[Rozgrzewka przed maturą II] Zadania różne

[Premislav]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) -boki trójkąta, przy czym \(\displaystyle{ c}\) jest przeciwprostokątną.
Mamy \(\displaystyle{ c=2R}\). Ponadto \(\displaystyle{ r=\frac{a+b-c}{2}}\) - znany wzorek na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny, którego nie będę tu wyprowadzać.
Z treści zadania wiemy, że \(\displaystyle{ \frac{r}{R}= \frac{a+b-c}{c}=0,4}\), czyli
\(\displaystyle{ a+b=1,4 c}\), tj. \(\displaystyle{ c= \frac{5(a+b)}{7}}\)
Z twierdzenia Pitagorasa mamy więc:
\(\displaystyle{ a^2+b^2= \frac{25}{49}(a+b)^2}\), czyli
\(\displaystyle{ \frac{24}{49}a^2- \frac{50}{49}ab+ \frac{24}{49}b^2=0}\)
a równoważnie
\(\displaystyle{ 12a^2-25ab+12b^2=0}\)
Jest to równanie kwadratowe zmiennej \(\displaystyle{ b}\), mamy \(\displaystyle{ \Delta=49a^2}\), stąd
\(\displaystyle{ b= \frac{25a \pm 7a}{24}}\)
Niech \(\displaystyle{ b}\) będzie tym krótszym bokiem, wówczas \(\displaystyle{ b=\frac 3 4 a}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ \alpha}\) -
kąt naprzeciwko boku długości \(\displaystyle{ a}\). Wówczas \(\displaystyle{ \sin \alpha= \frac{a}{c}= \frac{a}{ \frac{5}{7}\left( a+\frac 3 4 a\right) }= \frac{4}{5}}\)

-- 5 maja 2017, o 00:49 --Straszna pała, ale nigdy nie umiałem geometrii. Nowe zadanie (coś bardziej maturalnego niż moje poprzednie):
Obwód trapezu równoramiennego wynosi \(\displaystyle{ 116}\). Oblicz pole tego trapezu, jeśli długości ramienia i podstaw trapezu są (w podanej kolejności) trzema kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego oraz długość odcinka łączącego środki ramion trapezu wynosi \(\displaystyle{ 41}\).

Maturzystom życzę powodzenia.

[Janpostal]

Ukryta treść:    

Oznaczmy ramię trapezu jako \(\displaystyle{ x-r}\), krótsze ramię jako \(\displaystyle{ x}\) i dłuższe jako \(\displaystyle{ x+r}\). Odcinek łączący środki ramion w trapezie równoramiennym to suma podstaw dzielona na dwa. Układamy dwa równania:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+x-r+x-r+x+r=116 \\ \frac{x+x+r}{2}=41 \end{cases}}\)
Rozwiązanie układu równań to:
\(\displaystyle{ x=33, r=16}\)
Wysokość trapezu to korzystając z Pitagorasa:
\(\displaystyle{ h= \sqrt{ (x-r)^{2} - (\frac{r}{2})^{2} }=15}\)
Pole wynosi:
\(\displaystyle{ P= \frac{(x+x+r) \cdot h }{2}-=615}\)

Oddaję zadanie zadania, kto chętny niech proponuje A może jednak nie,

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym \(\displaystyle{ ABCDS}\) o podstawie \(\displaystyle{ ABCD}\) wysokość jest równa \(\displaystyle{ 5}\), a kąt między ścianami bocznymi ostrosłupa wynosi \(\displaystyle{ \frac{\pi}{3}}\). Oblicz objętość tego ostrosłupa.

[alfred0]

Kod: Zaznacz cały

https://www.medianauka.pl/zadanie-3287

Było już ale nie zostało dokończone...
Dwie przeciwległe , nawzajem skośne krawędzie czworościanu mają tę samą długość a, są wzajemnie prostopadłe i prostopadłe do odcinka o długości b, łączącego ich środki.
Ile i jakich wielościanów nalezałoby dołożyć do danego czworościanu, by w wyniku sklejenia otrzymac graniastosłup prawidłowy czworokątny o wysokości b? Oblicz jaką częścią objętości otrzymanego graniastosłupa jest objetość danego czworościanu.

