17 04 10 R

background image

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

www.zadania.info

1

background image

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

www.zadania.info

2

background image

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

www.zadania.info

3

background image

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

www.zadania.info

4

background image

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

www.zadania.info

5

background image

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

www.zadania.info

6

background image

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

www.zadania.info

7

background image

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

www.zadania.info

8

background image

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

www.zadania.info

9

background image

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

www.zadania.info

10

background image

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

www.zadania.info

11

background image

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

|

| =

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

www.zadania.info

12

background image

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

www.zadania.info

13

background image

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

www.zadania.info

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