www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
P
RÓBNY
E
GZAMIN
M
ATURALNY
Z
M
ATEMATYKI
Z
ESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW
.
ZADANIA
.
INFO
POZIOM ROZSZERZONY
17
KWIETNIA
2010
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(3
PKT
.)
Podstaw ˛
a ostrosłupa ABCDS jest prostok ˛
at ABCD, a kraw˛ed´z boczna SA jest jego wyso-
ko´sci ˛
a. Wyka ˙z, ˙ze suma kwadratów pól ´scian ABS i BCS jest równa sumie kwadratów pól
´scian ADS i DCS.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku – oznaczmy od razu AB
=
a, BC
=
b i SA
=
H.
A
B
C
D
S
a
b
b
a
H
Zauwa ˙zmy, ˙ze kraw˛ed´z BC jest prostopadła do AB i do SA, czyli jest prostopadła do
´sciany ABS. Zatem jest prostopadła do ka ˙zdej prostej w tej ´scianie, czyli trójk ˛
at SBC jest
prostok ˛
atny (je ˙zeli kto´s woli, to mo ˙ze skorzysta´c z twierdzenia o trzech prostych prostopa-
dłych). Podobnie zauwa ˙zamy, ˙ze kraw˛ed´z DC jest prostopadła do ´sciany ADS, czyli trójk ˛
at
SDC te ˙z jest prostok ˛
atny. Teraz łatwo policzy´c interesuj ˛
ace nas pola.
P
ABS
=
1
2
aH
P
BCS
=
1
2
b
·
BS
=
1
2
b
p
a
2
+
H
2
P
ADS
=
1
2
bH
P
DCS
=
1
2
a
·
DS
=
1
2
a
p
b
2
+
H
2
.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Mamy zatem
P
2
ABS
+
P
2
BCS
=
1
4
a
2
H
2
+
1
4
b
2
(
a
2
+
H
2
) =
1
4
(
a
2
H
2
+
b
2
a
2
+
b
2
H
2
)
P
2
ADS
+
P
2
DCS
=
1
4
b
2
H
2
+
1
4
a
2
(
b
2
+
H
2
) =
1
4
(
b
2
H
2
+
a
2
b
2
+
a
2
H
2
)
.
Wida´c zatem, ˙ze P
2
ABS
+
P
2
BCS
=
P
2
ADS
+
P
2
DCS
.
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z równanie log
(
1
+ (
x
2
−
2x
)
2
) + |
4
− |
5
− |
3
−
x
||| =
0.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zauwa ˙zmy, ˙ze 1
+ (
x
2
−
2x
)
2
>
1, czyli
log
(
1
+ (
x
2
−
2x
)
2
) >
0.
Nieujemny jest tak ˙ze drugi składnik lewej strony równania, zatem lewa strona mo ˙ze by´c
równa 0 tylko wtedy, gdy oba składniki s ˛
a równe 0. Patrz ˛
ac na pierwszy składnik, mamy
wi˛ec
1
+ (
x
2
−
2x
)
2
=
1
x
2
(
x
−
2
)
2
=
0
x
=
0
∨
x
=
2.
Zauwa ˙zmy teraz, ˙ze nie musimy rozwi ˛
azywa´c równania
|
4
− |
5
− |
3
−
x
||| =
0
wystarczy tylko sprawdzi´c, która z liczb x
=
0 i x
=
2 je spełnia. Liczymy
|
4
− |
5
− |
3
−
0
||| = |
4
− |
5
−
3
|| = |
4
−
2
| =
2.
|
4
− |
5
− |
3
−
2
||| = |
4
− |
5
−
1
|| = |
4
−
4
| =
0.
Zatem jedyne rozwi ˛
azanie danego równania to x
=
2.
Odpowied´z: x
=
2
Z
ADANIE
3
(3
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli sin α
−
cos α jest liczb ˛
a wymiern ˛
a to wymierna jest równie ˙z liczba cos 4α.
R
OZWI ˛
AZANIE
B˛edziemy przekształca´c wyra ˙zenie sin α
−
cos α tak, by otrzyma´c cos 4α. Po drodze b˛edzie-
my korzysta´c ze wzorów
sin 2α
=
2 sin α cos α
cos 2α
=
1
−
2 sin
2
α
.
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Je ˙zeli oznaczymy sin α
−
cos α
=
x to mamy
sin α
−
cos α
=
x
/
()
2
sin
2
α
−
2 sin α cos α
+
cos
2
α
=
x
2
1
−
sin 2α
=
x
2
sin 2α
=
1
−
x
2
.
A to ju ˙z prawie cos 4α, bo
cos 4α
=
1
−
2 sin
2
2α
=
1
−
2
(
1
−
x
2
)
2
.
Wida´c teraz, ˙ze je ˙zeli x jest liczb ˛
a wymiern ˛
a to wymierne jest te ˙z wyra ˙zenie 1
−
2
(
1
−
x
2
)
2
,
czyli cos 4α.
Z
ADANIE
4
(5
PKT
.)
Przek ˛
atne czworok ˛
ata ABCD s ˛
a prostopadłe.
a) Wyka ˙z, ˙ze sumy kwadratów przeciwległych boków tego czworok ˛
ata s ˛
a równe.
b) Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli długo´sci jego boków AB, BC, CD, DA s ˛
a kolejnymi wyrazami ci ˛
agu
geometrycznego to czworok ˛
at ten jest rombem.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpocznijmy od szkicowego rysunku.
A
B
C
S
D
p
r
s
t
a
aq
aq
2
aq
3
a) Je ˙zeli przez p, r, s, t oznaczymy długo´sci odcinków ł ˛
acz ˛
acych wierzchołki czworok ˛
ata
z punktem przeci˛ecia si˛e przek ˛
atnych to na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy
AB
2
=
p
2
+
r
2
BC
2
=
r
2
+
s
2
CD
2
=
s
2
+
t
2
DA
2
=
t
2
+
p
2
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
W takim razie
AB
2
+
CD
2
= (
p
2
+
r
2
) + (
s
2
+
t
2
) = (
r
2
+
s
2
) + (
t
2
+
p
2
) =
BC
2
+
DA
2
.
b) Skoro długo´sci boków s ˛
a kolejnymi wyrazami ci ˛
agu geometrycznego, to mo ˙zemy je
oznaczy´c przez a, aq, aq
2
, aq
3
. Na mocy poprzedniego podpunktu mamy
a
2
+ (
aq
2
)
2
= (
aq
)
2
+ (
aq
3
)
2
a
2
+
a
2
q
4
=
a
2
q
2
+
a
2
q
6
/ : a
2
1
+
q
4
=
q
2
+
q
6
=
q
2
(
1
+
q
4
)
/ :
(
1
+
q
4
)
1
=
q
2
.
Oczywi´scie q nie mo ˙ze by´c ujemne, czyli q
=
1 i wszystkie boki czworok ˛
ata maj ˛
a
równe długo´sci.
Z
ADANIE
5
(5
PKT
.)
Na bokach AB i AC trójk ˛
ata ABC wybrano punkty E i D w ten sposób, ˙ze
|
AE
| =
2
|
EB
|
i
|
AD
| = |
DC
|
. Punkt M jest punktem wspólnym odcinków CE i BD.
A
B
C
E
D
M
b
c
a) Przedstaw ka ˙zdy z wektorów
−→
BC,
−→
BD oraz
−→
CE w postaci p
·
→
b
+
q
·
→
c , gdzie
→
b
=
−→
AB,
→
c
=
→
AC oraz p, q
∈
R.
b) Korzystaj ˛
ac z równo´sci
−→
BC
+
−→
CM
=
−→
BM oblicz w jakim stosunku punkt M dzieli od-
cinki BD i CE.
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Liczymy
−→
BC
=
−→
BA
+
−→
AC
= −
−→
AB
+
−→
AC
= −
→
b
+
→
c
−→
BD
=
−→
BA
+
→
AD
= −
→
AB
+
1
2
→
AC
= −
→
b
+
1
2
→
c
−→
CE
=
−→
CA
+
−→
AE
= −
−→
AC
+
2
3
−→
AB
= −
→
c
+
2
3
→
b .
Odpowied´z:
−→
BC
= −
→
b
+
→
c ,
→
BD
= −
→
b
+
1
2
→
c ,
−→
CE
=
2
3
→
b
−
→
c
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
b) Powiedzmy, ˙ze
−→
CM
=
x
−→
CE i
−→
BM
=
y
−→
BD. Wstawiaj ˛
ac te wyra ˙zenia do podanej równo-
´sci i korzystaj ˛
ac z poprzedniego podpunktu mamy
−→
BC
+
−→
CM
=
−→
BM
−→
BC
+
x
−→
CE
=
y
−→
BD
→
c
−
→
b
+
x
2
3
→
b
−
→
c
=
y
1
2
→
c
−
→
b
→
c
−
x
→
c
−
1
2
y
→
c
=
→
b
−
2
3
x
→
b
−
y
→
b
1
−
x
−
1
2
y
→
c
=
1
−
2
3
x
−
y
→
b .
Wektory
→
b i
→
c nie s ˛
a jednak równoległe, co oznacza, ˙ze liczby w nawiasach w powy ˙z-
szej równo´sci musz ˛
a by´c równe 0 (inaczej jeden wektor byłby wielokrotno´sci ˛
a drugie-
go, co nie jest mo ˙zliwe). Mamy st ˛
ad
(
1
−
x
−
1
2
y
=
0
1
−
2
3
x
−
y
=
0
Podstawiamy x
=
1
−
1
2
y z pierwszego równania do drugiego i mamy
1
−
2
3
+
1
3
y
−
y
=
0
1
3
=
2
3
y
⇒
y
=
1
2
.
Zatem
x
=
1
−
1
2
y
=
1
−
1
4
=
3
4
.
Mamy wi˛ec BM
=
MD i CM
=
3ME.
Odpowied´z: BM
=
MD i CM
=
3ME
Z
ADANIE
6
(5
PKT
.)
Wyznacz wszystkie warto´sci parametrów a, b, dla których nierówno´s´c
(
x
2
−
x
−
2
)(
x
2
−
2ax
+
3bx
−
6ab
) >
0
jest spełniona przez ka ˙zd ˛
a liczb˛e rzeczywist ˛
a.
R
OZWI ˛
AZANIE
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Rozkładamy pierwszy trójmian na czynniki.
x
2
−
x
−
2
=
0
∆
=
1
+
8
=
9
x
=
1
−
3
2
= −
1
∨
x
=
1
+
3
2
=
2
x
2
−
x
−
2
= (
x
+
1
)(
x
−
2
)
Teraz rozkładamy drugi trójmian
x
2
− (
2a
−
3b
)
x
−
6ab
=
0
∆
= (
2a
−
3b
)
2
+
24ab
=
4a
2
−
12ab
+
9b
2
+
24ab
=
4a
2
+
12ab
+
9b
2
= (
2a
+
3b
)
2
x
=
2a
−
3b
− (
2a
+
3b
)
2
= −
3b
∨
x
=
2a
−
3b
+ (
2a
+
3b
)
2
=
2a
x
2
− (
2a
−
3b
)
x
−
6ab
= (
x
+
3b
)(
x
−
2a
)
.
Dan ˛
a nierówno´s´c mo ˙zemy wi˛ec zapisa´c w postaci
(
x
+
1
)(
x
−
2
)(
x
+
3b
)(
x
−
2a
) >
0.
Je ˙zeli nierówno´s´c ma by´c spełniona przez ka ˙zd ˛
a liczb˛e rzeczywist ˛
a to ka ˙zdy pierwiastek
lewej strony musi by´c podwójny, co daje nam dwie mo ˙zliwo´sci
(
−
3b
= −
1
2a
=
2
lub
(
−
3b
=
2
2a
= −
1
Mamy zatem
(
a, b
) = (
1,
1
3
)
lub
(
a, b
) = (−
1
2
,
−
2
3
)
.
Odpowied´z:
(
a, b
) = (
1,
1
3
)
lub
(
a, b
) = (−
1
2
,
−
2
3
)
Z
ADANIE
7
(6
PKT
.)
Dany jest czworok ˛
at ABCD, gdzie A
= (−
1, 4
)
, B
= (−
3,
−
1
)
, C
= (
2,
−
2
)
, D
= (
1, 2
)
.
a) Oblicz pole czworok ˛
ata ABCD.
b) Oblicz warto´s´c wyra ˙zenia
sin
]
DBC
sin
]
BCD
2
+
sin
]
DBA
sin
]
BAD
2
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od naszkicowania czworok ˛
ata.
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
-3
+1
+2
x
-2
-1
+1
+2
y
A
B
C
D
+4
a) Pole czworok ˛
ata ABCD obliczymy jako sum˛e pól trójk ˛
atów ABD i CDB.
Sposób I
Korzystamy ze wzoru na pole trójk ˛
ata o wierzchołkach A
= (
x
A
, y
A
)
, B
= (
x
B
, y
B
)
i
C
= (
x
C
, y
C
)
.
P
ABC
=
1
2
|(
x
B
−
x
A
)(
y
C
−
y
A
) − (
y
B
−
y
A
)(
x
C
−
x
A
)|
.
Mamy zatem
P
ABD
=
1
2
|(−
3
+
1
)(
2
−
4
) − (−
1
−
4
)(
1
+
1
)| =
1
2
|
4
+
10
| =
7
P
CDB
=
1
2
|(
1
−
2
)(−
1
+
2
) − (
2
+
2
)(−
3
−
2
)| =
1
2
| −
1
+
20
| =
19
2
.
Zatem
P
ABCD
=
P
ABD
+
P
CDB
=
7
+
19
2
=
33
2
.
Sposób II
Je ˙zeli nie chcemy korzysta´c z gotowego wzoru na pole to mo ˙zemy obliczy´c pola trój-
k ˛
atów ABD i CDB wprost. Liczymy najpierw długo´s´c odcinka DB.
DB
=
q
(−
3
−
1
)
2
+ (−
1
−
2
)
2
=
√
16
+
9
=
5.
Napiszemy teraz równanie prostej DB i policzymy odległo´sci punktów A i C od tej
prostej (czyli długo´sci wysoko´sci trójk ˛
atów ABD i CDB).
Szukamy prostej postaci y
=
ax
+
b i podstawiamy współrz˛edne punktów D i B.
(
2
=
a
+
b
−
1
= −
3a
+
b
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Odejmuj ˛
ac od pierwszego równania drugie mamy 3
=
4a, czyli a
=
3
4
. Zatem
b
=
2
−
a
=
2
−
3
4
=
5
4
i prosta BD mam równanie
y
=
3
4
x
+
5
4
/
·
4
4y
−
3x
−
5
=
0.
Liczymy teraz odległo´sci punktów A i C od tej prostej
|
16
+
3
−
5
|
√
16
+
9
=
14
5
| −
8
−
6
−
5
|
√
16
+
9
=
19
5
.
St ˛
ad
P
ABD
=
1
2
·
5
·
14
5
=
7
P
CDB
=
1
2
·
5
·
19
5
=
19
2
P
ABCD
=
P
ABD
+
P
CDB
=
7
+
19
2
=
33
2
.
Odpowied´z:
33
2
b) Liczenie sinusów w układzie współrz˛ednych to udr˛eka, ale dzi˛eki twierdzeniu sinu-
sów mo ˙zemy zamieni´c sinusy na długo´sci odcinków. Patrz ˛
ac na trójk ˛
aty ABD i CDB
mamy
DA
sin
]
DBA
=
DB
sin
]
BAD
⇒
sin
]
DBA
sin
]
BAD
=
AD
DB
DC
sin
]
DBC
=
DB
sin
]
BCD
⇒
sin
]
DBC
sin
]
BCD
=
DC
DB
.
Mamy wi˛ec
sin
]
DBC
sin
]
BCD
2
+
sin
]
DBA
sin
]
BAD
2
=
DC
DB
2
+
AD
DB
2
=
=
DC
2
+
AD
2
DB
2
=
(
2
−
1
)
2
+ (−
2
−
2
)
2
+ (
1
+
1
)
2
+ (
2
−
4
)
2
(−
3
−
1
)
2
+ (−
1
−
2
)
2
=
=
1
+
16
+
4
+
4
16
+
9
=
1.
Odpowied´z: 1
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
8
(6
PKT
.)
Na rysunku przedstawiono wykres pewnej funkcji wykładniczej f
(
x
) =
a
x
dla x
∈
R.
-5
-1
+5
x
-5
-1
1
5
y
3
Wykres ten przekształcono w symetrii ´srodkowej wzgl˛edem punktu
(
1,
−
1
)
, a nast˛epnie
w symetrii osiowej wzgl˛edem prostej x
= −
2. Otrzymano w ten sposób wykres funkcji
g
(
x
) =
b
·
a
x
+
c.
a) Wyznacz liczby a, b, c i naszkicuj wykres funkcji y
=
g
(
x
)
.
b) Odczytaj z wykresu rozwi ˛
azanie nierówno´sci g
(
x
) 6 −
5.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpocznijmy od wyznaczenia a. Z wykresu widzimy, ˙ze f
(−
1
) =
3, czyli
3
=
a
−
1
=
1
a
⇐⇒
a
=
1
3
.
a) Szukamy funkcji postaci y
=
b
3
x
+
c, wi˛ec wystarczy znale´z´c dwa punkty na jej wy-
kresie, aby wyznaczy´c b i c (mamy dwie niewiadome, wi˛ec potrzebujemy dwóch rów-
na ´n). Mo ˙zna wybra´c ró ˙zne punkty – my zobaczymy na co przejd ˛
a punkty A
= (
0, 1
)
i
B
= (−
1, 3
)
.
-5
-1
+5
x
-5
-1
1
5
y
3
A
B
B'
A'
x=-2
B''
A''
-5
-1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
A''
y=-5
B''
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Najpierw symetria ´srodkowa wzgl˛edem punktu
(
1,
−
1
)
. Szukamy punktów A
0
i B
0
takich, ˙zeby punkt
(
1,
−
1
)
był ´srodkiem odcinków AA
0
i BB
0
.
(
1,
−
1
) =
0
+
x
A
0
2
,
1
+
y
A
0
2
⇒
A
0
= (
2,
−
3
)
(
1,
−
1
) =
−
1
+
x
B
0
2
,
3
+
y
B
0
2
⇒
B
0
= (
3,
−
5
)
.
Teraz znajdujemy obrazy A
00
i B
00
punktów A
0
i B
0
w symetrii wzgl˛edem prostej x
=
−
2. Punkty te b˛ed ˛
a miały takie same drugie współrz˛edne jak punkty A
0
i B
0
, a ich
pierwsze współrz˛edne musz ˛
a by´c takie, ˙zeby ´srodki odcinków A
0
A
00
i B
0
B
00
le ˙zały na
prostej x
= −
2. Mamy wi˛ec
−
2
=
x
A
0
+
x
A
00
2
=
2
+
x
A
00
2
⇒
A
00
= (−
6,
−
3
)
−
2
=
x
B
0
+
x
B
00
2
=
3
+
x
B
00
2
⇒
B
00
= (−
7,
−
5
)
.
Teraz łatwo wyznaczy´c liczby b i c – podstawiamy współrz˛edne punktów A
00
i B
00
do
wzoru funkcji g.
−
3
=
b
·
1
3
−
6
+
c
=
b
·
3
6
+
c
−
5
=
b
·
1
3
−
7
+
c
=
b
·
3
7
+
c.
Porównuj ˛
ac c z obu równa ´n mamy
b
·
3
6
+
3
=
b
·
3
7
+
5
−
2
=
b
·
3
6
(
3
−
1
)
−
1
=
b
·
3
6
⇒
b
= −
1
3
6
.
Zatem
c
= −
3
−
b
·
3
6
= −
3
+
1
= −
2.
Odpowied´z:
(
a, b, c
) = (
1
3
,
−
1
729
,
−
2
)
b) Poniewa ˙z
g
(
x
) = −
1
3
6
·
1
3
x
−
2
= −
1
3
x
+
6
+
2
,
wykres funkcji g
(
x
)
powstaje z wykresu funkcji y
=
1
3
x
przez przesuni˛ecie o wektor
[−
6, 2
]
, a nast˛epnie odbicie wzgl˛edem osi Ox. Bez trudu szkicujemy wykres.
Z wykresu wida´c, ˙ze rozwi ˛
azaniem nierówno´sci g
(
x
) 6 −
5 jest przedział
(−
∞,
−
7
i
.
Odpowied´z:
(−
∞,
−
7
i
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
9
(5
PKT
.)
Odległo´s´c ´srodka wysoko´sci sto ˙zka od jego powierzchni bocznej jest trzy razy mniejsza ni ˙z
promie ´n jego podstawy. Oblicz sinus k ˛
ata rozwarcia sto ˙zka.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku, od razu skupiamy si˛e na przekroju osiowym.
A
x
α
α
B
C
D
E
3x
h
h
Niech D b˛edzie ´srodkiem wysoko´sci i powiedzmy, ˙ze dzieli on wysoko´s´c na odcinki
długo´sci h. Oznaczmy te ˙z przez x odległo´s´c tego punktu od powierzchni bocznej sto ˙zka.
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
aty CED i CAB s ˛
a prostok ˛
atne i maj ˛
a wspólny k ˛
at przy wierzchołku
C. S ˛
a wi˛ec podobne. Mamy wi˛ec
CE
DE
=
CA
AB
CE
=
CA
AB
·
DE
=
2h
3x
·
x
=
2
3
h.
Piszemy teraz twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie CDE.
CE
2
+
DE
2
=
CD
2
4
9
h
2
+
x
2
=
h
2
x
2
=
5
9
h
2
x
=
√
5
3
h.
Mamy zatem
sin α
=
x
h
=
√
5
3
h
h
=
√
5
3
.
To jednak nie koniec, bo mamy wyliczy´c sin 2α, a nie sin α. Aby móc skorzysta´c ze wzoru
sin 2α
=
2 sin α cos α,
wyliczymy jeszcze cos α.
cos α
=
CE
CD
=
2
3
h
h
=
2
3
.
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Mamy wi˛ec
sin 2α
=
2 sin α cos α
=
2
·
√
5
3
·
2
3
=
4
√
5
9
.
Odpowied´z:
4
√
5
9
Z
ADANIE
10
(3
PKT
.)
Uzasadnij, ˙ze liczba
27
318
−
1
9
53
−
1
jest liczb ˛
a całkowit ˛
a.
R
OZWI ˛
AZANIE
B˛edziemy korzysta´c ze wzoru
a
n
−
1
= (
a
−
1
)(
a
n
−
1
+
a
n
−
2
+ · · · +
a
+
1
)
.
Mamy zatem
27
318
−
1
9
53
−
1
=
3
3
·
318
−
1
9
53
−
1
=
9
3
·
159
−
1
9
53
−
1
=
(
9
53
)
9
−
1
9
53
−
1
=
=
(
9
53
−
1
)((
9
53
)
8
+ (
9
53
)
7
+ · · · +
1
)
9
53
−
1
=
9
53
8
+
9
53
7
+ · · · +
1.
Wida´c wi˛ec, ˙ze jest to liczba całkowita.
Z
ADANIE
11
(5
PKT
.)
Do 12 ponumerowanych szuflad wkładamy losowo 13 pojedynczych skarpetek, przy czym
dokładnie dwie z nich tworz ˛
a par˛e. Jakie jest prawdopodobie ´nstwo otrzymania konfigu-
racji, w której ˙zadna szuflada nie jest pusta oraz skarpetki tworz ˛
ace par˛e znajduj ˛
a si˛e w
ró ˙znych szufladach.
R
OZWI ˛
AZANIE
Ka ˙zd ˛
a skarpetk˛e mo ˙zemy wło ˙zy´c do jednej z 12 szuflad, wi˛ec je ˙zeli za zdarzenia elementar-
ne przyjmiemy ci ˛
agi numerów szuflad, do których trafiły kolejne skarpetki to
|
Ω
| =
12
·
12
·
12
· · ·
12
=
12
13
.
Zauwa ˙zmy, ˙ze przy takim podej´sciu odró ˙zniamy od siebie dwie skarpetki tworz ˛
ace par˛e.
Równie dobrze mogliby´smy uzna´c je za nieodró ˙znialne, ale nie upro´sciłoby to rachunków.
Zdarzenia sprzyjaj ˛
ace policzymy na dwa sposoby, ale zanim to zrobimy zauwa ˙zmy, ˙ze
poniewa ˙z skarpetek jest 13, a szuflad 12, oraz w ka ˙zdej szufladzie ma by´c co najmniej jedna
skarpetka, wi˛ec dokładnie w jednej z szuflad musz ˛
a by´c dwie skarpetki, a we wszystkich
pozostałych po jednej skarpetce.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
W pierwszym podej´sciu nie przejmujmy si˛e skarpetkami tworz ˛
acymi par˛e i liczymy ile jest
mo ˙zliwo´sci takich rozmieszcze ´n skarpetek, ˙ze ˙zadna szuflada nie jest pusta. Liczymy nast˛e-
puj ˛
aco: wybieramy najpierw dwie skarpetki, które znajd ˛
a si˛e w jednej szufladzie – mo ˙zemy
to zrobi´c na
(
13
2
)
sposobów, potem wybieramy szuflad˛e, w której si˛e znajd ˛
a – mo ˙zemy to
zrobi´c na 12 sposobów, a na koniec dowolnie umieszczamy pozostałe 11 skarpetek w pozo-
stałych 11 szufladach, w sumie jest wi˛ec
13
2
·
12
·
11!
=
13
·
12
2
·
12!
=
78
·
12!
takich układów.
Teraz pozostało odj ˛
a´c sytuacje, gdy dwie skarpetki z jednej pary trafiły do tej samej szu-
flady. Liczymy: szuflad˛e do której trafiły mo ˙zemy wybra´c na 12 sposobów, a pozostałe 11
skarpetek rozmieszczamy dowolnie, czyli jest
12
·
11!
=
12!
takich układów.
W takim razie jest
78
·
12!
−
12!
=
77
·
12!
zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych i prawdopodobie ´nstwo wynosi
p
=
77
·
12!
12
13
=
77
·
11!
12
12
Sposób II
Tym razem policzmy od razu liczb˛e poprawnych układów. Mamy dwie mo ˙zliwe sytuacje:
albo w szufladzie, w której s ˛
a dwie skarpetki nie ma ˙zadnej skarpetki z pary, albo jedna z
tych skarpetek jest skarpetk ˛
a z pary.
W pierwszej sytuacji liczymy nast˛epuj ˛
aco: dwie skarpetki do podwójnej szuflady wybie-
ramy spo´sród 11 pojedynczych skarpet, czyli na
11
2
=
11
·
10
2
=
55
sposobów, potem ustalamy, która szuflada jest podwójna – na 12 sposobów, a na koniec
dowolnie permutujemy pozostałych 11 skarpetek w pozostałych 11 szufladach. Razem jest
wi˛ec
55
·
12
·
11!
=
55
·
12!
takich konfiguracji.
W drugiej sytuacji, gdy jedna ze skarpetek jest w podwójnej szufladzie, liczymy nast˛e-
puj ˛
aco: skarpetk˛e z pary, która ma si˛e znale´z´c w podwójnej szufladzie mo ˙zemy wybra´c na
dwa sposoby, potem dobieramy do niej jedn ˛
a pojedyncz ˛
a skarpetk˛e – mo ˙zemy to zrobi´c na
11 sposobów, potem ustalamy, która szuflada ma by´c podwójna – mo ˙zemy to zrobi´c na 12
sposobów, a na koniec, pozostałe 11 skarpetek permutujemy dowolnie w pozostałych 11
szufladach. Ł ˛
acznie jest wi˛ec
2
·
11
·
12
·
11!
=
22
·
12!
Materiał pobrany z serwisu
13
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
takich konfiguracji.
Mamy wi˛ec
55
·
12!
+
22
·
12!
=
77
·
12!
zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych i prawdopodobie ´nstwo wynosi
p
=
77
·
12!
12
13
=
77
·
11!
12
12
Odpowied´z:
77
·
11!
12
12
Materiał pobrany z serwisu
14
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
17 04 10 A
17 04 10 R
17 04 10 A
Ćw 10 17.04.2008, studia, Kinezyterapia, Ćwiczenia
Zad 17 04 13, ZADANIA DLA I ROKU MASZYN, grupa 10
Gramatyka kontrastywna 17 04 2009 notatki
Trwałośc malżeństwa i rodziny zawarta w Zgodzie małżeńskiej SPOTKANIA MAŁŻEŃSKIE 21.04.10, Sem 1, TM
2011.04.10 - 438 1 test z odpow, Testy, testy sędziowskie
17 11 10 cz II
Podstawy organizacji i kierowania wyklad [04 10 2001]
lo orm1 17 04 ts
cywilne 04 10
018 HISTORIA SZTUKI WCZESNOCHRZEŚCIJAŃSKIEJ I BIZANTYJSKIEJ, wykład,' 04 10
czap
więcej podobnych podstron