[Rozgrzewka przed maturą III] Zadania różne

[Premislav]

To zadanie to, z całym należnym szacunkiem dla usera, jakiś totalny syf (no chyba że istnieje ładniejsze rozwiązanie).

rozwiązanie:    

Oczywiście \(\displaystyle{ c\neq 0}\) i wyróżnik ma być dodatni, czyli po prostych obliczeniach na pewno \(\displaystyle{ c\in\left( \frac{2-\sqrt{5}}{2}, \frac{2+\sqrt{5}}{2} \right) \setminus\left\{ 0\right\}}\)
Można tu wprawdzie przygrzać ze wzorów Viete'a, ale w ten sposób uzyskamy tylko warunek konieczny (chyba że się mylę).
Dalej, przy powyższych warunkach pierwiastki trójmianu \(\displaystyle{ cX^2 + (2c+1)X +2c - 1}\) są postaci
\(\displaystyle{ \frac{-2c-1\pm \sqrt{-4c^2+8c+1}}{2c}\equiv \\\equiv -1-\frac{1}{2c}\pm \frac{\sqrt{-4c^2+8c+1}}{2c}}\)
W szczególności suma tych liczb musi być całkowita, czyli po prostych przekształceniach \(\displaystyle{ c=\frac 1 n}\) dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \ZZ\setminus\left\{ 0\right\}}\) spełniającego ten warunek z wyróżnikiem. Dalej, w związku z powyższymi rozważaniami, widzimy, że (oprócz tych śmieciowych warunków z deltą) potrzeba i wystarcza, aby dla \(\displaystyle{ c}\) postaci jak wyżej liczba
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{-4c^2+8c+1}}{2c}= \frac{ \sqrt{-c^2+2c+\frac 1 4} }{c}}\) była całkowita.
Jeżeli \(\displaystyle{ c>0}\), to \(\displaystyle{ c=\sqrt{c^2}}\) i mamy znaleźć takie \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\), że
\(\displaystyle{ -1+2n+\frac 1 4 n^2}\) jest kwadratem liczby całkowitej, natomiast w przypadku \(\displaystyle{ c<0}\) mamy \(\displaystyle{ c=-\sqrt{c^2}}\) i dalej postępujemy podobnie, tylko z \(\displaystyle{ -n}\) zamiast \(\displaystyle{ n}\).
Jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste, to \(\displaystyle{ -1+2n+\frac 1 4 n^2}\) nie jest nawet liczbą całkowitą, niech więc \(\displaystyle{ n=2k, \ k\in \NN^+}\), a wówczas
\(\displaystyle{ -1+2n+\frac 1 4 n^2=k^2+4k-1=(k+2)^2-5}\). Oczywiście \(\displaystyle{ (k+2)^2}\) jest kwadratem liczby całkowitej, a jedyny przypadek, w którym różnica między kwadratami liczb całkowitych wynosi \(\displaystyle{ 5}\), to \(\displaystyle{ 9-4=3^2-2^2=(-3)^2-(-2)^2}\) itd, stąd
\(\displaystyle{ (k+2)^2=9}\), czyli \(\displaystyle{ k=1}\) (bo \(\displaystyle{ k}\) naturalne), więc \(\displaystyle{ n=2k=2}\) i \(\displaystyle{ c=\frac 1 n =\frac 1 2}\), co jak widzimy należy do zbioru \(\displaystyle{ \left( \frac{2-\sqrt{5}}{2}, \frac{2+\sqrt{5}}{2} \right) \setminus\left\{ 0\right\}}\).
Natomiast w tym drugim przypadku patrzymy na
\(\displaystyle{ -1-2n+\frac 1 4 n^2}\) dla \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\), tak jak poprzednio kładziemy \(\displaystyle{ n=2k, \ k \in \NN^+}\) (inaczej nie tylko nie otrzymamy kwadratu liczby całkowitej, ale nawet nie dostaniemy liczby całkowitej, bo suma liczby całkowitej i niecałkowitej nie jest całkowita), stąd
\(\displaystyle{ -1-2n+\frac 1 4 n^2=k^2-4k-1=(k-2)^2-5}\) i skoro taka liczba ma być kwadratem liczby całkowitej, zaś liczba o \(\displaystyle{ 5}\) większa to kwadrat liczby całkowitej, to jak poprzednio \(\displaystyle{ (k-2)^2=9}\), czyli \(\displaystyle{ k=5}\), a więc \(\displaystyle{ c=-\frac{1}{10}}\). Trzeba tylko sprawdzić, czy \(\displaystyle{ -\frac{1}{10}>\frac{2-\sqrt{5}}{2}}\), ale tak się składa, że owszem.
\(\displaystyle{ \mathbf{Odpowiedź:} \ c \in \left\{ -\frac{1}{10}, \frac 1 2\right\}}\)

Jak coś zgubiłem, to kurde trudno.

