Zadanka przed maturą - powtórzenie!

[kamil13151]

No to jedziemy z miksem maturalnym:
W pięciokącie wypukłym \(\displaystyle{ ABCDE}\) poprowadzono wszystkie przekątne. Udowodnij, że \(\displaystyle{ \sphericalangle CAD+\sphericalangle DBE+ \sphericalangle ECA+ \sphericalangle ADB+ \sphericalangle BEC=180^{\circ}}\)

Po zamieszczeniu rozwiązaniu zadania można podać swoje, ew. ja mogę dać.

[n1epc0]

\(\displaystyle{ |\sphericalangle CAD|= \alpha\\
|\sphericalangle DBE|= \beta\\
|\sphericalangle ECA|=\gamma\\
|\sphericalangle ADB|=\delta\\
|\sphericalangle BEC|=\omega\\}\)

Przecięcie \(\displaystyle{ AC \ i \ BE - V\\}\)
Przecięcie \(\displaystyle{ AC \ i \ BD - W\\}\)
Przecięcie \(\displaystyle{ CE \ i \ BD - X\\}\)
Przecięcie \(\displaystyle{ CE \ i \ AD - Y\\}\)
Przecięcie \(\displaystyle{ AD \ i \ BE - Z\\}\)

Kąty wierzchołkowe \(\displaystyle{ \begin{cases}
|\sphericalangle AVZ|=a=|\sphericalangle BVW|\\
|\sphericalangle BWV|=b=|\sphericalangle CWX|\\
|\sphericalangle CXW|=c=|\sphericalangle DXY|\\
|\sphericalangle DYX|=d=|\sphericalangle EYZ|\\
|\sphericalangle EZY|=e=|\sphericalangle AZV|\\
\end{cases}}\)

Suma miar kątów w:
\(\displaystyle{ \Delta AVZ, \Delta BWV, \Delta CWX, \Delta DXY, \Delta EYZ: \\ \alpha+a+e+\beta+a+b+\gamma+b+c+\delta+c+d+\omega+d+e= \\
\alpha+\beta+\gamma+\delta+\omega+2a+2b+2c+2d+2e \\ \\
\alpha+\beta+\gamma+\delta+\omega+2a+2b+2c+2d+2e=5 \cdot 180^{\circ} \\
\alpha+\beta+\gamma+\delta+\omega+2(a+b+c+d+e)=900^{\circ} \\}\)

Suma miar kątów w pięciokącie
\(\displaystyle{ VWXYZ:
180^{\circ}-a+180^{\circ}-b+180^{\circ}-c+180^{\circ}-d+180^{\circ}-e=540^{\circ} \\ a+b+c+d+e=360 \\
\alpha+\beta+\gamma+\delta+\omega+2 \cdot 360^{\circ}=900^{\circ} \\
\alpha+\beta+\gamma+\delta+\omega=180^{\circ} \\ \\
c.n.d }\)


@edit
dawaj next

[loitzl9006]

No to dla odmiany rozwiąż równanie

\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{ \sqrt{2x ^{3} + 3x ^{2} +6x-10 } +2} }{2} = \frac{ \sqrt{2} + \sqrt{6} }{4}}\)

[Marcinek665]

Ukryta treść:    

Po pierwszym skwadraceniu dostajemy:

\(\displaystyle{ \sqrt{2x^3 + 3x^2 + 6x - 10} + 2 = 2 + \sqrt{3}}\), czyli musi być:

\(\displaystyle{ 2x^3 + 3x^2 + 6x - 13 = 0}\)

Jak się pobawimy w te pierdoły z pierwiastkami wymiernymi, to niestety żaden fajny nie wyjdzie (podejrzewam literówkę), ale pokażę, że wyjście jest zawsze!

Podstawmy \(\displaystyle{ y=x+\frac{1}{2}}\), otrzymując nową postać równania:

\(\displaystyle{ 2\left( y - \frac{1}{2}\right) ^3 + 3\left( y - \frac{1}{2}\right) ^2 + 6\left( y - \frac{1}{2}\right) - 13 = 0}\)

\(\displaystyle{ y^3 + \frac{9}{4}y - \frac{31}{4} = 0}\)

Skorzystajmy z tożsamości \(\displaystyle{ (a+b)^3 - 3ab(a+b) - (a^3+b^3) = 0}\), kładąc tutaj \(\displaystyle{ a+b=y}\) otrzymamy:

\(\displaystyle{ y^3 - 3aby - (a^3+b^3) = 0}\).

Jeśli dobierzemy współczynniki \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) tak, by spełniony był układ równań \(\displaystyle{ -3ab= \frac{9}{4}}\) oraz \(\displaystyle{ a^3+b^3 = \frac{31}{4}}\), to z równości wielomianów dostaniemy wniosek, że liczba \(\displaystyle{ y=a+b}\) będzie jednym z pierwiastków równania wyjściowego. Rozwiążmy więc go:

\(\displaystyle{ \begin{cases} -3ab= \frac{9}{4} \\ a^3+b^3 = \frac{31}{4} \end{cases}}\)

Podstawiając pierwsze do drugiego dostaniemy:

\(\displaystyle{ -\left( \frac{3}{4a}\right)^3 + a^3 = \frac{31}{4}}\)

Mnożąc przez \(\displaystyle{ a^3}\) i podstawiając \(\displaystyle{ t=a^3}\) dostajemy równanie kwadratowe zmiennej \(\displaystyle{ t}\):

\(\displaystyle{ t^2 - \frac{31}{4}t - \frac{27}{64} = 0}\)

Ma ono takie rozwiązania: \(\displaystyle{ t_1 = \frac{1}{8}(31-2\sqrt{247})}\) i \(\displaystyle{ t_2 = \frac{1}{8}(31+2\sqrt{247})}\)

czyli \(\displaystyle{ a= \frac{1}{2}\sqrt[3]{(31-2\sqrt{247})}}\) i \(\displaystyle{ b=\frac{1}{2} \sqrt[3]{(31+2\sqrt{247})}}\), czyli \(\displaystyle{ y=\frac{1}{2}(\sqrt[3]{(31-2\sqrt{247})}+\sqrt[3]{(31+2\sqrt{247})})}\) i w końcu \(\displaystyle{ x=\frac{1}{2}(\sqrt[3]{(31-2\sqrt{247})}+\sqrt[3]{(31+2\sqrt{247})} - 1)}\).

Nasze przejścia nie były równoważne, więc należy sprawdzić, że to rozwiązanie działa, a tak faktycznie jest, co pozostawiam jako proste ćwiczenie. Warto jeszcze sprawdzić, czy nie ma innych rozwiązań. Jak się okazuje, nie. To zostawiam również jako proste ćwiczenie na rozkład wielomianu ze schematu Hornera

Jako że zadań pod podstawę już raczej nie ma sensu dawać, to rzucę coś pod rozszerzenie:

Rozwiąż równanie:
\(\displaystyle{ (\sin x + \cos x)^3 + \sin 2x - 1 = 0}\).

[major37]

To może ja podam tylko szkic rozwiązania. Pomnóżmy obie strony przez 4 i otrzymamy \(\displaystyle{ 2 \sqrt{ \sqrt{2x ^{3} + 3x ^{2} +6x-10 } +2}= \sqrt{2} + \sqrt{6}}\) teraz obustronnie można podnieść do kwadratu. Tą ósemkę po lewej stronie przeniesiemy na prawą stronę i znowu podniesiemy do kwadratu otrzymując równanie sześcienne. Trochę skopany wyjdzie wyraz wolny bo z tego co się nie mylę będzie postaci \(\displaystyle{ a+ \sqrt{b}}\) trzeba by było znaleźć jeden pierwiastek użyć np schematu Hornera mamy już wtedy równanie kwadratowe które rozwiązujemy przez Deltę. I znamy już wtedy trzy pierwiastki.

-- 8 maja 2012, o 10:36 --

Nie widziałem że Marcinek dał rozwiązanie.-- 8 maja 2012, o 10:37 --A dlaczego Marcinek podstawiłeś akurat \(\displaystyle{ y=x+ \frac{1}{2}}\) ?

[Marcinek665]

Szukamy takiego podstawienia, by wyraz przy drugiej potędze się wyzerował, bo umiemy rozwiązać równania sześcienne postaci \(\displaystyle{ x^3 + px + q = 0}\) (co pokazałem). No to sprawdźmy, jakie podstawienie załatwi sprawę (przypadek ogólny):

\(\displaystyle{ ax^3 + bx^2 + cx + d = 0}\)

Weźmy sobie zmienną pomocniczą \(\displaystyle{ y=x+t}\) (szukamy takiego \(\displaystyle{ t}\), by było dobrze)

Mamy \(\displaystyle{ x=y-t}\) i podstawmy to do równania wyjściowego

\(\displaystyle{ a(y-t)^3 + b(y-t)^2 + c(y-t) + d = 0}\)

\(\displaystyle{ ay^3 - 3ay^2t + 3ayt^2 - at^3 + by^2 - 2byt + cy - ct + d = 0}\)

Uszeregujmy względem potęg \(\displaystyle{ y}\):

\(\displaystyle{ ay^3 + y^2(b-3at) + y(3at^2 - 2bt + c) + d-ct-at^3 = 0}\)

Przy drugiej potędze chcemy mieć \(\displaystyle{ 0}\), więc \(\displaystyle{ b-3at=0}\), skąd \(\displaystyle{ t=\frac{b}{3a}}\).

Czyli interesuje nas podstawienie \(\displaystyle{ y=x+\frac{b}{3a}}\), i wstawiając liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) z naszego konkretnego równania dostajemy własnie \(\displaystyle{ y=x+ \frac{1}{2}}\)

BTW, zdaje się, że twój sposób nie zadziała.

[major37]

No to dzięki że mi pokazałeś No mój sposób nie zadziała ale na maturze nie będzie takiego czegoś bo musi mieć przynajmniej pierwiastek wymierny a ja poza maturę to nie wychodzę. Kiedyś mi mariuszm pokazywał wzory Cardano do równań 3 stopnia ale musiałbym się nauczyć zespolonych ale jakoś jeszcze się nie nauczyłem tych zespolonych

[witek1902]

Macie jeszcze zadanko ode mnie

Oblicz wartość wyrażenia:

\(\displaystyle{ W= 3 + 33 + 333 + .... + 333333333}\)

-- 8 maja 2012, o 19:10 --

I takie:
Wiedząc, że \(\displaystyle{ \alpha}\) \(\displaystyle{ \beta}\) \(\displaystyle{ \gamma}\) są kątami wewnętrznymi trójkąta ABC oraz \(\displaystyle{ \frac{\sin\alpha + \sin\beta}{\cos\alpha + \cos\beta}= \sin \gamma}\)
Wykaż, że trójkąt ABC jest prostokątny.

[Piog]

Podajesz tutaj te przykłady i wydaje mi się, że jutrzejsza matura nie będzie taka łatwa...

[witek1902]

Matura rozszerzona to większość zadań schematycznych, których rozwiązania po prostu powinieneś znać. Zmieniają się tylko wartości liczbowe.
Są jednak 2-3 zadania, w których trzeba trochę pomyśleć i to są właśnie ich przykłady.

[norwimaj]

witek1902, patrząc na Twoje zadanie wymyśliłem jeszcze jedno podobne:

Wiedząc, że \(\displaystyle{ \alpha}\), \(\displaystyle{ \beta}\), \(\displaystyle{ \gamma}\) są kątami wewnętrznymi trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{\sin\alpha + \sin\beta}{\cos\alpha + \cos\beta}= \sin \gamma}\),
wykaż, że trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest równoramienny.

[witek1902]

norwimaj, można to udowodnić korzystając z tw. sinusów i cosinusów, a później podstawiając do wyjściowej zależności, czy trzeba to robić innym sposobem ?

[norwimaj]

Właśnie tak robiłem. Pomnożyłem stronami przez \(\displaystyle{ 2abc(\cos\alpha +\cos\beta)}\) i podzieliłem przez \(\displaystyle{ \sin\gamma}\). Wtedy skorzystałem z twierdzeń sinusów i kosinusów, otrzymując równość

\(\displaystyle{ (c^2+(a-b)^2)(a-b)=0}\).-- 8 maja 2012, o 20:48 --Ale przyznam, że na maturze bym się takiego nie spodziewał.

[Marcinek665]

Macie jeszcze zadanko ode mnie

Oblicz wartość wyrażenia:

\(\displaystyle{ W= 3 + 33 + 333 + .... + 333333333}\)

Zakładam, że chodzi tutaj o obliczenie czegoś takiego:

\(\displaystyle{ W_n=3 + 33 + 333 + .... + \underbrace{33 \ldots 3}_{n}}\), bo inaczej każdy "zdolny" maturzysta zaprzęga kalkulator i liczy.

No i wystarczy tutaj zauważyć, że \(\displaystyle{ \underbrace{33 \ldots 3}_{k} = \frac{\underbrace{99 \ldots 9}_{k}}{3} = \frac{10^k - 1}{3}}\). Mając to kluczowe przejście, można łatwo obliczyć całą sumę (ciąg geometryczny)

[smtn]

A to zadanie co wyżej nie można zrobić tak:

\(\displaystyle{ 3 \\
33 \\
333 \\
....... \\
3......333}\)

Robi się piramidka czyli jest:

\(\displaystyle{ x}\) 'trójek' w miejscu jedności
\(\displaystyle{ x-1}\) 'trójek' w miejscu dziesiątek
\(\displaystyle{ x-2}\) 'trójek' w miejscu setek
........
\(\displaystyle{ x-n}\) 'trójek' w miejscu \(\displaystyle{ n}\)
jedna 'trójka w końcowym miejscu


i potem jakoś to złożyć? Czy to nie bardzo tak?