Zestaw nr 1 Goblin: Zadanie nr 1 Dla jakiej wartosci parametru m rownanie

	5
m+5x+cos(x−		)=x2+6
	2

ma dokladnie jedno rozwiazanie ?.Znalezc to rozwiazanie Zadanie nr 2 Okreslic zbior wszystkich srodkow okregow stycznych zewnetrznie do okregu wpisanego w trojkat o wierzcholkach A=(−√3,0) B=(√3,0) C=(0,−3)i stycznych do osi OX naszkicowac te krzywa Zadanie nr 3 W prostokatnym ukladzie wspolrzednych narysowac zbior A jesli A={x,y) : log_x−y(x+y)≤1 Zadanie nr 4 Wsrod wszystkich trojkatow o danym kącie δ przy wierzcholku C i danej sumie d dlugosci bokow wychodzacych z wierzcholka C wybrac taki, ktorego dlugosc boku lezacego naprzeciwko tego wierzcholka jest najmniejsza Zadanie nr 5 Z piewszej urny zawierajacej n kul czerwonych i trzy zielone losujemy dwie kule i wrzucamy je do drugiej urny poczatkowo pustej . Nastepnie z drugiej urny losujemy jedna kule . Ile powinno byc kul czerwonych w pierwszej urnie ,aby prawdopodobienstwo wylosowania kuli

	7
czerwonej z drugiej urny bylo mniejsze od		?
	12

ite : Dzień dobry! Czy historyczny zestaw maturalny z jednego z 49 województw? Do zadania pierwszego dodaję podpowiedź: https://www.geogebra.org/geometry/yvykek2a

Saizou : Zad. 1

	5
x2−5x+6−m = cos(x−		)
	2

	5
Niech f(x) = x2−5x+6−m oraz g(x) = cos(x−		)
	2

Funkcja g przyjmuje wartości ze zbioru [−1, 1] Wykresem funkcji f jest parabola skierowana ramionami do gór. Aby wykresy funkcji f i g przecinały się w jednym punkcie, spełnione muszą być warunki

	5
xw =
	2

y_w = 1 zatem

	25		25
1 =		−		+6−m
	4		2

	1
1 = −		−m
	4

	5
m = −
	4

	5
Rozwiązanie x =
	2y

Saizou : Chochlik

	5
Rozwiązanie x =
	2

Goblin: Dzień dobry . Sa to zestawy na egzaminy wstepne na SGH (co sumie na jedno wychodzi ) Dzięki Saizou .

Saizou : Jakoś tak może ktoś potwierdzi δ = x a+b = d d²−2ab = a²+b² Z nierówności między średnimi Am ≥ Gm

a+b
	≥ √ab
2

d2
	≥ ab
4

Z tw. cosinusów c² = a²+b²−2abcosx c² = d²−2ab−2abcosx

	d2−c2
ab =
	2(1+cosx)

d2		d2−c2
	≥
4		2(1+cosx)

d²(1+cosx) ≥ 2d²−2c²

	d2(1−cosx)
c2 ≥
	2

	d2(1−cosx)
cmin = √
	2

Goblin: Saizou To zadanie nr 4 gościu akuratnie pokazał jak rozwiazac wiec AC=x BC=y x+y=d δ∊(0,π) AB=z wielkosci d i δ sa dane Stosujac do ΔABC tw cosinusow mamy z²=x²+y²−2xycosδ podstawiajac do tej rownosci y=d−x dostajemy z²=x²+(d−x)²−2x(d−x)*cosδ lub w postaci rownowaznej z=√x²+(d−x)²−2x(d−x)cosδ=f(x) W powyzszej rownosci x∊(0,d) szukamy najmniejszej wartosci funkcji f(x) na zbiorze (0,d) badamy w tym celu znak pochodnej funkcji f na przedziale (0,d) Kolejno mamy

	2x+2(d−x)(−1)−2dcosδ+4xcosδ
f'(x)=
	2√x2+(d−x)2−2x(d−x)cosδ

	2x−2d+2x−2dcosδ+4xcosδ
=
	2√x2+(d−x)2−2x(d−x)cosδ

	(1+cosδ)(4x−2d)
=
	2√x2+(d−x)2−2x(d−x)cosδ

Z warunku δ(0,π) wynika ze 1+cosδ>0 Zatem mamy f'(x)>0⇔x∊(d/2,d) f'(x)<0⇔x∊(0,d/2) Z tych warunkow oraz z ciaglosci funkcji f na zbiorze (0,d) wynika ze

	d
min x∊(0,d) f(x)=f(		) wykres nr 2
	2

	d		d
Jesli jednak x=		to y=		dostajemy stad AC=BC
	2		2

Odp. Sposrod wszystkich trojkatow o danym kącie δ przy wierzcholku i danej sumie dlugosci bokow wychodzacych z tego wierzcholka najkrotszy trzeci bok ma trojkat rownoramienny Uwaga 1

	d
Jesli funkcj f jest malejaca na (0,d/2) i rosnaca na (d/2,d) i nie jest ciagla w x=
	2

to wartosc najmniejsza nie musi istniec Uwaga 2 Jesli f jest okreslone na przedziale domknietym <0,d> oraz maleje (0,d/2)i rosnie w (d/2,d) to wartosc najmniejsza funkcji f na przedziale <0,d> niekoniecznie musi wystapic w punkcie

	d
x=
	2

Nie mozna zatem utozsamiac szukania ekstremum lokalnego funkcji f (na danym zbiorze A⊂D(f)) z szukaniem wartosci najmniejszej (najwiekszej ) tej funkcji na A Takie jest wzorcowe rozwiazanie na szostke .

Saizou : U mnie też taki wniosek można wyciągnąć, bo równość w nierówności między średnimi zachodzi

	1
dla a=b, wówczas 2a=d ora 2b=d, czyli a=b=		d
	2

W sumie nie doczytałem, że należy wskazać taki trójkąt, a nie wskazać minimalną wartość c.

kerajs: 2) Wpisany jest okrąg o środku (0,−1) i promieniu 1. Krzywa dla y<0 : √(x−0)²+(y−(−1))²=−y+1 ...

	−x2
y=
	4

5)

n(n−1)		2*n*3		1		3*2		7
	*1+		*		+		*0<
(n+3)(n+2)		(n+3)(n+2)		2		(n+3)(n+2)		12

3) zostaje dla tutejszych specjalistów−grafików

Saizou : Założenia: log_x−y(x+y) ≤ 1 log_x−y(x+y) ≤ log_x−y(x−y)

	x+y
logx−y(		) ≤ 0
	x−y

	x+y
a) 0<x−y<1 i		≥ 1 (przypadek gdy logarytm jest malejący)
	x−y

	x+y
b) x−y > 1 i 0 <		≤ 1 (przypadek gdy logarytm jest rosnący)
	x−y

Goblin: Dla y<0 probuje ustalic warunki Punkt O=(0,−1) Punkt O₂=(x,y) i y<0 |OO₂|=1+r₂ |DO₂|= r₂=√(x−x)²+(−y−0)²= √y²=y dalej sie zawiesilem

kerajs: Raczej: |DO₂|=....=|y|=−y=r₂ |OO₂|=1+r₂ √x²+(y+1)²=1−y

Goblin: Tak. Wlasnie teraz zauwazylem ze przeciez √y²=|y| W naszym przypadku |y|=−y bo y<0 dzieki

Goblin: To juz dokoncze Dla y≥0 beda to okregi ktorych srodki leza na nieujemnej czeci osi OY

kerajs: Tak.

Goblin: Zadanie nr 3 Wyszlo mi ogolnie tak Proste o rownaniach sa y=x y=−x y=x−1 Same proste nie naleza do zbioru rozwiazan Punkt (0,0) i (1,0) takze nie Obszar zaznaczony na czarno gdy 0<x−y<1 Oszar zanaczony na pomaranczowo dla x−y>1