (-2)^2}\)
b)
\(\displaystyle{ \begin{cases} m+2 \neq 0 \\ \Delta<0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} m+2 \neq 0 \\ -16(m+2)(m- \frac{9-3 \sqrt{41} }{8} )(m- \frac{9+3 \sqrt{41} }{8})<0 \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ m \in \left( -2; \frac{9-3 \sqrt{41} }{8}\right) \cup \left( \frac{9+3 \sqrt{41} }{8}; \infty \right)}\)
c)
\(\displaystyle{ \begin{cases} m+2 \neq 0 \\ \Delta \ge 0 \\ t_1t_2>0 \\ t_1+t_2<0 \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ m \in \left\langle \frac{9-3 \sqrt{41} }{8}; \frac{9+3 \sqrt{41} }{8}\right\rangle \setminus \left\{0 \right\}}\)
Konkludując:
Dziedziną \(\displaystyle{ f(x)}\) jest \(\displaystyle{ \RR}\) gdy \(\displaystyle{ m \ge -2 \wedge m \neq 0}\)

okres podstawowy:    

\(\displaystyle{ \sin (ax+ \alpha )=\sin (ax+ \alpha +k2 \pi )=\sin a\left( x+ \frac{ \alpha }{a}+k \frac{2 \pi }{a} \right) \\
\alpha _0=\frac{ \alpha }{a} \ \ \wedge \ \ T_0= \frac{2 \pi }{a} \\
\\
\tg (ax+ \alpha )=\tg (ax+ \alpha +k \pi )=\tg a\left( x+ \frac{ \alpha }{a}+k \frac{ \pi }{a} \right) \\
\alpha _0=\frac{ \alpha }{a} \ \ \wedge \ \ T_0= \frac{ \pi }{a}}\)

Rozwiązanie zadania ann_u, poziom licealny:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ (x-2)^2 + 2 =k^2\\
2=(k-x+2)(k+x-2)}\)
jeśli \(\displaystyle{ a=k-x+2 \wedge b=k+x-2}\) (liczby a i b są wymierne gdyż k i x są wymierne) to
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2} (b-a+4)}\)
ale także \(\displaystyle{ b= \frac{2}{a}}\) więc:
\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2} ( \frac{2}{a} -a+4)= \frac{1}{a}- \frac{a}{2}+2}\) dla \(\displaystyle{ a \in W \setminus \left\{ 0\right\}}\)

Sprawdzenie:
\(\displaystyle{ \sqrt{(x-2)^2 + 2} = \sqrt{(\frac{1}{a}- \frac{a}{2}+2-2)^2+2} =\sqrt{(\frac{1}{a}+ \frac{a}{2})^2}=\left|\frac{1}{a}+ \frac{a}{2} \right|}\)

Nowe zadanie (z aspektem realistycznym):
Prawdopodobieństwa wystąpienia ciąży mnogiej u ludzi określa reguła Hellina:
\(\displaystyle{ P(n)=80^{1-n} \wedge n \in \NN \setminus \left\{ 0,1\right\}}\)
gdzie n to ilość dzieci w ciąży mnogiej.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że podczas trzech porodów przyjdzie na świat piątka dzieci?

[Kfadrat]

Ukryta treść:    

Prawdopodobieństwo ciąży pojedynczej to: \(\displaystyle{ P(1)=1- \frac{1}{80} \cdot \frac{1}{1- \frac{1}{80} }=1- \frac{1}{79}= \frac{78}{79}}\)
\(\displaystyle{ A}\) - podczas trzech porodów przyjdzie na świat piątka dzieci
\(\displaystyle{ A}\) rozbijam na 2 przypadki \(\displaystyle{ \left(3,1,1\right),\left(2,2,1\right):}\)
\(\displaystyle{ P(A_1)={3\choose 1} P(3) \cdot P(1)^2=3 \cdot \frac{1}{6400} \cdot \left(\frac{78}{79}\right)^2= \frac{3}{6400} \cdot \frac{6084}{6241}}\)
\(\displaystyle{ P(A_2)={3\choose 2}P(2)^2\cdot P(1) =3 \cdot \frac{1}{6400}\cdot \frac{78}{79}= \frac{3}{6400} \cdot \frac{6162}{6241}}\)
Zatem \(\displaystyle{ P(A)=P(A_1)+P(A_2)=\frac{3}{6400} \cdot \frac{12246}{6241}= \frac{36738}{39942400}}\)