Nowe niech będzie takie:
Dwusieczna kąta prostego w trójkącie prostokątnym dzieli przeciwprostokątną w stosunku 3:4. Oblicz stosunek pola koła opisanego na tym trójkącie do pola koła wpisanego w ten trójkąt.

[PoweredDragon]

Ukryta treść:    

Przeciwprostokątna ma długość \(\displaystyle{ 3x+4x = 7x}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x}\) (mamy do czynienia z rodziną nieskończenie wielu prostokątnych trójkątów podobnych), a zatem promień okręgu opisanego na tym trójkącie wynosi \(\displaystyle{ R = \frac{7}{2}x}\)

Niech kąt między krótszym odcinkiem (3x) a przyprostokątną wynosi \(\displaystyle{ \alpha}\), wówczas z tw. Sinusów

\(\displaystyle{ \frac{3x}{\sin 45^o} = \frac{d}{\sin \alpha}}\)
\(\displaystyle{ \frac{4x}{\sin 45^o} = \frac{d}{\cos \alpha}}\)

Stąd mamy \(\displaystyle{ \tg \alpha = \frac{4}{3}}\)

A stąd
\(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{4}{3} \cos \alpha}\)

\(\displaystyle{ \sin^2 \alpha+\cos ^2 \alpha = \frac{16}{9} \cos ^2 \alpha + \cos^2 \alpha = \frac{25}{9} \cos^2 \alpha}\)
\(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{3}{5}}\)

Stąd przyprostokątna przy kącie \(\displaystyle{ \alpha}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac{21}{5}x}\)
\(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{4}{5}}\), a więc druga przyprostokątna wynosi \(\displaystyle{ \frac{28}{5}x}\)

Stąd
\(\displaystyle{ r = \frac{a+b-c}{2} = \frac{\frac{21}{5}x+\frac{28}{5}x - 7x}{2} = \frac{7}{5}x}\)
\(\displaystyle{ \frac{R}{r} = \frac{\frac{7}{2}x}{\frac{7}{5}x} = \frac{5}{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{P_O}{P_W} = \frac{25}{4}}\)
Gdzie \(\displaystyle{ P_O}\) to Pole koła opisanego na trójkącie, zaś \(\displaystyle{ P_W}\) to pole koła wpisanego

Kto pierwszy ten zadaje.

PS. Premislav, nie wiedziałem, że powtarzasz do matury. Powodzenia życzę

[Rafsaf]

Już miałem rozpisane na kartce i chciałem wklepywać więc czuję się godzien do zadania następnego
Ale swój szkic napiszę bo chyba jest szybszy -.-

Ukryta treść:    

jesli oznaczymy te podzielone odcinki jako \(\displaystyle{ 3x}\), \(\displaystyle{ 4x}\), a przyprostokątne przy \(\displaystyle{ 3x}\) jako \(\displaystyle{ a}\) zaś przy \(\displaystyle{ 4x}\) jako \(\displaystyle{ b}\)

to z tw o dwusiecznej mamy błyskawicznie \(\displaystyle{ b= \frac{4}{3}a}\)
Teraz pitagoras dla całego trójkąta i przyprostokątna \(\displaystyle{ c= \frac{5}{3}a}\)

No a jak mamy boki to \(\displaystyle{ R= \frac{1}{2} c}\), potem \(\displaystyle{ r}\) no i dalej jak wyżej

Nowe:
Rozwiąż równanie
\(\displaystyle{ 2\sin{2x}+\ctg{x}=4\cos{x}}\) dla \(\displaystyle{ x \in \left\langle 0,2 \pi \right\rangle}\)

Ze zbioru rozwiązań tego równania losujemy bez zwracania dwie liczby.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia że co najmniej jedno z wylosowanych rozwiązań jest wielokrotnością liczby \(\displaystyle{ \frac{ \pi }{2}}\)


edit: jak ktoś chce się w to bawić to zapraszam, mam jeszcze pełno fajnych zadanek, z cyklu "tych, które sprawiły największy problem maturzystom w ostatnich ~15 latach", to akurat trochę stare bo jest jeszcze kotangens a jego na maturze nie będzie, nie w takiej postaci przynajmniej.

