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
(OKE Ł
ÓD ´
Z
)
POZIOM ROZSZERZONY
7
MARCA
2008
C
ZAS PRACY
: 150(180?)
MINUT
Z
ADANIE
1
(5
PKT
.)
Punkty A
= (−
2, 12
)
i B
= (
6,
−
2
)
s ˛
a wierzchołkami trójk ˛
ata prostok ˛
atnego ABC o k ˛
acie
prostym przy wierzchołku C. Oblicz współrz˛edne wierzchołka C tego trójk ˛
ata, wiedz ˛
ac, ˙ze
le ˙zy on na prostej o równaniu x
+
3y
=
22. Sporz ˛
ad´z rysunek w prostok ˛
atnym układzie
współrz˛ednych. Rozwa ˙z wszystkie przypadki.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zróbmy najpierw rysunek. Gołym okiem wida´c, ˙ze b˛ed ˛
a dwa takie punkty C. Jak ka ˙zde
zadanie analityczne, mo ˙zemy je rozwi ˛
aza´c na wiele ró ˙znych sposobów. My zrobimy je na
dwa sposoby.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Oznaczymy współrz˛edne punktu C
= (
x, y
)
. Napiszemy teraz równania, które pozwol ˛
a
nam wyliczy´c x i y. Aby dosta´c takie równanie korzystamy z warunku, ˙ze wektory
→
CA
= [−
2
−
x, 12
−
y
]
→
CB
= [
6
−
x,
−
2
−
y
]
maj ˛
a by´c prostopadłe.
Przypomijmy, ˙ze wektory
→
v
1
= [
x
1
, y
1
]
i
→
v
2
= [
x
2
, y
2
]
s ˛
a prostopadłe wtedy i tylko wtedy,
gdy
→
v
1
◦
→
v
2
=
x
1
x
2
+
y
1
y
2
=
0. Mamy zatem
0
= (−
2
−
x
)(
6
−
x
) + (
12
−
y
)(−
2
−
y
) =
x
2
−
4x
+
y
2
−
10y
−
36.
Drugie równanie otrzymujemy z warunku, ˙ze punkt C le ˙zy na podanej prostej, czyli x
=
22
−
3y. Uwzgl˛edniaj ˛
ac to, otrzymujemy
(
22
−
3y
)
2
−
4
(
22
−
3y
) +
y
2
−
10y
−
36
=
0
484
−
132y
+
9y
2
−
88
+
12y
+
y
2
−
10y
−
36
=
0
10y
2
−
130y
−
360
=
0
y
2
−
13y
+
36
=
0.
Dalej mamy
∆
=
169
−
144
=
25
=
5
2
, sk ˛
ad y
1
=
13
−
5
2
=
4 i y
2
=
13
+
5
2
=
9. Z warunku
x
=
22
−
3y otrzymujemy wtedy x
1
=
10 i x
2
= −
5 odpowiednio.
Sposób II
Poniewa ˙z szukany punkt C ma by´c wierzchołkiem trójk ˛
ata prostok ˛
atnego o przeciwprosto-
k ˛
atnej AB, to musi on le ˙ze´c na okr˛egu o ´srednicy AB. Mo ˙zemy zatem napisa´c równanie tego
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
okr˛egu i znale´z´c jego punkty wspólne z dan ˛
a prost ˛
a – b˛ed ˛
a to szukane punkty. ´Srodek ok˛egu
ma współrz˛edne
O
=
−
2
+
6
2
,
12
−
2
2
= (
2, 5
)
.
Promie ´n jest równy
|
AO
| =
q
(
2
− (−
2
))
2
+ (
5
−
12
)
2
=
√
16
+
49
=
√
65.
Dostajemy zatem układ równa ´n
(
(
x
−
2
)
2
+ (
y
−
5
)
2
=
65
x
+
3y
=
22.
Po wyliczeniu x
=
22
−
3y z drugiego równania i podstawieniu do pierwszego, otrzymuje-
my równanie
(
20
−
3y
)
2
+ (
y
−
5
)
2
=
65
400
−
120y
+
9y
2
+
y
2
−
10y
+
25
=
65
10y
2
−
130y
+
360
=
0
y
2
−
13y
+
36
=
0.
