Maturalki Saizou : Kolejna porcja zadań dla maturzystów (trochę liczb, trochę funkcji) Zad 1 Liczba r jest najmniejszą liczbą rzeczywistą spełniającą nierówność

	x−√2
|		|≤2
	1−√2

Podaj trzy pierwsze cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego liczby r. Zad 2 Porównaj liczby a^b oraz b^a, gdzie a=[(2−√3)^1/2+(2+√3)^1/2]²

	81−1•√3
b=
	27−2•4√9

Zad 3 Wykaż, że dla dowolnej liczby naturalnej k liczba k(k+1)(k+9)(k²+1) jest podzielna przez 5. Zad 4 Dla jakiej wartości parametru m rozwiązaniem równania |x−1|=m+2 jest para liczb o przeciwnych znakach? Zad 5 Dla jakich wartości parametru m rozwiązaniem układu równań

	⎧	x+my=1
	⎨
	⎩	2x−y=m

jest para liczb (x, y) spełniająca nierówność |x−y|≤1 Zad 6 Suma dwóch różnych miejsc zerowych funkcji kwadratowej f jest równa 4,

	1
a suma ich odwrotności jest równa −		. Wyznacz wzór tej funkcji, jeśli f(0)=−12.
	3

Zad 7 Rozwiąż równanie a) (x²−9)√x−2=0 b) √4x−7=x−1 Zad 8 Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x i każdej liczby rzeczywistej m prawdziwa jest nierówność 20x²−20mx+18m²≥4x+12m−5

Szkolniak: Zadanie 1

	x−√2
|		|≤2
	1−√2

|x−√2|
	≤2
√2−1

|x−√2|≤2√2−2 x−√2≥−2√2+2 ∧ x−√2≤2√2−2 x≥2−√2 ∧ x≤3√2−2 x∊<2−√2;3√2−2> Najmniejsza liczba to 2−√2. 3 pierwsze cyfry: 585

Saizou : Zad 1

Szkolniak: Zadanie 7 ad a x∊D=<2;+∞) x²−9=0 v √x−2=p x=−3 v x=3 v x=2 x∊{−3,2,3} ∧ x∊D x∊{2,3} ad b

	7
√4x−7=x−1, x∊D=<		;+∞)
	4

Dla każdego x∊D obie strony równania są nieujemne, więc możemy podnieść obustronnie do kwadratu: 4x−7=x²−2x+1 x²−6x+8=0 (x−4)(x−2)=0 x=4 v x=2 x∊[{2,4}]⊂D

Saizou : 7 a) dobrze 7 b) zapis końca jest dziwny x∊[{2,4}]⊂D nie wiem co dla Ciebie miało to oznacza. Lepiej napisać

	7
(x=4 v x=2) ∧ x∊<		; +∞) stąd x∊{2, 4}
	4

Szkolniak: Zapis ten oznacza że zbiór rozwiązań równania zawiera się w dziedzinie, jest on niepoprawny?

Saizou : to po prostu x∊{2,4}⊂D ten nawias kwadratowy jest zbędny i mylący

Szkolniak: Ale gdybyśmy mieli sumę przedziałów, to wtedy używamy tego kwadratowego, dobrze myślę? Typu x∊[(0;1)∪(1;2)]⊂D

Saizou : dla mnie ten zapis wygląda dosyć nienaturalnie (notabene przedziały domkniętne oznacza się przez nawiasy kwadratowe w matematyce (tak są pisane książki zazwyczaj)) osobiście preferuje zapis x∊(0;1)∪(1;2) ∧ x∊D zatem x ∊ ... pokazujesz w ten sposób komisji, że należy wziąć część wspólną zbiorów

Szkolniak: Rozumiem, dzięki wielkie za odpowiedź

Saizou : To teraz kolejne zadania czekają

Szkolniak: Dam może innym szansę, bo chyba nie ma sensu pisać jak resztę umiem

Saizou : Czyli rozumiem że chcesz coś trudniejszego?

Saizou : Zad 9* Rozwiąż nierówność

	3+√3
limn→∞(1+tgx+tg2x+...+tgn−1x) ≤		w zbiorze <0, 2π>
	2

Saizou : PS. Rozwiązywać zadania zawsze jest sens, chociażby po to aby poćwiczyć sprawność rachunkową.