[kerajs]

Zbiór wartości \(\displaystyle{ f(x)=\sin^5x+\cos^5x}\) z pochodnej:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(x)=\sin^5x+\cos^5x\\
f'(x)=5\sin^4x\cos x+5\cos^4x(-\sin x)=5\sin x\cos x(\sin^3x-\cos^3x)=5\sin x\cos x(\sin x-\cos x)(\sin^2x+\sin x\cos x+\cos^2x)=5\sin x\cos x(\sin x-\cos x)(1+ \frac{1}{2} \sin 2x)\\
f'=0 \Rightarrow \left( \sin x=0 \vee \cos x=0 \vee \sin x-\cos x=0\right) \Rightarrow \left( x=k \pi \vee x= \frac{ \pi }{2}+k \pi \vee x= \frac{ \pi }{4}+k \pi \right)}\)
Uzyskane pierwiastki zaznaczam na osi i rysuję ''falę'' znaku pochodnej (wystarczy to zrobić dla jednego okresu )
\(\displaystyle{ f_{max1}=f(0)=1 \\
f_{min1}=f( \frac{ \pi }{4})= \frac{ \sqrt{2} }{4}\\
f_{max2}=f( \frac{ \pi }{2} )=1 \\
f_{min2}=f( \pi )=-1\\
f_{max3}=f( \frac{ 5\pi }{4})= \frac{ -\sqrt{2} }{4}\\
f_{max3}=f( \frac{ 3\pi }{2} )=-1}\)
Stąd
\(\displaystyle{ f(x) \in \left\langle -1,1\right\rangle}\)

*******************************************************

\(\displaystyle{ f(x)=\sin x^5+\cos x^5= \sqrt{2}\left( \frac{ \sqrt{2} }{2} \sin x^5+\frac{ \sqrt{2} }{2}\cos x^5\right) = \sqrt{2}\sin\left( x^5+ \frac{ \pi }{4} \right) \\
f(x) \in \left\langle - \sqrt{2}, \sqrt{2} \right\rangle}\)

alfred0:

Ukryta treść:    

Dane:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\draw [orange](0,0)--(5,1);
\draw [orange](3,6)--(2,7);
\draw [red](2.5,0.5)--(2.5,6.5);
\end{tikzpicture}}\)

Czworościan:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\draw [orange](3,6)--(0,0)--(5,1)--(3,6)--(2,7)--(0,0);
\draw [orange][dashed](5,1)--(2,7);
\draw [red][dashed](2.5,0.5)--(2.5,6.5);
\end{tikzpicture}}\)

Prostopadłościan:
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}
\draw [orange][dashed](3,6)--(0,0)--(5,1)--(3,6)--(2,7)--(0,0);
\draw [orange][dashed](5,1)--(2,7);
\draw (0,0)--(3,0)--(3,6)--(0,6)--(0,0);
\draw (3,0)--(5,1)--(5,7)--(2,7)--(0,6);
\draw (3,6)--(5,7);
\draw [dashed](0,0)--(2,1)--(5,1);
\draw [dashed](2,1)--(2,7);
\end{tikzpicture}}\)

Jak widać należy dołożyć cztery ostrosłupy o podstawie trójkąta prostokątnego równoramiennego (ramię ma długość \(\displaystyle{ \frac{a \sqrt{2} }{2}}\) i wysokości \(\displaystyle{ b}\), przy czym wysokość jest jednocześnie krawędzią prostopadłą do podstawy w wierzchołku z kątem prostym.
\(\displaystyle{ s= \frac{( \frac{a \sqrt{2} }{2} )^2b-4 \cdot \frac{1}{3} \frac{1}{2}( \frac{a \sqrt{2} }{2} )^2b }{( \frac{a \sqrt{2} }{2} )^2b}= \frac{1}{3}}\)
Objętość czworościanu jest trzykrotnie mniejsza od objętości prostopadłościanu.

Zadanie
Proszę wykazać że pole trójkąta którego wierzchołki należą do kwadratu o boku 1 nie jest większe niż wartość sinusa dowolnego kąta tego trójkąta.


PS
Avanti, zostały jeszcze 3 dni.


EDIT

Do zadania wyżej, błąd w treśći?
Skoro pole kwadratu jest 1, to logiczne, że pole trójkąta jest mniejsze od 1, a wartosc maksymalna sinusa to 1, wiec tu nawet nie ma za bardzo pola do walki?

