Zadanka z arkusza Benny:

	2		7
Wyznacz liczbę a>1, która spełnia równanie 2a2+		=7a+		.
	a2		a

Nie mogę tego rozłożyć. Wolfram podaje, że a=2−√3 oraz a=2+√3

Benny:

Eta:

	1		1
2(a2+		)−7(a+		)=0
	a2		a

	1
2[(a+		)2−2−7(a+1a)=0
	a

	1
a+		= t
	a

i działaj..........

Eta: I jak? pasuje? Odp: będzie taka jak podaje "dobry wujek" ........ Wolfram

Benny: Dziękuje

Benny: Pasuje, pasuje

Eta: To jeszcze dorzucam .......

Benny: Promienie okręgów o₁ i o₂ są równe odpowiednio r₁=29 i r₂=25, a odległość między środkami tych okręgów jest równa 36. Oblicz długość odcinka łączącego punkty wspólne okręgów o₁ i o₂. Tutaj z pitagorasa: a−połowa odcinka niebieskiego r₂²=(36−x)²+a² r₁²=x²+a² r₁²−x²=r₂²−(36−x)² po redukcji x=15 i znowu pitagoras: a²=25²−15² a²=400 a=20 więc cały odcinek łączący punkty wspólne wynosi 40 Nie za bardzo wiem czy mogłem tak zrobić.

Eta: ok

Eta: Jeszcze tylko należałby pisać Pitagoras

Benny: Przepraszam

Eta:

Benny: Rzucamy sześcienną kostką do gry tak długo, aż otrzymamy co najmniej dwie nieparzyste liczby oczek, albo 10 parzystych liczb oczek. Oblicz prawdopodobieństwo, że w przeprowadzonym doświadczeniu otrzymaliśmy liczbę oczek równą 5, przy założeniu, że otrzymaliśmy tylko jedną nieparzystą liczbę oczek. |Ω|=6¹¹ No i myślę tu tak: ostatnia nie może być liczba nieparzysta, więc nieparzystą ustawiamy na 10 sposobów, parzyste 3¹⁰

	1
na wylosowanie 5 mamy		szans.
	3

	10*39
więc prawdopodobieństwo będzie równe		?
	611

Benny:

Mila: Wyrzucono tylko jedną nieparzystą liczbę i doświadczenie zakończono, stąd wniosek, że ostatnim wynikiem była parzysta liczba oczek, tych wyników parzystych było dziesięć i to był jedenasty rzut. Wg mnie dobrze obliczone.

Benny: Na bokach BC ,AC i AB trójkąta ABC wybrano odpowiednio punkty D ,E i F . Wykaż, że jeżeli okręgi opisane na trójkątach AFE i BDF są styczne, to punkt F leży na okręgu opisanym na trójkącie CED. Nie wiem od czego zacząć

Benny: Oblicz prawdopodobieństwo, że w czterech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry suma kwadratów liczb wyrzuconych oczek będzie podzielna przez 5. Do tego tylko pytanie. Czy jest inny sposób niż szukanie i wypisywanie jaka suma będzie podzielna przez 5?

Mila: Analizujesz reszty. Kwadrat liczby naturalnej podzielony przez 5 daje resztę? Podzielić na grupy liczby oczek i ustalić co trzeba dodawać.

Marek: Pani Milu jeśli będzie miała Pani czas i chęci to zapraszam https://matematykaszkolna.pl/forum/290035.html

Benny: Reszta 1 albo 4. Czyli to będzie tak: {1;4;6} dają resztę 1 {2;3} reszta 4 więc mamy: (5;5;5;5) − 1 możliwość

	3 1		2 1		4!
(1;2;5;5) −		*		*4*3 − jedna z trzech(1;3;6), jedna z dwóch(2;3) no i *		,
					2!

bo możemy przestawić

	3 2		2 2
(1;2;3;4) −		*		*4! − dwie z trzech, dwie z dwóch, 4! przestawianie

Jest ok?

