27 03 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

27

MARCA

2010

C

ZAS PRACY

: 180

MINUT

Z

ADANIE

1

(4

PKT

.)

Wewn ˛

atrz prostok ˛

ata ABCD o wymiarach

|

AB

| =

8 i

|

AD

| =

6 wybrano dwa punkty M i

N takie, ˙ze MN

k

AB oraz

|

AM

| = |

DM

| = |

NB

| = |

NC

|

. Przy jakiej odległo´sci punktów

M i N suma kwadratów długo´sci odcinków AM, DM, MN, NB, NC jest najmniejsza?

R

OZWI ˛

AZANIE

Rozpoczynamy od rysunku.

8

3

A

B

C

D

M

N

3

E

F

x

Je ˙zeli oznaczymy MN

=

x to poniewa ˙z trójk ˛

aty AMD i BNC s ˛

a przystaj ˛

ace, mamy

EM

=

EF

MN

2

=

8

x

2

=

4

x
2

.

Mo ˙zemy teraz wyliczy´c interesuj ˛

ac ˛

a nas sum˛e kwadratów

AM

2

+

DM

2

+

MN

2

+

NB

2

+

NC

2

=

4AM

2

+

MN

2

=

=

4

(

AE

2

+

EM

2

) +

MN

2

=

4

9

+

4

x
2

2

+

x

2

=

=

4

9

+

16

4x

+

x

2

4

+

x

2

=

100

16x

+

x

2

+

x

2

=

=

2x

2

16x

+

100.

Wykresem otrzymanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych do góry, wi˛ec naj-
mniejsz ˛

a warto´s´c otrzymamy w wierzchołku, czyli dla x

=

16

4

=

4.

Odpowied´z: MN

=

4

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

Z

ADANIE

2

(4

PKT

.)

Rozwi ˛

azaniem nierówno´sci log

p

(

x

+

1

) 6

32

x

+

15

16

z niewiadom ˛

a x jest zbiór

h−

4

5

,

+

)

.

Wyznacz p.

R

OZWI ˛

AZANIE

My´slimy o wykresach obu stron. Wykres prawej strony jeste´smy w stanie do´s´c dokładnie
naszkicowa´c – jest to wykres funkcji y

=

32

x

przesuni˛ety o

15

16

do góry.

Zastanówmy si˛e teraz jak mo ˙ze wygl ˛

ada´c wykres lewej strony. Jest to oczywi´scie wykres

funkcji y

=

log

p

x przesuni˛ety o jedn ˛

a jednostk˛e w lewo. Gdyby p

>

1 to logarytm d ˛

a ˙zyłby

do

∞ przy x zbli˙zaj ˛acym si˛e do -1, a wi˛ec na pewno rozwi ˛azaniami podanej nierówno´sci

byłyby liczby dowolnie bliskie -1. Takich liczb jednak nie ma w zbiorze rozwi ˛

aza ´n, wi˛ec

musi by´c p

<

1. Teraz mo ˙zemy naszkicowa´c oba wykresy.

-2.5

+1

+2.5

x

-1

+1

+2

y

Wida´c teraz, ˙ze wykres funkcji log

p

(

x

+

1

)

jest poni ˙zej wykresu funkcji y

=

32

x

+

15

16

dokładnie na prawo od punktu przeci˛ecia si˛e tych wykresów. Z drugiej strony wiemy, ˙ze
zbiorem rozwi ˛

aza ´n jest przedział

h−

4

5

,

+

)

. To oznacza, ˙ze wykresy musz ˛

a si˛e przecina´c

dla x

= −

4

5

. Sprawd´zmy jaka jest wtedy warto´s´c funkcji y

=

32

x

+

15

16

.

32

x

+

15
16

=

32

4

5

+

15
16

=

32

1

5

4

+

15
16

=

2

4

+

15
16

=

1

16

+

15
16

=

1.

W takim razie dokładnie tak ˛

a sam ˛

a warto´s´c w tym punkcie musi przyjmowa´c funkcja y

=

log

p

(

x

+

1

)

. Wiemy jednak, ˙ze log

p

p

=

1, wi˛ec musimy mie´c

p

= −

4
5

+

1

=

1
5

.

Odpowied´z: p

=

1

5

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

Z

ADANIE

3

(5

PKT

.)

Ró ˙znica mi˛edzy pierwszym a siódmym wyrazem ci ˛

agu geometrycznego jest równa 63, a

ró ˙znica mi˛edzy wyrazem pierwszym a czwartym jest równa 72. Oblicz sum˛e pierwszych 7
wyrazów tego ci ˛

agu.

R

OZWI ˛

AZANIE

Je ˙zeli oznaczymy pierwszy wyraz ci ˛

agu przez a, a iloraz przez q to ze wzoru a

n

=

aq

n

1

na

n-ty wyraz ci ˛

agu geometrycznego mamy układ równa ´n

(

a

aq

6

=

63

a

aq

3

=

72.

(

a

(

1

q

6

) =

63

a

(

1

q

3

) =

72.

(

a

(

1

q

3

)(

1

+

q

3

) =

63

a

(

1

q

3

) =

72.

Podstawiamy teraz a

(

1

q

3

) =

72 z drugiego równania do pierwszego.

72

(

1

+

q

3

) =

63

1

+

q

3

=

63
72

=

7
8

q

3

= −

1
8

⇐⇒

q

= −

1
2

.

Zatem

a

=

72

1

q

3

=

72

1

+

1

8

=

72

9

8

=

64.

Pozostało policzy´c sum˛e pierwszych 7 wyrazów.

S

7

=

64

·

1

− (−

1

2

)

7

1

− (−

1

2

)

=

2

6

·

1

+

1

2

7

1

+

1

2

=

2

6

+

1

2

3

2

=

2

7

+

1

3

=

129

3

=

43.

Odpowied´z: 43

Zadania

.info

Podobają Ci się nasze rozwiązania?

Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!

Z

ADANIE

4

(5

PKT

.)

W urnie znajduje si˛e N losów, przy czym M z nich to losy wygrywaj ˛

ace (M

6

N). Wybiera-

my losowo n losów z urny (n

6

N) i niech p oznacza prawdopodobie ´nstwo, ˙ze dokładnie m

spo´sród tych losów to losy wygrywaj ˛

ace (m

6

M oraz m

6

n). Uzasadnij, ˙ze

p

=

(

n

m

) · (

N

n

M

m

)

(

N

M

)

.

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

R

OZWI ˛

AZANIE

Sposób I

Skoro losujemy n spo´sród N losów to

|

| =

N

n

.

Policzmy teraz ile jest zdarze ´n sprzyjaj ˛

acych.

Mamy mie´c m losów wygrywaj ˛

acych – mo ˙zemy je wybra´c na

M

m

sposobów. Pozostałe n

m losów musimy wybra´c spo´sród losów przegrywaj ˛

acych, co mo-

˙zemy zrobi´c na

N

M

n

m

sposobów. W sumie jest wi˛ec

M

m

·

N

M

n

m

zdarze ´n sprzyjaj ˛

acych i prawdopodobie ´nstwo wynosi

p

=

(

M

m

) · (

N

M

n

m

)

(

N

n

)

.

No i fajnie, ale nie wygl ˛

ada to jak wynik, który mieli´smy uzyska´c. ˙Zeby zobaczy´c, ˙ze to

jednak jest to samo, obliczmy oba ilorazy.

(

M

m

) · (

N

M

n

m

)

(

N

n

)

=

M!

m!

(

M

m

)

!

·

(

N

M

)

!

(

n

m

)

!

(

N

M

n

+

m

)

!

N!

n!

(

N

n

)

!

=

=

M!

(

N

M

)

!n!

(

N

n

)

!

m!

(

M

m

)

!

(

n

m

)

!

(

N

M

n

+

m

)

!N!

(

n

m

) · (

N

n

M

m

)

(

N

M

)

=

n!

m!

(

n

m

)

!

·

(

N

n

)

!

(

M

m

)

!

(

N

n

M

+

m

)

!

N!

M!

(

N

M

)

!

=

=

n!

(

N

n

)

!M!

(

N

M

)

!

m!

(

n

m

)

!

(

M

m

)

!

(

N

n

M

+

m

)

!N!

Wida´c teraz, ˙ze rzeczywi´scie jest to sama liczba napisana na dwa ró ˙zne sposoby.

Sposób II

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

Tym razem policzymy prawdopodobie ´nstwo w troch˛e nietypowy sposób, dzi˛eki czemu od
razu otrzymamy wynik w postaci z tre´sci zadania.

Zamiast my´sle´c o losowaniu n losów z urny, mo ˙zemy my´sle´c inaczej: ustalamy n spo´sród

N losów, a potem losujemy, które M spo´sród wszystkich N losów b˛ed ˛

a wygrywaj ˛

ace. Przy

takim podej´sciu mamy

|

| =

N

M

(wybieramy, które losy s ˛

a wygrywaj ˛

ace).

Policzmy teraz zdarzenia sprzyjaj ˛

ace, tzn. takie zdarzenia, ˙ze dokładnie m spo´sród na-

szych ustalonych n losów jest wygrywaj ˛

acych. Te m losów wygrywaj ˛

acych mo ˙zemy wybra´c

na

n

m

sposobów. Ponadto musimy wci ˛

a ˙z ustali´c, które M

m spo´sród losów spoza naszego usta-

lonego zbioru b˛ed ˛

a wygrywaj ˛

ace. Mo ˙zemy to zrobi´c na

N

n

M

m

sposobów.

Prawdopodobie ´nstwo jest wi˛ec równe

p

=

(

n

m

) · (

N

n

M

m

)

(

N

M

)

.

Z

ADANIE

5

(6

PKT

.)

Na wysoko´sci CD trójk ˛

ata ABC wybrano punkt P taki, ˙ze

|

PD

| = |

PE

|

, gdzie D i E s ˛

a

rzutami tego punktu odpowiednio na boki AB i BC. Wiedz ˛

ac, ˙ze tg

]

ABC

=

2

2 oblicz

iloraz

|

BE

|

|

EC

|

.

R

OZWI ˛

AZANIE

Rozpoczynamy oczywi´scie od rysunku.

A

B

C

P

E

D

H-x

x

x

α

Sposób I

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

Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛

aty prostok ˛

atne PDB i PEB maj ˛

a równe dwa boki, wi˛ec s ˛

a przystaj ˛

ace.

Zatem DB

=

EB. Ponadto, patrz ˛

ac na trójk ˛

at BCD mamy

H

DB

=

tg α

=

2

2

H

=

2

2

·

DB.

Pisz ˛

ac twierdzenie Pitagorasa w tym samym trójk ˛

acie mamy

DB

2

+

DC

2

=

BC

2

DB

2

+ (

2

2

·

DB

)

2

=

BC

2

DB

2

+

8DB

2

=

BC

2

9DB

2

=

BC

2

BC

=

3DB

=

3BE.

To oznacza, ˙ze

BE

EC

=

BE

2BE

=

1
2

.

Sposób II

Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛

aty CEP i CDB s ˛

a oba prostok ˛

atne i maj ˛

a wspólny k ˛

at

]

BCD

=

α

, wi˛ec

s ˛

a podobne. U ˙zywaj ˛

ac tego podobie ´nstwa oraz podanego tangensa, wyliczymy długo´sci

odcinków BE i EC w zale ˙zno´sci od H

= |

CD

|

.

Zauwa ˙zmy od razu, ˙ze

CD

DB

=

tg α

=

2

2

DB

=

H

2

2

BC

=

p

CD

2

+

DB

2

=

r

H

2

+

H

2

8

=

r

9H

2

8

=

3H

2

2

.

Z podobie ´nstwa trójk ˛

atów CEP i CDB mamy

PE

CP

=

DB

BC

x

H

x

=

H

2

2

3H

2

2

x

H

x

=

1
3

3x

=

H

x

x

=

H

4

.