To rozwiązanie za 0 punktów.
Obawiam się, że z takim nastawieniem uzyskasz zdecydowanie mniej punktów niż będzie Ci się wydawało.
Podobnie jak w dwóch innych zadaniach które w tym temacie po Tobie poprawiałem (jedno skasowałem bo przeedytowałeś swoją odpowiedź) ignorujesz treść zadania. Maturalne zadanka radzę czytać dokładniej i kilka razy.

[Richard del Ferro]

Kerajs zad wyzej zaraz zrobie

Zadanie

*Takie troche zadanie- troche już powtórka do wtorku.
Pamiętam taką nierówność, nie tracąć oczywiście ogółu załóżmy, że dla dowolnych liczb dodatnich
\(\displaystyle{ a+b + \frac{1}{a+b} \ge 2}\)
oraz
co z tego wynika
\(\displaystyle{ (x+y)( \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}) \ge 4}\)

wniosek z tego taki

\(\displaystyle{ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b} \ge \frac{4}{a+b}}\)

Udowodnij powyższe lematy i za ich pomocą udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ a+b=8}\) oraz \(\displaystyle{ a+c=4}\) oraz, że są dodatnie

To
\(\displaystyle{ \frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge 1,5}\)

[Premislav]

Richard del Ferro, jeśli to, co pisze wyżej kerajs jest prawdą, to powinieneś dostać warna, bo nie edytuje się postów, na które ktoś już odpowiedział, odnosząc się do treści, którą chcielibyśmy zmodyfikować.

Richard del Ferro:    

Niech \(\displaystyle{ a,b>0}\), wtedy \(\displaystyle{ a+b>0}\). Mamy więc
\(\displaystyle{ \frac{a+b+ \frac{1}{a+b} }{2} \ge \sqrt{(a+b) \cdot \frac{1}{a+b} }=1}\)
z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną. Mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ 2}\) i do widzenia. Można też sprowadzić do \(\displaystyle{ \left( \sqrt{a+b}- \frac{1}{\sqrt{a+b}} \right)^2 \ge 0}\)
Nie podoba mi się ta forma, więc podstawmy \(\displaystyle{ c=a+b}\) i mamy \(\displaystyle{ c+\frac 1 c \ge 2}\) dla \(\displaystyle{ c>0}\)(*)
Jeśli \(\displaystyle{ x,y>0}\), to kładąc w (*) \(\displaystyle{ c=\frac x y}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{x}{y}+ \frac{y}{x}\ge 2}\)
Dodajemy stronami \(\displaystyle{ 2}\) i jest:
\(\displaystyle{ \frac{x+y}{y}+ \frac{y+x}{x} \ge 4}\)
czyli
\(\displaystyle{ \left( x+y\right)\left( \frac{1}{x}+ \frac{1}{y} \right)\ge 4}\)(&)
To ostatnie dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ x+y}\) i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x}+ \frac{1}{y} \ge \frac{4}{x+y}}\)(@)
Korzystając z nierówności (@), mamy
\(\displaystyle{ \frac{1}{a}+ \frac{1}{c} \ge \frac{4}{a+c}\\ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b} \ge \frac{4}{a+b}}\)
Dodając stronami te badziewia, dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{4}{a+b}+ \frac{4}{a+c}}\)
i podstawiamy po prawej \(\displaystyle{ a+b=8, a+c=4}\), co kończy dowód.

Obowiązuje zadanie użytkownika kerajs.

[Richard del Ferro]

Ludzie! Wyluzujcie się błagam xD

[Larsonik]

kerajs:    

Nie jestem pewien, czy to jest pełne rozwiązanie:

Oznaczmy odległości wierzchołków trójkąta od wierzchołków kwadratu (od jednego wierzchołka trójkąta do jednego z dwóch wierzchołków kwadratu, które leżą na tym samym boku, co wybrany wierzchołek trójkąta) jako \(\displaystyle{ x, y, z}\). Odległość ta nie może być dłuższa od boku kwadratu, zatem \(\displaystyle{ x, y, z \le 1}\). Teraz oznaczając boki trójkąta jako \(\displaystyle{ a,b,c}\) (oczywiście na rysunku trzeba przyjąć konkretne boki, ale opis tego zająłby bardzo dużo miejsca, a nie ma to chyba większego wpływu na rozwiązanie) możemy wyznaczyć je w zależności od oznaczonych wcześniej odległości z tw. Pitagorasa: \(\displaystyle{ a^2 = x^2 + z^2, b^2 = (1-x)^2 + y^2, c^2 = (z - y)^2 + 1}\) (w zależnosci od przyjętych oznaczeń te równania mogą się różnić).