I jeste´smy dokładnie w tej samej sytuacji, co pod koniec poprzedniego sposobu.
Odpowied´z: C
= (
10, 4
)
lub C
= (−
5, 9
)
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Wykres funkcji f
(
x
) =
a
x
dla x
∈
R
\ {
0
}
, gdzie a
6=
0, przesuni˛eto o wektor
→
u
= [−
3, 2
]
i otrzymano wykres funkcji g. Do wykresu funkcji g nale ˙zy punkt A
= (−
4, 6
)
. Oblicz a,
nast˛epnie rozwi ˛
a ˙z nierówno´s´c g
(
x
) <
4.
R
OZWI ˛
AZANIE
Korzystamy ze wzoru na przesuni˛ecie funkcji y
=
f
(
x
)
o wektor
→
v
= [
a, b
]
:
y
=
f
(
x
−
a
) +
b.
Z powy ˙zszego wzoru g
(
x
) =
a
x
+
3
+
2. Informacja o punkcie
(−
4, 6
)
na wykresie tej funkcji
daje nam równanie
6
=
a
−
4
+
3
+
2
−
4
=
a.
Pozostało rozwi ˛
aza´c nierówno´s´c
−
4
x
+
3
+
2
<
4
−
4
x
+
3
−
2
<
0
−
2x
−
10
x
+
3
<
0.
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Ostatnia nierówno´s´c jest równowa ˙zna nierówno´sci
(−
2x
−
10
)(
x
+
3
) <
0
−
2
(
x
+
5
)(
x
+
3
) <
0
(
x
+
5
)(
x
+
3
) >
0
a to jest ju ˙z zwykła parabola (rysunek) czyli x
∈ (−
∞,
−
5
) ∪ (−
3,
∞
)
.
Odpowied´z: a
= −
4, x
∈ (−
∞,
−
5
) ∪ (−
3,
∞
)
Z
ADANIE
3
(5
PKT
.)
Na rysunku przedstawiony jest wykres funkcji logarytmicznej opisanej wzorem f
(
x
) =
log
p
x.
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a) Na podstawie tego wykresu wyznacz p.
b) Oblicz f
(
0, 125
)
.
c) Sporz ˛
ad´z wykres funkcji g
(
x
) = |
f
(
x
−
4
)|
.
d) Podaj miejsce zerowe funkcji g.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zadanie troch˛e ryzykowne, bo musi by´c dokładny rysunek.
a) Jak si˛e dokładnie przyjrzymy, to wida´c, ˙ze f
(
2
) =
1. To oznacza, ˙ze p
=
2 (bo log
p
x
=
1 oznacza, ˙ze p
1
=
x).
Odpowied´z: p
=
2
b)
log
2
(
0, 125
) =
log
2
1
8
=
log
2
(
2
−
3
) = −
3.
Odpowied´z: log
2
(
0, 125
) = −
3
c) Korzystamy ze wzoru na przesuni˛ecie funkcji y
=
f
(
x
)
o wektor
→
v
= [
a, b
]
:
y
=
f
(
x
−
a
) +
b.
W naszej sytuacji, wykres funkcji log
2
(
x
−
4
)
jest przesuni˛ety o wektor
[
4, 0
]
, czyli o 4
jednostki w prawo (niebieski wykres). Aby otrzyma´c
|
log
2
(
x
−
4
)|
trzeba cz˛e´s´c która
jest na dole ‘odbi´c’ do góry – zielony wykres.
d) Miejsce zerowe to oczywi´scie x
=
5.
Odpowied´z: x
=
5
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
4
(6
PKT
.)
W trójk ˛
acie równoramiennym (patrz rysunek) długo´s´c podstawy wynosi a, za´s wysoko´sci
opuszczone odpowiednio na podstaw˛e i rami˛e s ˛
a równe H i h. K ˛
at mi˛edzy ramieniem trój-
k ˛
ata i wysoko´sci ˛
a opuszczon ˛
a na podstaw˛e ma miar˛e α.
a) Wyra´z tg α w zale ˙zno´sci od wielko´sci a i H.
b) Wyra´z cos α w zale ˙zno´sci od wielko´sci a i h.
c) Wyka ˙z, ˙ze je´sli a
2
=
H
·
h, to sin α
=
√
2
−
1.
