Zestaw 2 PR rozwiązania

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

(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

www.zadania.info

1

background image

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

www.zadania.info

2

background image

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

www.zadania.info

3

background image

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

www.zadania.info

4

background image

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

www.zadania.info

5

background image

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

www.zadania.info

6

background image

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

www.zadania.info

7

background image

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

www.zadania.info

8

background image

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

www.zadania.info

9

background image

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

www.zadania.info

10

background image

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

www.zadania.info

11

background image

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

www.zadania.info

12

background image

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

www.zadania.info

13

background image

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

|

| =

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

www.zadania.info

14

background image

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

www.zadania.info

15

background image

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

www.zadania.info

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