Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
A, więc rzeczywiście, stożek o największej objętości wpisany w kulę ma objętość równą \(\displaystyle{ (\frac{2}{3} )^{3} \cdot \frac{4 \pi R^{3}}{3} = \frac{32}{81} \pi R^{3}}\)
~by Larsonik
Zadanie
Na ile sposobów możemy ustawić 8 rozróżnialnych wież na szachownicy, aby po wykonaniu następnego ruchu którąkolwiek z wież, mieć pewność, że nie zbijemy żadnej z nich.
Zauważmy, że każda wieża musi stać w innej kolumnie i w innym rzędzie. Każdy rząd i każda kolumna musi być zajęta, zatem stawiajmy wieże po kolei w każdej kolumnie. Pierwszą możemy ustawić w każdym z ośmiu rzędów, drugą w każdym z siedmiu itd., zatem z reguły mnożenia mamy, że możemy je ustawić na \(\displaystyle{ 8!}\) sposobów.
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) o bokach \(\displaystyle{ a, b, c}\) kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) leży na przeciwko boku \(\displaystyle{ a}\), a kąt \(\displaystyle{ \beta}\) leży na przeciwko boku \(\displaystyle{ b}\). Wykaż, że jeśli \(\displaystyle{ bc= a^2 - b^2}\), to \(\displaystyle{ \alpha = 2 \beta}\).
Typowy maturalny chwyt, jeden z ulubionych, a mianowicie.
\(\displaystyle{ (\sin P)^{2}-(\sin Q)^{2}=(\sin P + sin\ Q)(\sin P - \sin Q)}\)
Teraz wzory na sumę i różnicę sinusów. \(\displaystyle{ 2 \sin (\frac{P+Q}{2}) \cos (\frac{P-Q}{2}) \cdot 2 \sin ( \frac{P-Q}{2}) \cos ( \frac{P+Q}{2})}\)
Teraz zwijam ze wzoru na podwojny kąt sinusa, tyle, że nie grupuje wartościami \(\displaystyle{ P+Q}\) oraz \(\displaystyle{ P-Q}\)
Otrzymuję \(\displaystyle{ \ sin(P+Q)sin(P-Q)}\)
Korzystam z tego, że \(\displaystyle{ \ sin (180-x) = \ sin x}\)
W połączeniu ze wzorem sinusów i po podzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ 4R^{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \sin (P+Q)}\)
Otrzymuję \(\displaystyle{ \sin \beta = \ sin ( \alpha - \beta )}\)
\(\displaystyle{ \beta = \alpha - \beta}\)
\(\displaystyle{ \alpha = 2\beta}\)
Pamiętajmy, na maturze raz na ruski rok używamy \(\displaystyle{ \ sin ( \alpha + \beta )}\), zawsze idźmy w drugim kierunku.
Wzór na sumę sinusów i do widzenia: \(\displaystyle{ \cos x + \sin 3x = 0\\ \sin\left( \frac \pi 2-x\right)+\sin 3x=0\\ 2\sin\left(\frac \pi 4+x \right)\cos\left(\frac \pi 4-2x \right) =0 \\ \sin\left(\frac \pi 4+x \right)=0 \vee \cos\left(\frac \pi 4-2x \right) =0\\ x=-\frac \pi 4+k\pi \vee x=\frac \pi 8+\frac k 2 \pi, k \in \ZZ}\)
Udowodnij, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b}\) rzeczywistych spełniających warunek \(\displaystyle{ a+b=2}\) prawdziwa jest nierówność \(\displaystyle{ a^2+b^2 \ge 2}\). Wersja hard (ale wciąż łatwa): dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) jest \(\displaystyle{ a^{2n}+b^{2n} \ge 2}\) przy tych samych założeniach.-- 2 maja 2017, o 01:30 --Richard del Ferro, w zadaniu z kulą i stożkiem zabrałbym punkt za to, że sprawdziłeś tylko warunek konieczny istnienia ekstremum.
Tylko punkt, bo to zdecydowanie nie jest kluczowa trudność w zadaniu.
Co do wersji hard, to pierwsza metoda jaka mi się narzuca to indukcja, ale wymyśliłem trochę inny sposób, który nawet pokazuje, że nierówność zachodzi dla pewnych rzeczywistych wartości \(\displaystyle{ n}\), nie tylko naturalnych. Sami oceńcie, możliwe, że o czymś zapomniałem, bo trochę na szybko robiłem:
Ukryta treść:
Zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ y >\frac{1}{2}}\), to funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x^{2y}}\) jest wypukła, co można łatwo pokazać za pomocą pochodnej. Zatem z nierówności Jensena dla tej funkcji, argumentów \(\displaystyle{ x_1=a}\) oraz \(\displaystyle{ x_2=b}\) i wag \(\displaystyle{ t_1=t_2=\frac{1}{2}}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{a^{2y}+b^{2y}}{2} \ge \left( \frac{a+b}{2}\right)^{2y} = 1^{2y}=1}\). Mnożymy obustronnie przez \(\displaystyle{ 2}\) i otrzymujemy \(\displaystyle{ a^{2y}+b^{2y} \ge 2}\). Z prawdziwości nierówności dla \(\displaystyle{ y>\frac{1}{2}}\) wynika prawdziwość dla liczb naturalnych dodatnich.
