Matura próbna z Gazetą Wyborczą rumpek: Matura Rozszerzona Gazeta Wyborcza dla wszystkich chętnych. Miłej zabawy Zadanie 1 (5pkt)

	1		1		1
Udowodnij, że jeżeli a,b,c > 0 oraz a + b + c = 1, to		+		+		≥ 9.
	a		b		c

Zadanie 2 (5pkt)

	7
Suma pierwszego, drugiego i trzeciego wyrazu ciągu geometrycznego (an) jest równa		.
	4

Liczby te są odpowiednio równe czwartemu, drugiemu i pierwszemu wyrazowi pewnego ciągu arytmetycznego. Oblicz a₁, a₂, a₃. Zadanie 3 (4pkt) Wewnątrz trójkąta równobocznego ABC obrano taki punkt K, że jego odległość od boków AB, BC, AC

	1
są odpowiednio równe 4		, 6 i 7,5. Oblicz pole powierzchni trójkąta ABC.
	2

Zadanie 4 (4pkt) Rozwiąż równanie √3sinx * tgx − sinx − √3 * tgx = −1 w przedziale x∊<0, 2π>. Zadanie 5 (5pkt) Rozwiąż nierówność |x + 2| + |x| + |x − 5| < 42. Zadanie 6 (6pkt) Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie mx² + (4m − 2)x + 2 − m = 0 ma co najmniej jeden pierwiastek dodatni. Zadanie 7 (5pkt) W pojemniku znajduje się n kul (n≥5), z których dokładnie 5 jest białych. Wyznacz wszystkie wartości n takie, że jeżeli będziemy losować z tego pojemnika jednocześnie dwie kule, to

	1
prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul białych będzie większe od		.
	4

Zadanie 8 (5pkt) Dla jakich wartości a i b wielomian W(x) = 2x³ + (a − 2b)x² − (2a + 3b)x + 6ab dzieli się przez reszty przez trójmian kwadratowy x² − 4? Zadanie 9 (5pkt)

	1
Rozwiąż nierówność x + log		(12 − 2−x) + 5 < 0.
	2

Zadanie 10 (6pkt) W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym, przekątna podstawy jest równa 8√2. Odległość środka symetrii podstawy od ściany bocznej jest równa √7. Oblicz objętość i pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa. *** Dodam tylko, że zadania 9 nie spotkamy na maturze, ponieważ w informatorze CKE nie ma nierówności logarytmicznych (są tylko równania), oraz nie ma ani równań ani nierówności wykładniczych.

elpe: no to lecim z tematem

rumpek: Zadanie 2 a = a₄ b = a₂ c = a₁ a_n = a₁ + (n − 1)r r = a₂ − a₁ ⇔ r = b − c a = c + 3(b − c) ⇔ a = 3b − 2c

⎧	a + b + c = 7/4
⎨	b2 = ac
⎩	a = 3b − 2c

	7
1o a + b + c =
	4

	7
3b − 2c + b +c =
	4

	7
4b − c =
	4

	7
4b =		+ c / : 4
	4

	7		c
b =		+
	16		4

2^o a = 3b − 2c

	7		c
a = 3(		+		) − 2c
	16		4

	21		3c
a =		+		− 2c
	16		4

	21		3c		8c
a =		+		−
	16		4		4

	21		5c
a =		−
	16		4

3^o b² = ac

	7		c		21		5c
(		+		)2 = (		−		) * c
	16		4		16		4

49		7c		c2		21c		5c2
	+		+		=		−		/ * 256
256		32		16		16		4

49 + 56c + 16c² = 336c − 320c² 336c² − 280c + 49 = 0 Δ = 78400 − 65856 = 12544 ⇒ √Δ = 112

	280 − 112		168		1
c1 =		=		=
	672		672		4

	280 + 112		392		7
c2 =		=		=
	672		672		12

Będą dwa rozwiązania:

	7		1		1
a = b = c =		∨ a = 1, b =		, c =
	12		2		4

Dowodu nie robię, niech każdy pomyśli , podpowiadam tylko, że trzeba zastosować znajomości zależności między średnimi To zadanie 2, można jeszcze zrobić na samych a₁ i q, wtedy jest mniej obliczeń

rumpek: Zadanie 3

	a√3		a2√3
Wpierw udowodnimy, że x + y + z =		. Zauważmy, że PABC =		oraz
	2		4

P_ABC = P_AKC + P_AKB + P_BKC.

