[Rozgrzewka przed maturą IV] Zadania różne

[VirtualUser]

Matura lada moment, proponuję rozpocząć następny łańcuszek:
Rozgrzewka przed maturą I: 406703.htm
Rozgrzewka przed maturą II: 420468.htm
Rozgrzewka przed maturą III: 431850.htm

Od siebie dodam takie zadanie:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ m}\) będzie liczbą rozwiązań równania:
\(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6+x_7 = 15}\) gdzie \(\displaystyle{ x_i \in \NN_+}\)
Oblicz sumę:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{4k^2-1}}\)

[Premislav]

No, gdyby takie zadania dali na maturę.

Ukryta treść:    

Liczba rozwiązań równania \(\displaystyle{ x_1+x_2+\ldots+x_k=n}\) (gdzie \(\displaystyle{ k,n\in \NN^+, \ n\ge k}\)) w całkowitych dodatnich to \(\displaystyle{ {n-1 \choose k-1}}\)
Najłatwiej chyba to udowodnić tak: zapiszmy \(\displaystyle{ n=\overbrace{1+1+\ldots+1}^{n \text{ razy }}}\). Pomyślmy teraz, jak w tę sumę jedynek wstawić nawiasy tak, aby uzyskać podział na \(\displaystyle{ k}\) dodatnich składników. Wystarczy popatrzeć na lokalizację pierwszych \(\displaystyle{ k-1}\) nawiasów zamykających (bo ostatni nawias zamykający jest zawsze za ostatnią jedynką), możemy ją wybrać z \(\displaystyle{ n-1}\) przerw między jedynkami na \(\displaystyle{ {n-1\choose k-1}}\) sposobów.
Dla \(\displaystyle{ k=7, \ n=15}\) otrzymujemy więc \(\displaystyle{ {14\choose 6}}\) rozwiązań, czyli chcemy obliczyć następującą sumę:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{{14\choose 6}}\frac{1}{4k^2-1}}\)
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{4k^2-1}=\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}}\) i dodajmy stronami takie równości dla \(\displaystyle{ k=1,2\ldots {14\choose 6}}\), a otrzymamy
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{{14\choose 6}}\frac{1}{4k^2-1}=1-\frac{1}{2{14\choose 6}+1}}\)

[VirtualUser]

Dobrze, ja osobiście w liceum polubiłem wytłumaczenie na kulkach.

Ukryta treść:    

Tzn. mamy \(\displaystyle{ 15}\) kulek i chcemy je podzielić na \(\displaystyle{ 7}\) części niezerowych. Więc w \(\displaystyle{ 15-1}\)miejsc między kulkami pakujemy \(\displaystyle{ 7-1}\) palików stąd zrobimy to na \(\displaystyle{ \binom{14}{6}}\)

[Premislav]

Jak widać ostro trenuję do matury, bo może sobie pójdę na filozofię (a tak naprawdę to nie), a tam mogą nie uznać starej (ale jarej) z prekambru, która była łatwiejsza niż te, które możemy podziwiać od 2015.

Nowe zadanie, też poziom matury jak w mordę strzelił:
dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ \left|\angle ACB\right|=60^{\circ}}\) oraz \(\displaystyle{ AC<BC}\).
Punkt \(\displaystyle{ D}\) leży na boku \(\displaystyle{ BC}\), przy czym \(\displaystyle{ BD=AC}\). Punkt \(\displaystyle{ E}\) jest punktem symetrycznym do punktu \(\displaystyle{ A}\) względem punktu \(\displaystyle{ C}\). Proszę udowodnić, że
\(\displaystyle{ AB=DE}\).

[MrCommando]

Zrobiłem, ale totalnie na pałę, że aż żal patrzeć. Wrzucisz wzorcowe rozwiązanie?

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ |AC|=|CE|=|BD|=x}\) i \(\displaystyle{ |CD|=y}\). Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ ACD}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ |AD|=\sqrt{x^2+y^2-xy}}\). Znowu z twierdzenia cosinusów dla tego samego trójkąta otrzymujemy \(\displaystyle{ \cos \angle ADC = \frac{2y-x}{2\sqrt{x^2+y^2-xy}}}\). Zatem ze wzorów redukcyjnych mamy \(\displaystyle{ \cos \angle ADB = -\cos \angle ADC}\). Po raz kolejny pałujemy twierdzeniem cosinusów, ale teraz dla trójkąta \(\displaystyle{ ABD}\) i otrzymujemy \(\displaystyle{ |AB|=\sqrt{x^2+y^2+xy}}\). Długość boku \(\displaystyle{ DE}\) również wyznaczymy z twierdzenia cosinusów, ale dla trójkąta \(\displaystyle{ CED}\), otrzymamy \(\displaystyle{ |DE|=\sqrt{x^2+y^2+xy}}\), czyli to o co chodziło.