\(\displaystyle{ a=1, b=1}\) Wtedy mamy minimum, bo widać ze \(\displaystyle{ f(a)''
> 0}\)
cnd
Komentarz: pochodną liczymy z pochodnej funkcji złożonej, pierwiastkujemy i mamy pewność, że równość zachodzi tylko dla a=1, b=1, i z tego chyba widać, że \(\displaystyle{ n}\) nie musi być naturalna
Zadanie \(\displaystyle{ (x-m)^{2}[m(x-m)^{2}-m-1]+1=0}\)
Dla jakich wartości parametru m, równanie ma więcej pierwiastków dodatnich niż ujemnych
Wszystko robimy elemntarnie, ponieważ za ok. 10 dni MATURA i nikt nie chce sie odwoływać.
Może i z tą nierównością Jensena to i przegięcie, ale zwróć uwagę, że gdyby już próbować robić te zadania jak najbardziej elementarnie, to i do Twojego rozwiązania można by się przyczepić, bo przeważnie typowi maturzyści nie znają wzoru na pochodną funkcji złożonej (niestety w programie licealnym tego nie ma ). Poza tym mało który maturzysta wie jak sprawdzić istnienie ekstremum za pomocą drugiej pochodnej.
Richard del Ferro pisze:
Zadanie \(\displaystyle{ (x-m)^{2}[m(x-m)^{2}-m-1)+1=0}\)
Dla jakich wartości parametru m, równanie ma więcej pierwiastków dodatnich niż ujemnych
Ukryta treść:
Jeśli \(\displaystyle{ m=0}\), to \(\displaystyle{ x^2(0x^2 - 0 - 1) + 1 = 0 \Leftrightarrow x^2 = 1}\)
czyli jest tyle samo rozwiązań ujemnych, co dodatnich. W przeciwnym wypadku, wprowadźmy zmienną pomocniczą \(\displaystyle{ t=(x-m)^2}\). Wówczas równanie otrzymuje postać \(\displaystyle{ mt^2 - (m+1)t + 1 = 0}\) \(\displaystyle{ \sqrt{\Delta} = \sqrt{(m+1)^2 - 4m} = \sqrt{(m-1)^2} = |m-1|}\) \(\displaystyle{ t_1 = \frac{m+1 - m + 1}{2m} = \frac 1m}\) \(\displaystyle{ t_2 = \frac{m+1+m-1}{2m} = 1}\) \(\displaystyle{ t_1 = \frac 1m = (x-m)^2 \Rightarrow m > 0 \land \frac1{\sqrt{m}} = x - m \Rightarrow x = m + \frac{1}{\sqrt{m}} > 0}\) \(\displaystyle{ t_2 = 1 = (x-m)^2 \Rightarrow x = m+1 \lor x = m - 1}\)
Jeśli \(\displaystyle{ m > 0}\), to mamy co najmniej 2 rozwiązania dodatnie, czyli więcej niż ujemnych. Jeśli \(\displaystyle{ m < 0}\), to mamy maksymalnie 1 dodatnie i co najmniej 1 ujemne, a jeśli jest zerem, jak już wcześniej ustaliliśmy, nie ma więcej rozwiązań dodatnich.
Wydaje mi się, że narzędzia na poziomie liceum pozwalają Nam przeprowadzić taki tok :
Rozpatrzmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = x^{2n} -2nx + 2n - 1}\). Wystarczy za pomocą pochodnej pokazać, że \(\displaystyle{ f(x) \ge 0}\), wtedy \(\displaystyle{ a^{2n} + b^{2n} \ge 2n\left( a+b\right) -4n + 2 = 2}\).
Up
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ -\left( \sin^{2} x + \cos^{2} x\right) \le \sin^{5} x + \cos^{5} x \le \sin^{2}x + \cos^{2} x}\), przy czym nierówności stają się równościami przykładowo dla \(\displaystyle{ x = \pi /2}\)( prawa ) oraz \(\displaystyle{ 3\pi /2}\)
Nowe :
Liczby \(\displaystyle{ p, q, r}\) spełniają \(\displaystyle{ pq + 2qr -q^{2} -pr - r^{2} = 1}\). Wyznacz minimum jakie może przyjąć \(\displaystyle{ |p|}\)
W sumie zarówno moje zadanie, jak i to ostatnie usera Richard del Ferro można zrobić z nierówności między średnimi potęgowymi (stąd też wytrzasnąłem tę nierówność), ale była prośba o nieużywanie takich rzeczy.
