Finał 2013 Rozwiązania

Wysłane przez dn w pt., 21/11/2014 - 20:16

<br /> \centerline{POWSZECHNY KONKURS INTERNETOWY dla uczniów szkół<br /> średnich - Matematyka} \centerline{Finał XIV edycji - 13 kwietnia 2013}<br /> \centerline{Przykładowe rozwiązania}




<br /> \textbf{\underline{Zadanie 1.}} Z odcinka $\left<0,2\right>$ wybieramy losowo i niezależnie dwie liczby $a$ i $b$. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że równanie $ax^2+2ax+3b=0$ będzie miało dwa różne pierwiastki rzeczywiste?<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> \\ \\<br /> Niech $\Omega$ - zbiór wszystkich możliwych wyborów dwóch liczb z odcinka $\left<0,2\right>$ oraz $A$ - zbiór możliwych wyborów liczb $a,b$, by równanie $ax^2+2ax+3b=0$ miało dwa różne pierwiastki rzeczywiste.<br /> \\<br /> Muszą więc być spełnione warunki: $\left\{\begin{array}{l} a\neq 0 \\ \Delta>0\end{array}\right.$.<br /> $$\Delta>0$$<br /> $$(2a)^2-4a\cdot 3b>0$$<br /> $$4a^2-12ab>0$$<br /> $$4a(a-3b)>0$$<br /> \\ Ponieważ wiemy, że dla $a,b\in\left<0,2\right>$ i $a\neq 0$, to $a>0$:<br /> $$a-3b>0$$<br /> $$a>3b$$<br /> \\ Szkicujemy tę część płaszczyzny:<br />

<br /> \\ Przecięcie sę $a=3b$ oraz $a=2$, to $b=\frac{2}{3}$.<br /> \\ Stąd $|\Omega|=2\cdot 2=4$ oraz $|A|=P_{\Delta}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{3}$, więc:<br /> $$P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{\frac{2}{3}}{4}=\frac{1}{6}$$




<br /> \textbf{\underline{Zadanie 2.}} Mamy $n$ punktów $A_1,A_2,\ldots,A_n$ na płaszczyźnie, z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej. Tworzymy na wszystkie możliwe sposoby trójki różnych odcinków o końcach w punktach wybranych spośród $n$ danych punktów. Wyznaczyć liczbę różnych trójkątów, które możemy w ten sposób otrzymać, jeżeli wiemy, że liczba możliwych do utworzenia w ten sposób różnych łamanych otwartych jest dwa razy mniejsza od liczby wszystkich możliwych do utworzenia trójek różnych odcinków o końcach w punktach wybranych spośród $n$ danych punktów.<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> \\ \\<br /> Liczba par punktów $A_i,A_j$ jest równa ${n\choose 2}=\frac{n(n-1)}{2}$ -<br /> jest to również ilość wszystkich możliwych do utworzenia odcinków,<br /> stąd liczba wszystkich trójek odcinków jest równa:<br /> $$|\Omega|=$$ $$=<br /> { \frac{n(n-1)}{2} \choose 3}=<br /> \frac{\frac{n(n-1)}{2}\cdot\left(\frac{n(n-1)}{2}-1\right)\cdot\left(\frac{n(n-1)}{2}-2\right)}{3!}=$$<br /> $$=<br /> \frac{\frac{n(n-1)}{2}\cdot\frac{n^2-n-2}{2}\cdot\frac{n^2-n-4}{2}}{6}=$$<br /> $$=<br /> \frac{\frac{n(n-1)}{2}\cdot\frac{(n+1)(n-2)}{2}\cdot\frac{n^2-n-4}{2}}{6}=$$<br /> $$=<br /> \frac{(n-2)(n-1)n(n+1)(n^2-n-4)}{48}$$<br /> \\<br /> \\<br /> \\ Policzmy teraz ilość wszystkich łamanych otwartych. Ilość ta<br /> będzie równa:<br /> $$|A|=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{2}$$<br /> \\ Wyjaśnienie: wybieramy dowolny punkt $A_k$ - mamy $n$ możliwości,<br /> wybieramy dowolny kolejny punkt - mamy już $n-1$ możliwości, kolejny:<br /> $n-2$ oraz ostatni: $n-3$ możliwości. Musimy podzielić przez dwa, bo w<br /> ten sposób liczenia możemy utworzyć łamaną $ABCD$ oraz $DCBA$ (ta sama<br /> łamana).<br />

<br /> \\ Z warunków zadania wiemy, że:<br /> $$\frac{1}{2}=<br /> \frac{|A|}{|\Omega|}$$<br /> $$\frac{1}{2}=\frac{\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{2}}{\frac{(n-2)(n-1)n(n+1)(n^2-n-4)}{48}}$$<br /> $$\frac{24(n-3)}{(n+1)(n^2-n-4)}=\frac{1}{2}$$<br /> $$48(n-3)=(n+1)(n^2-n-4)$$<br /> $$n^3-53n+140=0$$<br /> $$(n-5)(n^2+5n-28)=0$$<br /> $$n=5\vee n=\frac{-5-\sqrt{137}}{2}\vee n=\frac{-5+\sqrt{137}}{2}$$<br /> \\ Stąd odpowiedź to $n=5$.<br />




<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Zadanie 3.}} Wyznaczyć zbiór wartości funkcji $y=f(x)$, jeżeli<br /> $$f(x)=\frac{x^2-4}{x^2-9}$$<br /> Następnie znaleźć i wykreślić zależność liczby różnych pierwiastków rzeczywistych równania $f(x)=m$ od rzeczywistego parametru $m$.<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> \\ \\<br /> Zbiór wartości funkcji $\displaystyle f(x)=\frac{x^2-4}{x^2-9}$ będzie taki sam jak zbiór wartości \\ $\displaystyle g(t)=\frac{t-4}{t-9}$ dla $t\geqslant 0$ (wynika to z tego, że $t=x^2$). Szkicujemy wykres funkcji homograficznej $g(t)$:


<br /> \\ Oczywiście mamy $g(0)=\frac{4}{9}$, stąd:<br /> $$ZW_{f(x)}=ZW_{g(t)}=\left(-\infty,\frac{4}{9}\right>\cup\left(1,\infty\right)$$<br /> \\ Ponieważ dla każdego $m\in\left(-\infty,\frac{4}{9}\right)\cup\left(1,\infty\right)$ mamy dokładnie jedno dodatnie rozwiązanie równania $g(t)=m$, to dla tych $m$ będziemy mieli dwa rozwiązania równania $f(x)=m$.<br /> \\ Dla $m=\frac{4}{9}$ mamy dokładnie jedno zerowe rozwiązanie równanie $g(t)=m$, więc również będziemy mieli jedno (zerowe) rozwiązanie równania $f(x)=m$. Dla pozostałych $m$ brak rozwiązań równania $g(t)=m$, więc również brak rozwiązań równania $f(x)=m$, stąd szukany wykres zależności:<br />







<br /> \textbf{\underline{Zadanie 4.}} Rozwiązać równanie<br /> $$4\sin(2x)+4\cos(2x)-4=\frac{\tan x+\sqrt{3}}{\cos x+\sin x}$$<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> \\ \\<br /> Dziedzina to $\cos x\neq 0$, czyli $x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi$, oraz<br /> $\cos x+sin x\neq 0$, czyli $\tan x\neq -1$, $x\neq -\frac{\pi}{4}+k\pi$,<br /> gdzie $k\in\mathbb{Z}$.<br /> \\<br /> \\<br /> $$4\sin 2x-8\sin^2x=\frac{\tan x+\sqrt{3}}{\cos x+\sin x}$$<br /> $$8\sin x\cos x-8\sin^2x=\frac{\tan x+\sqrt{3}}{\cos x+\sin x}$$<br /> $$8\sin x(\cos x-\sin x)=\frac{\tan x+\sqrt{3}}{\cos x+\sin x}$$<br /> $$8\sin x(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)=\tan x+\sqrt{3}$$<br /> $$8\sin x(\cos^2x-\sin^2x)=\frac{\sin x+\sqrt{3}\cos x}{\cos x}$$<br /> $$8\sin x\cos x(\cos^2x-\sin^2x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x$$<br /> $$4\sin 2x\cos 2x=\sin x+\sqrt{3}\cos x$$<br /> $$2\sin 4x=\sin x+\sqrt{3}\cos x$$<br /> $$\sin 4x=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x+\frac{1}{2}\sin x$$<br /> $$\sin 4x=\sin\frac{\pi}{3}\cos x+\cos\frac{\pi}{3}\sin x$$<br /> $$\sin 4x=\sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)$$<br /> $$4x=x+\frac{\pi}{3}+2k\pi\quad\vee\quad<br /> 4x=\pi-\left(x+\frac{\pi}{3}\right)+2k\pi$$<br /> $$3x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\quad\vee\quad 5x=\frac{2\pi}{3}+2k\pi$$<br /> $$x=\frac{\pi}{9}+\frac{2k\pi}{3}\quad\vee\quad<br /> x=\frac{2\pi}{15}+\frac{2k\pi}{5}\quad k\in\mathbb{Z}$$<br /> \\ Rozwiązania pokrywają się z dziedziną.




<br /> \textbf{\underline{Zadanie 5.}} Punkty $A, B, C, D$ są kolejnymi wierzchołkami równoległoboku. Na odcinkach $AB, AC, AD$ wybrano odpowiednio punkty $P, Q, R$ tak, że na czworokącie $APQR$ można opisać okrąg. Udowodnij, że<br /> $$|AP|\cdot |AB|+|AR|\cdot |AD|=|AQ|\cdot |AC|$$<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br />

<br /> Oznaczmy $\angle BAC=\alpha, \angle DAC=\beta$, wtedy: $\angle DCA=\angle BAC=\alpha$, $\angle ACB=\angle DAC=\beta$ (kąty naprzemianległe).<br /> \\ Następnie: $\angle PRQ=\angle QAP=\angle CAB=\alpha$ oraz $\angle RPQ=\angle RAQ=\angle DAC=\beta$ (kąty wpisane oparte na tym samym łuku).<br /> \\ Dalej:<br /> $$\angle ADC=180^{\circ}-\angle DAC-\angle DCA=180^{\circ}-\alpha-\beta$$<br /> $$\angle PQR=180^{\circ}-\angle RPQ-\angle PRQ=180^{\circ}-\alpha-\beta$$<br /> \\ Mamy więc równości: $\angle ADC=\angle PQR, \angle PRQ=\angle DCA, \angle RPQ=\angle DAC$, więc trójkąty $ _{\Delta}CAD$ oraz $ _{\Delta}RPQ$ są podobne, niech $k$ - skala podobieństwa. Wtedy:<br /> $$\frac{|AC|}{|PR|}=k, \frac{|AD|}{|PQ|}=k,\frac{|DC|}{|QR|}=k,\frac{|AB|}{|QR|}=k$$<br /> $$|PR|=\frac{|AC|}{k},|PR|=\frac{|AD}{k},|QR|=\frac{|AB|}{k}$$<br /> \\ Ponieważ $A,P,Q,R$ leżą na tym samym okręgu, to z tw. Ptolemeusza otrzymujemy:<br /> $$|AP|\cdot |QR|+|AR|\cdot |PQ|=|AQ|\cdot |PR|$$<br /> $$\frac{|AP|\cdot |AB|}{k}+\frac{|AR|\cdot |AD|}{k}=\frac{|AQ|\cdot |AC|}{k}$$<br /> $$|AP|\cdot |AB|+|AR|\cdot |AD|=|AQ|\cdot |AC|$$<br />