Szkolniak: Po lewej znajduje się suma ciągu geometrycznego, w którym a₁=1, q=tgx, a ilość składników to n?

Saizou : Tak, ale musisz pamiętać o tym, że granica ta musi istnieć

Szkolniak:

	1−tgnx
1+tgx+tg2x+...+tgn−1x=
	1−tgx

Przy liczeniu granicy pomoże mi teraz zamiana tangensa na iloraz sinusa i cosinusa? I czy istnienie granicy związane jest z dziedziną tangensa?

Saizou : To nie jest potrzebne. Trzeba ustalić dla jakich wartości tangensa, ta granice istnieje. Podpowiem że wiąże się to z szeregiem geometrycznym.

Szkolniak: Granica istnieje jedynie wtedy, gdy |tgx|<1?

Saizou : Dokładnie tak. Granica skończona.

Szkolniak:

	1−tgnx		limn→∞1−tgnx		1
lim		=		=
	1−tgx		limn→∞1−tgx		1−tgx

n→∞ Jest okej?

Saizou : jest okej, ale tak

	1−tgnx
Sn =		to suma częściowa szeregu geometrycznego, przechodząc do granicy
	1−tgx

mamy

	1
limn→∞ Sn =
	1−tgx

Szkolniak: W ogóle jest to zadanie z poziomu rozszerzonego? Bo u mnie to tragedia czasami z tymi granicami jak patrzę na niektore przykłady, albo w szkołach nie kładą na nie takiego wielkiego nacisku albo to u mnie przez nauczyciela

Saizou : granice w szkole to dosyć okrojony temat i zazwyczaj kończy się na schematycznym ich rozwiązywaniu. Na studiach poznasz wiele, wiele i wiele innych granic Tak, to zadanie z kultowego zbioru Kiełbasy

Szkolniak: Widzę przykład i właśnie widzę jaka przepaść między poziomem w szkole a powiedzmy tutaj Ale spróbuję się i zobaczymy zaraz co z tego wyjdzie

Saizou : Masz teraz nierównosc do rozwiązania

	1		3+√3
		≤
	1−tgx		2

przy uwzględnieniu, że −1< tgx < 1

Szkolniak: 1) |tgx|<1 tgx>−1 ∧ tgx<1

	π		π
x∊D=(−		+kπ;		+kπ), k∊C
	4		4

	1		3+√3
2)		≤		/*2(1−tgx)
	1−tgx		2

2≤(1−tgx)(3+√3), bo ⋀(1−tgx>0) 2≤3+√3−3tgx−√3tgx x∊D

	√3+1
tgx≤
	3+√3

	√3
tgx≤
	3

	π		π
x∊<−		+kπ;		+kπ>, k∊C
	6		6

Teraz wyciągamy część wspólną z 1) i 2):

	π		π		π		π
x∊(−		+kπ;−		+kπ>∪<		+kπ;		+kπ), k∊C
	4		6		6		4

Jest okej? I jeśli tak to jak się teraz odnieść do tego, że mamy to rozwiązać w zbiorze <0;2π>?

Szkolniak: Mógłbym wszędzie dodać po π i pozbyć się dodania okresowości?

Saizou : Część wspólna jest źle. Lepiej od razu odpowiedź z przedziału wypisać (na rysunku te części z kropkami)

Szkolniak:

	π		π
Chwila chwila, część wspólna to przecież x∊<−		+kπ;		+kπ>, tak?
	6		6

Saizou : Twoja cześć wspólna jest okej, przepraszam, zasugerowałem się od razu okrojeniem do przedziału

Szkolniak: Dopiero teraz widzę, że napisałeś, ale spytam tylko czy metoda rozwiązania jest okej, przyjmując, że część wspólna to ta z 22:04 I teraz też mogę zrobić to w ten sposób, że będę podstawiał pod k kolejne liczby całkowite i sprawdzał czy to się mieści w przedziale <0;2π>, tzn:

	5		7
1) dla k=1: x∊<		π;		π>
	6		6

2) przesuwając się o kolejną (jedną) okresowość względem poprzedniego przedziału:

	11		13
x∊<		π;		π>
	6		6

	11
przedział ten nie mieści się cały, więc go 'ucinamy' i zostaje nam: x∊<		π;2π>
	6

	5		7		11
odpowiedź końcowa: x∊<		π;		π>∪<		π;2π>
	6		6		6

dobrze?