moje:
Nie wprost. Niech \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) będzie najmniejszym takim, że \(\displaystyle{ a^{2n}+b^{2n}<2}\) (wiemy z dowodu "zwykłej" wersji, że \(\displaystyle{ n>1}\)). Mamy \(\displaystyle{ a^{2n}+b^{2n}=(a^2+b^2)(a^{2n-2}+b^{2n-2})-a^2 b^{2n-2}-b^2a^{2n-2}}\)
Jak wiemy z dowodu łatwiejszej wersji, skoro \(\displaystyle{ a+b=2}\), to \(\displaystyle{ a^2+b^2 \ge 2}\), więc wówczas \(\displaystyle{ (a^2+b^2)(a^{2n-2}+b^{2n-2})\ge 4}\), czyli musi być: \(\displaystyle{ a^2 b^{2n-2}+b^2a^{2n-2}>2}\)
a więc: \(\displaystyle{ 2>a^{2n}+b^{2n}\ge a^2 b^{2n-2}+b^2 a^{2n-2}>2}\)
sprzeczność, zatem takie \(\displaystyle{ n}\) nie istnieje, c.k.d.
Aha, nierówność \(\displaystyle{ a^{2n}+b^{2n}\ge a^2 b^{2n-2}+b^2 a^{2n-2}}\) można łatwo udowodnić tak: równoważnie jest \(\displaystyle{ (a^2-b^2)(a^{2n-2}-b^{2n-2}) \ge 0}\) i łatwo widać, że dla \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) mamy \(\displaystyle{ a^2 \ge b^2 \Leftrightarrow a^{2n-2} \ge b^{2n-2}}\), więc albo oba czynniki są nieujemne, albo oba czynniki są niedodatnie.
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ pq + 2qr -q^{2} -pr - r^{2} = 1}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ q\neq r}\), bo dla \(\displaystyle{ q=r}\) lewa strona jest równa zero.
Możemy zatem zapisać, że \(\displaystyle{ p= \frac{(q-r)^2+1}{q-r}=q-r+ \frac{1}{q-r}}\)
Stąd łatwo uzyskać, że minimalna wartość \(\displaystyle{ |p|}\) to \(\displaystyle{ 2}\), bo \(\displaystyle{ x+\frac 1 x \ge 2}\) dla \(\displaystyle{ x >0}\). Jest ona przyjmowana np. gdy \(\displaystyle{ q=2, r=1, p=2}\).
Nowe (coś prostego):
udowodnij twierdzenie o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkącie.
Niech \(\displaystyle{ ABC}\) będzie dowolnym trójkątem, a \(\displaystyle{ D}\) niech będzie punktem, w jakim dwusieczna kąta wewnętrznego przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\) przecina bok \(\displaystyle{ AB}\). Przyjmijmy następujące oznaczenia: \(\displaystyle{ |\angle ACD| = |\angle DCB| = \alpha}\) oraz \(\displaystyle{ |\angle ADC| = \gamma, |\angle BDC| = 180^{\circ} - \gamma}\). Z twierdzenia sinusów odpowiednio w trójkącie \(\displaystyle{ ADC}\) i \(\displaystyle{ BCD}\) uzyskujemy równości: \(\displaystyle{ \frac{|AD|}{\sin \alpha}=\frac{|AC|}{\sin \gamma}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{|BD|}{\sin \alpha}=\frac{|BC|}{\sin (180^{\circ} - \gamma)}}\), przy czym po skorzystaniu ze wzorów redukcyjnych, ostatnią równość możemy zapisać jako \(\displaystyle{ \frac{|BD|}{\sin \alpha}=\frac{|BC|}{\sin \gamma}}\). Dzielimy obydwie równości stronami i otrzymujemy tezę: \(\displaystyle{ \frac{|AD|}{|BD|}=\frac{|AC|}{|BC|}}\), c.n.d.
To ode mnie takie zadanie:
Trzej gracze rzucają kolejno symetryczną, sześcienną kostką do gry do chwili, gdy wypadnie pierwsza szóstka. Osoba, która wyrzuciła szóstkę wygrywa. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że wygra drugi gracz.
Skoro rzucają kolejno, a jak ktokolwiek wyrzuci 6 to można by rzec, że losowanie się zatrzymuje, to jedyna interesująca nas sytuacja to taka, że gracz pierwszy wyrzuci liczby ze zbioru \(\displaystyle{ A=[1,2,3,4,5]}\)
a drugi gracz wyrzuci liczbę \(\displaystyle{ 6}\).
Tu już widać, że interesujący nas wynik to \(\displaystyle{ \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{5}{36}}\)
Zadanie
Wewnątrz prostokąta ABCD o wymiarach \(\displaystyle{ 8x6}\) wybrano dwa takie punkty, że każdy z nich jest równo oddalony od dwóch sąsiadujących wierzchołków ramion boku.
Przy jakiej odległości suma kwadratów odległości między punktami a tymi wierzchołkami oraz między tymi dwoma punktami jest najmniejsza?