Teraz łatwo wyliczy´c długo´sci odcinków EC i BE. Mo ˙zemy wykorzysta´c twierdzenie Pita-
gorasa w trójk ˛

acie CEP, ale mo ˙zemy te ˙z raz jeszcze skorzysta´c z podobie ´nstwa.

EC

PE

=

CD

DB

EC

H

4

=

H

H

2

2

EC

=

H

4

·

2

2

=

H

2

2

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

St ˛

ad

BE

EC

=

BC

EC

EC

=

BC
EC

1

=

3H

2

2

H

2

2

1

=

3H

2

2

·

2

H

2

1

=

3
2

1

=

1
2

.

Odpowied´z:

1

2

Z

ADANIE

6

(4

PKT

.)

Wyznacz równanie okr˛egu, który jest obrazem okr˛egu

(

x

+

4

)

2

+ (

y

7

)

2

=

27 w jedno-

kładno´sci o ´srodku S

= (−

1, 4

)

i skali

1

3

.

R

OZWI ˛

AZANIE

Mo ˙zemy na pocz ˛

atek naszkicowa´c sobie o co chodzi. Trudno o dokładny rysunek, ale szkic

powinien nam wystarczy´c.

-10

-4

-1

+1

x

-1

+1

+5

+10

y

S

O

2

O

1

Poniewa ˙z promie ´n okr˛egu zmienia si˛e jak skala jednokładno´sci, szukany okr ˛

ag b˛edzie

miał promie ´n

1
3

·

27

=

3.

Pozostało wyznaczy´c jego ´srodek. Nie jest to trudne, je ˙zeli O

1

= (−

4, 7

)

jest ´srodkiem dane-

go okr˛egu, a O

2

= (

x, y

)

´srodkiem okr˛egu, którego szukamy, to mamy równo´s´c

−→

SO

2

=

1
3

−→

SO

1

[

x

+

1, y

4

] =

1
3

[−

4

+

1, 7

4

] = [−

1, 1

]

(

x

+

1

= −

1

x

= −

2

y

4

=

1

y

=

5.

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

Zatem równanie szukanego okr˛egu to

(

x

+

2

)

2

+ (

y

5

)

2

=

3.

Odpowied´z:

(

x

+

2

)

2

+ (

y

5

)

2

=

3

Z

ADANIE

7

(4

PKT

.)

Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli liczby całkowite x, y, z spełniaj ˛

a równanie x

2

+

y

2

+

z

2

=

2010 to co najwy ˙zej

jedna z liczb x, y, z dzieli si˛e przez 4.

R

OZWI ˛

AZANIE

Sposób I

Gdyby wszystkie trzy liczby dzieliły si˛e przez 4, to 2010 dzieliłoby si˛e przez 4, a łatwo
sprawdzi´c, ˙ze si˛e nie dzieli.

Musimy zatem wykluczy´c mo ˙zliwo´s´c, ˙ze dokładnie dwie z liczb dziel ˛

a si˛e przez 4. Przy-

pu´s´cmy przeciwnie, ˙ze np. liczby x i y dziel ˛

a si˛e, a z nie dzieli si˛e przez 4. Zauwa ˙zmy, ˙ze

w takiej konfiguracji z musi by´c liczb ˛

a parzyst ˛

a (bo inaczej lewa strona równania jest niepa-

rzysta).

W takim razie nasze zało ˙zenia mo ˙zemy zapisa´c w postaci

x

=

4a

y

=

4b

z

=

4c

+

2,

dla pewnych liczb całkowitych a, b, c. Podstawiaj ˛

ac do danego równania mamy

16a

2

+

16b

2

+

16c

2

+

16c

+

4

=

2010

Teraz wystarczy zauwa ˙zy´c, ˙ze lewa strona dzieli si˛e przez 4, a prawa nie, co stanowi sprzecz-
no´s´c. W takim razie nie jest mo ˙zliwe, aby dwie spo´sród liczb x i y dzieliły si˛e przez 4.

Sposób II

Sprawd´zmy jakie reszty z dzielenie przez 4 mog ˛

a dawa´c kwadraty liczb całkowitych.

Je ˙zeli n

=

4k to n

2

dzieli si˛e przez 4, czyli daje reszt˛e 0.

Je ˙zeli n

=

4k

+

1 to n

2

=

16k

2

+

8k

+

1, wi˛ec n

2

daje reszt˛e 1.

Je ˙zeli n

=

4k

+

2 to n

2

=

16k

2

+

16k

+

4, wi˛ec n

2

daje reszt˛e 0.

Je ˙zeli n

=

4k

+

3 to n

2

=

16k

2

+

24k

+

9

=

16k

2

+

24k

+

8

+

1, wi˛ec n

2

daje reszt˛e 1.

To oznacza, ˙ze kwadrat liczby całkowitej zawsze daje reszt˛e 0 lub 1 przy dzieleniu przez

4. Z drugiej strony,

2010

=

502

·

4

+

2,

co oznacza, ˙ze reszty dokładnie dwóch spo´sród liczb x

2

, y

2

, z

2

to jedynki, a jedna reszta to 0

(jest to jedyna mo ˙zliwo´s´c, ˙zeby w sumie wyszło 2). To oznacza, ˙ze co najwy ˙zej jedna z liczb

x, y, z mo ˙ze dzieli´c si˛e przez 4 (ta której kwadrat daje reszt˛e 0).

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

Uwaga. Mo ˙zna pokaza´c, ˙ze wszystkie naturalne rozwi ˛

azania danego równania, w któ-

rych x

<

y

<

z to

(

1, 28, 55

)

,

(

4, 25, 37

)

,

(

5, 7, 44

)

,

(

7, 19, 40

)

,

(

11, 17, 40

)

,

(

16, 23, 35

)

,

(

19, 25, 32

)

.

Wszystkie naturalne rozwi ˛

azania otrzymamy permutuj ˛

ac powy ˙zsze trójki, a wszystkie cał-

kowite rozwi ˛

azania otrzymamy dodatkowo dowolnie zmieniaj ˛

ac znaki liczb x, y, z.

Z

ADANIE

8

(4

PKT

.)

Sprzedawca zegarków kupił w hurtowni za 5746 złotych dwa rodzaje zegarków: damskie i
m˛eskie, przy czym kupił trzy razy wi˛ecej zegarków damskich ni ˙z m˛eskich. Przy ponownym
zakupie takiej samej ilo´sci zegarków, otrzymał 10% rabatu na cen˛e zakupu zegarka damskie-
go oraz 10 zł upustu na cen˛e zakupu zegarka m˛eskiego. Dzi˛eki otrzymanym rabatom, ł ˛

aczny

koszt zakupu zmalał do 5265 zł. Wiedz ˛

ac, ˙ze po udzieleniu rabatu, cena m˛eskiego zegarka

była dwa razy wy ˙zsza od ceny zegarka damskiego, oblicz pierwotne ceny zegarków.

R

OZWI ˛

AZANIE

Oznaczmy przez x liczb˛e zakupionych zegarków m˛eskich, a przez c cen˛e po rabacie jednego
zegarka damskiego. W takim razie zegarków damskich było 3x, a jeden zegarek m˛eski po
rabacie kosztował 2c. Ceny przed rabatem wynosiły odpowiednio

c

0,9

i 2c

+

10.

Z podanych informacji o kosztach zakupu mamy układ równa ´n

(

x

· (

2c

+

10

) +

3x

·

c

0,9

=

5746

/

·

3

x

·

2c

+

3x

·

c

=

5265

(

6xc

+

30x

+

10xc

=

17238

/ : 2

5xc

=

5265

/ : 5

(

8xc

+

15x

=

8619

xc

=

1053.

Podstawiaj ˛

ac xc

=

1053 do pierwszego równania otrzymujemy

8424

+

15x

=

8619

15x

=

195

x

=

13.

Zatem

c

=

1053

x

=

81.

i oryginalne ceny zegarków były równe

c

0,9

=

90 oraz 2c

+

10

=

172.

Odpowied´z: Damski: 90 zł, m˛eski: 172 zł.

Z

ADANIE

9

(5

PKT

.)

