Matematyka.pl

Boki \(\displaystyle{ A,B}\).
\(\displaystyle{ A+A+B+B=1}\)
\(\displaystyle{ A+B=0,5}\)
\(\displaystyle{ A=0,5-B}\)
\(\displaystyle{ P=A \cdot B=(0,5-B)B}\)
\(\displaystyle{ -B^{2}+0,5B=P}\)
\(\displaystyle{ p= \frac{-0,5}{-2} = \frac{1}{4}}\)
\(\displaystyle{ q=f(p)=f( \frac{1}{4})=- \frac{1}{16}+ \frac{2}{16}= \frac{1}{16}}\)
Jak widać, zachodzi, gdy jest to kwadrat \(\displaystyle{ ( \frac{1}{4} ,\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4})}\)

Wprowadźmy oznaczenia \(\displaystyle{ DF=BG=x, AF=y}\). \(\displaystyle{ \Delta AFD\sim \Delta FGC}\) (kkk) więc \(\displaystyle{ FG=kx}\) oraz \(\displaystyle{ CF=ky}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k>0}\).
Również \(\displaystyle{ \Delta ABF\sim\Delta DFC \Rightarrow \frac{BF}{AF}=\frac{DF}{FC} \Rightarrow \frac{x(k+1)}{y}=\frac{x}{ky} \Rightarrow k=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{AB}{CD}=\frac{FB}{DF}=k+1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\).

Zad 0.
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{ x\to0 } \frac{ \sqrt{x+1}- \sqrt{x+4} }{x} \cdot \frac{\sqrt{x+1}+ \sqrt{x+4}}{\sqrt{x+1}+ \sqrt{x+4}} =\frac{-3}{x(\sqrt{x+1}+ \sqrt{x+4})}}\)
I tutaj już nie ma wielkiej filozofii: \(\displaystyle{ \lim_{x\to0^{-}}f(x) = \infty}\) i \(\displaystyle{ \lim_{x\to0^{+}}f(x)=-\infty}\).

Zad 1. Larsonik wrzucił niedawno fajne zadanie (które się pojawiło na maturze) i można tutaj ładnie wykorzystać ten fakt. Niech \(\displaystyle{ r}\) będzie promieniem okręgu wpisanego w ten trapez, \(\displaystyle{ a,b}\) podstawami, \(\displaystyle{ c}\) długością ramienia oraz \(\displaystyle{ h}\) wysokością trapezu.
Mamy \(\displaystyle{ 2r=\sqrt{ab}}\). \(\displaystyle{ P=\frac{(a+b)h}{2}=(a+b)r=2c \cdot \frac{\sqrt{ab}}{2}=\sqrt{abc^2}}\).

Zad 2.
To całkiem długie zadanie więc od razu wykorzystam wzór Brahmagupty, a jego dowód można bez problemu znaleźć w internecie lub samemu spróbować to udowodnić: \(\displaystyle{ P=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}}\), oznaczenia standardowe, a wzór jest prawdziwy dla wszystkich czworokątów wpisanych w okrąg. Nasz jest dodatkowo opisany na okręgu więc również \(\displaystyle{ a+c=b+d}\) i stąd:
\(\displaystyle{ P=\frac{1}{4}\sqrt{(b+c+d-a)(c+d+a-b)(d+a+b-c)(a+b+c-d)}=}\)\(\displaystyle{ \frac{1}{4}\sqrt{(a+c+c-a)(b+d+d-b)(a+a+c-c)(b+b+d-d)} =\sqrt{abcd}}\).

Co do tego zadania z ortocentrum. Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie punktem przecięcia się prostej (zawierającej wysokość) \(\displaystyle{ AH}\) z prostą \(\displaystyle{ BC}\) oraz \(\displaystyle{ M}\) będzie punktem przecięcia się prostej (zawierającej wysokość) \(\displaystyle{ BH}\) z prostą \(\displaystyle{ AC}\). Oczywiście \(\displaystyle{ \angle CKA = \angle AMB = \angle AMH = 90^{\circ}}\). Rozpatrzmy trójkąt \(\displaystyle{ ACK}\). Z rachunków wynika, że \(\displaystyle{ \angle KAC = \angle KAM = \angle HAM = 90^{\circ} -\angle ACB}\). Teraz spójrzmy na trójkąt \(\displaystyle{ AMH}\). Tu widzimy, że \(\displaystyle{ \angle AHM = 90^{\circ} - \angle HAM = \angle ACB}\). Trójkąty \(\displaystyle{ AMH}\) i \(\displaystyle{ AMH'}\) są przystające, stąd \(\displaystyle{ \angle AH'M = \angle ACB}\) i tu już ta wczesniejsza własność, zeby uzasadnić, że da się na \(\displaystyle{ ABCH'}\) opisać okrąg. Być moze jestem naiwny i ślepy, ale nie widzę błędu . Zbyt długo już na to patrzę.

Tu można z AM-GM. \(\displaystyle{ \frac{1}{4} = \frac{a + b}{2} \ge \sqrt{ab}}\), zatem \(\displaystyle{ P = ab \le \frac{1}{16}}\).

a) Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ \log_{x}b = k , \log_{x} a = m}\) (\(\displaystyle{ k, m \in \RR}\)). Wówczas \(\displaystyle{ L = x^{m \log_{x}x^k} = x^{mk}}\)
\(\displaystyle{ P = x^{k \log_{x} x^{m}} = x^{km} = L}\).

b) W podobny sposób, przyjmijmy, że \(\displaystyle{ x^k = a}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k \in \RR}\). Wówczas \(\displaystyle{ L = (\log_{x}a)^{\log_{x}a} = (\log_{x}x^{k})^{\log_{x}x^{k}} = k^{k}}\).
\(\displaystyle{ P = a^{\log_{x}\log_{x}a} = x^{k \log_{x} \log_{x} x^{k}} = x^{k \log_{x}k} = x^{\log_{x} k^{k}} = k^{k} = L}\).

\(\displaystyle{ 2(x-y)^{2}+4(y+ \frac{1}{2} )^{2} \ge 0}\), wszędzie? nie wiem, tak wynika, że każda para spełnia tę nierówność

\(\displaystyle{ \frac{a^{2}+ab+b^{2}}{a^{2}+ac+c^{2}} + \frac{a^{2}+ab+b^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}}=2}\)

\(\displaystyle{ (\frac{a^{3}-b^{3}}{a-b} \cdot \frac{a-c}{a^{3}-c^{3}}) + (\frac{a^{3}-b^{3}}{a-b} \cdot \frac{b-c}{b^{3}-c^{3}}) =2}\)

\(\displaystyle{ \frac{a^{3}-b^{3}}{a-b} ( \frac{a-c}{a^{3}-c^{3}} + \frac{c-b}{c^{3}-b^{3}}) =2}\)

Założenie :
\(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}=2c^{3}}\)
\(\displaystyle{ a^{3}-c^{3}=c^{3}-b^{3}}\)

Wieć mianownik w nawiasie jest taki sam, i teraz wreszcie

\(\displaystyle{ \frac{a^{3}-b^{3}}{a-b}( \frac{a-b}{a^{3}-c^{3}}) =2}\)

\(\displaystyle{ \frac{a^{3}-b^{3}}{c^{3}-b^{3}}=2}\)

\(\displaystyle{ a^{3}-b^{3}=2c^{3}-2b^{3}}\)

\(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}=2c^{3}}\)

Dokonajmy podstawienia \(\displaystyle{ t = x^2}\), przy założeniu, że \(\displaystyle{ t \ge 0}\). Wówczas mamy równanie kwadratowe \(\displaystyle{ t^2 + Mt +M = 0}\). Nie ma rozwiązań gdy: 1) \(\displaystyle{ \Delta < 0 \Leftrightarrow M \in (0;4)}\)
2) \(\displaystyle{ \Delta \ge 0 \wedge t_1 t_2 > 0 \wedge t_1 + t_2 < 0 \Leftrightarrow M \ge 4}\)
Łącznie mamy, że równanie nie ma rozwiązań dla \(\displaystyle{ M > 0}\).

Niech punkt M będzie środkiem boku AB trójkąta ABC. Należy wykazać, że AC+BC>2CM.
Niech C' będzie odbiciem symetrycznym C względem M, wtedy AC'BC jest równoległobokiem oraz nierówności trójkąta mamy:
AC+AC'>CC'=2CM oraz BC+BC'>2CM, dodajemy do siebie nierówności, wykorzystujemy fakt, że AC=BC' oraz BC=AC' i mamy tezę.

Wyznaczmy najpierw z wykorzystaniem pochodnej funkcji \(\displaystyle{ f}\) równanie prostej stycznej do tej funkcji: \(\displaystyle{ y= f'(k)(x - k) + f(k) = \frac{-ax}{k^2} + \frac{2a}{k}}\)
Przecina ona oś \(\displaystyle{ OY}\) w punkcie \(\displaystyle{ (0 , \frac{2a}{k})}\) oraz oś \(\displaystyle{ OX}\) w punkcie \(\displaystyle{ (0, 2k)}\), stąd pole szukanego trójkąta wynosi \(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} \cdot \frac{2a}{k} \cdot 2k = 2a}\), zatem faktycznie nie zależy ono od wartości \(\displaystyle{ k}\), a więc i punktu styczności.

Rozpisując z definicji symbolu Newtona:
\(\displaystyle{ {n+k \choose 2} + {n+k+1 \choose 2}= \frac{(n+k)(n+k-1)+(n+k)(n+k+1)}{2} =(n+k)^2}\)
WTF

Wzór na liczbę dzielników, niektórym znany z krowy, można też wyprowadzić z elementarnej kombinatoryki.

A mianowicie jeśli liczba \(\displaystyle{ K}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ J}\) i daje \(\displaystyle{ H}\), to dzieląc ją, przez \(\displaystyle{ H}\) otrzymamy \(\displaystyle{ J}\), więc każdy dzielnik pociąga za sobą drugi, stąd we wzorze to dodawanie jedynki.

Jeżeli rozkładem na czyniki pierwsze liczby \(\displaystyle{ n}\) jest
\(\displaystyle{ n= \prod_{n}^{k} pn^{an}}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow n}\)to tylko indeks, ale nie wiem jak wklepać...
To wtedy liczba dzielników wyrażona jest wzorem
\(\displaystyle{ L= \prod_{n}^{k} ( \alpha n+1)}\)


\(\displaystyle{ 9=3*3=(2+1) \cdot (2+1)}\)

Żaden z nawiasów nie może być równy 1, a są to liczby naturalne, więc zostaje opcja \(\displaystyle{ 3 \cdot 3}\)lub \(\displaystyle{ 9=8+1}\)

Szukane \(\displaystyle{ n=p^{2}\cdot P^{2}=(pP)^{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\)oraz\(\displaystyle{ P}\) są liczbami pierwszymi.

Sprwadźmy zatem

\(\displaystyle{ n=(5 \cdot 7)^{2}=1225}\)
Dzielniki liczby \(\displaystyle{ 1225 \in (1,5,7,25,35,49,175,245,1225)}\)

Teraz ten bardziej oczwyisty, \(\displaystyle{ 9=8+1}\)
Będzie to też liczba \(\displaystyle{ p^{8}}\), bo wtedy iloczyn potęg zwiększonych o 1 w rozkładzie na czynniki pierwsze wynosi 9, a więc np. \(\displaystyle{ 2^8}\) a dla ciekawskich, będą to kolejne potęgi tej liczby pierwszej czyli \(\displaystyle{ p^{0},p^{1},...,p^{8}}\), a więc jest ich \(\displaystyle{ 9}\)

Wszystkich zdarzeń elementarnych jest \(\displaystyle{ 5^7}\). Obliczymy ilość zdarzeń sprzyjających: 1) w \(\displaystyle{ 1}\) ze skrzynek są \(\displaystyle{ 3}\) listy a w pozostałych po jednym, co daje \(\displaystyle{ 5 \cdot {7 \choose 3} \cdot 4! = 2^3 \cdot 3 \cdot 5^2 \cdot 7}\)
2) w dwóch skrzynkach jest umieszczone po \(\displaystyle{ 2}\) listy a w pozostałych po jednym: \(\displaystyle{ {5 \choose 2} \cdot {7 \choose 4} {4 \choose 2} \cdot 3! = 2^3 \cdot 5^2 \cdot 3^2 \cdot 7}\)
Są to w sumie zdarzenia sprzyjające, więc szukane prawdopodobieństwo wynosi \(\displaystyle{ P(A) = \frac{672}{3215}}\).

Pierwszy list wędruje do byle której skrytki, taki z niego niesforny lis.
Drugi ustalony list może powędrować do jednej z\(\displaystyle{ m-1}\) skrzynek, bo wie, że w jednej jest niesforny lis i sie go boi.

Prawdopodobieństwo, że tam wyląduje,
\(\displaystyle{ \frac{m-1}{m} =1- \frac{1}{m}}\)
Zawsze z tego byłem słaby i robię na swoje sposoby, no ale cóż powiedzmy.. xD

Sprawdźmy to na przykładzie
\(\displaystyle{ 121212121212}\)
\(\displaystyle{ 323232323232}\)
\(\displaystyle{ 312123232123}\)
\(\displaystyle{ 213123213212}\)
Jak widać co drugą liczbą musi być dwójka, a reszta? Reszta może być dowolna, no bo co, spełnia, czemu nie.
No to jak \(\displaystyle{ 2}\) jest na pierwszym miejscu, to jest też na trzecim, piątym, siódmym, dziewiątym i jedenastym. Łącznie 6 miejsc zajmuje dwójka, a pozostałe 6 miejsc na \(\displaystyle{ 2^{6}}\).
Jak dwójka jest na drugim miejscu, to jest też na czwartym, szóstym, ósmym, dziesiątym i dwunastym. Łącznie 6 miejsc, a pozostałe tak samo.

Mamy więc \(\displaystyle{ 2 \cdot 2^{6}=2^{7}=128}\).
Jest takich liczb 128.

1. Mając dane sinusy kątów i wiedząc, ze katy te sa ostre można obliczyc ich cosinusy. No a skoro mamy wszystkie kąty, to żaden problem obliczyć sinus sumy tych kątów. Wychodzi \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}}}\), a że w przedziale \(\displaystyle{ (0;\frac{3}{2} \pi)}\) sinus przyjmuje tą wartość tylko raz, toteż wiemy, że suma kątów wynosi \(\displaystyle{ \frac{\pi}{4}}\)

2. Oznaczając przekątną jako \(\displaystyle{ d}\) oraz krawędzie prostopadłościanu \(\displaystyle{ a,b,c}\) kwadrat ich sumy wynosi: \(\displaystyle{ (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 +2(ab + bc + ac) = d^2 +P_b}\) i z założenia zadania otrzymamy szukany przedział.