R
OZWI ˛
AZANIE
a) W zasadzie nie ma co obja´snia´c, wystarczy pami˛eta´c co to jest tg:
tg α
=
a
2
H
=
a
2H
.
Odpowied´z:
a
2H
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
b) Poniewa ˙z wysoko´sci s ˛
a prostopadłe do boków, to
]
B
=
90
◦
−
α
(rysunek). St ˛
ad
]
DAB
=
α
. Wyliczamy teraz z trójk ˛
ata DAB:
cos α
=
h
a
.
Odpowied´z: cos α
=
h
a
c) Na pocz ˛
atek nie przejmujmy si˛e podanym warunkiem (bo nie bardzo wiadomo co z
nim zrobi´c) i spróbujmy wyliczy´c sin α. Je ˙zeli oznaczymy DB
=
x (rysunek), to
sin α
=
x
a
.
Musimy zatem wyliczy´c x – mo ˙zemy to zrobi´c z podobie ´nstwa dwóch zaznaczonych
trójk ˛
atów prostok ˛
atnych (tych z k ˛
atem α). Mamy
x
h
=
a
2
H
x
=
a
2
·
h
H
=
a
2
·
h
a
2
h
=
h
2
2a
.
Skorzystali´smy oczywi´scie z równo´sci a
2
=
H
·
h. Teraz jest najbardziej ’trickowy’ krok.
Z otrzymanego równania nie uda nam si˛e wprost wyliczy´c x (podane warunki wyzna-
czaj ˛
a trójk ˛
at tylko z dokładno´sci ˛
a do podobie ´nstwa), ale my nie mamy wyliczy´c x-a
tylko sin α
=
x
a
. Maj ˛
ac to na uwadze przekształcamy:
x
=
h
2
2a
x
a
=
1
2
·
h
2
a
2
sin α
=
1
2
(
cos α
)
2
sin α
=
1
2
(
1
−
sin
2
α
)
sin
2
α
+
2 sin α
−
1
=
0.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
No i teraz powinno by´c ju ˙z łatwo, po podstawieniu t
=
sin α mamy zwykłe równanie
kwadratowe, które ma dwa rozwi ˛
azania t
1
=
√
2
−
1 i t
2
=
√
2
+
1. Druga z tych
liczb jest wi˛eksza od 1, nie mo ˙ze wi˛ec by´c warto´sci ˛
a sin α. Wykazalismy zatem, ˙ze
sin α
=
√
2
−
1.
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Pole obszaru ograniczonego wykresem funkcji y
=
x
2
dla x
∈ h
0, 1
i
i osi ˛
a Ox mo ˙zemy
obliczy´c z dowoln ˛
a dokładno´sci ˛
a, zwi˛ekszaj ˛
ac liczb˛e n prostok ˛
atów o szeroko´sci
1
n
ka ˙zdy
(patrz rysunek) i sumuj ˛
ac ich pola.
a) Przedstaw ilustracj˛e graficzn ˛
a takiej sytuacji dla n
=
4 i oblicz sum˛e pól otrzymanych
prostok ˛
atów.
b) Oblicz sum˛e S
n
pól n prostok ˛
atów, wykorzystuj ˛
ac wzór:
1
2
+
2
2
+
3
2
+
. . .
+
n
2
=
n
(
n
+
1
)(
2n
+
1
)
6
.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Prostok ˛
aty zaznaczone s ˛
a na rysunku. Ich pole liczymy bez trudu:
1
4
1
4
2
+
1
4
2
4
2
+
1
4
3
4
2
+
1
4
4
4
2
=
15
32
.
Odpowied´z:
15
32
b) Analogicznie jak w poprzednim punkcie, je ˙zeli b˛edzie n prostok ˛
atów, to ich pole b˛e-
dzie równe
1
n
1
n
2
+
1
n
2
n
2
+
1
n
3
n
2
+
. . .