Patryk: Zadanie ze zbioru Kiełbasy gdy je robiłem z założeniami bawiłem się dłużej niż z samym

	pi		3		7		7
liczeniem. Powinno wyjść x∊<0;		∨ (		pi;		pi) ∨ (		pi; 2pi)
	6		4		6		4

	pi		3		5		7		pi
przy założeniu: x∊<0;		) ∨ (		pi;		pi) ∨ (		pi; 2pi> i x≠		i
	4		4		4		4		2

	3
x≠		pi
	2

Saizou : Szkolniak część wspólna, to

	π		π
<−		+kπ;		+kπ> dla k ∊ ℤ (ℤ zbiór liczb całkowitych)
	4		6

dla k =0

	π		π
<−		;		>
	4		6

dla k = 1

	3		7
<		π;		π>
	4		6

dla k = 2

	7		13
<		π;		π>
	4		6

i uwzględniając przedział <0, 2π> otrzymujemy

	π		3		7		7
x∊<0,		> ∪ <		π;		π> ∪ <		π; 2π>
	6		4		6		4

Szkolniak: Dokładnie o to mi chodziło Saizou Możesz jeszcze jakimś przykładem rzucić jak masz coś pod ręką

Saizou : Zad 10* Dla jakich wartości parametru a równanie

	cosx		cos2		cos3
		+		+		+...=a2−2,
	2		4		8

którego lewa strona równania jest sumą nieskończonego ciągu geometrycznego ma rozwiązanie?

Mila: Brakuje argumentów

salamandra:

cosx		cos2x		cos3x
	+		+		+...= a2−2
2		4		8

	cosx
q =
	2

|q|<1, bo zbiór wartości cosx <−1;1>

	cosx2		cosx2		cosx		2
S=		=		=		*		=
	1−cosx2		2−cosx   2		2		2−cosx

	cosx
	2−cosx

Sama suma dobrze?

Saizou : @Mila przy wpisywaniu się zjadły Na razie jest dobrze

salamandra: I teraz muszę przyrównać?

salamandra:

cosx		a2−2
	=		?
2−cosx		1

Saizou :

	cosx
Znajdź zbiór wartości funkcji f(x)=
	2−cosx

salamandra: Jedyne co wiem to ze cosx ∊ <−1;1> Trzeba jakoś przekształcić wzór tej funkcji?

Saizou : Tak, należy przekształcić tak, aby było łatwo wyznaczyć zbiór wartości

salamandra: Jakaś podpowiedź? nie mam pomysłu co wyciągnąć

Saizou : dodaj i odejmij 2 w liczniku

salamandra:

cosx−2+2		−(2−cosx)+2
	=		?
2−cosx		2−cosx

Szkolniak: cosx=2a²−4−a²cosx+2cosx a²cosx−cosx=2a²−4

	2a2−4
cosx=
	a2−1

2a2−4		2a2−4
	≥−1 ∧		≤1 ∧ a≠1 ∧ a≠−1
a2−1		a2−1

Teraz wystarczy to rozwiązać i będzie ok?

Mila: Czas na planimetrię

salamandra:

	2a2−4
Jak doszedłeś do postaci cosx =		, bo ja też tak zaczynałem robić, ale stanąłem
	a2−1

właśnie linijkę przed wyznaczeniem cosx

salamandra: @Mila lepiej nie , od ponad miesiąca realizuję planimetrię na lekcji, nienawidzę tego działu

Szkolniak: Wyciągasz po lewej stronie równania przed nawias cosx, w nawiasie zostaje Ci a²−1

salamandra: No przecież.....

Szkolniak: U mnie też planimetria była swego rodzaju piętą achillesową, ale zacząłem coraz więcej zadań z tego robić i już coraz lepiej jest Także nie ma co myśleć że się nienawidzi działu, kwestia wytrenowania i będzie coraz łatwiejszy

salamandra: No tam bardziej liczy się pomysł, zauważenie czegoś, a rozwiązanie to pigułka w tym wszystkim. Najgorzej, że stereometria też przede mną, lepiej się czuję w algebrze.

Saizou : tylko jeszcze należy sprawdzić co się dzieje dla a=1 lub a =−1

Saizou : Jak rozwiążecie zadania z tego wątku to wrzucę coś z planimetrii

Szkolniak: Która jesteś klasa salamandra? I dodatkowo co z warunkiem na q?

salamandra: Ja na pewno zrobię te dopiero po weekendzie może, jutro i w poniedziałek mam ostatni egzamin zawodowy i do tego na razie muszę przykuć uwagę

salamandra: W 4−tej technikum

Saizou : Warunek był potrzebny aby szereg po lewej stronie był zbieżny

Szkolniak: 1) Aby suma w ogóle istniała, musi zachodzić, że |q|<1, więc:

	|cosx|
		<1 /*2
	2

|cosx|<2 ⇒ x∊R 2) Dla a∊{−1,1} równanie przyjmuje postać 0=−2 i jest to równanie sprzeczne.

Saizou : Jeszcze pozostaje wyznaczyć parametr a. Alternatywnie można

	cosx		cosx−2+2		−(2−cosx)+2
f(x)=		=		=		=
	2−cosx		2−cosx		2−cosx

	2
=−1+
	2−cosx

	2
fmax=−1+		=−1+2=1
	2−1

	2		1
fmin=−1+		=−
	2+1		3

	1
−		≤ a2−1 ≤ 1
	3

Adamm: moim zdaniem, 8 sty 2020 20:18 zadanie jest źle przedstawione nie dość, że np. tg(π/2) nie istnieje (a podajesz, żeby rozwiązać w [0, 2π]), to w dodatku, sama granica może nie istnieć, i wtedy sama nierówność nie ma sensu. Poprawne sformułowanie zadania, byłoby by obliczyć tą nierówność, dla x z przedziału [0, 2π] dla których tg(x) jest określony, i granica również istnieje

Saizou : @Adamm przepisałem to zadanie ze zbioru Kiełbasy. Jeśli spojrzymy na to, że S_n =1+tgx+...+tgⁿ⁻¹x jest sumą częściową szeregu, to szereg jest zbieżny gdy istnieje granica lim_n→∞ S_n Przedział na końcu sugeruje, że chodzi o wybranie rozwiązań, które należą do tego zbioru. Faktycznie mogłby być lepiej sformułowane to zadanie

Szkolniak: Zadanie 5

	⎧	x+my=1
	⎩	2x−y=m

⎧	x=1−my
⎩	2(1−my)=m+y

2−2my=m+y y+2my=2−m

	2−m
y(1+2m)=2−m ⇒ y=
	2m+1

	m(2−m)		m(m−2)		2m+1+m2−2m		m2+1
x+my=1 ⇔ x=1−		⇔ x=1+		⇔ x=		⇔ x=
	2m+1		2m+1		2m+1		2m+1

|x−y|≤1

	m2+1		2−m		1
|		−		|≤1 ∧ m∊D=R\{−		}
	2m+1		2m+1		2

|m2+m−1|
	≤1 /*|2m+1|
|2m+1|

|m²+m−1|≤|2m+1|, bo ⋀(|2m+1|>0) m∊D

	1		1−√5		1+√5
1) (m2+m−1≥0 ∧ 2m+1≥0) ⇔ m∊D1=<−		;		>∪<		;+∞)
	2		2		2

m²+m−1≤2m+1 m²−m−2≤0 (m−2)(m+1)≤0 m∊<−1;2> ∧ m∊D₁

	1		1−√5		1+√5
m∊<−		;		>∪<		;2>
	2		2		2

	1
2) (m2+m−1≥0 ∧ 2m+1<0) ⇔ m∊D2=(−∞;−		)
	2

m²+m−1≤−2m−1 m²+3m≤0 m(m+3)≤0 m∊<−3;0> ∧ m∊D₂

	1
m∊<−3;−		)
	2

3) (m²+m−1<0 ∧ 2m+1<0) ⇔ m∊∅

	1−√5		1+√5
4) (m2+m−1<0 ∧ 2m+1≥0) ⇔ m∊D4=(		;		)
	2		2

−m²−m+1≤2m+1 −m²−3m≤0 m²+3m≥0 m(m+3)≥0 m∊(−∞;−3>∪<0;+∞) ∧ m∊D₄

	1+√5
m∊<0;		)
	2

Sumując cztery przypadki:

	1−√5
m∊<−3;		>∪<0;2> ∧ m∊D
	2

	1		1		1−√5
m∊<−3;−		)∪(−		;		>∪<0;2>
	2		2		2

I jak to wyszło?

a@b: O wiele uprasza rachunki |x−y|≤1 ⇔ x−y≤1 i x+y≥ −1

	m2+m−1 −2m−1
1/		≤0 ⇒ (2m+1)(m2−m−2)≤0 ⇒ (2m+1)(m−2(m+1)≤0
	2m+1

i

	m2+m−1+2m+1
2/		≥0⇒ (2m+1)m(m+3)≥0
	2m+1

i m≠−1/2 dokończ ....................

a@b: Poprawiam zapis W 1/ ................................... ⇒(2m+1)(m−2)(m+1)≤0

a@b: Odp: m∊<−3,−1> U <0,2> ====================== Może Saizou potwierdzi

a@b: Widzę jeszcze chochlika ( sorry Oczywiście ma być: |x−y|≤1⇔ x−y≤1 i x−y≥ −1

a@b: No i Szkolniak ... zaniemówił

Szkolniak: A się rozpisałem niepotrzebnie Twoje przedziały "ładniejsze", więc obstawiam że twoje dobrze

a@b: Wniosek: szanuj czas , bo na maturze "czas droższy od pieniędzy"

Saizou : Potwierdzam wynik Ety

Saizou : Zadania 2, 3 4, 5, 8 jeszcze czekają na rozwiązanie

Jerzy: Zad. 4 m + 2 > 1 ⇔ m > − 1

Saizou :

a@b: zad6 y=ax²+bx+c z treści zad f(0)=−12 ⇒ c= −12 ze wzorów Viete^'a

	−b
x1+x2=		⇒ b= −4a
	a

	1		1		−b		1
i		+		=		= −		⇒ 3b=c ⇒ .... b=−4 to a=1
	x1		x2		c		3

y=x²−4x−12 ==========

Szkolniak: Zadanie 2 a=2−√3+2+2+√3=6 b=... 81⁻¹=3⁻⁴ √3=3^1₂ 27⁻²=3^{−6 4}√9=(3²)^1₄=3^1₂

	3−4*312
...=		=32=9
	3−6*312

a^b czy b^a 6⁹ czy 9⁶ (6³)³ czy (9²)³ 216³ czy 81³ zatem a^b>b^a

Saizou : dla Ety oraz dla Szkolniaka

Saizou : Pozostały dowody

a@b: zad3/ k(k+1)[(k−1)+10][(k²−4)+5]= k(k+1)[[(k−1)+10][(k−2)(k+2)+5]= po wymnożeniu (k−2)(k−1)k(k+1)(k+2)+5k(k+1)(k−1)+10k(k+1)(k−2)(k+2)+50k(k+1) dodać odpowiedni komentarz i po bólu

Saizou : Ładnie, można też sprawdzać liczby postaci 5k, 5k+1, 5k+2, 5k+3, 5k+4 wtedy wychodzi z automatu

a@b: Wiem Ja wolę tak , jak podałam

Saizou : Wiem Mam jeszcze w pamięci dowód podzielności n⁵−n przez 30

a@b:

Saizou : Zostaje ostanie. Trochę słabo, że chętnych maturzystów brakuje

a@b: Czyszczą garnitury na studniówką

ite: Raczej ćwiczą przysiady do kroku poloneza.

a@b: Może przelewają "napoje wyskokowe" do kartonów po mleku

ite: po soku i coli tradycja...

Saizou : Haha, na zdrowie

salamandra: Akurat na zdrowie tak jak mówiłem, ja ruszę z zadaniami od poniedziałku. Miłego weekendu wszystkim

a@b: Trzymamy za słowo Miłego.....

Szkolniak: W ostatnim zadaniu nie wystarczy przerzucić wszystkiego na lewą stronę i wykazać, że jeśli a=20>0, to Δ≤0, żeby nierówność była zawsze spełniona?

Saizou : Wystarczy + komentarz

a@b: