Przyjmijmy oznaczenia \(\displaystyle{ ABCD}\). Łącząc środek boku \(\displaystyle{ AD}\) i przekątnej \(\displaystyle{ AC}\) otrzymujemy odcinek równoległy do \(\displaystyle{ CD}\), który ma długość \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \cdot \left| CD\right| }\) oraz analogicznie łącząc \(\displaystyle{ BC}\) i środek \(\displaystyle{ AC}\) otrzymując odcinek równoległy do \(\displaystyle{ AB}\) i długości \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \cdot \left| AB\right| }\) Zauważmy, że suma tych odcinków jest średnią arytmetyczną dwóch naprzeciwległych boków, a więc jeżeli odcinek łączący środki boków \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\) ma być tej długości, to odcinki te muszą leżeć na jednej prostej i być do siebie równoległe, a więc \(\displaystyle{ AB || CD}\) .
Przepraszam za zredagowanie rozwiązania jak dzban
Zadanie 9
W punktach \(\displaystyle{ x_1 , x_2}\) funkcja \(\displaystyle{ f\left( x\right) = 2x^3-15ax^2+24a^2x+6}\) ma kolejno maksimum i minimum. Znaleźć takie \(\displaystyle{ a \in \mathbb{R}}\), aby zachodziła równość \(\displaystyle{ x_1^2=2x_2}\)
Mamy \(\displaystyle{ f'(x)=6x^{2}-30ax+24a^{2}}\) i by funkcja różniczkowalna przyjmowała ekstremum w pewnym punkcie, jej pochodna w tymże punkcie musi się zerować. Zatem punkty \(\displaystyle{ x_{1}, \ x_{2}}\) są rozwiązaniami równania \(\displaystyle{ 6x^{2}-30ax+24a^{2}=0 }\), co upraszcza się do \(\displaystyle{ x^{2}-5ax+4a^{2}=0}\), czyli \(\displaystyle{ (x-a)(x-4a)=0}\);
wobec tego jedna z liczb \(\displaystyle{ x_{1}, \ x_{2}}\) jest równa \(\displaystyle{ a}\), zaś druga wynosi \(\displaystyle{ 4a}\).
Ponadto \(\displaystyle{ f'}\) jest funkcją kwadratową zmiennej \(\displaystyle{ x}\) o dodatnim współczynniku przy najwyższym potędze, więc w \(\displaystyle{ \min\left\{a,4a\right\}}\) zmienia znak z dodatniego na ujemny, zaś w \(\displaystyle{ \max\left\{a,4a\right\}}\) zmienia znak z ujemnego na dodatni, wyjąwszy przypadek \(\displaystyle{ a=0}\), w którym to \(\displaystyle{ f'}\) jest stale nieujemna, \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca i warunki zadania nie są spełnione.
1) niech \(\displaystyle{ a<0}\), czyli \(\displaystyle{ 4a<a}\), wówczas \(\displaystyle{ x_{1}=4a, \ x_{2}=a}\) i równanie \(\displaystyle{ x_{1}^{2}=2x_{2}}\) prowadzi do \(\displaystyle{ 16a^{2}=2a}\), co dla \(\displaystyle{ a<0}\) nie może zajść, gdyż lewa strona jest dodatnia, a prawa – ujemna.
2) niech \(\displaystyle{ a>0}\), a więc \(\displaystyle{ a<4a}\); wtedy \(\displaystyle{ x_{1}=a, \ x_{2}=4a}\) i dostajemy równanie \(\displaystyle{ a^{2}=8a}\), tj. \(\displaystyle{ a\in \left\{0,8\right\}}\), po uwzględnieniu \(\displaystyle{ a>0}\) pozostaje \(\displaystyle{ a=8}\).
Odpowiedź: \(\displaystyle{ a=8}\)
Dodano po 5 minutach 16 sekundach: Nowe zadanie:
10. Dany jest trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\), przy czym \(\displaystyle{ \angle ACB=60^{\circ}}\). Punkty \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\) są rzutami prostokątnymi odpowiednio punktów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) na proste \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AC}\). Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\). Proszę wykazać, że trójkąt \(\displaystyle{ DEM}\) jest równoboczny.
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \angle AEB=\angle ADB = 90^{\circ}}\). Wynika stąd, że punkty \(\displaystyle{ A, B, D, E}\) leżą na jednym okręgu, ponad to punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem tego okręgu, a stąd \(\displaystyle{ EM=DM.}\) Pozostaje wykazać, że \(\displaystyle{ \angle EMD = 60^{\circ}.}\)
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ I}\) ortocentrum tego trójkąta, licząc kąty w czworokącie \(\displaystyle{ EIDC}\) dostajemy: \(\displaystyle{ \angle EID=120^{\circ} \Rightarrow \angle DIB=60^{\circ} \Rightarrow \angle EBD=30^{\circ}.}\)
Kąt \(\displaystyle{ \angle EMD}\) jest kątem środkowym opartym na tym samym łuku co kąt wpisany \(\displaystyle{ \angle EBD,}\) stąd \(\displaystyle{ \angle EMD=60^{\circ}.}\)
Dawno mnie tutaj nie było, super, że nadal kontynuujecie łańcuszek.
11. Udowodnić, że jeżeli \(\displaystyle{ a<b\le -2}\) to \(\displaystyle{ \frac{a^3}{2+a^4}>\frac{b^3}{2+b^4}.}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f:\left( - \infty ,- \sqrt[4]{6} \right) \rightarrow \RR}\) dana wzorem \(\displaystyle{ f(x)= \frac{x^3}{2+x^4} }\) jest malejąca (widać to po pochodnej). Ponad to \(\displaystyle{ \left( - \infty ,-2\right] \subset \left( - \infty ,- \sqrt[4]{6} \right) }\) więc proponowana nierówność zachodzi.
Nowe: W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) kąt \(\displaystyle{ BAC}\) jest dwa razy większy od kąta \(\displaystyle{ ABC}\). Wykaż, że prawdziwa jest równość \(\displaystyle{ \left| BC\right|^2- \left| AC\right|^2=\left| AB\right| \cdot \left| AC\right| }\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ \angle ABC=x}\), wtedy \(\displaystyle{ \angle BAC=2x, \ \angle BCA=\pi-3x}\) i z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) dostajemy: \(\displaystyle{ \frac{|AC|}{\sin x}=\frac{|BC|}{\sin (2x)}=\frac{|AB|}{\sin(3x)}}\), wszak \(\displaystyle{ \sin(\pi-t)=\sin t }\)
Korzystając ze wzorów na sinus podwojonego i potrojonego kąta mamy więc: \(\displaystyle{ \frac{|AC|}{\sin x}=\frac{|BC|}{2\sin x\cos x}=\frac{|AB|}{3\sin x-4\sin^{3}x}}\)
Wobec tego jest: \(\displaystyle{ |BC|=2\cos x|AC|, \ |AB|=\left(3-4\sin^{2}x\right)|AC| \ (\heartsuit)}\)
Teraz odnotujmy, że zachodzi równość \(\displaystyle{ 4\cos^{2}x-1=3-4\sin^{2}x \ (*)}\), równoważnie bowiem \(\displaystyle{ 4\left(\sin^{2}x+\cos^{2}x\right)=4}\), tj. \(\displaystyle{ \sin^{2}x+\cos^{2}x=1}\), co jest oczywiste.
Następnie mnożymy stronami równość \(\displaystyle{ (*)}\) przez \(\displaystyle{ |AC|^{2}}\) i korzystamy z \(\displaystyle{ (\heartsuit)}\), co kończy dowód.
To już wiecie, jak rozwiązywałem planimetrię i stereometrię na maturze.
Dodano po 17 minutach :
13. Dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\) proszę udowodnić nierówność \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\ge(a+b+c)d}\) i rozstrzygnąć, kiedy zachodzi równość w nierówności.
Założmy, że \(\displaystyle{ a = 0, b=1, c=2,d=3}\), wówczas \(\displaystyle{ L=14}\), a \(\displaystyle{ P=9}\), a więc faktycznie \(\displaystyle{ L \ge P}\)- co kończy dówód.
a tak na poważnie:
Potraktujmy daną nierówność jako równanie kwadratowe ze zmienną \(\displaystyle{ d}\). Wykażemy, że wyróżnik kwadratowy jest zawsze niedodatni, a więc parabola ma maksymalnie jeden punkt wspólny z osią \(\displaystyle{ OX}\), skąd nierówność podana w treści zadania.
\(\displaystyle{ f\left( d\right)= d^2-d \cdot \left( a+b+c\right)+\left( a^2+b^2+c^2\right) \ge 0 }\) \(\displaystyle{ \Delta = \left( a+b+c\right)^2-4\left( a^2+b^2+c^2\right)=2ab+2bc+2ac-3a^2-3b^2-3c^2=-\left( a-b\right)^2-\left( b-c\right)^2-\left( c-a\right)^2-a^2-b^2-c^2 }\)
Nietrudno zauważyć, że \(\displaystyle{ \Delta \le 0}\). Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ a=b=c=0}\), wówczas \(\displaystyle{ f\left( d\right)=d^2 \ge 0}\), a więc \(\displaystyle{ d}\) również jest równe 0.
Dodano po 18 minutach 8 sekundach:
Zadanie 14 \(\displaystyle{ k=1+2x+3x^2+4x^3+...+nx^{n-1}}\)
Przedstawić \(\displaystyle{ k}\) w jak najprostszej postaci (czytaj - policzyć sumę)
\(\displaystyle{ k= \frac{ \dd }{ \dd x }\left( x \frac{x^n-1}{x-1} \right) = \frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(x-1)^2} }\)
Nowe: Dany jest rosnący ciąg geometryczny \(\displaystyle{ a,aq,aq^2}\) którego wszystkie wyrazy i iloraz są liczbami całkowitymi nieparzystymi. Jeśli największy wyraz ciągu zmniejszymy o \(\displaystyle{ 4}\), to otrzymamy ciąg arytmetyczny. Oblicz wyraz \(\displaystyle{ aq}\) tego ciągu.
Edit: dodałem zadanie.
Ostatnio zmieniony 13 cze 2020, o 23:00 przez Janusz Tracz, łącznie zmieniany 1 raz.
Mamy \(\displaystyle{ kx=x+2x^{2}+\ldots+(n-1)x^{n-1}+nx^{n}\\ k-kx=\red{1+x+x^{2}+\ldots+x^{n-1}}-nx^{n}}\)
Czerwony fragment zwijamy ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu geometrycznego
i wychodzi: \(\displaystyle{ k-kx=\frac{1-x^{n}}{1-x}-nx^{n}\\k=\frac{1-x^{n}}{(1-x)^{2}} -\frac{nx^{n}}{1-x}}\)
Aha, to nie działa dla \(\displaystyle{ x=1}\), ale wtedy mamy ciąg arytmetyczny, \(\displaystyle{ 1+2+\ldots+n=\frac{n(n+1)}{2}}\)
Ciąg jest rosnący, więc \(\displaystyle{ q>1.}\) Ciąg \(\displaystyle{ (a, aq, aq^2-4)}\) jest arytmetyczny, więc \(\displaystyle{ 2aq=a+aq^2-4.}\)(1)
Liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ q}\) są nieparzyste (wtedy oczywiście \(\displaystyle{ aq, aq^2}\) również), więc istnieją liczby całkowite \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y,}\) dla których \(\displaystyle{ a=2x+1}\) i \(\displaystyle{ q=2y+1.}\) Podstawiamy do (1), po przemnożeniu i po redukcji wyrazów podobnych uzyskamy ładną formę \(\displaystyle{ 8xy^2+4y^2-4=0\Rightarrow y^2(2x+1)=1.}\)
Liczby \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) są całkowite, więc \(\displaystyle{ 2x+1=1}\) oraz \(\displaystyle{ y^2=1,}\) a stąd \(\displaystyle{ x=0}\) oraz \(\displaystyle{ y=1}\) (gdyby \(\displaystyle{ y=-1}\) to \(\displaystyle{ q<0}\)).
Dostajemy wartości \(\displaystyle{ (a,aq,aq^2)=(1,3,9),}\) które oczywiście spełniają warunki zadania.
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{\sin 3x} = \frac{1}{\sin 2x}}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{\sin 3x} = \frac{\sin 3x - \sin x}{\sin x \sin 3x}}\) \(\displaystyle{ \frac{\sin 3x - \sin x}{\sin x \sin 3x} = \frac{2\sin x \cos 2x}{\sin x \sin 3x}}\) \(\displaystyle{ \frac{2\sin x \cos 2x}{\sin x \sin 3x} = \frac{1}{\sin 2x}}\) \(\displaystyle{ 2\sin 2x \cos 2x = \sin 3x}\) \(\displaystyle{ \sin 4x = \sin 3x}\)
Stosując wzor na róznice sinusów, otrzymujemy ostatecznie
\(\displaystyle{ x = \frac{(2k-1)\pi}{7}}\) lub \(\displaystyle{ x=2k\pi}\)
Zad
Dany jest trójkąt ostrokątny ABC o bokach a,b,c. Oblicz objętość czworościanu, którego wszystkie ściany są zbudowane z takich samych trójkątów jak trójkąt ABC.
Dodano po 32 minutach 7 sekundach:
ups, przeliczyłem się trochę z poprzednią propozycją
nowe
Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=0}\)
Zakładam, że chodzi o rozwiązanie w rzeczywistych. Dla \(\displaystyle{ x=1}\) łatwo sprawdzamy, że równość nie zachodzi, a dla \(\displaystyle{ x\neq 1}\) równoważnie mamy (ze woru na sumę początkowych wyrazów ciągu geometrycznego lub ze wzoru na różnicę szóstych potęg, jak kto woli): \(\displaystyle{ \frac{x^{6}-1}{x-1}=0}\)
stąd \(\displaystyle{ x^{6}=1}\), a więc skoro \(\displaystyle{ x\neq 1}\), to \(\displaystyle{ x=-1}\).
Dodano po 16 minutach 45 sekundach:
20. Okrąg wpisany w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest styczny do boków \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) tego trójkąta w punktach \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\) odpowiednio. Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie punktem przecięcia prostej \(\displaystyle{ MN}\) z dwusieczną kąta \(\displaystyle{ \angle B}\) (lub jej przedłużeniem). Proszę udowodnić, że:
a) \(\displaystyle{ \angle BPC=90^{\circ}}\)
b) pola trójkątów \(\displaystyle{ ABP, \ ABC}\) spełniają zależność \(\displaystyle{ \frac{ S_{ABP}}{S_{ABC}}=\frac{1}{2}}\)
