Zadania na dowodzenie dla zakresu podstawowego
1. (3 pkt) Wyka», »e dla ka»dej liczby rzeczywistej m funkcja f dana wzorem f( x) = ( m 2 + m + 1) x + m jest rosn¡ca.
Rozwi¡zanie
Funkcja f jest funkcj¡ liniow¡. Jej monotoniczno±¢ zale»y od znaku wspóªczynnika kierunkowego. We wzorze funkcji jest on równy m 2 + m+1. Trójmian kwadratowy y = m 2 + m+1 nie ma miejsc zerowych. Jego wykresem jest parabola o ramionach skierowanych do góry, zatem trójmian przyjmuje tylko warto±ci dodatnie. Wynika st¡d, »e dla ka»dej liczby m ∈ R wspóªczynnik kierunkowy prostej jest dodatni, czyli funkcja f jest rosn¡ca.
2. (4 pkt) Niech A, B ⊂ Ω b¦d¡ zdarzeniami losowymi takimi, »e P ( A) = 3 oraz P ( B0) = 4. Wyka», »e 5
7
P ( A ∩ B) 6= 0.
Rozwi¡zanie
Z danych zadania oraz z wªasno±ci prawdopodobie«stwa wynika, »e P ( B) = 1 − 4 = 3. St¡d otrzymujemy 7
7
P ( A ∩ B) = P ( A) + P ( B) − P ( A ∪ B) 3 + 3 − 1 = 1 > 0, czyli P ( A ∩ B) 6= 0.
5
7
35
3. (4 pkt) Wyka», »e dla ka»dej liczby rzeczywistej a ∈ R \ { 2 } równanie x 2 + y 2 − ax + 2 y + a = 0 jest równaniem okr¦gu.
Rozwi¡zanie
Sprowadzamy równanie okr¦gu do postaci ( x − a)2 + ( y + 1)2 = a 2 − a + 1. Praw¡ stron¦ równania mo»na 2
4
zapisa¢ w postaci ( a− 2)2 . Dla a ∈ R \ { 2 } prawdziwa jest nierówno±¢ ( a− 2)2 > 0, wi¦c równanie, o którym jest 4
4
mowa w zadaniu, jest równaniem okr¦gu o ±rodku w punkcie ( a, − 1) i promieniu |a− 2 |.
2
2
√
√
4. (3 pkt) Suma i ró»nica dwóch liczb s¡ równe odpowiednio 2 n oraz 2 k, gdzie n, k ∈ N. Wyka», »e iloczyn tych liczb jest liczb¡ caªkowit¡.
Rozwi¡zanie
√
Liczby, o których jest mowa w zadaniu oznaczmy
x + y = 2 n
x i y. Otrzymujemy ukªad równa«
√
.
x − y = 2 k
√
√
√
√
Rozwi¡zaniem tego ukªadu jest para liczb ( x, y), gdzie x = n + k oraz y = n − k.
√
√
√
√
Iloczyn x · y = ( n + k)( n − k) = n − k jest liczb¡ caªkowit¡.
5. (5 pkt) Romb obraca si¦ dookoªa ka»dej ze swoich przek¡tnych. Powstaªe w ten sposób dwie bryªy maj¡
równe obj¦to±ci. Wyka», »e ten romb jest kwadratem.
Rozwi¡zanie
Przek¡tne AC i BD rombu ABCD s¡ prostopadªe i dziel¡ si¦ na poªowy. Oznaczmy przez O punkt przeci¦cia tych przek¡tnych. W wyniku obrotu rombu dookoªa przek¡tnej AC powstaje bryªa zªo»ona z dwóch przystaj¡cych sto»ków. Obj¦to±¢ tej bryªy jest równa V 1 = 2 · 1 · |OD| 2 · |AO|. W wyniku obrotu rombu dookoªa 3
przek¡tnej BD tak»e powstaje bryªa zªo»ona z dwóch przystaj¡cych sto»ków. Obj¦to±¢ tej bryªy jest równa V 2 = 2 · 1 · |AO| 2 · |OD|. Porównuj¡c oba wzory, otrzymujemy równo±¢ |OD| 2 · |AO| = |AO| 2 · |OD|, a st¡d 3
|AO| = |OD|. Oznacza to, »e przek¡tne rombu s¡ równej dªugo±ci, zatem romb jest kwadratem.
Zadania na dowodzenie dla zakresu rozszerzonego
√
√
1. (3 pkt) Udowodnij, »e liczba p
p
14 − 6 5 +
14 + 6 5 jest caªkowita.
Rozwi¡zanie
√
√
√
q
√
√
√
I sposób. Niech
p
p
n =
14 − 6 5 +
14 + 6 5. Wtedy n 2 = 14 − 6 5+2 (14 − 6 5)(14 + 6 5)+14+6 5 =
√
= 28 + 2 196 − 180 = 36. Wida¢ ponadto, »e n jest liczb¡ dodatni¡, wi¦c n = 6.
√
√
√
√
√
√
II sposób. Zauwa»my, »e
p
14 − 6 5 = (3 −
5)2 oraz 14 + 6 5 = (3 + 5)2. Wtedy p14 − 6 5 +
14 + 6 5 =
√
√
√
√
= | 3 −
5 | + | 3 +
5 | = 3 −
5 + 3 +
5 = 6.
√
2. (3 pkt) Uzasadnij, »e trójk¡t o bokach dªugo±ci sin π , cos π i 5 jest rozwartok¡tny.