W graniastosłupie prawidłowym sze´sciok ˛

atnym poprowadzono płaszczyzn˛e, która prze-

chodzi przez dłu ˙zsz ˛

a przek ˛

atn ˛

a dolnej podstawy oraz przez jedn ˛

a z kraw˛edzi górnej pod-

stawy. Płaszczyzna ta wyznacza przekrój graniastosłupa, który jest trapezem równoramien-
nym. Wiedz ˛

ac, ˙ze w trapez ten mo ˙zna wpisa´c okr ˛

ag o promieniu 1, oblicz obj˛eto´s´c grania-

stosłupa.

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

R

OZWI ˛

AZANIE

Rozpoczynamy od rysunku.

A

B

C

D

E

A

B

C

D

a

a

a

a

a

a

a/2

a/2

3a/2

3a/2

2

F

Oznaczmy długo´s´c kraw˛edzi podstawy graniastosłupa przez a.
Poniewa ˙z podstawa graniastosłupa składa si˛e z 6 trójk ˛

atów równobocznych, długo´s´c

przek ˛

atnej AB jest równa 2a. Zatem podstawy trapezu ABCD maj ˛

a długo´sci a i 2a. Jak

wiemy, w trapez mo ˙zna wpisa´c okr ˛

ag, wi˛ec ramiona musz ˛

a mie´c długo´sci

3a

2

( ˙zeby sumy

przeciwległych boków były równe). Ponadto

AE

=

AB

CD

2

=

a

2

,

gdzie E jest spodkiem wysoko´sci opuszczonej z wierzchołka D. Piszemy teraz twierdzenie
Pitagorasa w trójk ˛

acie AED.

AE

2

+

ED

2

=

AD

2

a

2

4

+

4

=

9a

2

4

4

=

2a

2

a

=

2.

Zatem pole podstawy graniastosłupa jest równe

P

p

=

6

·

a

2

3

4

=

3

·

2

3

2

=

3

3.

Wysoko´s´c graniastosłupa obliczamy z trójk ˛

ata prostok ˛

atnego FDA.

FD

2

=

AD

2

AF

2

=

9a

2

4

a

2

=

5a

2

4

=

10

4

FD

=

10

2

.

Liczymy obj˛eto´s´c

V

=

P

p

·

FD

=

3

3

·

10

2

=

3

30

2

.

Odpowied´z:

3

30

2

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

10

(3

PKT

.)

Rozwi ˛

a ˙z równanie 3

4 sin

2

x

=

4 sin

π

3

+

x

sin

π

3

x

.

R

OZWI ˛

AZANIE

Przekształcamy podane równanie korzystaj ˛

ac ze wzorów na sinus sumy i sinus ró ˙znicy.

3

4 sin

2

x

=

4 sin

π

3

+

x

sin

π

3

x

=

=

4

sin

π

3

cos x

+

sin x cos

π

3

sin

π

3

cos x

sin x cos

π

3

=

=

4

sin

2

π

3

cos

2

x

sin

2

x cos

2

π

3

=

=

4

3

4

cos

2

x

1
4

sin

2

x

=

3 cos

2

x

sin

2

x

3

4 sin

2

x

=

3 cos

2

x

sin

2

x

3

=

3 cos

2

x

+

3 sin

2

x

3

=

3.

Dane równanie jest wi˛ec to ˙zsamo´sci ˛

a, czyli jest spełnione przez dowoln ˛

a liczb˛e rzeczywi-

st ˛

a x.

Odpowied´z: x

R

Z

ADANIE

11

(6

PKT

.)

Wyznacz wszystkie warto´sci parametru m, dla których równanie

(

1

m

)

x

2

− (

m

+

2

)

x

+

m

+

1

=

0

ma przynajmniej jedno rozwi ˛

azanie ujemne.

R

OZWI ˛

AZANIE

Je ˙zeli m

=

1 to mamy równanie

3x

+

2

=

0,

które ma tylko rozwi ˛

azanie dodatnie.

Je ˙zeli m

6=

1 to mamy równanie kwadratowe i liczymy

∆-˛e, ˙zeby ustali´c kiedy ma ono

pierwiastki.

= (

m

+

2

)

2

4

(

1

m

)(

m

+

1

) =

m

2

+

4m

+

4

4

(

1

m

2

) =

=

m

2

+

4m

+

4

4

+

4m

2

=

5m

2

+

4m

=

5m

m

+

4
5

.

Wida´c zatem, ˙ze

>

0 dla m

∈ (−

∞,

4

5

i ∪ h

0,

+

)

.

Pozostało ustali´c, kiedy przynajmniej jeden z pierwiastków jest ujemny.

Sposób I

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

Zamiast sprawdza´c, kiedy jeden z pierwiastków jest ujemny sprawd´zmy warunek przeciw-
ny, czyli warunek, ˙ze oba pierwiastki x

1

i x

2

s ˛

a nieujemne. Tak b˛edzie je ˙zeli x

1

+

x

2

>

0 i

x

1

x

2

>

0. Na mocy wzorów Viète’a mo ˙zemy te nierówno´sci zapisa´c w postaci:

0

6

x

1

+

x

2

=

m

+

2

1

m

⇐⇒

m

∈ h−

2, 1

)

0

6

x

1

x

2

=

m

+

1

1

m

⇐⇒

m

∈ h−

1, 1

)

.

Zatem oba pierwiastki s ˛

a nieujemne dla m

∈ h−

1, 1

)

. To oznacza, ˙ze przynajmniej jeden z

nich jest ujemny dla m

∈ (−

∞,

1

) ∪ h

1,

+

)

. Uwzgl˛edniaj ˛

ac przypadek m

=

1 i warunek

z

∆- ˛a otrzymujemy

m

∈ (−

∞,

1

) ∪ (

1,

+

)

.

Sposób II

Zastanówmy si˛e jaki mo ˙ze by´c znak x

1

x

2

. Je ˙zeli x

1

x

2

<

0 to na pewno jeden z pierwiastków

b˛edzie ujemny. Tak b˛edzie, gdy

0

>

x

1

x

2

=

m

+

1

1

m

⇐⇒

m

∈ (−

∞,

1

) ∪ (

1,

+

)

.

Je ˙zeli natomiast x

1

x

2

>

0, czyli m

∈ h−

1, 1

i

, to liczby x

1

i x

2

maj ˛

a ten sam znak (lub s ˛

a równe

zero). Zatem jedna z nich b˛edzie ujemna dokładnie wtedy, gdy x

1

+

x

2

<

0. Tak b˛edzie, gdy

0

>

x

1

+

x

2

=

m

+

2

1

m

⇐⇒

m

∈ (−

∞,

2

) ∪ (

1,

+

)

.

Podsumowuj ˛

ac (i zagl ˛

adaj ˛

ac do wcze´sniej uzyskanych warunków z

∆- ˛a i m

=

1), jeden

pierwiastek jest ujemny dla

m

∈ (−

∞,

1

) ∪ (

1,

+

)

.

Odpowied´z: m

∈ (−

∞,

1

) ∪ (

1,

+

)

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

12


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
27.03.10. FILOZOFIA PRZYRODY, Filozofia
27 03 10 R
27 03 10 A
27 03 10 A
W 4 27.03.2009 Choroby postepujące, studia, Neurologia
PSP 01 27 03 13
rozliczenia 03 10
Ekonomia 27.11.10, Ekonomia WSHGIT Dorian
2010 03 10
11 03 10 01 xxx?schr b Hoch , Niedrigw o L
9 Pismo do SKRM 27 03 2014
sciagi 03 10 sciaka rozliczenia
Pytania z endokrynologii1, RADIOLOGIA, RADIOLOGIA EGZAMIN, EGZ UPORZĄDK TESTY 27-12-10
27 03 2007 stom wybrane
Zarzadzanie strategiczne, Ćwiczenia 27.03.2010
015 HISTORIA SZTUKI WCZESNOCHRZEŚCIJAŃSKIEJ I BIZANTYJSKIEJ, WYKŁAD, 03 10
Parytety - analiza 09.03.10, St. licencjackie
elektryka na" 03 10

więcej podobnych podstron