Zadanie.
Na ile sposobów można ustawić w ciąg \(\displaystyle{ k}\) czarnych kul i \(\displaystyle{ k+1}\) białych kul, by żadne dwie czarne kule nie znalazły się obok siebie? Zakładamy, że kule tego samego koloru są nierozróżnialne.

[PokEmil]

To ja wrzucę rozwiązanie syntetyczne.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ F}\) będzie takim punktem, że czworokąt \(\displaystyle{ DCAF}\) jest równoległobokiem. Wówczas \(\displaystyle{ |DF|=|AC|=|BD|}\) i \(\displaystyle{ \angle BDF = \angle BCA = 60 ^\circ}\), więc trójkąt \(\displaystyle{ BDF}\) jest trójkątem równobocznym, czyli \(\displaystyle{ |CE|=|AC|=|BF|}\). Ponadto \(\displaystyle{ |CD|=|AF|}\) oraz \(\displaystyle{ \angle BFA = \angle BFD + \angle DFA = 60 ^\circ + \angle DCA = 120 ^\circ = \angle DCE}\), zatem trójkąty \(\displaystyle{ ABF}\) i \(\displaystyle{ DEC}\) są przystające na mocy cechy przystawania bok-kąt-bok. Stąd wynika że \(\displaystyle{ |AB|=|DE|}\), co należało dowieść.

Edit: A to zadanie wyżej:

Ukryta treść:    

Ustawiamy \(\displaystyle{ k}\) czarnych kul i pomiędzy każdymi dwoma wstawiamy po jednej białej kuli, czyli ustawiamy \(\displaystyle{ k-1}\) kul białych. Możemy teraz wrzucić dwie pozostałe kule białe w to samo miejsce między dwoma kulami czarnymi (lub na skraju przed pierwszą czarną kulą, lub po ostatniej czarnej kuli) na \(\displaystyle{ k+1}\) sposobów lub możemy wrzucić w dwóch różnych miejscach na \(\displaystyle{ {k+1} \choose {2}}\) sposobów. Zatem wszystkich sposobów jest \(\displaystyle{ k+1 + \frac{k(k+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2} =}\) \(\displaystyle{ {k+2} \choose 2}\).

Pozwolę sobie zadać jedno zadanie.
Udowodnić dla \(\displaystyle{ \sin \alpha \neq -1}\) oraz \(\displaystyle{ \cos \alpha \neq -1}\) prawdziwość nierówności:
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+\sin \alpha} + \frac{1}{1+\cos \alpha} \ge 4 - 2 \sqrt2}\)

[albanczyk123456]

Z nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{\sin \alpha ^{2}+\cos \alpha}{2} } \ge \frac{\sin \alpha+\cos \alpha}{2} \Leftrightarrow \sqrt{2} \ge \sin \alpha+\cos \alpha}\)
Jeśli \(\displaystyle{ \sin \alpha<0}\) lub \(\displaystyle{ \cos \alpha<0}\) to \(\displaystyle{ sin \alpha+\cos \alpha<1< \sqrt{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+\sin \alpha} + \frac{1}{1+\cos \alpha} \ge \frac{4}{2+\sin \alpha+\cos \alpha} \ge \frac{4}{2+ \sqrt{2} }=4-2 \sqrt{2}}\)
W czworokąt można wpisać okrąg i można na nim opisać okrąg. Przeciwległe boki czworokąta mają długości 10 i 12. Wyznacz największe pole tego czworokąta.

[VirtualUser]

Ukryta treść:    

Skoro w czworokąt można wpisać okrąg to jest obwód to
\(\displaystyle{ a+b+c+d = 2 \cdot (10+12) = 44}\) a imię jego to czerdzieści i cztery
oraz \(\displaystyle{ a+b=22}\) więc \(\displaystyle{ b = 22 - a}\)
skoro można na nim opisać okrąg to z tw. bara kogoś tam, nigdy nie pamiętam
\(\displaystyle{ P = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)} = \sqrt{120 \cdot (22-a) \cdot a}}\)
mamy klasyczną funkcję kwadratową, ramiona w dół także maks będzie dla \(\displaystyle{ f(x_w)}\)
\(\displaystyle{ 22a - a^2 \Rightarrow x_w = -22/(-2) = 11}\)
\(\displaystyle{ P(11) = \sqrt{120*11^2} = 22 \sqrt{30}}\)

Znajdź wszystkie liczby całkowite \(\displaystyle{ n}\) takie, że
\(\displaystyle{ n^2 + 2 | n^4 + n^3 + 2n^2 + n - 8}\)

[MrCommando]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{n^4+n^3+2n^2+n-8}{n^2+2}=n^2+n-\frac{n+8}{n^2+2}}\). Aby dana liczba była całkowita, to całkowita musi być także \(\displaystyle{ \frac{n+8}{n^2+2}}\), co ma szanse zajść tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ n+8 \geq n^2+2}\), czyli gdy \(\displaystyle{ n\in \{-2, -1, 0, 1, 2, 3\}}\). Łatwo przekonać się teraz, że jedynymi liczbami spełniającymi warunki zadania są \(\displaystyle{ -2,0,1,3}\).

Znajdź zbiór środków wszystkich okręgów stycznych wewnętrznie do okręgu o równaniu \(\displaystyle{ x^2 + y^2 = 4}\) i stycznych do prostej o równaniu \(\displaystyle{ y = 0}\).

[VirtualUser]

Dokładnie, to jeszcze jedno:
Dane są dodatnie liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniające
\(\displaystyle{ \sqrt{a+\sqrt[3]{a^2 b}} + \sqrt{b+\sqrt[3]{b^2 a}} = \sqrt{c}}\)

Wykaż, że
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} = \sqrt[3]{c}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Połóżmy \(\displaystyle{ x=\sqrt[3]{a}, \ y=\sqrt[3]{b}, \ z=\sqrt[3]{c}}\) , wtedy mamy \(\displaystyle{ x,y,z>0}\), a założenie sprowadza się do:
\(\displaystyle{ \sqrt{x^3+x^2y}+\sqrt{y^3+xy^2}=\sqrt{z^3}}\)
zaś teza przyjmuje formę
\(\displaystyle{ x+y=z}\).
Podnosząc założenie stronami do kwadratu mamy
\(\displaystyle{ x^3+y^3+x^2y+xy^2+2xy(x+y)=z^3}\), czyli
\(\displaystyle{ (x+y)^3=z^3}\)
Stąd natychmiast \(\displaystyle{ x+y=z}\), bo funkcja \(\displaystyle{ f(t)=t^3}\), jako rosnąca, jest różnowartościowa.

-- 10 kwi 2019, o 22:43 --Proszę uzasadnić, że jeśli \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\) są liczbami dodatnimi, to
\(\displaystyle{ \sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab}+ \sqrt{cd}}\).

[ann_u]

Można podnieść do kwadratu
\(\displaystyle{ ab + cd + 2\sqrt{abcd} \leq ab + ac + bd + cd \iff ac + bd \geq 2 \sqrt{abcd}}\)

zad 1
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty o obwodzie L i jednym z kątów o mierze 120°. Oblicz długości boków tego trójkąta, dla którego pole koła wpisanego w ten trójkąt będzie największe.

zad 2
Równanie \(\displaystyle{ x^2-(a_1+a_2+a_3)x+a_1a_2+a_1a_3+a_2a_3=0}\) nie ma rozwiązań oraz \(\displaystyle{ a_1+a_2+a_3>0}\). Wykaż, że
a) \(\displaystyle{ a_1,a_2,a_3>0}\)
b) istnieje trójkąt o bokach \(\displaystyle{ \sqrt{a_1} , \sqrt{a_2} , \sqrt{a_3}}\)

[Zahion]

no muszę wziąć 2:    

otóż delta daje ulubiony wzór (przechodzę na \(\displaystyle{ a,b,c}\)) i warunek:\(\displaystyle{ \left( \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \right)\left( -\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \right)\left( \sqrt{a} - \sqrt{b} + \sqrt{c} \right)\left( \sqrt{a} + \sqrt{b} - \sqrt{c} \right) > 0}\), a wcześniej uzasadnienie dlaczego są dodatnie, otóż wystarczy wrzucić to w postać \(\displaystyle{ \left( a - b \right)^{2} + c^{2} < 2\left( bc + ca\right)}\) i gdyby jedna albo dwie były ujemne, to zakładając bso., że \(\displaystyle{ ab > 0}\) to \(\displaystyle{ bc, ca < 0}\). Wracając do pierwotnej nierówności, gdyby któryś z dwóch nawiasów był ujemny (oczywiście pierwszy jest dodatni) to mielibyśmy szybko, że któraś z owych liczb jest ujemna.

Niech \(\displaystyle{ a, b \ge 0}\) to \(\displaystyle{ \sqrt{a^{2} + b^{2}} \ge a + b - \left( 2 - \sqrt{2} \right) \sqrt{ab}}\)

[Premislav]

Pierwsze::    

największe pole koła wpisanego w trójkąt oczywiście odpowiada największemu promieniowi tegoż koła, a tutaj się przydaje znany wzorek na pole trójkąta \(\displaystyle{ S=pr}\), gdzie \(\displaystyle{ r}\) – promień koła wpisanego w trójkąt, \(\displaystyle{ p}\) – połowa obwodu trójkąta. U nas więc chodzi o maksymalizację \(\displaystyle{ r=\frac{2S}{L}}\), a więc przy ustalonym \(\displaystyle{ L}\) równoważnie o maksymalizację \(\displaystyle{ S}\). Niech \(\displaystyle{ a,b}\) – boki trójkąta, między którymi zawarty jest kąt \(\displaystyle{ 120^{\circ}}\) i niech \(\displaystyle{ c}\) – bok trójkąta lezący naprzeciwko kąta \(\displaystyle{ 120^{\circ}}\). Wystarczy sprawdzić, kiedy maksymalizowany jest iloczyn \(\displaystyle{ ab}\), gdyż \(\displaystyle{ S=\frac 1 2ab\sin 120^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{4}ab}\). Z twierdzenia cosinusów i nierówności między średnią kwadratową a arytmetyczną dla dwóch liczb:
\(\displaystyle{ c^2=a^2+b^2-2ab\cos 120^{\circ}=a^2+ab+b^2=\frac 1 2(a+b)^2+\frac 1 2\left( a^2+b^2\right)\ge \frac 3 4(a+b)^2}\), czyli
\(\displaystyle{ L=a+b+c\ge a+b+\frac{\sqrt{3}}{2}(a+b)\ge \left( 2+\sqrt{3}\right)\sqrt{ab}}\)
przy czym ostatnia nierówność wynika z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla liczb \(\displaystyle{ a,b}\). Stąd \(\displaystyle{ \left( \frac{L}{2+\sqrt{3}}\right)^2\ge ab}\).
Równość we wszystkich powyższych nierównościach zachodzi, gdy \(\displaystyle{ a=b}\) i wówczas mamy
\(\displaystyle{ 2a=2b=a+b=\frac{L}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}, \ c=L-\frac{L}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}\),
czyli \(\displaystyle{ a=b=\frac{L}{2+\sqrt{3}}, \ c=L-\frac{2L}{2+\sqrt{3}}}\).

[Premislav]

zadanie Zahiona:    

Starałem się znaleźć jak najbardziej elementarne rozwiązanie. Jeśli \(\displaystyle{ a=b=0}\), to teza jest oczywista, dalej niech \(\displaystyle{ ab\neq 0}\). Równoważnie
\(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2}-\sqrt{2ab}\ge \left(\sqrt{a}-\sqrt{b} \right)^2\\ \frac{(a-b)^2}{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab}}\ge \left( \sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\\ \frac{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2 \left( \sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2 }{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2ab}}\ge\left( \sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\\ \left( \sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\left( a+b-\sqrt{a^2+b^2}+\left(2-\sqrt{2}\right)\sqrt{ab}\right) \ge 0}\)
a to już jest jasne, gdyż \(\displaystyle{ 2>\sqrt{2}}\) i wobec nieujemności \(\displaystyle{ a,b}\) mamy \(\displaystyle{ a+b-\sqrt{a^2+b^2}\ge a+b-\sqrt{a^2+2ab+b^2}=0}\)

Nowe, tym razem rzeczywiście maturalne:
proszę rozwiązać nierówność \(\displaystyle{ \tg^4 x + 2 \tg x \le 2 \tg^3 x + 1}\).

[ciach]