Kluczowym krokiem jest skorzystanie ze nierówności między średnimi: \(\displaystyle{ ab \le \frac{a^2 + b^2}{2} = \frac{2x^2 - 2x + 1 + y^2 + z^2}{2} \le \frac{5}{4}}\), zatem \(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} \sin \alpha ab \le \frac{5}{8} \sin \alpha < \sin \alpha}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha}\) to kat między bokami \(\displaystyle{ a,b}\) trójkąta, a równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=\frac{1}{2}}\), a więc trójkąta równoramiennego.

Dla pozostałych boków wychodzi trochę inaczej, bo mamy \(\displaystyle{ ac \le \frac{a^2 + c^2}{2} = \frac{x^2 + z^2 +(z-y)^2 + 1}{2} \le 2}\), więc \(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} ac \sin \beta \le \sin \beta}\) a równości zachodzi, kiedy wierzchołki trójkąta są wierzchołkami kwadratu. Podobnie \(\displaystyle{ bc \le \frac{b^2 + c^2}{2} = \frac{(x-1)^2 + (z-y)^2 + y^2 +1}{2} \le 2}\) i równość zachodzi... kiedy \(\displaystyle{ a = 0}\), a więc trójkąta nie ma (edit: w sumie można po prostu stwierdzić, że tu długości boku nie wyznaczamy z tw. Pitagorasa i tyle).

Nie wiem, jak to interpretować. Trochę to dziwne, ze dla jednego kąta wyszło inaczej. Może te oznaczenia jednak mają znaczenie...

Mimo wszystko dodam jakiś trudnawy rachunek prawdopodobieństwa: ze zbioru wszystkich trójwyrazowych ciągów o wyrazach ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, 2, 3, ... ,n \}}\) losujemy jeden ciąg. Wyznacz prawdopodobieństwo wylosowania ciągu rosnącego lub malejącego.

[mint18]

kerajs:    

Nie jestem pewien, czy to jest pełne rozwiązanie:

Oznaczmy odległości wierzchołków trójkąta od wierzchołków kwadratu (od jednego wierzchołka trójkąta do jednego z dwóch wierzchołków kwadratu, które leżą na tym samym boku, co wybrany wierzchołek trójkąta) jako \(\displaystyle{ x, y, z}\). Odległość ta nie może być dłuższa od boku kwadratu, zatem \(\displaystyle{ x, y, z \le 1}\). Teraz oznaczając boki trójkąta jako \(\displaystyle{ a,b,c}\) (oczywiście na rysunku trzeba przyjąć konkretne boki, ale opis tego zająłby bardzo dużo miejsca, a nie ma to chyba większego wpływu na rozwiązanie) możemy wyznaczyć je w zależności od oznaczonych wcześniej odległości z tw. Pitagorasa: \(\displaystyle{ a^2 = x^2 + z^2, b^2 = (1-x)^2 + y^2, c^2 = (z - y)^2 + 1}\) (w zależnosci od przyjętych oznaczeń te równania mogą się różnić).

Kluczowym krokiem jest skorzystanie ze nierówności między średnimi: \(\displaystyle{ ab \le \frac{a^2 + b^2}{2} = \frac{2x^2 - 2x + 1 + y^2 + z^2}{2} \le \frac{5}{4}}\), zatem \(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} \sin \alpha ab \le \frac{5}{8} \sin \alpha < \sin \alpha}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha}\) to kat między bokami \(\displaystyle{ a,b}\) trójkąta, a równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x=\frac{1}{2}}\), a więc trójkąta równoramiennego.

Dla pozostałych boków wychodzi trochę inaczej, bo mamy \(\displaystyle{ ac \le \frac{a^2 + c^2}{2} = \frac{x^2 + z^2 +(z-y)^2 + 1}{2} \le 2}\), więc \(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} ac \sin \beta \le \sin \beta}\) a równości zachodzi, kiedy wierzchołki trójkąta są wierzchołkami kwadratu. Podobnie \(\displaystyle{ bc \le \frac{b^2 + c^2}{2} = \frac{(x-1)^2 + (z-y)^2 + y^2 +1}{2} \le 2}\) i równość zachodzi... kiedy \(\displaystyle{ a = 0}\), a więc trójkąta nie ma.