	1		1		1		a2√3
P =		* a * z +		* a * x +		* a * y =
	2		2		2		4

a2√3		1
	=		a(x + y + z)
4		2

a2√3		a(x + y + z)
	=		/ * 4
4		2

a²√3 = 2a(x + y + z) a√3 = 2(x + y + z)

	a√3
x + y + z =		= htrojkata rownobocznego
	2

	1		1
1) To teraz pozostanie podstawić: x = 4		, y = 6, z = 7		:
	2		2

	9		12		15		36
x + y + z =		+		+		=		= 18 = h
	2		2		2		2

	a√3		a√3		36√3
2) h =		= 18 =		= a =		= 12√3
	2		2		3

	a2√3		432√3
3) P =		=		= 108√3
	4		4

rumpek: Zadanie 4 √3sinx * tgx − sinx − √3tgx = −1 sinx(√3tgx − 1) − √3tgx = − 1 sinx(√3tgx − 1) − √3tgx + 1 = 0 (sinx − 1)(√3tgx − 1) = 0 1^o sinx = 1

	π		π		3π
x =		∉ Z [ cosx ≠ 0 ⇒ x ≠		∨ x ≠		]
	2		2		2

	√3
2o tgx =
	3

	π		7π
x =		v x =
	6		6

Czyli rozwiązaniem:

	π		7π
x ∊ {		,		}
	6		6

rumpek: Zadanie 5 |x + 2| + |x| + 4|x − 5| < 42 Klasycznie, w przedziałach: 1^o x∊(−∞; −2) 2^o x∊<−2; 0) 3^o x∊<0, 5) 4^o x∊<5, +∞) 1^o x∊(−∞; −2) −(x + 2) − x − 4(x − 5) < 42 −x − 2 − x − 4x + 20 < 42 −6x < 24 x > −4 ⇒ x∊(−4, −2) 2^o x∊<−2; 0) (x + 2) − x − 4(x − 5) < 42 x + 2 − x − 4x + 20 < 42 −4x < 20 x > −5 ⇒ x∊<−2; 0) 3^o x∊<0, 5) (x + 2) + x − 4(x − 5) < 42 x + 2 + x − 4x + 20 < 42 −2x < 20 x > −10 ⇒ x∊<0, 5) 4^o x∊<5, +∞) (x + 2) + x + 4(x − 5) < 42 x + 2 + x + 4x − 20 < 42 6x < 60 x < 10 ⇒ x∊<5; 10) 5^o Suma rozwiązań z 1^o, 2^o, 3^o, 4^o x∊(−4, 10)

miibia: rumpek mógłbyś zrobić zadanie 2 na samych a1 i q ?

rumpek: Zadanie 6 mx² + (4m − 2)x + 2 − m = 0 1^o Sprawdzam, co się dzieje dla m = 0 −2x + 2 = 0 x = 11 ⇒ m = 0 2^o Układam warunki dla co najmniej jednego dodatniego pierwiastka, czyli wywalę przypadki gdy oba pierwiastki są niedodatnie.

⎧	Δ ≥ 0
⎨	x1 + x2 ≤ 0
⎩	x1 * x2 ≥ 0

3^o Δ = (4m − 2)² − 4m(2 − m) = 16m² − 16m + 4 − 8m + 4m² = 20m² − 24m + 4 ≥ 0 Δ_m = 576 − 320 = 256 ⇒ √Δ_m = 16

	24 − 16		1
m1 =		=
	40		5

	24 + 16
m2 =		= 1
	40

	1
m∊(−∞,		> U <1, +∞)
	5

4^o x₁ + x₂ ≤ 0

	b
x1 + x2 = −
	a

	2 − 4m
x1 + x2 =
	m

2 − 4m
	≤ 0
m

−2m(2m − 1) ≤ 0

	1
m∊(−∞, 0>U<		, +∞)
	2

5^o x₁ * x₂ ≥ 0

	c
x1 * x2 =
	a

2 − m
	≥ 0
m

−m(m − 2) ≥ 0 m∊<0, 2> 6^o Łączymy warunki z 4^o i 5^o

	1
Po połączeniu otrzymamy m∊<		; 2> − dla tego przedziału dwa rozwiązania są ujemne, bądź
	2

równe 0, zatem pozostało odczytać przeciwny przedział, dla którego będzie już co najmniej

	1
jeden dodatni pierwiastek: m∊(−∞;		) U (2, +∞).
	2

7^o Musimy teraz otrzymany przedział połączyć z naszą Δ ≥ 0, otrzymujemy wtedy już końcowy

	1
wynik: m∊(−∞;		> U (2, +∞)
	5

Natomiast rozwiązanie Gazety Wyborczej mnie mocno przeraziło zajęło im to 1/3 całej strony porozbijali na przypadki najdrobniejsze

rumpek: Zadanie 7

	n 2		n!		(n − 1)n
|Ω| = Cn2 =		=		=
			2 * (n − 2)!		2

	5 2		5!		4 * 5
|A| = C52 =		=		=		= 10
			2! * 3!		2

	10		20
P(A) =		=
	(n − 1)n   2		(n − 1)n

20		1
	>
n(n − 1)		4

20		n(n − 1)
	>
n(n − 1)		4n(n − 1)

80		n(n − 1)
	−		> 0
4n(n − 1)		4n(n − 1)

80 − n2 + n
	> 0
4n(n − 1)

−n2 + n + 80
	> 0
4n(n − 1)

	−1 − √321		1 + √321
n1 =		=
	−2		2

	−1 + √321		1 − √321
n2 =		=
	−2		2

−4n(n − n₁)(n − n₂)(n − 1) > 0 Rozwiązujemy nierówność wielomianową i otrzymujemy przedział: n∊(n₂, 0)U(1, n₁) nakładamy na ten przedział warunek n ≥ 5 i otrzymujemy: n∊<5, n₂)

	1 + 17
Pozostało obliczyć wartość n1 ≈		≈ 9
	2

n∊{5,6,7,8,9} [9 dlatego, że √321 ≈ 17,9 więc jeszcze po 9 będzie liczba, ale nie naturalna ]

rumpek: Dobra, trzeba sobie zrobić przerwę

rumpek: Zadanie 8 W(x) = 2x³ + (a − 2b)x² − (2a + 3b)x + 6ab V(x) = x² − 4 Skoro ma dzielić się bez reszty czyli będą to pierwiastki tego wielomianu, zatem wystarczy podstawić tylko x = 2 i x = −2

⎧	16 + (a − 2b)4 − (2a + 3b)2 + 6ab = 0
⎩	−16 + (a − 2b)4 + 2(2a + 3b) + 6ab = 0

⎧	16 + 4a − 8b − 4a − 6b + 6ab = 0
⎩	−16 + 4a − 8b + 4a + 6b + 6ab = 0 / * (−1)

⎧	16 + 4a − 8b − 4a − 6b + 6ab = 0
⎩	16 − 4a + 8b − 4a − 6b − 6ab = 0

Dodajemy teraz stronami: 32 − 8a − 12a = 0 / : 4 8 − 2a − 3b = 0 −2a = 3b − 8 / : (− 2)

	3b
a = 4 −
	2

Podstawiamy teraz otrzymane a pod równanie: 16 + 4a − 8b − 4a − 6b + 6ab = 0

	3b		3b		3b
16 + 4 * (4 −		) − 8b − 4(4 −		) − 6b + 6(4 −		)b = 0
	2		2		2

16 + 16 − 6b − 8b − 16 + 6b − 6b + 24b − 9b² = 0 16 + 10b − 9b² = 0 / * (− 1) 9b² − 10b − 16 = 0 Δ_b = 100 + 576 = 676 ⇒ √Δ_b = 26

	10 − 26		8		16
b1 =		= −		∧ a1 =
	18		9		3

	10 + 26
b2 =		= 2 ∧ a2 = 1
	18

rumpek: Zadanie 9 x + log_1/2(12 − 2^−x) + 5 < 0

	1
log1/2(		)x + log1/2(12 − 2−x) + 5 < 0
	2

D: 12 − 2^−x > 0 ⇔ 2^−x < 12 / * log_1/2 ⇒ log_1/22^−x > log_1/212 ⇒ ⇒ −xlog_1/22 > log_1/212 ⇒ x > log_1/212

	1		1
log1/2(		)x + log1/2(12 − 2−x) < log1/2(		)−5
	2		2

	1		1
log1/2 ( [		]x * [12 − 2−x] ) < log1/2(		)−5
	2		2

	1		1
[		]x * [12 − 2−x] > (		)−5
	2		2

2^−x * (12 − 2^−x ) > 32 t = 2^−x, t ∊ (0, 12) t * (12 − t) > 32 12t − t² > 32 / * (− 1) t² − 12t + 32 < 0 Δ_t = 144 − 128 = 16 ⇒ √Δ_t = 4

	12 − 4
t1 =		= 4
	2

	12 + 4
t2 =		= 8
	2

4 < 2^−x < 8 4 < 2^−x ∧ 2^−x < 8 1^o 2² < 2^−x ⇒ x∊(−2, +∞) 2^o 2^−x < 2³ ⇒ x∊(−3, +∞) część wspólna : x∊(−3, − 2)

amelka: utknęłam już na pierwszym czy trzeba podstawić c = 1 − a − b ? czy jakaś inna zależność?

rumpek: Ogólnie na 1 zadanie, znalazłem prostszy sposób niż Wyborcza prezentuje, jak zrobię to ostatnie to napiszę 1.

amelka: to w takim razie czekam z niecierpliwością

asdf: a masz może arkusz do podstawy ?

Vizer: To pierwsze bez rozwiązywania, można chyba łatwo zrobić ze związku między średnią arytmetyczna i harmonicznej.

rumpek: Podstawy nie chce się przepisywać

asdf: nie chodzi mi o rozw. tylko o arkusz (link)

rumpek: Zadanie 10 |AC| = |BD| = 8√2 a√2 = 8√2 / * √2 ⇒ a = 8, zatem odcinek |OF| = 4, |OE| = √7. Z tw. Pitagorasa obliczmy odległość |EF|. |EF|² + |OE|² = |OF|² |EF|² + 7 = 16 |EF|² = 9, |EF| ∊ R₊, |EF| = 3 Pozostało skorzystać z podobieństwa trójkątów △OEF ~ △OES

|SE|		√7
	=
√7		3

3|SE| = 7

	7		7		9		7		16
|SE| =		⇒ |SF| = 3 +		=		+		=
	3		3		3		3		3

Pozostało obliczyć wysokość, znowu z Tw. Pitagorasa: |SO|² = |SF|² − |OF|² +

	256
|SO|2 =		− 16
	9

	256 − 144
|SO|2 =		, |SO| ∊ R+
	9

	4√7
|SO| =
	3

	1
V =		* Pp * H
	3

	1		256√7
V =		* 64 * 4√7}{3} =		[j3]
	3		9

P_b = 2 * a * h

	16		256
Pb = 2 * 8 *		=		[j2]
	3		3

rumpek: Linku nie znajdziesz dzisiaj na internecie, pewnie Wyborcza umieści dopiero jutro w formie .pdf

DSGN.: odpowiedz do zadania 2 nieco krótsza mamy ciąg geometryczny a₁+a₂+a₃ gdzie a₁=a₁+3r a₂=a₁+r a₃=a₁ z wlasnosci ciagu gemoetrycznego (a₁+r)²=(a₁+3r)*(a₁) → a₁²+2a₁r+r²=a₁^r+3a₁r → 2a₁+r+r²=3a₁r → r(r−a)=0 zatem r=0 lub r=a

	7
wiemy ze ich suma wynosi
	4

dla r=0

	7
3a1+4r=
	4

	7
3a1=		\3
	4

	7
a=		=b =c
	12

dla r=a

	7
3a1+4r=
	4

	7
7r=
	4

	1
r=
	4

a₄=a+3r=1

	1
a2=a+r=
	2

	1
a1=
	4

wydaje mi sie dobrze

rumpek: Zadanie 1 1 sposób:

1		1		1
	+		+		≥ 9
a		b		c

a + b + c		a + b + c		a + b + c		b		c		a
	+		+		= 1 +		+		+		+ 1 +
a		b		c		a		a		b

b		a		b
	+		+		+ 1 =
c		c		c

b

a

b

c

a

c

= 3 + (

+

) + (

+

) + (

+

) = (*)

a

b

c

b

c

a

Skorzystamy teraz z zależności: a² + b² ≥ 2ab; b² + c² ≥ 2bc; a² + c² ≥ 2ac

	a2 + b2		b2 + c2		a2 + c2
= (*) = 3 +		+		+		≥
	ab		bc		ac

	2ab		2bc		2ac
≥ 3 +		+		+		≥ 3 + 2 + 2 + 2 ≥ 9
	ab		bc		ac

c.n.u.

AC: No, bardzo dobrze bo wyborcza ma błedne rozwiązanie zad 1. mianowicie, jeśli:

	1
ab +bc +ac ≤
	3

i

	1
abc <
	27

to nie można wnioskować, że

ab +bc +ac
	≥ 9
abc

rumpek: Zadanie 1 2 sposób:

1		1		1		bc + ac + ab
	+		+		=
a		b		c		abc

1^o (a − b)² + (b − c)² + (a − c)² ≥ 0 2a² + 2b² + 2c² − 2ab − 2ac − 2bc ≥ 0 a² + b² + c² − ab − ac −bc ≥ 0 Dodatkowa informacja: (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2ac + 2bc a² + b² + c² + 2ab + 2ac + 2bc ≥ 0 (a + b + c)² − 3ab − 3bc − 3ac ≥ 0, zatem:

	(a + b + c)2		1
[		≥ ab + bc + ac ] =		(podstawiono a + b + c = 1)
	3		3

2^o Średnia arytmetyczna ≥ średnia geometryczna

a + b + c
	≥ 3√abc
3

1
	≥ 3√abc / ()3
3

1
	≥ abc
27

Podstawiając pod tezę przekształcone informacje otrzymujemy:

bc + ac + ab		1   3
	≥		= 9
abc		1   27

rumpek: Sposób 2 − rozwiązanie wyborczej Sposób 1 − moje rozwiązanie

rumpek: AC a co powiesz o tym ich zadaniu 6, bo ich obliczenia skutecznie mnie przeraziły, dlatego musiałem się chwilkę zastanowić i znalazłem krótszy sposób

AC: według mnie też za bardzo szczegółowo. A co do zad 1 to można jeszcze krócej. Mianowicie ŚA ≥ ŚH

a + b+ c		3		1		1		1
	≥		⇒		+		+		≥ 9
3		1   1   1   + + a   b   c		a		b		c

Ajtek: Cześć rumpek, zastanawiam się tylko dlaczego w zad. 6, dla m=0 x=11. Chyba literówka, mam taką nadzieję .

think: Rumpek to mnie wspuściłeś w maliny z.5 w treści jest |x + 2| + |x| + |x − 5| a w rozwiązaniu pojawia się 4|x − 5|

DSGN.: Ajtek 6 robisz zalozenie dla m≠0 bo musisz miec pierwiastki a dla m=0 masz funkcje liniową

rumpek: Cześć Ajtek. Tak literówka x = 1 ⇒ m = 0

amelka: AC, tej zależności pomiędzy średnimi nie trzeba jakoś udowodnić? w ogóle to dzięki rumpek za umieszczenie tego tutaj

rumpek: think a to przepraszam nawet nie zauważyłem ale Tak tam powinna być 4

Ajtek: DSGN, dokładnie o tym wiem, mi się wynik nie zgadzał x=11 .

rumpek: Jakby jakiś admin mógł wyedytować 1 post i dostawić 4 do tej wartości bezwzględnej

rumpek: oj tam oj tam za długo "jedynkę" przytrzymałem

AC: Wynika to z nierówności Cauchy'ego o średnich.

think: luzik dla mnie od jakiegoś czasu to najprostszy typ zadania, po prostu zaskoczylam jak zobaczyłam różne wyniki

rumpek:

DSGN.: no nie liczyłbym ze w maju bd taka prościzna przynajmniej stereometria i planimetria bd duzo cięższa to jest matura ala "operon"

think: w zadaniu trzecim bym nic nie udawadniała, tylko skorzystałabym z równości pól. P = P₁ + P₂ + P₃ ponieważ odległość punktu K od boków trójkąta to są wysokości trójkątów P₁, P₂ i P₃ to otrzymuję:

	1
P =		a(4,5 + 6 + 7,5) = 9a
	2

	a2√3
P =
	4

a2√3
	= 9a
4

a²√3 − 36a = 0 a(a√3 − 36) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0 lub a = 12√3 P = 9*12√3 = 108√3

amelka: przyjemny ten arkusik tylko pierwsze było dla mnie kłopotliwe, reszta poszła bez problemu. obym miała podobne odczucia za dwa tygodnie

Gosia: dlaczego w 9 jest −do potęgi : −5 a nie do piątej?

Gosia: już wiem, nie trzeba

rafi: TEJ TO ZADANIE Z PRAWDOPODONIEŃSTWEM i kulami przecież tam można pomnożyć przez n(n−1) bo mamy pewność żę nie będzie to zero ani wartość ujemna!

Gustlik: Zadanie 5 (5pkt) Rozwiąż nierówność |x + 2| + |x| + |x − 5| < 42. Metoda "osi i tabelki" − najlepiej na niej widać, jak rozpisać założenia: 1^o −x−2−x−x+5<42, zał. x∊(−∞, −2) 2^o x+2−x−x+5<42, zał. x∊<−2, 0) 3^o x+2+x−x+5<42, zał. x∊<0, 5) 4⁰ x+2+x+x−5<42, zał. x∊<5, +∞) ad 1^o −3x<39 /:(−3) x>−13 i x∊(−∞, −2) ⇒ x∊(−13, −2) ad 2^o −x<35 x>−35 i x∊<−2, 0) ⇒ x∊<−2, 0) ad 3^o x<35 i x∊<0, 5) ⇒ x∊<0, 5) ad 4^o 3x<45 /:3 x<15 i x∊<5, +∞) ⇒ x∊<5, 15) Odp: 1^o v 2^o v 3^o v 4^o ⇔ x∊(−13, 15)

blogther: mam pytanie do zadania 6 dlaczego takie załozenia wiem ze sa one dla dwoch ujemnych pierwiastkow ale kiedy suma dwoch liczb ujemnych da nam 0 i kiedy iloczyn bedzie rowny 0? iloczyn bedzie 0 wtedy gdy jeden z pierwiatkow bedzie rowny 0..... x₁ + x₂ ≤ 0 x₁ * x₂ ≥ 0 czy te załozenie nie powinny wygladac tak x₁ + x₂ < 0 x₁ * x₂ > 0

rafi: nie robimy dla dwóch ujemnych tylko dla dwóch niedodatnich zero nie jest dodatnie

blogther: czyli jakie to sa liczby moze ktos podac jakis przykład?

def: @rumpek nie potrzebnie udowadniałeś w trzecim, leci szybko tak jak think pokazuje. Pierwsze raczej też raczej się nie pokaże, bo nierówności o średnich nie są pokazywane w LO. Arkusz spoko, wszystko by się zrobiło. Powodzenia na maturze!

rumpek: def udowodniłem, żeby ludzie którzy czytają rozwiązanie nie mieli problemów ze zrozumieniem sposobu

def: @bloghter nie, założenia rumpek'a są dobre, gdy jeden z pierwiastków jest równy zero to drugi musi być też równy 0 lub ujemny, a te rozwiązania nie są nam potrzebne.

kamil: 6 źle tu jest dobrze np. : http://www.zadania.info/7444001

rumpek: Są inne dane Czytanie ze zrozumieniem

Gimli: POMOCY! Nierozumiem wogóle jak Państwo robicie zadanie 1. Skąd wysuwacie takie zależności, z głowy ? Np. skąd wiadomo, ze a² +b² ≥ 2ab, b²+c²≥2bc, a²+c²≥2ac lub (a−b)²+(b−c)²+(a−c)²≥0 lub (a+b+c)²≥0 ? Te zależności trzeba samemu zrobić, zeby rozwiazac takie zadanie, przecież ich w zadaniu nie ma. Jest tylko, ze a+b+c=1 i czy nie da się tego zad, rozwiazac wiedzac tylko to ? PROSZĘ O SZYBKĄ ODPOWIEDŹ BO TEŻ PISZĘ MATURE ROZSZERZONĄ

rumpek: ROZWIĄZANIE GAZETY WYBORCZEJ JEST BŁĘDNE, patrz na mój 1 sposób

rumpek: Lub śr.gm ≥ śr. ha

def: Dla wszystkich którzy mają problem z zad. 1 http://www.pz2.edu.pl/pliki/upload/downie.pdf

Gimli: Rumpek, czy na maturze można używać tych skrótów co użyłeś : 1^o , 2^o , 3^o itd.

rumpek: Można, to oznaczanie określonych czynności, bardzo pomocne dla egzaminatora

kylo1303: W dwoch zadaniach wprowadzony zostalem w blad, mianowicie w 5 i 9. W pierwszym jak

	1
wyczytalem nie dodales 4 (ale to jzu wiesz) a w 9 uznalem ze podstawa jest 10 a		laczy
	2

sie z nawiasem. Geometria prosta, czesc zadan meczaca przez ilosc obliczen.

rumpek: W 5 tak zapomniałem, natomiast 9 forum po prostu nie obsługuje podstawy ułamkowej mogłem napisać log_1/2

kylo1303: Wiem xD