\(\displaystyle{ 40}\) osób usadzono przy \(\displaystyle{ 4}\) dziesięcioosobowych okrągłych stołach. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że \(\displaystyle{ 3}\) ustalone wcześniej osoby siedzą obok siebie.

[ann_u]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 4*10*3!*37!}\)

-wybór stołu
-wybór miejsca 1 z dziesięciu
-usadzenie 3 osób
-usadzenie pozostałych

\(\displaystyle{ 40!}\) -rozsadzenie 40 osób

\(\displaystyle{ \frac{4*10*3!*37!){40!}}\)

Czworościan foremny o krawędzi \(\displaystyle{ a}\) i ostrosłup prawidłowy o podstawie kwadratowej, którego wszystkie krawędzie mają długość \(\displaystyle{ a}\) sklejamy ze sobą ścianą trójkątną. Uzasadnij, ze otrzymany w ten sposób wielościan ma 5 ścian.

[Kfadrat]

Ukryta treść:    

Bryła ta będzie miała 5 ścian jeżeli ściany \(\displaystyle{ DEC}\) i \(\displaystyle{ ENC}\) (analogicznie z drugiej strony czyli \(\displaystyle{ AEB}\) i \(\displaystyle{ ENB}\)) będą tworzyć jedną płaszczyznę. Cosinus kąta \(\displaystyle{ DGB}\) jest równy \(\displaystyle{ - \frac{1}{3}}\), natomiast cosinus kąta pod którym ściana boczna jest nachylona do podstawy czworościanu foremnego jest równy \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\).
\(\displaystyle{ \cos(\alpha + \beta)=-1 \Rightarrow \alpha + \beta = 180^{\circ}}\)

AU

eh1o0EK.png (32.31 KiB) Przejrzano 344 razy

W trapezie \(\displaystyle{ ABCD}\) dane są długości podstaw: \(\displaystyle{ |AB | = 1 0 , |CD | = 5}\) i ramion: \(\displaystyle{ |DA | = 4 , |BC | = 7}\) . Oblicz długość przekątnej \(\displaystyle{ AC}\) tego trapezu.

[albanczyk123456]

Ukryta treść:    

Niech: \(\displaystyle{ D'}\)- rzut punktu \(\displaystyle{ D}\) na \(\displaystyle{ AB}\), analogicznie \(\displaystyle{ C'}\), \(\displaystyle{ x=|D'A|}\), \(\displaystyle{ y=|C'B|}\), \(\displaystyle{ h}\)- wysokość trapezu. Stosując twierdzenie Pitagorasa otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} h^{2}+x^{2}=16 \\ h^{2}+y^{2}=49 \\ y-x=5 \end{cases}}\)
Jego rozwiązanie:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=0.8 \\ y=5.8 \\ h=\frac{8 \sqrt{2} }{5} \end{cases}}\)
Z Twierdzenia Pitagorasa:
\(\displaystyle{ |AC|=\sqrt{25+h^{2}}=\frac{\sqrt{1009}}{5}}\)