Nie wiem, jak to interpretować. Trochę to dziwne, ze dla jednego kąta wyszło inaczej. Może te oznaczenia jednak mają znaczenie...

Ukryta treść:    

Sporo tego wyszło, a wystarczyłoby tylko zauważyć, że najdłuższym odcinkiem leżącym wewnątrz tego kwadratu jest jego przekątna, która ma długość \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\), wtedy ze wzoru na polu trójkąta dostajemy: \(\displaystyle{ P=\frac{1}{2}ab\sin\gamma \le \frac{1}{2}\sqrt{2}\sqrt{2}\sin\gamma=\sin\gamma}\).

[Richard del Ferro]

Ukryta treść:    

Na każdym miejscu może stać każda z liczb ze zbioru, więc jest \(\displaystyle{ n^{3}}\) ciągów.
Każda liczba musi być różna, więc wybieram pierwszą na \(\displaystyle{ n}\) sposobów, drugą na \(\displaystyle{ (n-1)}\), trzecią na \(\displaystyle{ (n-2)}\). Z czego wybrałem 3 liczby, ale mogą stać na każdym z trzech miejsc, więc je dopasowuję. Pierwsze miejsce na \(\displaystyle{ 3}\) sposoby, drugie na \(\displaystyle{ 2}\) sposoby i trzecie wiadomo.

Każdy zbiór liczb można tylko na jeden sposób uporządkować rosnąco ( łatwo to sobie wyobrazić, bo jak w rosnącym przestawimy chociaż jeden wyraz to już taki nie będzie), no i go obrócić, że będzie malejący, więc mamy \(\displaystyle{ 2}\).

Liczymy.
\(\displaystyle{ 2\frac{n(n-1)(n-2)}{6} \cdot \frac{1}{n^{3}} = \frac{(n-1)(n-2)}{3n^{2}}}\)

Oblicz prawdopodobieństwo tego, że przy czterokrotnym rzucie kostką, 3 kolejne wyniki utworzą ciąg geometryczny.

[Larsonik]

Richard del Ferro:    

Zauważmy, że ciąg ten może mieć iloraz \(\displaystyle{ 2}\) lub \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) i jest to \(\displaystyle{ (1,2,4)}\) lub \(\displaystyle{ (4,2,1)}\). Pozostały rzut moze być dowolny. Jeśli uznać ciąg stały za ciąg geometryczny (chociaż dla mnie jest to nieintuicyjne), to jeszcze należy dodać ciągi złożone z tych samych oczek. Ciągi te mogą "wypaść" przy \(\displaystyle{ 3}\) pierwszych rzutach lub \(\displaystyle{ 3}\) ostatnich. Można też wyrzucić za każdym razem tyle samo oczek. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest \(\displaystyle{ 6^{4}}\). Zliczamy zdarzenia sprzyjające: \(\displaystyle{ 2 \cdot 2 \cdot 6 + 6 \cdot 2 \cdot 5 + 6 = 6 \cdot 15}\).

\(\displaystyle{ P(A) = \frac{5}{72}}\)

Jakoś nigdy nie jestem pewien swoich rozwiązań z prawdopodobieństwa i kombi...

Dla jakich wartości parametru \(\displaystyle{ a}\) iloczyn różnych miejsc zerowych funkcji \(\displaystyle{ f(x) = \log_{3}^{2} x - (a^2 - a) \log_{3} x + 1 - a}\) jest równy \(\displaystyle{ 9}\)?

[MrCommando]

Ukryta treść:    

Dane równanie może posiadać maksymalnie dwa rozwiązania. Po podstawieniu \(\displaystyle{ t=\log_{3} x}\), otrzymujemy równanie kwadratowe \(\displaystyle{ t^2-(a^2-a)t+1-a=0}\), które oczywiście nie może mieć więcej niż dwa pierwiastki. Ponieważ logarytm jest funkcją różnowartościową, to wyjściowe równanie ma dokładnie tyle samo pierwiastków, ile równanie pomocnicze ze zmienną \(\displaystyle{ t}\). Przypuśćmy, że dane równanie ma rozwiązania \(\displaystyle{ x_1}\) i \(\displaystyle{ x_2}\). Wówczas równanie pomocnicze będzie mieć pierwiastki \(\displaystyle{ t_1}\) oraz \(\displaystyle{ t_2}\) (to znaczy \(\displaystyle{ t_1=\log_{3} x_1}\) i \(\displaystyle{ t_2=\log_{3} x_2}\)). Ze wzorów Viete'a (suma pierwiastków) otrzymujemy \(\displaystyle{ t_1+t_2=\log_{3} x_1 + \log_{3} x_2=\log_{3} (x_1 \cdot x_2)=a^2-a}\). Interesuje nas przypadek, gdy zachodzi \(\displaystyle{ x_1 \cdot x_2 = 9}\), czyli gdy \(\displaystyle{ \log_{3} (x_1 \cdot x_2) = 2}\). Wobec tego sprawdzimy, dla jakiego parametru \(\displaystyle{ a}\) zachodzi równość \(\displaystyle{ a^2-a=2}\). Nietrudno obliczyć, że \(\displaystyle{ a \in \left\{ -1, 2\right\}}\). Pozostaje sprawdzić, czy dla wyznaczonych wartości parametru \(\displaystyle{ a}\) równanie ma istotnie dwa pierwiastki. Możemy zauważyć, że dla \(\displaystyle{ a=-1}\) równanie nie ma pierwiastków. Wobec tego warunek dany w treści zadania zachodzi tylko dla \(\displaystyle{ a=2}\).

Nowe: Ile rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ a, b, c, d}\) ma równanie \(\displaystyle{ a+b+c+d=20}\)?

[Premislav]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ {20-1 \choose 4-1}={19 \choose 3}=19 \cdot 3 \cdot 17=969}\)
Czyżby wyszedł wiek Matuzalema?

-- 7 maja 2017, o 00:15 --

Nowe:
Rozwiąż nierówność \(\displaystyle{ \ctg x<2- \frac{\sin x}{1+\cos x}}\) gdzie \(\displaystyle{ x \in [0,2\pi]}\)
(uwaga na dziedzinę)

[MrCommando]

Ukryta treść:    

Oczywiście \(\displaystyle{ \sin x \neq 0}\) i \(\displaystyle{ \cos x \neq -1}\), a zatem dziedzina zawęża się do przedziału \(\displaystyle{ \left( 0, \pi \right) \cup \left( \pi, 2\pi\right)}\). Po zastosowaniu tożsamości \(\displaystyle{ \cot x= \frac{\cos x}{\sin x}}\) i przeniesieniu wszystkiego na lewą stronę, dana nierówność ma postać \(\displaystyle{ \frac{\cos x}{\sin x}-2+\frac{\sin x}{1+\cos x}<0}\). Po sprowadzeniu wyrażenia po lewej stronie do wspólnego mianownika i po uproszczeniu (między innymi za pomocą jedynki trygonometrycznej) otrzymamy nierówność \(\displaystyle{ \frac{1-2\sin x}{\sin x}<0}\). Zatem
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} 1-2\sin x > 0 \\ \sin x <0 \end{array} \vee \left\{\begin{array}{l} 1-2\sin x < 0 \\ \sin x >0 \end{array}}\). Po nieskomplikowanych obliczeniach otrzymujemy \(\displaystyle{ x \in \left( \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right) \cup \left( \pi, 2\pi\right)}\).

Coś prostego: udowodnij, że odcinek łączący środki ramion w trapezie jest średnią arytmetyczną podstaw.

[uracyl]

Ukryta treść:    

Rozwiązanie strasznie "na pałę" :/
Oznaczmy podstawy trapezu jako \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ a+b+c}\), gdzie \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ c}\) to przyprostokątne trójkątów prostokątnych powstałych przez opuszczenie wysokości z wierzchołków podstawy o długości \(\displaystyle{ a}\).
Z tw. Pitagorasa liczymy długości ramion: \(\displaystyle{ \sqrt{b^2+h^2}}\) i \(\displaystyle{ \sqrt{c^2+h^2}}\).
Następnie z tw. Pitagorasa liczymy długości kawałków odcinka łączącego środki ramion (tych "odciętych" przez poprowadzone wcześniej wysokości).
\(\displaystyle{ (\frac{1}{2}\sqrt{b^2+h^2})^2-(\frac{1}{2}h)^2=\frac{1}{2}b}\)
\(\displaystyle{ (\frac{1}{2}\sqrt{c^2+h^2})^2-(\frac{1}{2}h)^2=\frac{1}{2}c}\)
Długość odcinka łączącego środki ramion to \(\displaystyle{ a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c}\) czyli to samo, co \(\displaystyle{ \frac{a+a+b+c}{2}}\)