Test VI Blue: zad.1 Rzucamy trzy razy sześcienną kostką. Każdemu wynikowi przyporządkowano długości trzech odcinków. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że z uzyskanych odcinków będzie można skonstruować trójkąt.

	−2
zad.2 Miara α pewnego kąta trójkąta spełnia warunek cosα =		. Wyznacz jego miarę w
	3

stopniach. Zakoduj cyfry setek, dziesiątek i jedności otrzymanego wyniku. zad.3 Wyznacz wszystkie wartości parametru m dla których dwa różne pierwiastki równania (m+1)x² −3mx +4m =0 są większe od 1. Mam tutaj problem z narysowaniem tego wielomianu, bo nie wiem, co z tym pierwiastkiem.. Proszę o pomoc z tymi zadaniami

Kacper: W czym problem?

Blue: No w tym pierwszym to ogólnie ze zliczeniem tych możliwości, bo tego dużo jest... W drugim .... no właśnie nie pamiętam jak takie rzeczy się liczyło W trzecim coś mi źle wychodzi...

Blue: Kacper czy w tym ostatnim po prostu muszę oprócz delty dodatniej uwzględnić taki warunek p>1 Ale to chyba nie wystarczy....

Blue: Już chyba wiem, jak to będzie : jeszcze muszę uwzględnić : a>0 −> f(1)>0 , a<0, f(1)<0? Dobrze myślę?

Mila: 1) Trzeba wypisać. podaj odpowiedzi, bo moze zgubiłam cos.

	2
2) odczytujesz w tablicach wartość α dla cosα=		≈0,6666
	3

następnie liczysz : 180−α 3) Warunki: Δ>0 (m+1)*f(1)>0 x_w>1

Blue: Czyli to i tak będzie w przybliżeniu − ten kąt ... Mila zaraz wrzucę skan 3, bo nie wiem, czy w końcu to dobrze zrobiłam, czy nie

Blue: A i Mila, jakbyś mogła, to zajrzyj https://matematykaszkolna.pl/forum/274193.html

Blue: http://i61.tinypic.com/2mysrj5.jpg

Blue:

	19
odp do 1 zadania
	36

Blue: Ktoś zajrzy w ten ostatni link i powie, czy to jest poprawnie Bardzo proszę

Mila: Dobrze z parametrem.

Blue: ok Mila, a pomożesz z tym pierwszym ?

Mila: Zadanie 1. |Ω|=216 3 grupy trójkątów 1)6 trójkątów równobocznych 2) 21 trójkątów równoramiennych − dla każdego 3 wyniki pasują [ np.(223)(232)(322) .. 3) 7 trójkątów różnobocznych− dla każdego pasuje 6 wyników. (2,3,4),(2,4,5)(2,5,6),(3,4,5)(3,4,6)(3,5,6)(4,5,6) Nie doliczyłam się 3 trójkątów. To nie jest zadanie na maturę. Uczy cierpliwości, więc sprawdzaj.

Blue: Jak Ty się Mila nie doliczyłaś, to ja pewnie też nie

Marcin1997: Myślę ,że prawidłową odpowiedzią jest ¹¹¹₂₁₆ = ³⁷₇₂ . Jeśli była by jakaś możliwość pominięcia to raczej w trójkątach równoramiennych jednego przykładu ,który ma 3 możliwości. Może ktoś znajdzie ,który jest pominięty (221),(223) (331),(332),(334),(335) (441),(442),(443),(445),(446) (551),(552),(553),(554),(556) (661),(662),(663),(664),(665)

Pytający:

	111
Nic nie zostało pominięte,		jest dobrą odpowiedzią... ale to wątek sprzed ponad 2
	216

lat.

Mila:

	111		37
Wynik:		=		wg mnie jest prawidłowy.
	216		72

Mila: Tu podane ciekawe wzory. Szkoda, że autor nie napisał, gdzie ta teoria.

Mila: https://forum.zadania.info/viewtopic.php?t=71863

Pytający: Nie wiem, gdzie ta teoria, ale postanowiłem wyprowadzić te wzorki (nie uwzględniają one różnych kolejności boków): 1. Trójkąty równoboczne: n możliwości − trywialne. 2. Trójkąty równoramienne: Oznaczmy wybraną trójkę (k,k,m), k,m∊ℕ, 1≤k≤n, 1≤m≤n, k≠m. k możemy wybrać na n sposobów, natomiast m musi spełniać nierówność 2k>m oraz oczywiście m≤n, m≠k, zatem m∊<1,min{2k−1,n}>\{k} Liczba trójkątów równoramiennych = ∑(k=1 do n)(min{2k−1, n}−1) = Dla n parzystego:

	n		n		0+n−2		n		n
= ∑(k=1 do		)(2k−2) + ∑(k=		+1 do n)(n−1) =		*		+ (n−1)*		=
	2		2		2		2		2

	3n2
=		−n
	4

Dla n nieparzystego:

	n−1		n+1		0+n−3		n−1		n+1
= ∑(k=1 do		)(2k−2)+∑(k=		do n)(n−1) =		*		+(n−1)*		=
	2		2		2		2		2

	3n2		1
=		−n+
	4		4

3. Trójkąty różnoboczne: F(n)=Liczba trójkątów różnobocznych Mamy wtedy F(1)=F(2)=F(3)=0. Zauważmy, że dla n≥4 zachodzi F(n)=F(n−1)+(Liczba trójkątów różnobocznych o jednym z boków długości n). Oznaczmy "nowo utworzone" trójkąty jako (n,m,k), gdzie n>m>k, n,m,k∊ℕ. Aby nierówność trójkąta była spełniona musi dodatkowo zachodzić n<m+k.

	n		n
n<m+k<2m ⇒ m>		, k>n−m zatem m∊(		,n), k∊(n−m,m)
	2		2

Dla n parzystego:

	n		n
F(n)=F(n−1)+∑(m=		+1 do n−1)(∑(k=n−m+1 do m−1)(1))=F(n−1)+∑(m=		+1 do n−1)(2m−n−1)=
	2		2

	n   2( +1)−n−1+2(n−1)−n−1   2		n		n−2
=F(n−1)+		*(n−1−(		+1)+1)=F(n−1)+(		)2
	2		2		2

Dla n nieparzystego:

	n+1		n+1
F(n)=F(n−1)+∑(m=		do n−1)(∑(k=n−m+1 do m−1)(1))=F(n−1)+∑(m=		do n−1)(2m−n−1)=
	2		2

	n+1   2( )−n−1+2(n−1)−n−1   2		n+1		(n−1)(n−3)
=F(n−1)+		*(n−1−(		)+1)=F(n−1)+
	2		2		4

Wykorzystując powyższe wzory: Dla n parzystego:

	n−2		(n−2)(n−4)		n−2		n2−5n+6
F(n)=F(n−1)+(		)2=F(n−2)+		+(		)2=F(n−2)+
	2		4		2		2

Dla n nieparzystego:

	(n−1)(n−3)		n−3		(n−1)(n−3)		n2−5n+6
F(n)=F(n−1)+		=F(n−2)+(		)2+		=F(n−2)+
	4		2		4		2

Przyjmijmy F(0)=0, wtedy: F(0)=F(1)=0

	(n−2)(n−3)
F(n)=F(n−2)+		dla n≥2
	2

Co jest równoważne z:

	1
F(n)=		(3((−1)n−1)+2n(n−2)(2n−5))
	48

https://www.wolframalpha.com/input/?i=a(n)%3Da(n-2)%2B((n-2)(n-3))%2F2,+a(0)%3D0,+a(1)%3D0 Ostatecznie po przekształceniach: Dla n parzystego:

	1
F(n)=		n(n−2)(2n−5)
	24

Dla n nieparzystego:

	1
F(n)=		(n−1)(n−3)(2n−1)
	24

Kacper: ciekawe

Mila: dla Pytający, nie mogę ustalić, skąd takie sumy, obliczenie ich nie jest problemem. Kacper wiesz?

Pytający: A dziękuję Milu. Nie wiem, które sumy nie są jasne... więc postaram się rozjaśnić (jakże logiczne). Liczba trójkątów równoramiennych = ∑(k=1 do n)(min{2k−1, n}−1) "k=1 do n" − wydaje się oczywiste, k przyjmuje n możliwych wartości "min{2k−1, n}−1" − jak wyżej napisałem, m∊<1,min{2k−1,n}>\{k}. Oczywiście rozpatrujemy same liczby naturalne, więc moc zbioru (może zapis przy pomocy przedziału nie był jasny) A={a∊ℕ: 1≤a≤min{2k−1,n}} jest równa |A|=min{2k−1,n}−1+1=min{2k−1,n}. Zauważmy jednak, że dla 1≤k≤n zawsze zachodzi k∊A, stąd |A\{k}|=min{2k−1,n}−1 i to właśnie sumujemy (tyle jest odpowiednich wartości m dla wybranego k). Rozpisanie sumy dla przypadków n parzystego bądź nieparzystego sprowadza się do wywnioskowania, kiedy min{2k−1, n}=2k−1, a kiedy min{2k−1, n}=n. Mamy:

	n+1
min{2k−1, n}=2k−1 dla 2k−1<n ⇒ k<
	2

	n+1
min{2k−1, n}=n dla k≥
	2

Uwzględniając to można rozbić pierwotną sumę na dwie sumy sumując odpowiednio ((2k−1)−1) oraz ((n)−1). Indeksy (k∊ℕ) tychże sum wyznaczamy w zależności od powyższych nierówności oraz parzystości n. Trójkąty różnoboczne:

	n
Tu n mamy ustalone, natomiast m∊(		,n), k∊(n−m,m). Dla każdej pary m, k mamy dodatkowy
	2

trójkąt różnoboczny, stąd sumujemy (1). Znowuż rozbicie na przypadki n parzystego bądź nieparzystego sprowadza się do ustalenia takich indeksów (m,k∊ℕ) sum, aby zachodziło

	n
		+1≤m≤n−1 oraz n−m+1≤k≤m−1.
	2

Pochodzenie sum zostało ustalone?