Mila: Tu mogłeś, po ustaleniu co wstawić do sum trochę wypisac. Nie jest tego dużo : (5555) to wiadomo (r1,r4,r0,r0)

	4!
(1,2,5,5)
	2!

	4!
(1,3,5,5)
	2!

.. (r1,r1,r4,r4) (1,4,2,3) 4! ..... .....

Benny: Ok następnym razem będę wypisywał. Ogólnie to teraz chodziło mi o to czy dobrze rozumuje

Eta: Kąty EFG i GFD to kąty dopisane między styczną GF i siecznymi EF i DF zatem |∡BAC|=|∡EFG|=α i |∡ABC|=|∡DFG|=β to |∡EFD|=α+β czyli na czworokącie FECD można opisać okrąg( dlaczego? ..... i mamy .......... tezę

Benny: Ładnie. Dziękuje

Mila: Benny, ale taka sytuacja : w (r1,r1,r4,r4) też może być : (1,1,2,2) (1,1,2,3) ...... Nie uwzględniłeś takich sytuacji.

Benny: Przeanalizuje to jeszcze rano. Teraz uciekam spać. Dobranoc

Mila: Dobranoc

maturzysta: https://matematykaszkolna.pl/forum/290041.html ktoś pomoże

Benny: Hmm to czy tak będzie prawidłowo: (r1, r1, r4, r4) − tak jak wcześniej, gdy cyfry są inne 3*2*4!

	4!
gdy r1 są takie same − 6*
	2!

	4!
gdy r4 są takie same − 6*
	2!

	4!
gdy r1 i r4 są takie same 6*
	2!*2!

	4!
(r1, r4, r0, r0) − 3*2*
	2!

(r0, r0, r0, r0) − 1 Coś za dużo mi chyba wyszło

Benny:

Mila: A ile Ci wyszło, bo ja mam obliczone.

Benny: 613

Mila: {5} , Z₁= {1,4,6} , Z₂={2,3} 1)(r0,r0,r0,r0) (5555) − jeden wynik 2) (r1,r4,5,5)

	4!
3*2*		=6*12=72
	2!

3) (r1,r1,r4,r4) różne liczby losujemy ze zbioru Z₁,Z₂

3 2		2 2
	*		*4!=3*24=72

4) (r1,r1,r4,r4) w każdym wyniku są dwie jednakowe z Z1 i 2 jednakowe z Z2 (1122)(1133),(4422),(4433),(6622),(6633)

	4!
6*		=36
	2!*2!

5) jedna para r1 równych liczb: (1123),(4423),(6623)

	4!
3*		=36
	2!

6) jedna para r2 równych liczb:

3 2		4!
	*2*		=72
		2!

===================== 3*72+2*36+1=289 Pewnie można to krócej zapisać, ale nie chciałam niczego pominąć. Sprawdzaj teraz . Nie masz odpowiedzi?

Benny: Nie mam odpowiedzi i już widzę błąd u siebie. W zeszycie zapisywałem możliwości i parę liczb przestawiałem, a później znowu mnożyłem, żeby je przestawić dlatego taki duży wynik. Błąd też jest w wyborze liczb. Dziękuje

Mila:

Benny: Punkt S jest punktem przecięcia się przekątnych równoległoboku ABCD , a punkt P jest takim punktem boku BC tego równoległoboku, że |BP| : |PC|= 3. Oblicz współrzędne spodka wysokości opuszczonej z wierzchołka A tego równoległoboku na prostą CD , jeżeli − AB(chodzi o wektor,

	7		7
ale nie wiem jak strzałkę dać) = [4,4] , DS(wektor) = [3 ,− 3] i P=(		;		). Z góry
	2		2

zaznaczam, że zadanie pochodzi z zadania.info. No to tak, aby policzyć współrzędne spodka(H) muszę mieć prostą AH i DC. Pierwszy pomysł to taki aby dostać wektor AD z odejmowania: AB−2DS. Nie mam pojęcia do czego jest ten punkt P. Szukam natchnienia

Benny:

Mila: Dobrze. AB^→+BD^→=AD^→⇔ [4,4]+(−2)*[3,−3]=[4,4]+[−6,6]=[−2,10]=AD^→ BC^→=[−2,10]

1
	BC→=[−0.5,2.5]
4

P=(3.5,3.5)→T_[−0.5,2.5]→C=(3,6) C=(3,6)→T_[−4,−4]→D= (...) pomoże? Posprawdzaj rachunki.

Benny: Dziękuje, rachunki dobrze. Ładnie wyszło

Benny: Rzucamy cztery razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma kwadratów liczb oczek otrzymanych we wszystkich czterech rzutach będzie mniejsza niż 20. 5 i 6 odrzucam z miejsca Wyszły mi takie możliwości: (4,1,1,1) − 4 możliwości rozstawienia

	4!
(3,2,2,1) −
	2!

	4!
(3,2,1,1) −
	2!

(3,1,1,1) − 4 (2,2,2,2) − 1 (2,2,2,1) − 4

	4!
(2,2,1,1) −
	2!*2!

(2,1,1,1) − 4 (1,1,1,1) − 1 |A|=48

	48		1
P(A)=		=
	64		27

Raczej nic nie pominąłem. Jest może inny sposób?

Mila: Nie wpadłam dzisiaj na inny sposób.

Mila: 18:37 Dlaczego w mianowniku 6¹¹. Nie popatrzyłam uważnie na całość tylko na część. To jest warunkowe.

Benny: Kurczę to chyba teraz nie wiem jak to opisać.

Mila: Zacząłeś dobrze.

Benny: No co jest ze mną... Zdarzenie B − otrzymanie tylko jednej liczby nieparzystej Jak to opisać... już nie mam głowy.

Mila: Jednej nieparzystej i 10 parzystych, bo masz jedenaście rzutów. {1,3,5} nieparzysta stąd. {2,4,6} parzysta stąd.

Benny: Co ja napisałem... Czy ma być 3¹¹?

Mila: Na ostatniej pozycji jest parzysta, to ustaliliśmy wcześniej.

10 1
	*3*310

wybór jedego miejsca dla nieparzystej liczby oczek, która jest wybrana na 3 sposoby, każda z 10 parzystych na 3 sposoby. ( Może inaczej myślisz?) |B|=10*3*3¹⁰ |A∩B|=10*1*3¹⁰

Benny: Chyba mózg nie chce ze mną współpracować. Takiej prostej rzeczy nie mogłem napisać...

Mila: Za długo siedzisz przy komputerze, idź na randkę, a potem do zadań.

Benny: Staram się pomóc innym.

Benny: Narysuj w układzie współrzędnych figurę będącą zbiorem punktów, których współrzędne (x;y) spełniają nierówność: x²+y²−6|y|≤9. Jakieś za proste rozwiązanie mi się wydaje. 1) y≥0 x²+(y−3)²≤18 2)y<0 x²+(y+3)²≤18

Benny:

Benny:

Mila:

Benny: więc wystarczy tylko tak rozpisać i narysować?

Mila: Tak, niebieski obszar dla pierwszej nierówności, pomarańczowy dla drugiej. Oblicz granicę:

	1		1
limx→1 (		−		)
	3*(x−1)		x3−1

Benny:

	1		1		x2+x+1		3
limx→1(		−		)=limx→1(		−		)=
	3*(x−1)		x3−1		3*(x3−1)		3*(x3−1)

	(x+2)(x−1)		x+2
=limx→1(		)=limx→1(		)=
	3*(x−1)(x2+x+1)		3x2+3x+3

	3		1
=limx→1(		)=
	9		3

kaa: Ja tak moze poza tematem :v Mam tylko nadzieje ze nie bedzie kombinatoryki albo prawdopodobienstwa za 6−7 pkt.. Cos innego ale nie to Bo patrze na wasze rozwiazania i sie gubie w tym.. A dobre zadanko Benny to masz takie: W kulę wpisano stożek. Wykaż, że objętość stożka V_s i objętość kuli V_k spełniają warunek V_s≤ 8/27 V_k

Mila: 2) W pudełku jest 7 kul białych i 3 czarne.Doświadczenie polega na wylosowaniu 3 kul. Jakie jest prawdopodobieństwo wyk=losowania co najwyżej dwóch kul białych?