12
12
2
Rozwi¡zanie
√
Najdªu»szy bok tego trójk¡ta ma dªugo±¢ 5, zatem naprzeciw tego boku znajduje si¦ k¡t α o najwi¦kszej mierze.
2
Obliczamy cosinus tego k¡ta, korzystaj¡c z twierdzenia cosinusów:
sin2 π +cos2 π − 5
cos α =
12
12
4
= −
1
=
2 sin π cos π
8 sin π cos π
12
12
12
12
= −
1
= − 1 . K¡t α jest rozwarty, bo cos α < 0.
4 sin π
2
6
3. (3 pkt) Wyka», »e prosta o równaniu x+2 y− 4 = 0 nie jest styczna do okr¦gu o równaniu x 2+ y 2 − 4 x+3 = 0.
Rozwi¡zanie
Przeksztaªcamy równanie okr¦gu do postaci ( x − 2)2 + y 2 = 1. Odczytujemy wspóªrz¦dne ±rodka okr¦gu O(2 , 0)
√
√
i jego promie« r = 1. Obliczamy odlegªo±¢ d ±rodka okr¦gu od prostej: d = | 2 − 4 |
√
= 2 5 . 2 5 6= r, zatem prosta
5
5
5
x + 2 y − 4 = 0 nie jest styczna do tego okr¦gu.
4. (4 pkt) Czworok¡t wpisano w okr¡g tak, »e dªu»sza jego przek¡tna jest ±rednic¡ okr¦gu. Jeden z k¡tów wewn¦trznych czworok¡ta ma miar¦ 150 ◦. Udowodnij, »e dªugo±¢ jego krótszej przek¡tnej jest równa poªowie dªugo±ci dªu»szej przek¡tnej.
Rozwi¡zanie
Oznaczmy kolejne wierzchoªki czworok¡ta przez A, B, C, D, a promie« okr¦gu przez R. Niech AC b¦dzie dªu»sz¡
przek¡tn¡ czworok¡ta. Wtedy |AC| = 2 R, a k¡ty przy wierzchoªkach B i D s¡ proste, jako k¡ty oparte na
±rednicy. St¡d miar¦ 150 ◦ ma k¡t przy wierzchoªku A lub C. Drugi z tych k¡tów ma miar¦ 30 ◦. Przypu±¢my, »e jest to k¡t przy wierzchoªku A. O trójk¡cie ABD wiemy, »e okr¡g na nim opisany ma promie« R, a naprzeciw szukanego boku BD le»y k¡t o mierze 30 ◦.
I sposób. Z twierdzenia sinusów otrzymujemy równo±¢ |BD| = 2 R. St¡d |BD| = R = 1 · |AC|.
sin 30 ◦
2
II sposób. |^ DOB| = 60 ◦ oraz |OB| = |OD|, zatem trójk¡t BOD jest równoboczny i |BD| = R.
5. (5 pkt) Dany jest ci¡g geometryczny ( cn) o pierwszym wyrazie c 1 = 25 i ilorazie q = 3. Wyka», »e ci¡g ( an) o wzorze ogólnym an = log c
6
n jest arytmetyczny. Oblicz sum¦ jedenastu jego pocz¡tkowych wyrazów i uzasadnij, »e jest ona liczb¡ caªkowit¡.
Rozwi¡zanie
Wzór ogólny ci¡gu ( cn) ma posta¢ cn = 25 · 3 n− 1, st¡d an = log (25 · 3 n− 1). Wtedy a 6
n+1 − an
=
= log (25 · 3 n) − log (25 · 3 n− 1) = log 25 · 3 n
= log 3, co oznacza, »e ( a
6
6
6 25 · 3 n− 1
6
n) jest ci¡giem arytmetycznym
o ró»nicy r = log 3. Suma S
25+log (25 · 310)
(210 · 310)
610
6
· 11 = log6
· 11 = log6
· 11 = 10 · 11 = 55 jest liczb¡
6
11 = log6
2
2
2
2
caªkowit¡.
6. (5 pkt) Wyka», »e pierwiastki x 1 i x 2 równania x 2 + 2
√
x − m = 0, gdzie m > 0, speªniaj¡ nierówno±¢
m
2
x 2 + x 2 4.
1
2
Rozwi¡zanie
Z zaªo»enia m > 0, wi¦c ∆ = 4 + 4 · m > 0. Wynika st¡d, »e równanie ma dla m > 0 dwa ró»ne pierwiastki m
2
x 1 i x 2. Korzystaj¡c ze wzorów Viéte'a otrzymujemy: x 2 + x 2 = ( x
+ m = 4+ m 2 =
1
2
1 + x 2)2 − 2 x 1 x 2 =
4
m
m
= ( m− 2)2+4 m = ( m− 2)2 + 4 0 + 4 = 4.
m
m
7. (5 pkt) Dla pewnego ci¡gu liczbowego ( an) i dowolnej liczby naturalnej n 1 suma n pocz¡tkowych wyrazów tego ci¡gu wyra»a si¦ wzorem Sn = 2 n 2 + n. Udowodnij, »e ci¡g ( an) jest arytmetyczny.
Rozwi¡zanie
Mamy a 1 = S 1 = 3 oraz an = Sn − Sn− 1 = 2 n 2 + n − 2( n − 1)2 − ( n − 1) = 4 n − 1 dla n > 1. Otrzymali±my ci¡g ( an) o wzorze ogólnym an = 4 n − 1 dla n 1. St¡d an+1 − an = 4( n + 1) − 1 − 4 n + 1 = 4, zatem ci¡g ( an) jest arytmetyczny, a jego ró»nica jest równa 4.