+
1
n
n
n
2
=
=
1
n
3
1
2
+
2
2
+
3
2
+
. . .
+
n
2
=
(
n
+
1
)(
2n
+
1
)
6n
2
.
Na ko ´ncu skorzystali´smy ze wzoru podanego w tre´sci zadania.
Odpowied´z:
(
n
+
1
)(
2n
+
1
)
6n
2
Z
ADANIE
6
(3
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze wielomian W
(
x
) =
x
4
−
2x
3
+
2x
2
−
6x
+
9 nie ma pierwiastków rzeczywistych.
R
OZWI ˛
AZANIE
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zadanie jest troch˛e podchwytliwe – ma złapa´c uczniów stosuj ˛
acych schematy, wi˛ec najpierw
poka ˙zemy jak nie nale˙zy go rozwi ˛
azywa´c, je ˙zeli kogo´s to nie interesuje, to mo ˙ze opu´sci´c
nat˛epny akapit.
Pierwsz ˛
a rzecz ˛
a, któr ˛
a ka ˙zdy robi w takim zadaniu to sprawdza czy wielomian ten ma
pierwiastki wymierne, tzn. sprawdzamy czy nie jest równy zero dla liczb postaci
p
q
, gdzie p
dzielnik wyrazu wolnego (w tym przypadku 9) a q dzielnik współczynnika przy najwy ˙zszej
pot˛edze (tu 1). Jak si˛e posprawdza wszystkie mo ˙zliwo´sci (czyli -1,1,-3,3,-9,9), to okazuje
si˛e, ˙ze dla ˙zadnej z tych liczb wielomian si˛e nie zeruje – w kontek´scie tre´sci zadania nie
powinno to dziwi´c, przecie ˙z mamy wykaza´c, ˙ze on si˛e nigdy nie zeruje. W tym miejscu
wiele osób mo ˙ze si˛e nabra´c – czy ju ˙z udowodnili´smy, ˙ze ten wielomian si˛e nie zeruje? Nie,
wykazali´smy jedynie, ˙ze nie ma on pierwiatków wymiernych i t ˛
a metod ˛
a nic wi˛ecej nie uda
nam si˛e udowodni´c. ˙Zeby jeszcze wyra´zniej podkre´sli´c dlaczego ten sposób rozwi ˛
azania
do niczego nie prowadzi, rozwa ˙zmy wielomian W
(
x
) =
x
4
−
3. Ten wielomian te ˙z nie ma
pierwiastków wymiernych, ale nie jest prawd ˛
a, ˙ze nie ma pierwiastków.
Po tym przydługim wywodzie, mo ˙zemy w ko ´ncu wzi ˛
a´c si˛e za rozwi ˛
azanie. Je ˙zeli chce-
my wykaza´c, ˙ze wielomian 4 stopnia nie ma pierwiatków, to musimy wykaza´c, ˙ze jest on
zawsze dodatni (bo dla x
→ +
∞ jego warto´sci s ˛a dodatnie, wi˛ec je˙zeli ma nie mie´c pier-
wiastków, to musi by´c cały czas ponad osi ˛
a). Musimy wi˛ec wykaza´c, ˙ze
x
4
−
2x
3
+
2x
2
−
6x
+
9
>
0
dla x
∈
R.
Sposób I
Typowym trickiem na wykazanie czego´s takiego jest zapisanie lewej strony jako sumy kwa-
dratów:
x
4
−
2x
3
+
2x
2
−
6x
+
9
= (
x
4
−
2x
3
+
x
2
) + (
x
2
−
6x
+
9
) =
=
x
2
(
x
2
−
2x
+
1
) + (
x
−
3
)
2
=
x
2
(
x
−
1
)
2
+ (
x
−
3
)
2
Pozstaje teraz zauwa ˙zy´c, ˙ze otrzymane wyra ˙zenie zawsze jest dodatnie – to jest jasne pierw-
szy składnik zeruje si˛e dla x
=
1 lub x
=
0 a drugi dla x
=
3.
Jak wpa´s´c na powy ˙zszy rozkład? Najłatwiej zacz ˛
a´c od prawej cz˛e´sci . . .
