Matematyka.pl

Tak, indukcyjnie zakładamy, że dla \(\displaystyle{ n = 1, ..., n-1, n}\) działa a \(\displaystyle{ w^{n+1} + \frac{1}{w^{n+1}} = \left( w+ \frac{1}{w} \right)\left( w^{n}+ \frac{1}{w^{n}} \right) - w^{n-1} - \frac{1}{w^{n-1}}}\). Oczywiście dla \(\displaystyle{ n = 2}\) mamy \(\displaystyle{ \left( w+ \frac{1}{w} \right)^{2} = ... -2}\)

Łatwo sprawdzić, że punkt \(\displaystyle{ E}\) leży wewnątrz kwadratu (bo wysokość trójkąta równobocznego jest krótsza od jego boku. Oznaczmy bok kwadratu przez \(\displaystyle{ a}\). Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie rzutem punktu \(\displaystyle{ E}\) na bok \(\displaystyle{ CD}\), wtedy \(\displaystyle{ EK= a - \frac{a \sqrt{3} }{2}}\). \(\displaystyle{ K}\) jest środkiem \(\displaystyle{ CD}\), mamy więc: \(\displaystyle{ \tg\angle ECK = \frac{EK}{KC} = 2- \sqrt{3}}\), a stąd \(\displaystyle{ \angle ECK = 15^{\circ}}\) (uzasadnienie na podstawie \(\displaystyle{ \tg(45^{\circ}-30^{\circ})}\) oraz tego, że ten kąt jest ostry, a tangens jest wtedy różnowartościowy).
Trójkąty \(\displaystyle{ GBC}\) oraz \(\displaystyle{ DCF}\) są przystające (bkb) \(\displaystyle{ \Rightarrow CF=CG}\), \(\displaystyle{ \angle ECK=\angle GCB = 15^{\circ}}\), czyli \(\displaystyle{ \angle FCG = 60^{\circ}}\) i to kończy podpunkt a)

Z kątów łatwo policzyć, że \(\displaystyle{ \angle APG = \angle BGQ = 75^{\circ}}\) oraz \(\displaystyle{ \angle AGP = \angle GQB = 45^{\circ}}\). Przyjmijmy teraz, że: \(\displaystyle{ GB=x}\) oraz \(\displaystyle{ AG=a-x}\). Z trójkąta \(\displaystyle{ BGC}\) dostajemy: \(\displaystyle{ 2-\sqrt3= \frac{x}{a} \Rightarrow a= \frac{x}{2-\sqrt3}}\)

Z tw. sinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ APG}\), a potem podstawiając za \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ \sin 75^{\circ}}\) dostajemy: \(\displaystyle{ \frac{a-x}{\sin 75^{\circ}}=\frac{AP}{\sin 45^{\circ}} \Rightarrow AP = (a-x) \frac{ \sqrt{2} }{2} \cdot \frac{4}{ \sqrt{6}+ \sqrt{2} } = 2x}\)

Trójkąty \(\displaystyle{ AGP}\) oraz \(\displaystyle{ GBQ}\) są podobne (kkk), boki \(\displaystyle{ AP}\) oraz \(\displaystyle{ GB}\) leżą naprzeciw kąta \(\displaystyle{ 45^{\circ}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{AP}{GB}= \frac{2x}{x} =2}\), a to już koniec.

To, że \(\displaystyle{ \left| \angle ECD\right|=15 ^{\circ}}\) wynika z tego, że trójkąt \(\displaystyle{ BCE}\) jest równoramienny (wynika to z treści zadania). Mamy bowiem \(\displaystyle{ \left| \angle CBE\right|=30 ^{\circ}}\), skąd \(\displaystyle{ \left| \angle BCE\right|=75 ^{\circ}}\) i ostatecznie \(\displaystyle{ \left| \angle ECD\right|=90 ^{\circ}-75 ^{\circ} =15 ^{\circ}}\). Dalej tak jak u Ciebie i mamy szybko i elegancko pokazane a). Generalnie całe zadanko mógłby zrobić ogarnięty gimnazjalista (jeśli chodzi o zasoby wiedzy). Nie trzeba tutaj w ogóle funkcji trygonometrycznych różnicy ani sumy, podpunkt b) można zrobić również bardziej elementarnie (bez twierdzenia sinusów), ale generalnie jest zrobione wszystko ok