[Premislav]

PoweredDragon, no pewnie. Dzięki, może dostanę 101%, to będzie więcej niż poprzednio.

zadanie Rafsafa:    

\(\displaystyle{ 2\sin{2x}+\ctg{x}=4\cos{x}, \ x\in \left\langle 0, 2\pi\right\rangle}\)
Najpierw dziedzina: kotangens musi być określony, czyli \(\displaystyle{ x\in \left\langle 0, 2\pi\right\rangle\setminus\left\{ 0, \pi, 2\pi\right\}}\)

Skorzystajmy ze wzoru na sinus podwojonego kąta i zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ \cos x=0}\), tj. \(\displaystyle{ x=\frac \pi 2\vee x=\frac 3 2\pi}\), to równanie jest spełnione.
Dalej dla \(\displaystyle{ \cos x\neq 0}\) dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ \ctg x}\) i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 4\sin^2 x+1=4\sin x\\ (2\sin x-1)^2=0\\ \sin x=\frac 1 2\\ x=\frac \pi 6 \vee x=\frac{5}{6}\pi}\)
Tj. \(\displaystyle{ x\in \left\{ \frac \pi 6; \frac \pi 2; \frac 5 6\pi; \frac 3 2\pi\right\}}\)

A z prawdopodobieństwa klasycznego jestem niesamowicie słaby, ale wydaje mi się, że to będzie tak: mamy dwa rozwiązania będące wielokrotnościami \(\displaystyle{ \frac \pi 2}\) i dwa nimi niebędące, więc wszystkich układów przy losowaniu dwóch jest \(\displaystyle{ {4 \choose 2}}\), a taki, że będą tylko niewielokrotności \(\displaystyle{ \frac \pi 2}\) mamy tylko \(\displaystyle{ 1}\) (tj. że wylosowaliśmy zarówno \(\displaystyle{ \frac \pi 6}\), jak i \(\displaystyle{ \frac 5 6\pi}\)), więc na część probabilistyczną odpowiedź to
\(\displaystyle{ 1-\frac{1}{{4\choose 2}}=\frac 5 6}\).
Przy tak małej liczbie można też sobie rozpisać (tym razem powiedzmy, że licząc kolejność) \(\displaystyle{ 12}\) zdarzeń elementarnych, tylko w dwóch nie będzie żadnej wielokrotności \(\displaystyle{ \frac\pi 2}\) (tj. że najpierw wylosujemy \(\displaystyle{ \frac \pi 6}\), a potem \(\displaystyle{ \frac 5 6\pi}\) albo na odwrót), więc odpowiedź to \(\displaystyle{ \frac{10}{12}=\frac 5 6}\).

Pozwolę sobie podrzucić nowe zadanko (nie wciskałbym się znów z rozwiązaniem, gdybym nie chciał go wrzucić):
niech \(\displaystyle{ S=\left\{ 2^0, 2^1, \ldots 2^{10}\right\}}\). Rozważmy wszystkie możliwe dodatnie różnice elementów \(\displaystyle{ S}\). Niech \(\displaystyle{ N}\) będzie sumą tychże różnic. Proszę znaleźć resztę z dzielenia \(\displaystyle{ N}\) przez \(\displaystyle{ 1000}\).


Może być mało maturalne (dla porównania, poprzednie zadanie zaczerpnąłem z zadania.info).-- 29 kwi 2018, o 19:38 --Serio na maturze nie ma funkcji kotangens? Jebłem.

