zbiór Saizou : ostatnio dopadłem w ręce zbiór z 1986r. pn. Matematyka zadania maturalne i egzaminacyjne część I autorstwa: T. Korczyc, j. Nowakowski i mam pytanie miał ktoś do czynienia z tą książką ?

Kipic: Obstawiam ze zadania w tej ksiazce sa trudniejsze niz te co teraz sa

Saizou : chcesz jakieś zadanko z tego zbioru?

Nienor: Ja chcę, ja chcę Może akurat będę wiedziała

Kipic: Zapodaj ciekawe czy tkne wogule hehe tylko nie ciagi ani zbiory bo w tamtych ksiazkach to chyab kosmos

Dominik: zarzuc jakas ciekawa geometrie plaska

Saizou : Rozważmy zbiór wszystkich prostokątów tak wpisanych w dany trójkąt ostrokątny ABC, że jeden z boków każdego z nich jest zawarty w podstawie AB tego prostokąta. Oblicz długości boków tego prostokąta, który ma największe pole, jeśli AB=a, CD=h gdzie CD jest wysokością trójkąta ABC

Dominik: takie same zadanko bylo w kielbasie. zaraz policze

Dominik:

	1		1
odp:		a,		h
	2		2

Saizou : zgadza się

xyz: To teraz napisz rozwiazanie

Nienor: A masz może jakieś zgrabne Bo moje to duuużo proporcji, głównie Tales i ciężko to przenieść na forum, więc jakbyś miał jakiś elegancki pomysł, to chętniebym zobaczyła

Kipic: No Talesem to troche lipa jest jakis inny sposob

Dominik:

a		x
	=
h		h − y

	a(h − y)
x =
	h

P = xy y∊(0, h)

	a(h − y)		a
P(y) = y(		) =		* y(h − y)
	h		h

	1
max dla y =		h
	2

	1   a(h − h)   2		1
x =		=		a
	h		2

Nienor: Moje nie jest w połowie tak zgrabne. Brawo

Dominik: Saizou, dawaj wiecej

Kipic: @Dominik świetnie rozwiązane zadanie

Saizou :

CE		y		h−x
	=		→y=		*a
CD		AB		h

	h−x		ahx−ax2		a
Pprostokąta=xy=x*(		*a)=		=		(hx−x2)
	h		h		h

jest to funkcja kwadratowa skierowana ramionami w dół zatem maksymalną wartość przyjmuje dla

	h
Xw=
	2

	a
Yw=
	2

Saizou : Udowodnij, że dla każdej liczby naturalne n prawdziwa jest równość

	n
12+32+.....+(2n−1)2=		(4n2−1)
	3

Dominik: da rade nieindukcyjnie? bo mialem z niej tylko pare lekcji w 2 klasie. w kazdym razie − musze sie zastanowic chwile.

Nienor: Z indukcji Warunek pierwszy jest w oczywisty sposób zawsze spełniony. 2^o

	k
Z: n=k i 12+32+...+(2k−1)2=		(4k2−1)
	3

	k+1
T: n=k+1 i 12+...+(2k−1)2+(2k+1)2=		(4k2+8k+3)
	3

Jeżeli do lewej i prawej strony założenia dodaliśmy tę samą liczbę, na mocy indukcji matematycznej można stwierdzić, że teza jest prawdziwa. Wystarczy teraz wykazać, że: T_L−Z_L=T_P−Z_P T_L−Z_L=(2k+1)²

	(k+1)(4k2+8k+3)−k(4k2−1)
TP−ZP=		=
	3

4k3+8k2+3k+4k2+8k+3−4k3+k		12k2+12k+3
	=		=
3		3

4k²+4k+1=(2k+1)²

Dominik: no coz − indukcji obecnie w programie nie ma; ja jej odrobine liznalem, ale tak to z niej nie korzystam i de facto poslugiwac sie nia nie potrafie. dopiero na studiach pojawia sie dowody wymagajace indukcji.

Saizou : no to ostatnie zadanko na dziś, taki przyjemniejsze Dane jest równanie

	6
x2−(m+1)x+		m=0
	5

Dla jakich m jeden pierwiastek tego samego równania jest równy sinusowi, a drugi cosinusowi tego samego kąta ostrego?

Saizou :

	2
odpowiedź to m=		, a ja lecę bo muszę wreszcie odespać nieprzespane noce, dobranoc
	5

Nienor: Jeżeli x₁=sinα, a x₂=cosα, to z faktu, że sin²α+cos²α=1, wynika, że x₁²+x₂²=1. Oraz Δ≥0.

Trivial: A jeśli chodzi o zadanie z sumą − wystarczy ją policzyć i po bólu! S_n = 1²+3² + ... + (2n−1)² = ∑_k=1..n (2k−1)² = [ ∑ (2x−1)² δx ]₁ⁿ⁺¹

	4
∑ (2x−1)2 δx = ∑ (4x2 − 4x + 1) δx = ∑ (4x(x−1) + 1) δx =		x(x−1)(x−2) + x + C.
	3

	4		4		n
Sn = [		x(x−1)(x−2) + x ]1n+1 =		(n−1)n(n+1) + n+1 − 1 =		(4n2−1)
	3		3		3

Dominik: Δ > 0

	24
m2 + 1 + 2m −		m ≥ 0
	5

5m² + 10m − 24m + 5 ≥ 0 5m² − 14m + 5 ≥ 0 Δ_m = 96 √Δ_m = 4√6

	14 + 4√6		7 + 2√6
m1 =		=
	10		5

	7 − 2√6
m2 =
	5

	7 − 2√6		7 + 2√6
m∊(−∞,		>∪<		, ∞)
	5		5

x₁² + x₂² = 1 (x₁ + x₂)² − 2x_1x2 = 1

	12
m2 + 1 + 2m −		m = 1
	5

5m² + 10m − 12m = 0 5m² − 2m = 0 m(5m − 2) = 0

	2
m =		∨ m = 0 − sprzecznosc
	5

	2
odp: m =
	5

Dominik: Trivial − rzeczywiscie po bolu, dla maturzysty.

Trivial: Sposób w sam raz dla maturzysty.

zombi: Trivial to było przez części tak? Można też tak na luzaku

	n(n+1)(2n+1)		n(n+1)
∑ (2k−1)2 = ∑4k2−4k+1 = 4∑k2 − 4∑k+n = 4(		−		)+ n =
	6		2

	4n(n2−1)+3n		n(4n2−1)
=		=		kuniec.
	3		3

Trivial: Nie było przez części, tylko przez sprowadzenie do potęg dolnych ∑xⁿδx = (¹/_n+1)*xⁿ⁺¹

zombi: Pytam, bo nie ogarniam jeszcze tych sposobów.