Oznaczmy długość boku kwadratu przez \(\displaystyle{ a}\). Wyznaczymy najpierw długość odcinka \(\displaystyle{ BG}\). Wiemy już, że \(\displaystyle{ \left| BG\right|=\left| DF\right|}\). Niech punkt \(\displaystyle{ R}\) będzie rzutem punktu \(\displaystyle{ E}\) na bok \(\displaystyle{ CD}\). Zauważmy, że wówczas:
\(\displaystyle{ \left| BG\right|=\left| DF\right| =2\left| ER\right| =a\left( 2- \sqrt{3} \right)}\). Druga równość wynika z twierdzenia Talesa, trzecia jest chyba oczywista. Dalej mamy \(\displaystyle{ \left| AG\right|=a\left( \sqrt{3} -1\right)}\). Wystarczy teraz obliczyć \(\displaystyle{ \left| BQ\right|}\). Niech \(\displaystyle{ GL}\) będzie wysokością trójkąta \(\displaystyle{ GQB}\). Liczymy kolejno:
\(\displaystyle{ \left| BL\right|=a\left( 1- \frac{ \sqrt{3} }{2} \right)}\)
\(\displaystyle{ \left| LQ\right|=\left| GL\right|=a\left( \sqrt{3}- \frac{3}{2} \right)}\).
Stąd \(\displaystyle{ \left| BQ\right|=\left| BL\right|+\left| LQ\right|=a\left( \frac{ \sqrt{3}-1 }{2} \right)}\), więc istotnie \(\displaystyle{ \left| AG\right|=2\left| BQ\right|}\)

a) Tutaj nie jestem pewien czy dobrze kombinuję, ale czy to nie wynika z własności dwusiecznej? Tj. dwusieczna jest zbiorem punktów równo odległych od ramion kąta i zawarta jest w jego osi symetrii.

b) Klasyka.
Rozwiązując układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x - y - 5 = 0 \\ 2x + y - 13 = 0 \end{cases}}\)
Otrzymujemy współrzędne punktu \(\displaystyle{ B\left( 6,1\right)}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} x - y - 5 = 0 \\ 3x - y - 7 = 0 \end{cases}}\)
Otrzymujemy współrzędne punktu \(\displaystyle{ A\left( 1,-4\right)}\)

Dalej skorzystamy z tego, że dwusieczna kąta dzieli go na dwa kąty, równej miary. Tangens kąta między prostą \(\displaystyle{ x-y-5=0}\) i \(\displaystyle{ 3x - y - 7 = 0}\) jest taki sam jak między prostą \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ 3x-y-7=0}\). Wzór na tangens kąta między dwoma prostymi:

\(\displaystyle{ \tg \alpha = \left| \frac{a_{1} - a_{2}}{1 + a_{1}a_{2}} \right|}\)

W naszym przypadku \(\displaystyle{ \tg \alpha = \left| \frac{1-3}{1+3} \right| = \frac{1}{2}}\).
Prosta \(\displaystyle{ AC}\) jest postaci \(\displaystyle{ y= ax + b}\).

\(\displaystyle{ \tg \alpha = \left| \frac{a-3}{1+3a} \right| = \frac{1}{2}}\)

Stąd \(\displaystyle{ a=-7 \vee a=1}\)

Mamy więc prostą \(\displaystyle{ AC}\) : \(\displaystyle{ y= -7x +b}\) przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ A\left( 1,-4\right)}\). Czyli mamy \(\displaystyle{ b=3}\). Prosta \(\displaystyle{ AC}\) jet więc postaci: \(\displaystyle{ y=-7x +3}\).

Rozwiązując układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} -7x - y + 3 = 0 \\ 2x + y - 13 = 0 \end{cases}}\)
Mamy ostatecznie współrzędne punktu \(\displaystyle{ C\left( -2,17\right)}\).

Pytanie do wszystkich - czy zamiast korzystać z tangensa można to zrobić jakoś przy użyciu cosinusa? Tj. wydaje mi się, że widziałem kiedyś rozwiązanie korzystające z tego, ale nie wiem w sumie na jakiej zasadzie miałoby to działać...?

Co do powyższego to wszystko OK
Niech to będzie bok \(\displaystyle{ c}\) do środkowej \(\displaystyle{ p}\).
Z cosinusów i twierdzenia o stosunku środkowych mamy, że :
\(\displaystyle{ \left( \frac{p}{3} \right)^{2}+ \left( \frac{c}{2}\right)^{2} - \frac{p}{3}\cos x = \left( \frac{2r}{3} \right)^{2}}\)
\(\displaystyle{ \left( \frac{p}{3} \right)^{2}+ \left( \frac{c}{2}\right)^{2} + \frac{p}{3}\cos x = \left( \frac{2r}{3} \right)^{2}}\), stąd po dodaniu stronami i przekształceniach \(\displaystyle{ c = \frac{2}{3} \sqrt{2r^{2}+2q^{2}-r^{2}}}\)
Uwagi : plus przy drugim równaniu to równość \(\displaystyle{ \ cos \left( \pi - x\right) = - \cos x}\)

Mamy trojkąt \(\displaystyle{ ABC}\) i środkowa \(\displaystyle{ AD}\) ma długość \(\displaystyle{ p}\), niech \(\displaystyle{ M}\) będzie środkiem ciężkości. Korzystając z tego, że w środkowe w dowolnym trójkącie dzielą się w stosunku 2:1 począwszy od wierzchołka mamy: \(\displaystyle{ BM= \frac{2}{3}q}\), \(\displaystyle{ MD= \frac{1}{3}p}\) i \(\displaystyle{ MC= \frac{2}{3}r}\). Niech \(\displaystyle{ E}\) będzie odbiciem symetrycznym punktu \(\displaystyle{ M}\) względem \(\displaystyle{ D}\). Ponieważ \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem \(\displaystyle{ AB}\) to \(\displaystyle{ AEBM}\) jest równoległobokiem, a jak powszechnie wiadomo w równoległoboku o bokach \(\displaystyle{ x, y}\) i przekątnych \(\displaystyle{ s, t}\) zachodzi \(\displaystyle{ 2x^2+2y^2=s^2+t^2}\), czyli u nas \(\displaystyle{ \frac{8}{9}r^2+\frac{8}{9}q^2=AB^2+ \frac{4}{9}p^2 \Rightarrow AB= \frac{2}{3} \sqrt{2r^2+2q^2-p^2}}\)

Bez straty ogółu możemy odwrócić kolejność: tzn będziemy dzielić drugą wylosowaną liczbę przez pierwszą:

1) Jeśli za pierwszym razem wylosowaliśmy liczbę \(\displaystyle{ k \le n}\) to za drugim razem musimy wylosować liczbę ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ k+1, ..., 2k\right\}}\), a tych jest dokładnie \(\displaystyle{ k}\). Mamy \(\displaystyle{ n}\) możliwości:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2n}( \frac{1}{2n} + \frac{2}{2n} + ... + \frac{n}{2n} ) = \frac{n(n+1)}{8n^2}}\)

2) jeśli \(\displaystyle{ n < k < 2n}\) to druga liczba powinna być ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ k+1, ..., 2n\right\}}\), czyli dla wylosowanej liczby \(\displaystyle{ k}\), dokładnie \(\displaystyle{ 2n-k}\) liczb spełnia warunki zadania i szukane prawdopodobieństwo to: \(\displaystyle{ \frac{1}{2n}( \frac{2n-(n+1)}{2n}+ \frac{2n-(n+2)}{2n}+...+ \frac{2n-(2n-1)}{2n}) = \frac{(n-1)n}{8n^2}}\)

3) jeśli \(\displaystyle{ k=2n}\) to prawdopodobieństwo wyniesie \(\displaystyle{ 0}\), sumując wszystkie przypadki otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{8n^2}+\frac{(n-1)n}{8n^2}= \frac{1}{4}}\)

Zacznijmy od tego, że: \(\displaystyle{ \overline{\overline \Omega}= \left( 2n\right)^{2} = 4n^{2}}\).

Teraz musiałem rozpisać, żeby ogarnąć o co chodzi w tym zdarzeniu. I tak:
Jeśli wylosuję \(\displaystyle{ 1}\) za pierwszym razem, to za drugim żadna wylosowana liczba nie będzie spełniała.
Jeśli wylosuję \(\displaystyle{ 2}\) za pierwszym razem, to za drugim muszę wylosować \(\displaystyle{ 1}\).
Jeśli wylosuję \(\displaystyle{ 3}\) za pierwszym razem, to za drugim muszę wylosować \(\displaystyle{ 2}\).
Jeśli wylosuję \(\displaystyle{ 4}\) za pierwszym razem, to za drugim muszę wylosować \(\displaystyle{ 2}\) lub \(\displaystyle{ 3}\).
Jeśli wylosuję \(\displaystyle{ 5}\) za pierwszym razem, to za drugim muszę wylosować \(\displaystyle{ 3}\) lub \(\displaystyle{ 4}\).
Jeśli wylosuję \(\displaystyle{ 6}\) za pierwszym razem, to za drugim muszę wylosować \(\displaystyle{ 3}\) lub \(\displaystyle{ 4}\) lub \(\displaystyle{ 5}\).
Jeśli wylosuję \(\displaystyle{ 7}\) za pierwszym razem, to za drugim muszę wylosować \(\displaystyle{ 4}\) lub \(\displaystyle{ 5}\) lub \(\displaystyle{ 6}\).
A jeśli wylosuję \(\displaystyle{ 2n}\) za pierwszym razem, to za drugim muszę wylosować \(\displaystyle{ n}\) lub \(\displaystyle{ n+1}\) lub \(\displaystyle{ n+2}\) lub ... lub \(\displaystyle{ 2n-2}\) lub \(\displaystyle{ 2n-1}\).

Wierzcie lub nie, ale trochę czasu mi zajęło zanim zajarzyłem jak to działa.
Otóż działa to tak, że dla każdej parzystej liczby postaci \(\displaystyle{ 2l}\) i dla każdej nieparzystej postaci \(\displaystyle{ 2l+1}\) istnieje dokładnie \(\displaystyle{ l}\) możliwości wylosowania drugiej liczby.

Jeśli więc nazwiemy interesujące nas zdarzenie jako \(\displaystyle{ A}\), to \(\displaystyle{ \overline{\overline A} = 1+1+2+2+3+3+...+\left( n-1\right) +\left( n-1\right) +n = n^{2}}\)

Odpowiedzią jest zatem: \(\displaystyle{ P\left( A\right) = \frac{n^{2}}{4n^{2}} = \frac{1}{4}}\)

Ulepszenie na przedział \(\displaystyle{ \left( 1;k \right\rangle}\) jeszcze mi chwilę zajmie... Prawdopodobieństwo jest dla mnie wyjątkowo mało intuicyjne.

PS zdaję sobie sprawę, że dla większości takie oto rozpisanie było niepotrzebne - ale inaczej nie potrafiłbym tego ruszyć

Przyjmując, że górna podstawa ma długość \(\displaystyle{ 2a}\), a dolna \(\displaystyle{ 2b}\), długość ramienia ma oczywiście \(\displaystyle{ a+b}\). Rozpatrzmy teraz trójkąt o wierzchołkach kolejno w: środku okręgu wpisanego w ten trapez, puntu styczności na ramieniu oraz na przecięciu promienia okręgu z odcinkiem łączącym punkty styczności położone na ramionach. Dochodzimy do wniosku, że przeciwprostokątna (promień okręgu) ma długość \(\displaystyle{ 5}\), jedna z przyprostokątnych ma długość \(\displaystyle{ 4}\) (jest to połowa odcinka łączącego punkty styczności położone na ramionach trapezu), więc druga przyprostokątna ma długość \(\displaystyle{ 3}\). Stąd wysokość "małego" trapezu (o podstawach: \(\displaystyle{ 2a}\) i \(\displaystyle{ 8}\), oraz ramionach długości \(\displaystyle{ a}\)) wynosi \(\displaystyle{ 2}\).
Korzystając teraz dwukrotnie z twierdzenia Pitagorasa:
\(\displaystyle{ \left( 4-a\right)^2 + 2^2 = a^2 \Rightarrow a= \frac{10}{4} \\ \left( b-a\right)^2 + 10^2 = \left( a+b\right)^2 \Rightarrow ab=25}\)
Możemy teraz wyliczyć \(\displaystyle{ b=10}\).
Pole trapezu można zapisać jako: \(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} \left( 4a+4b\right) \cdot 5= 10\left( a+b\right) = \frac{500}{4} = 125}\).

Łatwo widać, że \(\displaystyle{ S(n)=n^{2}(n^{4}-2n^{2}+1)=n^{2}(n^{2}-1)^{2}=n^{2}(n-1)^{2}(n+1)^{2}}\). Na trzy sposoby możemy wybrać wykładnik, z jakim \(\displaystyle{ n>2}\) wejdzie w skład dzielnika \(\displaystyle{ S(n)}\) jako czynnik, analogicznie dla \(\displaystyle{ n-1>1}\) oraz \(\displaystyle{ n+1}\). To już daje co najmniej \(\displaystyle{ 3^{3}=27}\) dzielników.Ponadto przy takim rozpatrywaniu dzielników liczba \(\displaystyle{ \frac{n^{2}(n-1)^{2}(n+1)^{2}}{2}}\) nie została "wliczona" - jest to niewątpliwie liczba całkowita, gdyż \(\displaystyle{ 2|n}\) i ponieważ \(\displaystyle{ n>2}\), to liczba \(\displaystyle{ \frac{n^{2}(n-1)^{2}(n+1)^{2}}{2}}\) jest oczywiście mniejsza od \(\displaystyle{ n^{2}(n-1)^{2}(n+1)^{2}}\), a także większa od pozostałych dzielników \(\displaystyle{ S(n)}\), bo \(\displaystyle{ n-1 \ge 3}\) i \(\displaystyle{ \frac{n^{2}}{2}>n}\)
Zatem łącznie mamy co najmniej \(\displaystyle{ 3^{3}+1=28}\) dzielników.

Obie strony nierówności są dodatnie, czyli można nierówność zapisać w ten sposób:

\(\displaystyle{ 2\left( x+y+z\right)^2 > 4\left( x^2 + y^2 + z^2\right) \\ 2 \left( x^2 + y^2 + z^2\right) + 4\left( xy + yz + zx\right) > 4\left( x^2 + y^2 + z^2\right) \\ z\left( x+y -z\right) + y\left( x+z -y\right) + x\left( y+z - x\right) >0}\)

Co jest prawdą, ponieważ z nierówności trójkąta mamy: \(\displaystyle{ z < x+y}\). I analogicznie na inne literki.

Oznaczmy boki czworokąta \(\displaystyle{ ACBD}\) kolejno przez \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\). Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że prawdziwa jest zależność \(\displaystyle{ a ^{2}+c ^{2}=b ^{2}+d ^{2}}\). Ponadto w dany czworokąt można wpisać okrąg, więc \(\displaystyle{ a+c=b+d}\). Mamy zatem równoważnie \(\displaystyle{ a-d=b-c}\). Przekształcając pierwszą równość mamy:
\(\displaystyle{ a ^{2} -d ^{2}=b ^{2} -c ^{2}}\)
\(\displaystyle{ (a-d)(a+d)-(b-c)(b+c)=0}\)
\(\displaystyle{ (a-d)(a+d-b-c)=0}\)
Z ostatniej równości wynika, że \(\displaystyle{ a=d}\) lub \(\displaystyle{ a+d=b+c}\). Jeśli \(\displaystyle{ a=d}\), to również \(\displaystyle{ b=c}\) i dany czworokąt jest deltoidem, czyli punkt \(\displaystyle{ M}\) musi być środkiem jednej z jego przekątnych. Jeśli natomiast \(\displaystyle{ a+d=b+c}\), to łącznie z równością \(\displaystyle{ a+c=b+d}\) daje nam to \(\displaystyle{ a=b}\) oraz \(\displaystyle{ c=d}\) i wtedy dany czworokąt będzie również deltoidem, co kończy dowód