Zadania maturalne Bogdan: Zadania maturalne.

	1		4		8
1. Rozwiązać równanie: x3 + 4x2 + 8x +		+		+		= 70
	x3		x2		x

2. Wyrazy ciągu (a_n) spełniają warunki: a₁ = 1 i a_n+1 = 2a_n + 1. Obliczyć a₂₀₁₀ 3. Wyznaczyć współrzędne środka ciężkości trójkąta ABC, dla A = (x₁, y₁), B = (x₂, y₂), C = (x₃, y₃)

AS: Zad.1

	1		1		1
x3 +		+ 4*(x2 +		) + 8*(x +		) = 70
	x3		x2		x

Podstawiam

	1
x +		= u Wtedy
	x

	1		1		1
(x +		)2 = x2 + 2 +		→ x2 +		= u2 − 2
	x		x2		x2

	1		1		1
x3 +		= (x +		)*(x2 − 1 +		) = u*(u2 − 3)
	x3		x		x2

Stąd równanie u³ − 3*u + 4*u² − 8 + 8*u = 70 u³ + 4*u² + 5*u − 78 = 0 Równanie to ma jedyny pierwiastek rzeczywisty u = 3

	1
Teraz wystarczy rowziązać równanie x +		= 3
	x

Godzio: A(x₁,y₂) B(x₂,y₃) C(x₃,y₃)

	x1 + x2		y1 + y2
S1(		,		)
	2		2

	x2 + x3		y2 + y3
S2(		,		)
	2		2

	x3 + x1		y3 + y1
S3(		,		)
	2		2

prosta przechodząca przez S₁ i C :

y1 + y2		x1 + x2
	= a *		+ b
2		2

y₃ = ax₃ + b − −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

y1 + y2 − 2y3		x1 + x2 − 2x3
	= a(
2		2

	y1 + y2 − 2y3
a =
	x1 + x2 − 2x3

	y1 + y2 − 2y3
b = y3 − x3 *
	x1 + x2 − 2x3

	y3x1 +y3x2 − 2x3y3 −y1x3 − y2 x3 + 2y3 x3
b =
	x1 + x2 − 2x3

	y3x1 + y3x2 − y1x3 − y2x3
b =
	x1 + x2 − 2x3

	y1 + y2 − 2y3
y =		* x +
	x1 + x2 − 2x3

y3x1 + y3x2 − y1x3 − y2x3
x1 + x2 − 2x3

prosta AS₂ :

y2 + y3		x2 + x3
	= a *		+ b
2		2

y₁ = ax₁ + b − −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

	y2 + y3 − 2y1
a =
	x2 + x3 − 2x1

	x2y1 + x3y1 − 2x1y1 − y2x1 − y3x1 − 2x1y1
b =
	x2 + x3 − 2x1

	x2y1 + x3y1 − y2x1 − y3x1
b =
	x2 + x3 − 2x1

	y2 + y3 − 2y1
y =		x +
	x2 + x3 − 2x1

	x2y1 + x3y1 − y2x1 − y3x1
	x2 + x3 − 2x1

Punkt przecięcia to tych prostych to S:

y2 + y3 − 2y1
	*x +
x2 + x3 − 2x1

	x2y1 + x3y1 − y2x1 − y3x1
		=
	x2 + x3 − 2x1

	y1 + y2 − 2y3
		* x +
	x1 + x2 − 2x3

y3x1 + y3x2 − y1x3 − y2x3
x1 + x2 − 2x3

	y2 + y3 − 2y1		y1 + y2 − 2y3
x(		−		) =
	x2 + x3 − 2x1		x1 + x2 − 2x3

y3x1 + y3x2 − y1x3 − y2x3
	−
x1 + x2 − 2x3

x2y1 + x3y1 − y2x1 − y3x1
x2 + x3 − 2x1

x((y₂+y₃−2y₁)(x₁+x₂−2x₃) − (y₁+y₂−2y₃)(x₂+x₃−2x₁))= (y₃x₁+y₃x₂−y₁x₃−y₂x₃)(x₁+x₃−2x₁) − (x₂y₁+x₃y₁−y₂x₁−y₃x₁)(x₁+x₂−2x₃) x = ((y₃x₁+y₃x₂−y₁x₃−y₂x₃)(x₂+x₃−2x₁) − (x₂y₁+x₃y₁−y₂x₁−y₃x₁)(x₁+x₂−2x₃)) / ( (y₂+y₃−2y₁)(x₁+x₂−2x₃) − (y₁+y₂−2y₃)(x₂+x₃−2x₁) ) −y₂x₂x₃+y₂x₂x₁−y₂x₃²+y₂x₁²+2y₃x₂²−y₃x₂x₃+y₃x₃x₁− 2y₃x₁²−y₁x₂²−y₁x₂x₁+y₁x₃²+y₁x₃x₁ / y₂x₁ + x₂y₂ − 2x₃y₂+y₃x₁+y₃x₂−2x₃y₃− 2y₁x₁ − 2y₁x₂ + 4y₁x₃ − y₁x₂ − y₁x₃ + 2x₁y₁−y₂x₂−y₂x₃+2x₁y₂+2x₂y₃+2x₃y₃−4x₁y₃ y₂(−x₂x₃+x₂x₁−x₃²+x₁²)+y₃(x₂²−x₂x₃+x₃x₁− x₁²)+y₁(−x₂²−x₂x₁+x₃²+x₃x₁) / 3y₂x₁ − 3x₃y₂−3y₃x₁+3y₃x₂ − 3y₁x₂ + 3y₁x₃ y₂(x₁−x₃)(x₁+x₂+x₃)−y₃(x₁−x₂)(x₁+x₂+x₃)−y₁(x₂−x₃)(x₂+x₃+x₁) / 3y₂(x₁ − x₃) −3y₃(x₁−x₂) − 3y₁(x₂ − x₃)

(x1+x2+x3)
	*
3

y2(x1−x3)−y3(x1−x2)−y1(x2−x3)
y2(x1 − x3) −y3(x1−x2) − y1(x2 − x3)

	(x1+x2+x3)
x =
	3

i wracając do podstawienia musi wyjść

	y1 + y2 + y3
y =
	3

Nic nie mówcie

AS: Środek ciężkości trójkąta leży na ptzecięciu się dwóch środkowych. Ponadto punkt przecięcia się środkowych dzieli każdą z środkowych na dwa odcinki w stosunku 2:1 (licząc od wierzchołka)

	x1 + x2
Środek odcinka AB(xs,ys) gdzie xs =		,podobnie dla ys
	2

Podział odcinka w danym stosunku jak łatwo wykazać,wyrażą się wzorem

	x3 + k*xs
xk =
	1 + k

Dla k = 2 mamy

	x1 + x2   x3 + 2   2		x1 + x2 + x3
xk =		=
	1 + 2		3

Podobnie wyliczamy yk

Kejt: a₁=1 a₂=3 a₃=7 a₄=15 są to więc potęgi dwójki pomniejszone o 1. a_n=2ⁿ−1 a₂₀₁₀=2²⁰¹⁰−1 dobrze?

Bogdan: Zadanie 1 i 3. As to as, od razu widać po sposobie rozwiązania Zadanie 3. S = (a, b) to środek ciężkości trójkąta, czyli punkt przecięcia jego środkowych.

	x1 + x2		y1 + y2
D = (		,		) to środek boku AB
	2		2

Zastosujemy wektory (pomijam znak → nad nazwą wektora).

	x1 + x2		y1 + y2
CS = [a − x3, b − y3], CD = [		− x3,		− y3]
	2		2

	2
CS =		CD ⇒
	3

	2		x1 + x2		2		y1 + y2
⇒ [a − x3, b − y3] = [		(		− x3),		(		− y3)]
	3		2		3		2

	2		x1 + x2		x1 + x2 + x3
a − x3 =		(		− x3) ⇒ a =
	3		2		3

	2		y1 + y2		y1 + y2 + y3
b − y3 =		(		− y3) ⇒ b =
	3		2		3

Bogdan: Zadanie 2. Dobrze Kejt . W bardziej rozbudowanym rozwiązaniu znalazłby się jeszcze dowód stwierdzenia: "są to więc potęgi dwójki pomniejszone o 1", np. dowód indukcyjny.

Kejt: mogę dołączyć ;> a₁=1 2¹−1=1 a₂=3 2²−1=3 a₃=7 2³−1=7 a₄=15 2⁴−1=15 tak wystarczy?

Bogdan: To nie jest dowód, to jest spostrzeżenie. Pokazałaś prawdziwość spostrzeżenia dla n = 1, 2, 3 i 4 i nic więcej. Dowód powinien zawierać prawdziwość tezy dla dowolnych wartości n.

AS: Do Bogdana Dziękuję za opinię,upadłem z zawrotu głowy. Serdecznie pozdrawiam.

Kejt: Bogdanie mógłbyś proszę napisać to bardziej rozbudowane rozwiązanie?

Bogdan: Zadanie 2. Wyrazy ciągu (a_n) spełniają warunki: a₁ = 1 i a_n+1 = 2a_n + 1. Obliczyć a₂₀₁₀ Ciąg (a_n) jest podany w postaci rekurencyjnej. a₁ = 1, a₂ = 3, a₃ = 7, a₄ = 15, ... Zauważam, że kolejne wyrazy ciągu powstają przez odjęcie jedynki od potęgi dwójki, czyli a_n = 2ⁿ − 1 i n∊N₊ Wykażę, że wzór ogólny ciągu (a_n): a_n = 2ⁿ − 1 jest prawdziwy dla każdej wartości n. Stosuję indukcję matematyczną. Krok 1. Sprawdzenie dla n = 1, 2, 3 Wzór rekurencyjny Wzór ogólny a₁ = 1 a₁ = 2¹ − 1 = 1 a₂ = 2*1 + 1 = 3 a ₂ = 2² − 1 = 3 a₃ = 2*3 + 1 = 7 a₃ = 2³ − 1 = 7 Krok 2. Założenie dla n = k (co interpretujemy następująco: wzór jest prawdziwy dla n = 1, 2, 3, ... , k) a_k = 2^k − 1 = 2*2_k−1 + 1 Krok 3. Teza dla n = k + 1 (co interpretujemy następująco: jeśli wzór jest prawdziwy dla n = 1, 2, 3, ... , k, to jest również prawdziwy dla następnej po k liczby naturalnej, czyli dla n = k + 1) a_k+1 = 2^k+1 − 1 = 2a_k + 1 Krok 4. Dowód. a_k+1 = 2^k+1 − 1 = 2^k*2 − 1 = 2^k*2 − 2 + 1 = 2(2^k − 1) + 1 = 2*a_k + 1 co należało wykazać. a₂₀₁₀ = 2²⁰¹⁰ − 1 PS. Zapis dowodu jest za bardzo łopatologiczny, ale chciałem, żeby był zrozumiały.