Fajne zadanka dla Godzia i nie tylko :))) Gustlik: Godzio, następne fajne zadanka, zapraszam również innych chętnych do pracy: 1. Liczba a jest pierwiastkiem równania 2log(2a−4)−log(9−a)=2log3 zaś liczba b wartością wyrażenia (3√5)²(sin150^o−cos120^o). Wyznacz x i y tak, aby liczby: a) a, x, b były trzema kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego; b) a, x, b były trzema kolejnymi wyrazami ciągu geometrycznego. 2. Wyznacz wartość parametru m tak, aby wierzchołek paraboli o równaniu y=x²−2(m−1)x−3m

	2
należał do hiperboli o równaniu y=		.
	x

Dla wyznaczonego parametru m otrzymamy równanie paraboli p. Sprawdź, czy prosta l o równaniu y=2x+2 ma dokładnie jeden punkt wspólny z parabolą p. Prosta k równoległa do prostej l i przechodząca przez wierzchołek paraboli p przecina hiperbolę w punktach A i B. Oblicz odległość punktu A od punktu B. Miłego rozwiązywania

;): 1) 2log(2a − 4) − log(9 − a) = 2log3 2a − 4 > 0 ⋀ 9 − a > 0 ⇒ D = (2,9)

	(2a − 4)2
log		= log9
	9 − a

4a² − 16a + 16 = 81 − 9a 4a² − 7a − 65 = 0 Δ = 49 + 1040 √Δ = 33

	7 − 33
a1 =		< 0
	8

	7 + 33
a2 =		= 5
	8

a = 5 b = (3√5)² * (sin150^o − cos120^o) b = 45 * 1 b = 45 a) 5 , x , 45 ciąg arytmetyczny 2x = 50 x = 25 b) 5 , y , 45 ciąg geometryczny y² = 225 y = 15 ⋁ y = −15

;): 2) x_w = m − 1 y_w = m² − 2m + 1 − 2m² + 4m − 2 − 3m = −m² − m − 1

	2
−m2 − m − 1 =
	m − 1

(m² + m + 1)(m − 1) + 2 = 0 m³ − 1 + 2 = 0 m³ + 1 = 0 (m + 1)(m² − m + 1) = 0 m = −1

;): y = x² + 4x + 3 W = (−2,−1) 2x + 2 = x² + 4x + 3 x² + 2x + 1 = 0 (x + 1)² = 0 ⇒ więc ma dokładnie jeden punkt wspólny l || k ⇒ k : y = 2x + b k∊W ⇒ k : −1 = −4 + b b = 3 k : y = 2x + 3

	2
2x + 3 =
	x

2x² + 3x − 2 = 0 Δ = 9 + 16 √Δ = 5

	−3 − 5
x1 =		= −2 y1 = −1
	4

	−3 + 5		1
x2 =		=		y2 = 3
	4		2

	1
A = (−2,−1) B = (		,3)
	2

|AB| = √²⁵₄ + 16 |AB| = √⁸⁹₄

	√89
|AB| =
	2

;):

	1
Chochlik B = (		,4)
	2

|AB| = √²⁵₄ + 25 |AB| = √¹²⁵₄

	5√5
|AB| =
	2

;): Ciekawe zadanka Gustliku Dziękować Ci za nie

Gustlik: Nie ma sprawy, wieczorem będą następne Pozdrawiam

Godzio: Poprosimy coś nieco trudniejszego, żeby można było troszkę podumać

Zimny: Cos trudnego hmm.. Dla jakich wartosci parametru m rownanie x⁴ +(m−3)x²+(m+10)²=0 ma 4 pierwiastki tworzace ciag arytmetyczny?

Gustlik: Nie ma sprawy, mam zbiory z zadaniami "cieżkiego kalibru". wieczorem bedę miał wiecej czsu, więc coś zamieszczę.

;): Dla jakich wartości parametru m równanie x⁴ + (m − 3)x² + (m + 10)² = 0 ma 4 pierwiastki tworzące ciąg arytmetyczny? Δ > 0 ⋀ m ≠ 3 Δ = m² − 6m + 9 − 4m² − 80m − 400 3m² + 86m + 391 < 0 Δ = 1849 − 1173 √Δ = 26 m₁ = −23

	2
m2 = −5
	3

	2
m∊(−23,−5		)
	3

x⁴ + (m − 3)x² + (m + 10)² = 0 (x + x₁)(x + x₂)(x − x₁)(x − x₂) = 0 x² = t t ≥ 0 t² + (m − 3)t + (m + 10)² = 0 (√t + √t₁)(√t + √t₂)(√t − √t₁)(√t − √t₂) (−√t₁,−√t₂,√t₂,√t₁) t₁ > t₂ −2√t₂ = −√t₁ + √t₂ 3√t₂ = √t₁ / ² 9t₂ = t₁

	−b − √Δ		−b + √Δ
9		=
	2		2

−9b − 9√Δ = −b + √Δ 10√Δ = −8b 5√Δ = −4b / ² 25Δ = 16b² −75m² − 2150m − 9775 = 16m² − 96m + 144 91m² + 2054m + 9919 = 0 Δ = 1054729 − 902629 √Δ = 390

	−1027 − 390		4
m1 =		= −15
	91		7

	−1027 + 390
m2 =		= −7
	91

	4
Tworzą ciąg arytmetyczny dla m = −15		⋁ m = −7
	7

Mam nadzieje że nigdzie się nie pomyliłem Ale zadanie taka rzeźnia aż głowa mnie rozbolała

ziomek: jak ktoś chce się pomęczyć to dam wam dla rozrywki zadania:

	an2−1
1.Dany jest ciąg o wyrazie ogólnym bn=
	(a−1)n2+n

Wyznacz wartość parametru "a" tak , aby granicą tego ciągu była mniejsza z liczb spełniających równanie lg2+lg(4^x−2 +9)=1+lg(2^x−2 +1) 2.wyznacz wszystkie wartości x, x∊<0,2π> dla których spełniony jest warunek

	1
limt→0=[√(t+sinx)(t+cosx)−t ]=−
	2

3. W koło wpisano trójkąt prostokątny o kącie ostrym α. Otrzymana figura obraca się dookoła prostej zawierającej przeciwprostokątną trójkąta. Oblicz stosunek objętości bryły powstałej z obrotu koła do objętości bryły powstałej z obrotu trójkąta. Dla jakiej wartości kąta α stosunek ten osiąga minimum.

;):

	1		5
log(		* 4x + 18) = log(		* 2x + 10)
	8		2

4^x + 144 = 20 * 2^x + 80 2^x = t t > 0 t² − 20t + 64 = 0 Δ = 100 − 64 √Δ = 6 t₁ = 10 − 6 = 4 t₂ = 10 + 6 = 16 2^x = 4 ⋁ 2^x = 16 x = 2 ⋁ x = 4 lim b_n = 2 ^n→∞

	an2 − 1
lim		= 2
	(a − 1)n2 + n

^n→∞

1   n2(a − )   n2
	= 2
1   n2(a − 1 + )   n

a
	= 2
a − 1

a = 2a − 2 a = 2

ziomek: dobrze wszystko się zgadza z odpowiedziami

;): To się cieszę jak wszystko dobrze

Godzio:

	4
Vk =		πR3
	3

a
	= 2R ⇒ a = 2Rsinα
sinα

b
	= 2R ⇒ b = 2Rcosα
sin(90 − α)

	r
sinα =		⇒ r = 2Rsinαcosα ⇒ r = Rsin2α
	b

	H1
cosα =		⇒ H1 = 2Rcos2α
	b

	H2
cos(90 − α) =		⇒ H2 = 2Rsin2α
	a

	1		1		2
Vb =		πr2(H1 + H2) =		π * R2 * sin22α * 2R =		πR3sin22α
	3		3		3

Vk		4   πR3 3		2
	=		=
Vb		2   πR3sin22α 3		sin22α

2
	osiąga minimum gdy sin22α osiąga maksimum czyli gdy sin22α = 1
sin22α

	π
sin22α = 1 ⇒ sin2α = 1 ⇒ α =
	4

ziomek: Później Godzio sprawdzę− pod wieczór, ogarnijcie jeszcze to jedno. Przy okazji później dorzucę jakieś ciekawe zadanka dla Was . Na razie sam muszę kilka zrobić W międzyczasie takie na logikę: Na przerwie, w czasie której zbito doniczkę z kwiatkiem, zostało w klasie trzech chłopców. Jurek, Leszek i Wojtek . Na pytanie "kto zbił doniczkę chłopcy udzielili następujących odpowiedzi. Jurek: Ja nie zbiłem doniczki . Wojtek ją zbił. Leszek: Wojtek nie zbił doniczki. Jurek ją zbił. Wojtek:Ja nie zbiłem doniczki. Leszek też jej nie zbił. Ustal który z chłopców zbił doniczkę, wiedząc że jeden z nich dwa razy skłamał, drugi raz skłamał i raz powiedział prawdę, a trzeci dwa razy powiedział prawdę.

Godzio: Z mojej dedukcji wyszło, że Wojtek zbił doniczkę

;): Mi właśnie też padło na Wojtka ale nie byłem pewny

ziomek: dobrze

ancymon: To ja mam takie : W kole o środku O poprowadzono dwie wzajemnie prostopadłe średnice AB i CD oraz cięciwę AM przecinającą średnicę CD w punkcie K. Dla jakiego kąta między cięciwą AM i średnicą AB zachodzi |OB|+|KM|=|KO|+|MB|?

Godzio: α = 30^o ?

Godzio: Teza: a + c = b + d |AB| = 2a |AK| = x |∡KBM| = 180^o − 90^o − 2α = 90 − 2α

	d
sinα =		⇒ d = 2a * sinα
	2a

	b
tgα =		⇒ b = tgα * a
	a

	c
tg(90 − 2α) =		⇒ c = d * ctg2α = 2asinα * ctg2α
	d

a + c = b + d a + 2asinα * ctg2α = tgα * a + 2a * sinα

	cos2α		sinα
1 + 2sinα *		=		+ 2sinα /*cosα
	2sinαcosα		cosα

cosα + cos2α = sinα + 2sinαcosα cos2α − sin2α = sinα − cosα

	π		π
√2sin(		− 2α) = √2sin(α −		)
	4		4

π		π		π		π
	− 2α = α −		⇒ 3α =		⇒ α =
4		4		2		6

π		π		π		3π		π
	− 2α = π − (α −		) ⇒		− 2α =		− α ⇒ α = −		odpada
4		4		4		4		2

	π
α =		= 30o
	6

ancymon: Dobrze widze ze nie ma na ciebie mocnych

krystek: Posłuchajcie Chłopaki czy jest możliwość szybkiego pisania ułamków niż tu podana, bo mnie męczy to pisanie. Ciekawe zadania pozdrawiam!

Godzio: Innej metody niestety nie ma, ale da się przyzwyczaić, a z biegiem czasu to już się automatycznie pisze

ziomek: Dla chętnych kolejne zadania. 1.W jakim punkcie paraboli y=x²−2x+5 należy poprowadzić styczną , aby była ona prostopadła do dwusiecznej pierwszej ćwiartki układu współrzędnych. 2. Oblicz Sn=1+3+3²+3³+...+3⁶ⁿ⁻¹ . Udowodnij, że dla każdego n∊N , S_n jest wielokrotnością 364. 3. Na łuku krzywej f(x)=x³−x²+1, którego końce mają odcięte x₁=0 i x₂=2 znaleźć punkt w którym styczna do krzywej jest równoległa do cięciwy łączącej końce łuku.

ziomek: 4. Rzucamy n kostek sześciennych . Jakie jest prawdopodobieństwo, że na każdej z nich wypadnie inna liczba oczek. 5. Udowodnij ,że: tg1⁰*tg2⁰*tg3⁰...tg87⁰*88⁰*tg89⁰=1

Godzio: Zad. 1 Dwusieczna pierwszej ćwiartki to y = x Prosta do niej prostopadła to: y = −x + b y = x² − 2x + 5 −− styczna w punkcie x_o ma współczynnik kierunkowy: a = f'(x_o) f'(x_o) = −1

	1
2xo − 2 = − 1 ⇒ xo =
	2

	1		1		17
f(		) =		− 1 + 5 =
	2		4		4

	1		17
W punkcie (		,		)
	2		4

Godzio: Zad. 5 tg89 = ctg1 tg1 * ctg1 = 1 itd.

Vax:

	36n−1
2) Łatwo zauważyć, że Sn =		zostaje więc pokazać, że
	2

728 | 3⁶ⁿ−1 ale 3⁶ⁿ == 729ⁿ == 1ⁿ == 1 (mod 728) cnd. Pozdrawiam.

Grześ: 3. liczymy wartości w pkt. 0 oraz 2 f(0)=1 f(2)=5 Punkty końca łuku to (0,1) , (2,5) Szukamy współczynnika kierunkowego prostej która łączy te dwa punkty:

	5−1
a=		=2
	2−0

a=f(x)' f(x)'=3x²−2x D: x∊(0,2) 3x²−2x=2 3x²−2x−2=0 Δ=4+24=28 √Δ=2√7

	2−2√7		1−√7
x1=		=		∉D
	6		3

	1+√7
x2=		∊D
	3

czyli prosta ma równanie: y=2x+b

	1+√7
0=2*		+b
	3

	2+2√7
b=−
	3

wg mnie prosta ma równanie:

	2+2√7
y=2x−
	3

ale nie wiem czy gdzieś nie pomyliłem rachunków.. te pierwiastki wyszły a może tak musiało być

Grześ: dobra.. widzę swój błąd na końcu.. jeszcze trzeba policzyć wartość funkcji w obliczonym punkcie, co komplikuje bardzo stronę obliczeniową zadanie... pomyslę chwilę nad skorzystaniem z gotowego wzoru na równanie stycznej

Grześ: dobra.. jednak trzeba policzyć tą wartośc.. może wyjdzie coś normalnego f(x)=x³−x²+1

	1+√7
x0=
	3

	1+√7		1+3√7+21+7√7		8+2√7
f(		)=		−		+1=
	3		27		9

22+10√7		24+6√7		27
	−		+		=
27		27		27

25+4√7
27

Czyli:

25+4√7		1+√7
	=2*		+b
27		3

	25−18+4√7−18√7
b=		=b
	27

	7−14√7
b=		, czyli prosta wg mnie ma równanie:
	27

	7−14√7
y=2x+
	27

Niech to ktoś potwierdzi

ziomek: do tego zadania 3 jest tylko podpowiedz:

	f(x2)−f(x1)
"Na podstawie twierdzenia Lagrange'a otrzymujemy 3c2−2c=f '(c)=		=2.
	x2−x1

Stąd c i wtedy y=f(c)." Zweryfikować nie jestem w stanie , odpowiedzi nie podali w zbiorach mimo, że zadanka całkiem hardcorowe bywają ,w końcu zbiorek z 1987 roku.Na razie to nie mój poziom matematyki. Jak coś możecie prosić o kolejne to coś wam z ciekawszych wrzucę.

Grześ: no to policzyli współczynnik kierunkowy tak jak ja... Tylko potem treba znaleźć ten pkt. c z przedziału (0,2) ... potrzebne mi tylko potwierdzenia dobrego rozwiązania.. A jak chcesz, to wrzuć jeszcze jakieś

ziomek: 1.Liczby 1,2,3 ... n ustawiamy losowo w ciąg. Oblicz prawdopodobieństwo tego że w otrzymanym ciągu liczb 1,2,3 występują w kolejności wzrastania, liczby 1,2 sąsiadują ze sobą i między liczbami 2,3 znajduje się dokładnie k innych liczb tego ciągu. 2.Romb, którego bok ma długość a , zaś kąt ostry A, podzielono na trzy części o równych polach prostymi prowadzonymi z wierzchołka kąta ostrego. Wyznacz długości odcinków prostych zawarte w rombie i cosinusy kątów utworzonych przez te proste. 3.Który z ostrosłupów prawidłowych czworokątnych wpisanych w kulę o promieniu R ma największą objętość. Podaj długość jego krawędzi.

Grześ: Najlepiej założyć istnienie pewnego łancucha... części tego ciągu: 1,2,a,b,c... p,q,s, 3 gdzie w środku jest k liczb możemy ułożyć taki ciąg na k! sposobów Teraz ten łańcuch ma razem k+3 liczb. "Wpinamy" go do ciągu ogólnego i możemy go ułożyć na (n−k−3) sposobów pozostałe miejsca obstawiamy na (n−k−3)! sposobów. Dodatkowe założenie: n−k−3≥0 n≥k+3 Czyli w sumie: A=k!*(n−k−3)!*(n−k−3) Chyba dobrze

Godzio: Zad. 2

	1		1		1
P =		a2sinA P =		axsin(180 − A) =		axsinA
	3		2		2

1		1		2
	a2sinA =		axsinA ⇒ x =		a
3		2		3

Z twierdzenia cosinusów: d² = a² + x² − 2axcos(180 − A)

	4		4
d2 = a2 +		a2 +		a2cosA
	9		3

	4
d2 = 139a2 +		a2cosA
	3

	1		1
d2 =		a2(13 + 12cosA) ⇒ d =		a√13 + 12cosA
	9		3

A cosinusy już łatwo wyznaczyć bo wszystkie boki są wyznaczone

Grześ: No najs Godzio.... a zerknij na moje rozwiązanie, czy dobrze zrobione... bo nie jestem do konca pewny

Godzio: Ja na tematy prawdopodobieństwa i kombinatoryki się nie wypowiadam

ziomek: hehe Zdolni jesteście . Obym też tak się wyrobił do maja 2011 przed maturą A sprawdzę jutro i dam znać ,chyba do tych zadań są rozwiązania pełne.

ziomek: 2012*