Mila: 1) Granica ładnie obliczona.

Benny:

	10 3
|Ω|=

	7 1		3 2		7 2		3 1
|A|=		*		+		*

wylosowanie 1 białej z 7 i 2 czarnych z 3 lub wylosowanie 2 białych z 7 i 1 białej z 3 |A|=45 |Ω|=120

	3
P(A)=
	8

Mila: Nie.Pomijając błędy rachunkowe. Przeczytaj uważnie zadanie.

kaa: 17/24 ?

Benny: Fakt... A'−wylosowanie trzech kul białych

	7 3
|A'|=

|A'|=35

	35		17
P(A)=1−		=
	120		24

Paweł: Tu mam zadanie z arkusza, którego jako jedynego nie mogę obczaić: Punkt D dzieli bok trójkąta AB na dwa odcinki:a 4 i 8. Oblicz |CB| wiedząc, że <ACD jest dwa razy mniejszy od <DCB oraz |AC| = 6.

Paweł: Wychodziły mi bardzo dziwne rzeczy. Wielomiany stopnia 4 z cosinusów.

Mila: CD to wysokość?

Mila: Benny Twój pierwszy sposób też dobry, ale nie uwzględniłeś sytuacji, że wylosowano tylko 3 czarne. (czyli 0 białych). Masz napisane co najwyżej 2 białe, zatem 0 lub 1 lub 2.

kaa: CD to wg mnie to tylko odcinek. Nie jest ani wysokoscia ani środkową

kaa: a tw. cosinusów?

Paweł: nie da sie z tw.cosinusów zawsze o jedna niewiadoma wiecej nic równań

( ͡° ʖ̯ ͡°): Nie róbcie takich skumulowanych tematów bo to niczemu nie służy...

Paweł: Jedyne do czego doszedłem to cosα = 6/x

Paweł: yhym tutaj przynajmniej sie ktoś zainteresował tym zadaniem. Jak wcześniej je wstawiłem luzem to nikt sie nie zainteresowal. I wgl to zadanie jest z operonu 2012 matematyka rozszerzona, a tutaj robimy zadanka z arkusza.

Benny: Odpowiedź jakąś masz do tego?

Paweł: ^18√5₅, (18√5)/5

Mila: Jak się pomyśli to się zrobi. Dobranoc

Paweł: Branoc. W autobusie też na nic nie wpadłem

Benny: Jutro nad tym pomyślę. Dobranoc

Paweł: Jakby się jeszcze dało udowodnić, że tego się nie da zrobić, to by było fajnie.

Maniek: ok juz pisze rozwiazanie

Maniek: R=6

	a		b
no to z tw. sinusow		=		=R2
	sinα		sinβ

a+b=R² b=2 a=4

	a
⇒ 1)		=sinα
	R2

	4
⇒		=sinα
	6

	2
⇒sinα=
	3

czyli sinα=0,667 α≈42st ⇒2α=84st 2) 2 raz tw sinusow

8
	=R2
sin84st

	18√5
R2=X≈8,05≈
	5

	18√5
Odp:X=
	5

Maniek: Jesli kogos jeszcze to interesuje ...

Benny: Jakoś nie mogę tego pojąć. Mógłbyś to na rysunku zaznaczyć? I czemu ciągle jest R²?

Maniek: Benny blad przy pisaniu tam zamiast R² powinno byc 2R=6 bo 6 to srednica sorki R=3

Maniek:

	18√5
a ten rysunek to tak naprawde dwa okregi jeden o promieniu 3 drugi o promieniu
	10

przecinajace sie ?

Maniek:

Benny: Dziwi mnie pewne zadanko za 5 pkt na rozszerzeniu. Dany jest prostokąt ABCD, w którym |AB|AD|=√2. Punkt S jest środkiem boku AB. Oblicz miarę między prostymi AC i DS. Kąty wyszły mi równe z obliczenia sinusów(sinusy były takie same), więc miara kąta między prostymi wynosi 90^o.

	√6
sinα=
	3

	√3
sinβ=
	3

sin²α+sin²β=1 Nie za proste to rozwiązanie?

huhuhu: AC = √4a²+8a² = 2a√3 DS = √4a²+2a² = a√3*√2 P_ASCD P = 1/2*2a*3a√2 = 3a²√2 i P = 1/2*2a√3*a√3*√2*sinα = 3a²√2*sinα czyli sinα musi być równy 1 i wynika z tego,że α=90

Benny: Skąd w ogóle takie wartości? Co to za wzór na pole?

huhuhu:

Benny: Aaaa, ok nie zauważyłem, że chodzi o pole innego czworokąta

Benny: Milu, gdybyś miała jakieś dodatkowe zadanka to chętnie przygarnę

Mila: Rozwiązałeś Lubelską próbę przed maturą?

Benny: Pisałem chyba w szkole.

Mila: 1) Dla jakich m∊R równanie : 3cos²x−4sinx+m−3=0 ma rozwiązanie. 2) Wyznacz wszystkie całkowite wartości parametru ma, tak, aby pierwiastkiem równania : x³+mx²−75=0 (Z ładnym komentarzem)

Benny: To drugie wygląda na takie urwane

Mila: Jest dobre.

Benny: 1. 3cos²x−4sinx+m−3=0 3−3sin²x−4sinx+m−3=0 −3sin²x−4sinx+m=0 sinx=t t∊<−1;1> −3t²−4t+m=0 Δ≥0 Δ=16+12m

	−4
m≥
	3

	−2
p=		∊<−1;1>
	3

ramiona do dołu, więc f(−1)≤0 lub f(1)≤0 f(−1)=1+m f(1)=−7+m m∊(−∞;−1≥ ∨ m∊(−∞;7>

	4
Ostatecznie m∊<−		;7>
	3

Benny: Milu, proszę przeczytaj jeszcze raz to drugie. Tam nie ma co liczyć. Na upartego wystarczy zapisać dzielniki wyrazu wolnego i policzyć dla każdego wartość.

Mila: Właśnie o to chodzi. Napisz rozwiązanie, na maturze też napiszesz, że nie ma co liczyć?

Benny: Myślałem, że będzie tego więcej. Pierwiastki szukałem wśród liczb ze zbioru {+−1, +−3, +−5, +−15, +−25, +−75} Dla x∊{+−15, +−25, +−3, +−75} wychodziły m wymierne co jest sprzeczne z założeniem. Dla x=1, m=74 x=−1, m=76 x=5, m=−2 x=−5, m=8 m∊{−2, 8, 74, 76}

Mila: Masz rację treść nie dokończona i bez sensu. Nie zadałeś pytania jakie pierwiastki. Chyba jestem przepracowana dzisiaj. Wyznacz wszystkie całkowite wartości parametru m, tak, aby pierwiastkiem równania : x3+mx²−75=0 była liczba pierwsza. Teraz tylko zmodyfikujesz swoje rozważania Odpisz.

Mila: Znajdź wielomian o współczynnikach całkowitych którego pierwiastkiem jest liczba √3+√2−1.

Benny: No to z tamtego zostaje nam tylko jedna liczba pierwsza x=5, więc m=−2

Mila: Tak.

Benny: Dana liczbę x=√3+√2−1 podnosimy do kwadratu, aż otrzymamy współczynniki całkowite. Wyszło mi x⁴+4x³−4x²−16x−8=0

Benny: Dobranoc

Paweł: Maniek czy mógłbyś wytłumaczyć mi to co napisałeś na temat mojego zadania, bo nic z tego nie rozumiem. Nagle pojawia się R=6 , nie wiadomo skąd, potem a/sinα, nie ma wielkości a ani b, sinβ też nie ma nigdzie zaznaczonego. Chciałbym zrozumieć rozwiązanie tego zadania.

Paweł: Aaaa już chyba wiem o co Ci chodziło. Ale i tak musisz mi wytłumaczyć bo nie moge wywnioskować, dlaczego potraktowałeś ΔADC oraz ΔDCB jako trókąty prostokątne?

Benny: Hej Milu, jak znajdziesz czas mogłabyś podesłać jakieś zadanka z stereometrii i przekrojami? Zauważyłem, że nie za bardzo wiem jak zaznaczać przekroje na rysunku, a bez tego nic nie policzę.

Mila: Napiszę więcej, ale dopiero po 20. 1) Sześcian o krawędzi 1 przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątna podstawy i nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α. oblicz pole otrzymanego przekroju. Rozważ różne przypadki. 2) Sześcian o krawędzi 3 przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątna podstawy i nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α=30^o. Oblicz pole i obwód otrzymanego przekroju.

Benny: Nie sądziłem, że to pierwsze będzie takie rozbudowane. Obliczyłem, że gdyby wierzchołek trójkąta był w punkcie G to tgα=√2, więc mniej więcej określiłem: −trapez dla α∊(55^o;125^o) (dla 90^o będzie to prostokąt) −trójkąt dla α∊(0;55^o) ∪ (125^o;180^o) Pole trapezu: a=1

1
	=sinα
h

	1
h=
	sinα

ΔIJG~ΔDBC

	√2
|KG|=k*|LC|=		*k
	2

|LM|
	=ctgα
a

|LM|=ctgα |LM|+|KG|=|LC|

√2		√2
	*k+ctgα=
2		2

k=1−√2ctgα |IJ|=√2*(1−√2ctgα) |IJ|=√2−2ctgα

	√2−2ctgα+√2		√2−ctgα
P=		=
	2sinα		sinα

Pole trójkąta:

√2
	=cosα
2h

	√2
h=
	2cosα

	1		√2		1
P=		*√2*		=
	2		2cosα		2cosα

Mila: Możliwe są przypadki : a) przekrój jest trójkątem równoramiennym, gdy α∊(0^o,α₀) gdzie tgα₀=√2, b) przekrój jest trapezem równoramiennym, gdy α∊(α₀,90^o), c)przekrój jest prostokątem ,gdy α=90^o, Wyniki prawidłowe.

Benny: Zadanko 2 Korzystając z poprzedniego rysunku, przekrojem jest trójkąt równoramienny. P=3√2 Obw.=√42+3√2

Benny: Tak, zapomniałem dopisać, że chodzi o figury równoramienne.

Benny: Błędny jest mój zapis, jeżeli dodałem do 180^o?

Mila: 1) Nie spotkałam się z taką interpretacją. 2) Dobry wynik w zadaniu (2), mam nadzieję, że sprawdziłeś w którym jestes przypadku.

Benny:

	√6
tak, tgα=		, więc mniej niż tgα=√2
	2

Benny: Koło o promieniu r zostało podzielone na n przystających wycinków. Uzasadnij, że nie istnieje stożek, którego powierzchnią boczną jest jeden z takich wycinków, a pole powierzchni całkowitej jest równe polu części koła pozostałej do usunięcia tego wycinka. Pole wycinka = Pole boczne stożka

R
	=r
n

	R2*π
Pb=		i czemu niby nie może istnieć taki stożek?
	n

	πR2		R2*π
Pc=		+
	n2		n

	πR2(n+1)
Pc=
	n2

Pole koła bez wycinka

	R2*π		R2*π(n−1)
πR2−		=
	n		n

Mila:

	360
Pw=		*πR2=Pb
	n

	360
ł=		*2πR
	n

360
	*2πR=2πr
n

360
	*R=r
n

	360
Pc=πr2+πr*R=		*πR2+πr2
	n

	360		360
Pz=		*(n−1)*πR2=(360−		)*πR2
	n		n

360		360
	*πR2+πr2=(360−		)*πR2
n		n

360		360
	*R2+r2=(360−		)*R2
n		n

r²=360*R²

	360
(		*R)2=360*R2
	n

360
	)2=360
n

360²=360*n² 360=n² n∉N

Benny: Wszystko przez te stopnie. Dziękuje

Mila: