[Rozgrzewka przed maturą II] Zadania różne

[alfred0]

Odpowiedź jest poprawna ale jeszcze podpunkt b. Może Marcel rozwiąże...
To może kolejne zadanie które też było na maturze
Spośród trójkątów o danym boku a i przeciwległym kącie \(\displaystyle{ \alpha}\) skonstruuj trójkąt o największym polu.

[RCCK]

Ukryta treść:    

Rysujemy okrąg i w nim cięciwę o długości \(\displaystyle{ a}\). Szukamy takiego punktu leżącego na okręgu, którego odległość od cięciwy jest największa (bo jest to wysokość naszego trójkąta).
Z rysunku od razu widać, że spodek najdłuższej wysokości leży na środku cięciwy, czyli trójkąt jest równoramienny. Najlepiej dla kontrprzykładu narysować inny trójkąt. Gdy dorysujemy odcinek przechodzący przez wierzchołek przy kącie \(\displaystyle{ \alpha}\), padający pod kątem prostym na wysokość trójkąta równoramiennego, to już nie ma żadnych wątpliwości.
Tak więc wysokość trójkąta wynosi \(\displaystyle{ h= \frac{a}{2\tan(\frac{\alpha}{2})}}\), a pole \(\displaystyle{ P=\frac{a^2}{4\tan(\frac{\alpha}{2})}}\).

Edit: Nie umiem czytać...

skonstruuj

No ale wydaje mi się, że każdy potrafi skonstruować trójkąt równoramienny (w gimnazjum się to robiło) i najważniejsze to raczej uzasadnić, że właśnie taki ma on być.


Podstawą ostrosłupa o objętości 30 jest trójkąt równoramienny o ramieniu długości \(\displaystyle{ 5}\) i podstawie długości \(\displaystyle{ 6}\). Oblicz pole powierzchni bocznej ostrosłupa wiedząc, że wszystkie krawędzie boczne mają jednakową długość.

[Larsonik]

Ukryta treść:    

Skoro wszystkie krawędzie boczne mają jednakową długość, to spodkiem wysokości ostrosłupa jest środek okręgu opisanego na podstawie. Pole podstawy możemy obliczyć, np. ze wzoru Herona, \(\displaystyle{ P_p = 12}\). Teraz już można obliczyć z podanej objętości i tego pola wysokość \(\displaystyle{ H = 7,5}\), a nastepnie ze znanego wzoru promień okręgu opisanego na podstawie \(\displaystyle{ R = \frac{25}{8}}\). Z tw. Pitagorasa długość krawędzi bocznej (\(\displaystyle{ x = 8,125}\)) i wysokości ścian bocznych, a stąd już prosta droga do pola powierzchni bocznej: \(\displaystyle{ P_b = \frac{75 \sqrt{17}}{8} + \frac{ 3 \sqrt{7298}}{4}}\).

Mam nadzieję, ze nie ma błędu rachunkowego, bo liczby nie za ciekawie.

Niech:
\(\displaystyle{ A = \{ x \in R : x^5 - 4x^3 +8x^2 - 32 \ge 0 \}}\),
\(\displaystyle{ B = \left \{ x \in R : \left (\sqrt { 3 - 2 \sqrt{2}} \right ) ^{x} + \left ( \sqrt{ 3 + 2\sqrt{2}} \biggr) ^{x} \le 6 \right \}}\).
Wyznacz \(\displaystyle{ A, B}\) oraz \(\displaystyle{ A \cap B}\).

[Premislav]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x^5 - 4x^3 +8x^2 - 32 ge 0\ (x-2)(x^4 +2x^3+8x+16) ge 0\ (x-2)(x+2)( x^3+8) ge 0\(x-2)(x+2)^2(x^2-2x+4) ge 0\ (x-2)(x+2)^2((x-1)^2+3) ge 0 \ x ge 2 vee x=-2\ A=left{ -2
ight}cup [2,+infty)}\)
Teraz zbiór \(\displaystyle{ B}\). Podstawiamy \(\displaystyle{ u=\sqrt{3-2\sqrt{2}}^x}\)
i otrzymujemy nierówność
\(\displaystyle{ u+\frac 1 u \le 6 \Leftrightarrow u^2-6u+1 \le 0}\)
a to dlatego, że w sposób oczywisty mamy \(\displaystyle{ u>0}\).
Sprowadzamy to do postaci kanonicznej:
\(\displaystyle{ (u-3)^2 \le 8}\)
i stąd odczytujemy już łatwo, że \(\displaystyle{ u \in \left[ 3-2\sqrt{2}, 3+2\sqrt{2}\right]}\)
Funkcja \(\displaystyle{ u(x)= \sqrt{3-2\sqrt{2}}^x}\) jest malejącą, gdyż \(\displaystyle{ 0<\sqrt{3-2\sqrt{2}}<1}\), stąd \(\displaystyle{ x \in [-2,2]}\). Zatem \(\displaystyle{ B=[-2,2]}\).
Czyli \(\displaystyle{ A \cap B=\left\{ -2,2\right\}}\)
EDIT: korekta, \(\displaystyle{ A=left{ -2
ight} cup[2,+infty)}\), bo przecież dla \(\displaystyle{ -2}\) się zeruje ten wielomian.

-- 23 kwi 2017, o 15:18 --

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym \(\displaystyle{ ABCDS}\) o podstawie \(\displaystyle{ ABCD}\) wysokość jest równa \(\displaystyle{ 5}\), a kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi ostrosłupa ma miarę \(\displaystyle{ 120^{\circ}}\). Oblicz objętość tego ostrosłupa.

[Richard del Ferro]

Leciałem na wzorach, więc błędu raczej nie przewiduję.

AU

84496208393328500110_thumb.jpg (5.52 KiB) Przejrzano 331 razy

[/url]

23/04/2017
18:56

Udowodnij, że w każdym trójkącie zachodzi :

\(\displaystyle{ sinXsinYsinZ \le \frac{3 \sqrt{3} }{8}}\).

[mint18]

Richard del Ferro, Jeśli ktoś ma bardziej szkolne rozwiązanie to niech się podzieli... Ale już pokażę to co mam:

Ukryta treść:    

(1) Dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) jest prawdziwa nierówność \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3 \ge 3abc}\).
Ona sprowadza się do \(\displaystyle{ \frac{1}{2} (a+b+c)\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\ge 0}\).
(2) Jeśli \(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma}\) są kątami trójkąta to \(\displaystyle{ \sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma \le 3\sin\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}}\).
Przejście przy wykorzystaniu nierówności Jensena.
(3) \(\displaystyle{ \sin^3x=\frac{3\sin x- \sin 3x}{4}}\)

\(\displaystyle{ \sin\alpha\sin\beta\sin\gamma \le \frac{\sin^3\alpha+\sin^3\beta+\sin^3\gamma }{3}=\frac{3(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)-(\sin3\alpha+\sin3\beta+\sin3\gamma)}{12} \le \frac{3(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)}{12} \le \frac{3 \cdot 3\sin\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right)}{12} = \frac{3 \cdot \frac{ 3\sqrt{3} }{2} }{12} = \frac{3 \sqrt{3} }{8}}\).

EDIT:
Można w sumie od razu z nierówności pomiędzy średnią geometryczną i arytmetyczną:
\(\displaystyle{ \sin\alpha\sin\beta\sin\gamma \le \left(\frac{\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma}{3}\right)^3}\), ale nadal nie wiem jak obejść fakt (2).

Jeśli ktoś coś ma to niech wrzuca.

[alfred0]

Jeszcze podpunkt b jednego z zadań nie został rozwiązany, ale wrzucę kolejne też było na maturze
Czworościan foremny o krawędzi a i ostrosłup prawidłowy o podstawie kwadratowej, którego wszystkie krawędzie mają długość a sklejamy ze sobą ścianą trójkątną. Uzasadnij, ze otrzymany w ten sposób wielościan ma 5 ścian.

[Richard del Ferro]

[...]

Podchwytliwe, bo \(\displaystyle{ sinus}\) kątów między ścianami wychodz taki sam, natomiast \(\displaystyle{ cosinus}\) nie, dlatego zawsze polecam działać na cosinusach ze względu na zmianę znaku w drugiej ćwiartce. Ogólnie to nie ten sam kąt i siatka nam się "nie zlepi".

mint18, super sposób z tą nierównością, zapamiętam

22:58
23/04/2017

Dla jakich wartości parametru \(\displaystyle{ m}\), gdzie \(\displaystyle{ m \neq 3}\)

Równanie

\(\displaystyle{ 4^{x}+4^{2x}+4^{3x}+4^{4x}+....= \frac{m}{m+3}}\) ma rozwiązanie?

Zadanie z Oficyny Edukacyjnej.

[Premislav]

Ukryta treść:    

Dla \(\displaystyle{ x<0}\) mamy
\(\displaystyle{ 4^{x}+4^{2x}+4^{3x}+4^{4x}+....= \frac{4^x}{1-4^x}}\)
Otrzymujemy wówczas równanie
\(\displaystyle{ \frac{4^x}{1-4^x}= \frac{m}{m+3}}\)
Po wymnożeniu przez mianowniki:
\(\displaystyle{ (m+3)4^x=m-m4^x}\)
czyli \(\displaystyle{ 4^x= \frac{m}{2m+3}}\)
(uwaga: \(\displaystyle{ m=-\frac 3 2}\) nie spełnia warunków zadania).
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=4^x}\) jest ciągła jako funkcja wykładnicza i ściśle rosnąca, ponadto
\(\displaystyle{ \lim_{x \to -\infty}4^x=0, \lim_{x \to 0^{-}}4^x=1}\)
Zatem potrzeba i wystarcza, by \(\displaystyle{ 0<\frac{m}{2m+3}<1}\), a to jest równoważne układowi dwu równań kwadratowych:
\(\displaystyle{ \begin{cases} m(2m+3)>0 \\ m(2m+3)<(2m+3)^2 \end{cases}}\)
Ponadto należy pamiętać, że \(\displaystyle{ m\neq -3.}\)
Miłego rozwiązywania.

Wykaż, że prawdziwa jest równość \(\displaystyle{ \sqrt[3]{9+\sqrt{80}}+\sqrt[3]{9-\sqrt{80}} = 3}\).

[pawlo392]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ x=\sqrt[3]{9+\sqrt{80}}+\sqrt[3]{9-\sqrt{80}}}\)
\(\displaystyle{ x^3=...}\)
Zatem :
\(\displaystyle{ x^3=18+3x}\)
Rozwiązujemy równanie.
Jeśli dobrze pamiętam to to zadanie pochodzi z Kiełbasy.

Czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) jest wpisany w okrąg oraz pola trójkątów \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ ADC}\) są równe. Wykaż, że :
\(\displaystyle{ \left| AB\right|^2+\left| BC\right|^2+\left| CD\right|^2+\left| DA\right|^2=2\left| AC\right|^2}\)

[Richard del Ferro]

[...]

Fajnie zadanie. Twierdzenie Carnota(cosinusów) i wzór na pole trójkąta.

PS: Premislav, jak sie pokombinuje z doprowadzaniem do prostszej postaci ułamków np.

\(\displaystyle{ \frac{x}{x+A} = \frac{(x+A)-A}{x+A} =1- \frac{A}{x+A}}\)
to moje zadanie wychodzi w owiele prostszy sposób, bez wymnażania.

15:18
24/04/2017

Wyznaczyć granicę ciągu

\(\displaystyle{ \lim_{ n\to 0 } \sqrt[1/n]{1^{1/n}+2^{1/n}+e^{1/n}}}\)

[Larsonik]

Prosiłbym kogoś o rzucenie okiem, bo nie korzystałem z tego twierdzenia jakiś milion lat. Ogólnie zadania coraz bardziej mniej maturalne się pojawiają .

Ukryta treść:    

Podstawiając \(\displaystyle{ \frac{1}{n} = k}\) mozemy przejsć do granicy w nieskończoności. Jednoczesnie mamy szacowania: \(\displaystyle{ e = \sqrt[k]{ e^k } \le \sqrt[k]{1^{k}+2^{k}+e^{k}} \le \sqrt[k]{3e^k} = \sqrt[k]{3} e}\)
Ciąg \(\displaystyle{ \sqrt[k]{ e^k }}\) to ciąg stały o wyrazach równych \(\displaystyle{ e}\), a \(\displaystyle{ \lim_{ k \to \infty } \sqrt[k]{3} e = e}\), zatem na mocy twierdzenia o trzech ciągach wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \lim_{ k \to \infty } \sqrt[k]{1^{k}+2^{k}+e^{k}} = \lim_{ n \to 0 } \sqrt[1/n]{1^{1/n}+2^{1/n}+e^{1/n}}= e}\).

Richard del Ferro, czy masz jakiś dowód tej nierówności niekorzystający z narzędzi wykraczających poza program liceum lub robiący to nieznacznie?

Udowodnij, że w kazdym trójkącie zachodzi :

\(\displaystyle{ sinXsinYsinZ \le \frac{3 \sqrt{3} }{8}}\)
[...]
mint18, super sposób z tą nierównością, zapamiętam

Tymczasem zadanko: Na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\) prostokąta \(\displaystyle{ ABCD}\) wybrano punkty \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\) w ten sposób, że trójkąt \(\displaystyle{ DKL}\)
jest ostrokątny oraz \(\displaystyle{ \angle KDL = \alpha}\). Odcinek \(\displaystyle{ DM}\) jest wysokością trójkąta \(\displaystyle{ DKL}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \angle AMC = 90^{\circ} + \alpha}\).

[bosa_Nike]

O, chyba dużo się od czasów Giertycha zmieniło. W przyszłym roku w rozgrzewkach przedmaturalnych będą pewnie zadania z analizy funkcjonalnej.
W regulaminie forum też zaszły jakieś zmiany? Jeżeli nie, to kredki bardziej się przydadzą do pokolorowania drwala, zamiast do wprowadzania substandardów.

@Larsonik - nie żeby coś i w ogóle, ale w razie gdyby AM-GM była w programie, to: https://www.matematyka.pl/126860.htm#p466113

[mint18]

Tymczasem zadanko: Na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\) prostokąta \(\displaystyle{ ABCD}\) wybrano punkty \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\) w ten sposób, że trójkąt \(\displaystyle{ DKL}\)
jest ostrokątny oraz \(\displaystyle{ \angle KDL = \alpha}\). Odcinek \(\displaystyle{ DM}\) jest wysokością trójkąta \(\displaystyle{ DKL}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \angle AMC = 90^{\circ} + \alpha}\).

To jest lekko zmodyfikowane zadanie 1. Założenie, że trójkąt jest ostrokątny nie jest tam potrzebne, jeśli ktoś chce niech spróbuje nad tym pomyśleć.

Może ktoś ma jakieś ciekawe zadanie z kombinatoryki? Mało zadań z tego działu się tu pojawiło.

[timon92]

wtrącę się

Udowodnij, że w kazdym trójkącie zachodzi \(\displaystyle{ \sin X \sin Y \sin Z \le \frac{3 \sqrt{3} }{8}}\)

mamy \(\displaystyle{ 2\sin X \sin Y = \cos(X-Y) - \cos(X+Y) \le 1 - \cos(X+Y)=1+\cos Z}\)

do udowodnienia pozostaje \(\displaystyle{ 4(1+\cos Z)\sin Z \le 3\sqrt 3}\), co daje się bezproblemowo pokazać szkolnymi metodami