[PoweredDragon]

Ukryta treść:    

Dziedzina:
\(\displaystyle{ x \in \left\{ x \in \left\langle 0; 2 \pi\right\rangle : x \neq 0 \wedge x \neq \pi \wedge x \neq 2 \pi\right\}}\)
\(\displaystyle{ 2 \sin (2x) + \ctg x = 4 \cos x}\)
\(\displaystyle{ 4 \sin^2 x \cos x + \cos x = 4 \cos x \sin x}\)
\(\displaystyle{ 4 \sin x \cos x (\sin x - 1)+ \cos x = 0}\)
\(\displaystyle{ \cos x(4 \sin^2x-4\sinx+1) = 0}\)
\(\displaystyle{ \cos x(2 \sin x -1)^2 = 0}\)
\(\displaystyle{ \cos x = 0 \vee \sin x = \frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ x = \frac{\pi}{2} \vee x = \frac{3 \pi}{2} \vee x = \frac{\pi}{6} \vee x = \frac{5 \pi}{6}}\)

Z dodawanka: Możliwych układów wylosowanych liczb jest \(\displaystyle{ 12}\), zaś układów zawierających conajmniej jedną z tych liczb jest \(\displaystyle{ 10}\) (tylko układ zawierający jednocześnie \(\displaystyle{ \frac{\pi}{6}}\) i \(\displaystyle{ \frac{5 \pi}{6}}\) nie zawiera żadnej, możemy go wylosować na dwa sposoby), stąd \(\displaystyle{ P(A) = \frac{5}{6}}\), gdzie A - wylosowanie conajmniej jednej wielokrotności liczby \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\)

Na maturze jak najbardziej jest funkcja cotangens i jak najbardziej może się pojawić w równaniach lol...

I Premislav:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ N = 2^{10}-2^{9}+2^{10}-2^{8}+...+2^{10}-1+2^{9}-2^{8}+...+2^{9}-1+...+2-1 = 10 \cdot 2^{10} +8 \cdot 2^{9}+6 \cdot 2^8 + 4 \cdot 2^7 +2 \cdot 2^6 - 2 \cdot 2^4 - 4 \cdot 2^3 - 6 \cdot 2^2 - 8 \cdot 2 - 10 \equiv 240+96+536+512+128-32-32-24-16-10 = 240+96+48+128-114 = 398 \pmod {1000}}\)

[Rafsaf]

Ps. też mi wyszło ta sama reszta, ogólnie zadanie dla kalkulatora bardziej, da się jakoś inaczej niż pałowo obliczyć tą sumę?

Na maturze jak najbardziej jest funkcja cotangens i jak najbardziej może się pojawić w równaniach lol...

Nie ma "formalnie", bo tak normalnie to oczywiście jest
Przynajmniej nie zobaczysz jej nigdy w wersji \(\displaystyle{ \ctg{x}}\)
Ale już w postaci \(\displaystyle{ \frac{\cos{x}}{\sin{x}}}\) możesz zobaczyć, nie wiem skąd ta paranoja w cke, nie pytaj

No i czekamy na zadanie

[PoweredDragon]

A skąd ten bzdurny pomysł, skoro na próbnych normalnie pojawia się \(\displaystyle{ \ctg x}\) i w kartach wzorów maturalnych również jest \(\displaystyle{ \ctg x}\)? Mamy też tabelę wartości standardowych \(\displaystyle{ \ctg x}\) i przybliżonych wartości dla niestandardowych kątów...

---------------------------------------------------------
Mój błąd. W kartach istotnie jest tylko tangens. LOL

[Rafsaf]

Mój błąd. W kartach istotnie jest tylko tangens. LOL

Ha! w kartach nie ma kotangesa XDDD

Wiem, aż trudno uwierzyć

[Premislav]

Rafsaf, no nie jest to piękne zadanie, ale rozwiązanie nr 3

Kod: Zaznacz cały

https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=2009_AIME_I_Problems/Problem_8

wygląda na odrobinkę zgrabniejsze.

Macie nowe zadanko:
proszę udowodnić, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b,c\ge 0}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ 4\left( \sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3}\right) \le 4c^3+(a+b)^3}\)

[Rafsaf]

popis:    

\(\displaystyle{ 4\left( \sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3}\right) \le 4c^3+(a+b)^3 \\
4c^3+(a+b)^3 \ge 4\left( \sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3}\right) \\
L=4c ^{3} +a ^{3}+b ^{3}+3a ^{2}b+3ab ^{2}}\)

Mamy:
\(\displaystyle{ \frac{2a ^{2}b+2ab ^{2}}{2} \ge 2\sqrt{a ^{3}b ^{3} }}\)

\(\displaystyle{ 2a ^{2}b+2ab ^{2} \ge 4\sqrt{a ^{3}b ^{3} }}\)

Więc zostaje
\(\displaystyle{ 4c ^{3} +a ^{3}+b ^{3}+a ^{2}b+ab ^{2} \ge 4\sqrt{b^3c^3}+4\sqrt{c^3a^3}}\) dodajemy sobie stronami \(\displaystyle{ a ^{3}+b ^{3}}\)

Na boku dowodzimy że
\(\displaystyle{ 2c ^{3}+2a ^{3} \ge 4\sqrt{c^3a^3}}\)
\(\displaystyle{ 2c ^{3}+2b ^{3} \ge 4\sqrt{b^3c^3}}\)

i pozostaje do rozwiązania
\(\displaystyle{ a ^{2}b+ab ^{2} \ge a^3+b^3}\)

co jest oczywiście bzdurą bo powinno mi wyjść na odwrót ale nie wiem czemu tak stało, sprowadza się to do

\(\displaystyle{ (a-b)^2(a+b) \le 0}\)

Najgorsze że nie wiem dlaczego

[PoweredDragon]

Ukryta treść:    

Huh. Dodajmy trzy takie nierówności stronami, zamieniając literki

\(\displaystyle{ 4a ^{3} +b ^{3}+c ^{3}+3b ^{2}c+3bc ^{2} \ge 4\sqrt{b^3c^3}+4\sqrt{c^3a^3}+4 \sqrt{a^3 b^3}}\)
\(\displaystyle{ 4b ^{3} +a ^{3}+c ^{3}+3a ^{2}c+3ac ^{2} \ge 4\sqrt{b^3c^3}+4\sqrt{c^3a^3}+4 \sqrt{a^3 b^3}}\)
\(\displaystyle{ 4c ^{3} +a ^{3}+b ^{3}+3a ^{2}b+3ab ^{2} \ge 4\sqrt{b^3c^3}+4\sqrt{c^3a^3}+4 \sqrt{a^3 b^3}}\)

Mamy:

\(\displaystyle{ 6a^3+6b^3+6c^3 + 3a^2 b+3b^2 a+3a^2 c+3c^2 a+3b^2 c+3c^2 b \ge 12(\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3}+\sqrt{a^3 b^3})}\)
Teraz oczywiście:
\(\displaystyle{ 3a^2 b+3b^2 a \ge 6 \sqrt{a^3 b^3}}\)
\(\displaystyle{ 3b^2 c+3c^2 b \ge 6 \sqrt{c^3 b^3}}\)
\(\displaystyle{ 3a^2 c+3c^2 a \ge 6 \sqrt{a^3 c^3}}\)
\(\displaystyle{ 3a^3+3b^3 \ge 6 \sqrt{a^3 b^3}}\)
\(\displaystyle{ 3c^3+3b^3 \ge 6 \sqrt{c^3 b^3}}\)
\(\displaystyle{ 3a^3+3c^3 \ge 6 \sqrt{a^3 c^3}}\)
Po zsumowaniu tych oczywistych nierówności mamy tę wyżej :V

[bosa_Nike]

@Rafsaf - nie wyszło, bo nierówności, których używasz, są tu za słabe.
@PoweredDragon - Tak nie możesz zrobić, bo to musi być równoważne, a z tego, co Ci wyszło, nie pojedziesz z wnioskowaniem w drugą stronę.

Wskazówka:    

Poszukać zwinięcia.

[maximum2000]

Ukryta treść:    

Po przeniesieniu na jedna stronę mamy \(\displaystyle{ 3ab( \sqrt{ a}- \sqrt{ b})^2+(\sqrt{ a^3}+ \sqrt{ b^3})^2-4(\sqrt{ a^3}+ \sqrt{ b^3}) \sqrt{c^3} +4c^3=3ab(\sqrt{ a}- \sqrt{ b})^2+(\sqrt{ a^3}+ \sqrt{ b^3}-2\sqrt{c^3})^2}\)

[Premislav]

Jest OK, wrzuć nowe.

[maximum2000]

Nie wiem czy maturalne ale niech

Pokaż że równanie \(\displaystyle{ 1/cosx+1/sinx=c}\) ma 2 rozwiązania gdy \(\displaystyle{ c^2<8}\) oraz 4 rozwiązania gdy \(\displaystyle{ c^2>8}\),

gdzie \(\displaystyle{ 0<x<2 \pi}\)