−
6x
+
9, ˙zeby
zrobi´c z tego kwadrat brakuje x
2
, trzeba go wi˛ec dopisa´c. Dalej rozkład „robi si˛e sam".
Sposób II
Je ˙zeli kto´s jakim´s cudem oparł si˛e zreformowanej edukacji i wie co to s ˛
a pochod-
ne, to mógł to zadanie zrobi´c „na chama". Wystarczy pokaza´c, ˙ze minima danego wielomia-
nu s ˛
a powy ˙zej osi – wtedy cały wielomian jest powy ˙zej osi (bo jest stopnia 4 i ma dodatni
współczynnik przy x
4
).
Aby to wykaza´c, liczymy pochodn ˛
a
W
0
(
x
) =
4x
3
−
6x
2
+
4x
−
6
=
2
(
2x
3
−
3x
2
+
2x
−
3
)
.
Szukamy teraz pierwiastków wielomianu w nawiasie – jeden z nich to x
=
3
2
i rozkładamy
z twierdzenia Bézout. Mo ˙zemy te ˙z rozło ˙zy´c wprost:
2x
3
−
3x
2
+
2x
−
3
=
x
2
(
2x
−
3
) + (
2x
−
3
) = (
2x
−
3
)(
x
2
+
1
)
Teraz wida´c, ˙ze pochodna ma jedno miesce zerowe i zmienia w nim znak z „-" na „+", co
oznacza, ˙ze wyj´sciowa funkcja ma w tym punkcie minimum. Pozostaje teraz sprawdzi´c, ˙ze
W
3
2
=
3
2
4
−
2
3
2
3
+
2
3
2
2
−
6
3
2
+
9
=
45
16
>
0.
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Jak ju ˙z wcze´sniej zauwa ˙zyli´smy, powy ˙zsza nierówno´s´c oznacza, ˙ze W
(
x
) >
0 dla ka ˙zdego
x
∈
R. Dla ciekawych doł ˛aczamy wykres danego wielomianu.
Z
ADANIE
7
(6
PKT
.)
Dana jest funkcja f
(
x
) =
sin
2
x
+
cos x dla x
∈
R.
a) Rozwi ˛
a ˙z równanie f
(
x
) =
1 w przedziale
h
0, 2π
i
.
b) Wyznacz najwi˛eksz ˛
a warto´s´c funkcji f .
R
OZWI ˛
AZANIE
Przekształ´cmy najpierw wzór funkcji:
f
(
x
) =
1
−
cos
2
x
+
cos x.
a) Uwzgl˛edniaj ˛
ac powy ˙zsze przekształcenie, mamy
1
−
cos
2
x
+
cos x
=
1
cos
2
x
−
cos x
=
0
cos x
(
cos x
−
1
) =
0
cos x
=
0
∨
cos x
=
1.
Uwzgl˛edniaj ˛
ac, ˙ze x
∈ h
0, 2π
i
, dostajemy x
∈ {
0,
π
2
,
3π
2
, 2π
}
.
Odpowied´z: x
∈ {
0,
π
2
,
3π
2
, 2π
}
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
b) Je ˙zeli podstawimy t
=
cos x to mamy zwykł ˛
a parabol˛e g
(
t
) =
1
−
t
2
+
t na prze-
dziale
h−
1, 1
i
(bo takie warto´sci przyjmuje t
=
cos x na podanym przedziale) – rysu-
nek. Łatwo obliczy´c, ˙ze wierzchołek tej paraboli ma współrz˛edne
1
2
,
5
4
. Poniewa ˙z
1
2
znajduje si˛e wewn ˛
atrz przedziału
h−
1, 1
i
, funkcja g przyjmuje najwi˛eksz ˛
a warto´s´c w
punkcie
1
2
i wynosi ona
5
4
. Oczywi´scie jest to te ˙z najwi˛eksza warto´s´c funkcji f .
Odpowied´z: f
max
=
5
4
Z
ADANIE
8
(5
PKT
.)
Podstaw ˛
a ostrosłupa ABCD jest trójk ˛
at równoboczny ABC o boku długo´sci
√
2 . Wszystkie
´sciany boczne s ˛
a równoramiennymi trójk ˛
atami prostok ˛
atnymi. Punkt P został wybrany we-
wn ˛
atrz ostrosłupa w ten sposób, ˙ze wysoko´sci ostrosłupów ABDP, BCDP, ACDP, ABCP
opuszczone z wierzchołka P maj ˛
a t˛e sam ˛
a długo´s´c H. Sporz ˛
ad´z rysunek ostrosłupa i oblicz
H.
R
OZWI ˛
AZANIE
Jak to w zadaniach geometrycznych, najwa ˙zniejszy jest porz ˛
adny (du ˙zy i wyra´zny) rysu-
nek. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, tzn. P
A
i P
D
rzuty P na ´sciany przeciwległe do
wierzchołków A i D odpowiednio, A
1
– rzut A, D, P
A
, P
D
na kraw˛ed´z BC. Warto´s´c H ob-
liczymy z zielonego trójk ˛
ata, wi˛ec powyliczajmy najpierw niektóre jego odcinki. P
D
A
1
jest
promieniem okr˛egu opisanego na trójk ˛
acie równobocznym ABC (albo, jak kto´s woli jest to
1
3
długo´sci wysoko´sci tego trójk ˛
ata), wi˛ec ze znanych wzorów
P
D
A
1
=
1
3
·
√
2
·
√
3
2
=
√
6
6
.
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
at BA
1
D jest równoramienny (bo jest prostok ˛
atny i jeden z k ˛
atów ma
miar˛e 45
◦
). St ˛
ad
DA
1
=
BA
1
=
√
2
2
.
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Mo ˙zemy zatem wyliczy´c DP
D
DP
D
=
q
DA
2
1
−
P
D
A
2
1
=
r
1
2
−
1
6
=
√
3
3
.
No i teraz gwó´zd´z programu, czyli układamy proporcj˛e dla trójk ˛
atów podobnych DP
A
P i
DP
D
A
1
:
P
A
P
DP
=
P
D
A
1
DA
1
H
DP
D
−
H
=
P
D
A
1
DA
1
H
√
3
3
−
H
=
√
6
6
√
2
2
H
√
3
3
−
H
=
√
3
3
H
=
√
3
3
√
3
3
−
H
!
H
=
1
3
−
√
3
3
H
/
·
3
H
(
3
+
√
3
) =
1
H
=
3
−
√
3
6
.
Odpowied´z: H
=
3
−
√
3
6
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Grupa 4 kobiet i 4 m˛e ˙zczyzn, w tym jedno mał ˙ze ´nstwo, wybrała si˛e na piesz ˛
a wycieczk˛e. Na
w ˛
askiej ´scie ˙zce musieli i´s´c g˛esiego tzn. jedno za drugim. Zakładamy, ˙ze wszystkie mo ˙zliwe
Materiał pobrany z serwisu
13
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
ustawienia tych osób s ˛
a jednakowo prawdopodobne. Oblicz prawdopodobie ´nstwo zdarze-
nia, ˙ze jako pierwsze pójd ˛
a kobiety i ˙zona b˛edzie szła bezpo´srednio przed m˛e ˙zem. Sprawd´z,
czy to prawdopodobie ´nstwo jest mniejsze od 0,001.
R
OZWI ˛
AZANIE
Jak zwykle w zadaniach z prawdopodobie ´nstwa najwa ˙zniejsze jest odpowiednie ustalenie
przestrzeni
Ω zdarze´n elementarnych. W tym przypadku za Ω najwygodniej wzi ˛a´c wszyst-
kie mo ˙zliwe ustawienia 8 osób. Mamy zatem
|
Ω
| =
8!.
No dobrze, pozostały zdarzenia sprzyjaj ˛
ace. Pierwsze maj ˛
a i´s´c kobiety i ta jedna wyró ˙zniona
ma i´s´c na ko ´ncu (bo ma i´s´c przed m˛e ˙zem), czyli dla kobiet mamy 3! mo ˙zliwo´sci (kolejno´s´c
pierwszych trzech). Podobnie dla m˛e ˙zczyzn, m ˛
a ˙z musi i´s´c pierwszy, reszta dowolnie, czyli
te ˙z 3!. Zatem zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych jest
|
A
| =
3!
·
3!.
St ˛
ad szukane prawdopodobie ´nstwo wynosi
P
(
A
) =
3!
·
3!
8!
=
2
·
3
4
·
5
·
6
·
7
·
8
=
1
4
·
5
·
7
·
8
=
1
1120
<
1
1000
.
Odpowied´z: P
(
A
) =
1
1120
Z
ADANIE
10
(3
PKT
.)
Dany jest ci ˛
ag x
n
= −
1
−
n dla n
>
1. Ci ˛
ag
(
y
n
)
ma t˛e własno´s´c, ˙ze dla ka ˙zdego n
>
1 punkty
o współrz˛ednych
(
x
n
, 0
)
,
(−
1, 1
)
,
(
0, y
n
)
le ˙z ˛
a na jednej prostej. Wyznacz wzór ogólny ci ˛
agu
(
y
n
)
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Najwi˛eksza trudno´s´c w tym zadaniu, to makabryczne sformułowanie. Pełno dziwnych znacz-
ków i trudno si˛e połapa´c o co chodzi. No wi˛ec troch˛e to upro´s´cmy. Po pierwsze, oznaczenie
ci ˛
agu x
n
jest zupełnie niepotrzebne, mo ˙zna ci ˛
ag x
n
wywali´c i warunek z zadania zast ˛
api´c
warunkiem: punkty A
= (−
1
−
n, 0
)
, B
= (−
1, 1
)
, C
= (
0, y
n
)
le ˙z ˛
a na jednej prostej. Ok, nie
ma ju ˙z ci ˛
agu x
n
.
Kolejna my´sl, to jak to jest, ˙ze fakt, ˙ze punkt
(
0, y
n
)
le ˙zy na prostej wyznaczonej przez
(−
1
−
n, 0
)
,
(−
1, 1
)
pozwala wyliczy´c y
n
? - przecie ˙z na tej prostej jest pełno punktów. ˙Zeby
to zrozumie´c, trzeba zrobi´c rysunek. Na tym schematycznym rysunku zaznaczone s ˛
a przy-
kładowe punkty i prosta. Punkt B
= (−
1,
−
1
)
stoi w miejscu, punkt A (na osi Ox) zmienia
si˛e (w zale ˙zno´sci od n), a punkt C (na osi y) to ten którego szukamy.
Po tym wst˛epie wszystko powinno by´c jasne.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
14
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Piszemy wektory
→
AB i
→
BC i sprawdzamy kiedy s ˛
a równoległe.
→
AB
= [
n, 1
]
→
BC
= [
1, y
n
−
1
]
.
Wektory
[
x
1
, y
1
]
i
[
x
2
, y
2
]
s ˛
a równoległe wtedy i tylko wtedy gdy x
1
y
2
−
x
2
y
1
=
0 (równo-
wa ˙znie, współrz˛edne s ˛
a proporcjonalne). Otrzymujemy zatem równanie
n
(
y
n
−
1
) −
1
=
0.
St ˛
ad y
=
1
n
+
1.
Sposób II
Załó ˙zmy, ˙ze prosta na której le ˙z ˛
a punkty A i B ma równanie y
=
ax
+
b. Otrzymujemy st ˛
ad
układ równa ´n
0
= (−
1
−
n
)
a
+
b
1
= −
a
+
b.
Chcemy z tego układu wyliczy´c b
=
y
n
. W tym celu mno ˙zymy drugie przez
(−
1
−
n
)
i
dodajemy do pierwszego ( ˙zeby skróci´c a):
−
1
−
n
=
b
+
b
(−
1
−
n
)
−
1
−
n
= −
bn
b
=
1
+
n
n
.
Odpowied´z: y
=
1
n
+
1
Z
ADANIE
11
(5
PKT
.)
Długo´sci boków trójk ˛
ata prostok ˛
atnego s ˛
a trzema kolejnymi wyrazami rosn ˛
acego ci ˛
agu geo-
metrycznego. Oblicz iloraz tego ci ˛
agu.
Materiał pobrany z serwisu
15
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Oznaczmy boki trójk ˛
ata przez a, b, c. Poniewa ˙z b˛edziemy chcieli napisa´c warunek, ˙ze s ˛
a to
kolejne wyrazy rosn ˛
acego ci ˛
agu geometrycznego, to ustalmy ich kolejno´s´c, tzn. załó ˙zmy, ˙ze
a
<
b
<
c. Mamy zatem dwa równania
(
a
2
+
b
2
=
c
2
b
2
=
ac.
Pierwsze z nich to twierdzenie Pitagorasa, drugie to podstawowa własno´s´c ci ˛
agu geome-
tycznego. W pierwszej chwili mo ˙zna si˛e przestraszy´c, bo niewiadome s ˛
a trzy a równania
tylko dwa. Ale my nie chcemy wyliczy´c a, b, c (zreszt ˛
a nie da si˛e tego zrobi´c) tylko iloraz
dwóch kolejnych
, a to du ˙za ró ˙znica. Maj ˛
ac to na uwadze, wstawmy do pierwszego równa-
nia b
2
=
ac i przekształ´cmy otrzymane równanie ˙zeby wyliczy´c
c
a
.
a
2
+
ac
=
c
2
/ : a
2
1
+
c
a
=
c
a
2
.
Podstawiamy teraz t
=
c
a
i dostajemy równanie kwadratowe t
2
−
t
−
1
=
0, które ma pier-
wiastki t
1
=
1
−
√
5
2
i t
2
=
1
+
√
5
2
. Bierzemy drugi, bo ci ˛
ag ma by´c rosn ˛
acy. Zatem
c
a
=
1
+
√
5
2
.
Czy to jest szukany iloraz? Niezupełnie, wpadli´smy w pułapk˛e, któr ˛
a sami na siebie zasta-
wili´smy, c i a to nie s ˛
a kolejne wyrazy ci ˛
agu geometrycznego, tylko wyrazy n
+
2 i n, czyli
co´s w stylu a
1
q
n
+
2
i a
1
q
n
. W takim razie, to co wyliczyli´smy to jest q
2
, a q
=
q
1
+
√
5
2
.
Sposób II
Załó ˙zmy, ˙ze ci ˛
ag geometryczny z tre´sci zadania ma posta´c a
n
=
aq
n
, n
>
0 i niech a
k
, a
k
+
1
, a
k
+
2
b˛ed ˛
a długo´sciami boków trójk ˛
ata prostok ˛
atnego dla pewnego k
>
0. Z twierdzenia Pitago-
rasa
a
2
k
+
a
2
k
+
1
=
a
2
k
+
2
(
aq
k
)
2
+ (
aq
k
+
1
)
2
= (
aq
k
+
2
)
2
a
2
q
2k
+
a
2
q
2k
q
2
=
a
2
q
2k
q
4
/ : a
2
q
2k
1
+
q
2
=
q
4
.
Otrzymane równanie dwukwadratowe rozwi ˛
azujemy standardowo podstawiaj ˛
ac q
2
=
t.
Tak jak w poprzednim sposobie, otrzymujemy
q
2
=
1
+
√
5
2
.
Odpowied´z: q
=
q
1
+
√
5
2
Materiał pobrany z serwisu
16
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Zestaw1 PR rozwiazania id 58873 Nieznany
Zestaw 2 PR rozwiązania
Zestaw1 PR rozwiązania
zestaw 07 rozwiazania
4R ruch obrotowy bryly PR rozwiazania id 39410 (2)
Zestaw 2 PP rozwiązania
zestaw 05 rozwiazania
zestaw 06 rozwiazania
zestaw 10 rozwiązania
zestaw 08 rozwiazania
2013 02 CEN PR rozwiązania
MJA 1 PR rozwiazania id 303664 Nieznany
zestaw 04 rozwiazania
zestaw 03 rozwiazania
Zestaw 1 PP rozwiązania
Chemia Ćwiczenia zestawy rozwiązane, Zestaw nr 7 rozwiazany, Zestaw 7
więcej podobnych podstron