Wykaże, że jeśli \(\displaystyle{ x,y \in (0, \pi)}\) i \(\displaystyle{ x+y< \pi}\) to \(\displaystyle{ ctgx+ctgy \ge 2ctg\frac{x+y}{2}.}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Wzór na kotangens sumy (przy odpowiednich założeniach) wygląda tak:
\(\displaystyle{ \ctg(a+b)= \frac{\cos(a+b)}{\sin(a+b)}= \frac{\cos a\cos b-\sin a\sin b}{\sin a\cos b+\sin b\cos a}=\\= \frac{\ctg a\ctg b-1}{\ctg a+\ctg b}}\)
W szczególności
\(\displaystyle{ \ctg x= \frac{\ctg^2\left( \frac x 2\right)-1 }{2\ctg\left( \frac x 2\right) }}\)
oraz
\(\displaystyle{ \ctg\left( \frac{x+y}{2}\right)= \frac{\ctg\left( \frac x 2\right)\ctg\left( \frac y 2\right)-1 }{\ctg\left( \frac x 2\right)+\ctg\left( \frac y 2\right) }}\)
Podstawmy teraz \(\displaystyle{ a=\ctg\left( \frac x 2\right), \ b=\ctg\left( \frac y 2\right)}\), wówczas \(\displaystyle{ a,b>0}\), gdyż \(\displaystyle{ x,y\in(0,\pi)}\), a ponadto \(\displaystyle{ ab\ge 1}\) (tu warunek \(\displaystyle{ x+y<\pi}\) się przydaje):
mamy \(\displaystyle{ \cos\left( \frac {x+y}{2}\right)>0}\), rozpisując to ze wzoru na cosinus sumy dostajemy \(\displaystyle{ \cos\left( \frac x 2\right) \cos\left( \frac y 2\right)> \sin\left( \frac x 2\right) \sin\left( \frac y 2\right)}\), dzielimy stronami przez ten iloczyn sinusów, który jest dodatni i mamy to, czego chcieliśmy.
Teza przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \frac{a^2-1}{2a}+ \frac{b^2-1}{2b}\ge \frac{2(ab-1)}{a+b}\bigg|\cdot 2ab(a+b)\\(a+b)^2(ab-1)\ge 4ab(ab-1)\\(a-b)^2(ab-1)\ge 0}\)
a skoro \(\displaystyle{ ab\ge 1}\), to jest to oczywiste. Przekształcenia były równoważne, więc dowód można uznać za zakończony.

-- 23 kwi 2019, o 16:36 --Proszę wyznaczyć długości boków trójkąta wiedząc, że są one kolejnymi liczbami naturalnymi, zaś największy kąt jest dwa razy większy od kąta najmniejszego.

[Kfadrat]

Ukryta treść:    

Przyjmijmy, że boki mają długość \(\displaystyle{ (a-1,a,a+1)}\)

\(\displaystyle{ \frac{a-1}{\sin\alpha}= \frac{a+1}{\sin2\alpha} \Rightarrow \cos\alpha= \frac{1}{2} \cdot \frac{a+1}{a-1}}\)

Teraz wyznaczoną wartość cosinusa możemy podstawić do twierdzenia cosinusów i wychodzi, że \(\displaystyle{ a=5}\) zatem długości boków tego trójkąta to \(\displaystyle{ (4,5,6)}\)

Poprzednie zadanie z geometrii jeszcze czeka na poprawne rozwiązanie więc nie wrzucam nowego.

[kerajs]

Popchnę, skoro stanęło.

Ukryta treść:    

Kosmetyczne poprawki :

Niech: \(\displaystyle{ D'}\)- rzut punktu \(\displaystyle{ D}\) na \(\displaystyle{ AB}\), analogicznie \(\displaystyle{ C'}\), \(\displaystyle{ x=|D'A|}\), \(\displaystyle{ y=|C'B|}\), \(\displaystyle{ h}\)- wysokość trapezu. Stosując twierdzenie Pitagorasa otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} h^{2}+x^{2}=16 \\ h^{2}+y^{2}=49 \\ y-x=5 \end{cases}}\)
tu brakuje wyjaśnienia że minus w trzecim równaniu jest dlatego, iż trapez ma przy dłuższej podstawie kąt rozwarty (i skąd to wiadomo)
Jego rozwiązanie:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=0.8 \\ y=5.8 \\ h=\frac{8 \sqrt{\blue 6 \black} }{5} \end{cases}}\)
Z Twierdzenia Pitagorasa:
\(\displaystyle{ |AC|=\sqrt{\blue (10-y)^2 \black+h^{2}}=\blue \sqrt{33}}\)

PS
Inaczej:
Można przedłużyć ramiona trapezu aż do ich przecięcia w punkcie S. Boki trójkąta ABS dostanie się z tw.Talesa lub podobieństwa. Szukaną przekątną uzyska się np: z tw. kosinusów dla kąta B trójkątów ABS i ABC

Ściany boczne ostrosłupa o podstawie trójkątnej są nachylone do podstawy pod kątem \(\displaystyle{ \phi}\). Ile wynosi objętość tego ostrosłupa jeśli boki podstawy to \(\displaystyle{ a,b,c}\) ?

[ann_u]

Ukryta treść:    

Jeśli wszystkie ściany bocznej nachylona są do płaszczyzny podstawy ostrosłupa pod tym samym kątem, to spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w podstawę tego ostrosłupa. Wysokości wszystkich ścian bocznych ostrosłupa mają wtedy jednakową długość.

\(\displaystyle{ r=\frac{2P}{a+b+c}}\)
\(\displaystyle{ H=r \tg \phi}\)
Z wzoru Herona
\(\displaystyle{ V=\frac{1}{3}(p-a)(p-b)p-c)\tg \phi}\)

Oblicz odległości między skośnymi wysokościami ścian czworościanu foremnego o krawędzi długości 1.

[karolex123]

Ukryta treść:    

Umieszczamy nasz czworościan w kartezjańskim układzie współrzędnych: \(\displaystyle{ A=\left( \frac{\sqrt{3}}{3},0,0 \right)}\), \(\displaystyle{ B=\left( - \frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{1}{2},0 \right)}\), \(\displaystyle{ C=\left( - \frac{\sqrt{3}}{6},- \frac{1}{2},0\right)}\) i \(\displaystyle{ D=\left( 0,0, \frac{\sqrt{6}}{3}\right)}\). Niech odpowiednio \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) oznaczają rzuty punktów \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ D}\) na proste \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\) (odpowiednio). Oczywiście \(\displaystyle{ E=\left( \frac{\sqrt{3}}{12}, \frac{1}{4},0\right)}\) i \(\displaystyle{ F=\left( - \frac{\sqrt{3}}{6},0,0\right)}\). Następnie standardowo wyznaczamy kierunek prostopadły do prostych \(\displaystyle{ CE}\) i \(\displaystyle{ DF}\): jest nim wektor \(\displaystyle{ \left( -2 \sqrt{6}, 2 \sqrt{2}, \sqrt{3}\right)}\). Rzutując dowolny wektor łączący punkty prostych \(\displaystyle{ CE}\) i \(\displaystyle{ BC}\) (najłatwiej wziąć \(\displaystyle{ \left( 0, \frac{1}{2},0\right)}\) łączący \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ F}\)) na ten kierunek dostajemy wektor długości \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{35}}}\) (modulo rachunki niestety, ale metoda jest taka)

Rozważamy na płaszczyźnie zbiór \(\displaystyle{ A}\) tych punktów, których odległość od prostej \(\displaystyle{ y=-1}\) jest równa odległości od punktu \(\displaystyle{ P=\left( 0,1\right)}\). Zbadać, w ilu punktach okrąg o środku w punkcie \(\displaystyle{ P}\) i promieniu \(\displaystyle{ 1}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ A}\).-- 26 kwi 2019, o 22:38 --jakby ktoś chciał poćwiczyć plani (a to zawsze warto jak najwięcej) to wrzucam to (wcześniejsze zadanko jest bardzo łatwe):
Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie rombem. Niech \(\displaystyle{ M}\) oznacza środek boku \(\displaystyle{ CD}\) i niech \(\displaystyle{ N}\) będzie punktem przecięcia odcinków \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BM}\). Niech też \(\displaystyle{ O}\) oznacza środek rombu \(\displaystyle{ ABCD}\). Znaleźć stosunek pola trójkąta \(\displaystyle{ BNO}\) do pola rombu. Rozstrzygnąć ponadto czy pola trójkątów \(\displaystyle{ BNO}\) i \(\displaystyle{ MNC}\) są równe