Finał 2012 Rozwiązania

Wysłane przez dn w pt., 21/11/2014 - 20:46

<br /> \centerline{POWSZECHNY KONKURS INTERNETOWY dla uczniów szkół<br /> średnich - Matematyka} \centerline{Finał XIII edycji - 14 kwietnia 2012}<br /> \centerline{Przykładowe rozwiązania}<br />




<br /> \textbf{\underline{Zadanie 1.}} Obliczyć pole obszaru na płaszczyźnie składającego się z wszystkich punktów o współrzędnych $(p,q)$, które są takimi parami wartości parametrów $p$ i $q$, że równanie $16x^2+8(2p-1)x-4q^2+1=0$ nie ma pierwiastków rzeczywistych.<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> \\ \\<br /> Musi więc spełniony być warunek:<br /> $$\Delta<0$$<br /> $$64(2p-1)^2-4\cdot 16(-4q^2+1)<0$$<br /> $$(2p-1)^2-(-4q^2+1)<0$$<br /> $$4\left(p-\frac{1}{2}\right)^2+4q^2-1<0$$<br /> $$\left(p-\frac{1}{2}\right)^2+q^2<\frac{1}{4}$$<br /> $$\left(p-\frac{1}{2}\right)^2+q^2<\left(\frac{1}{2}\right)^2$$<br /> \\ Obszarem jest więc koło (bez brzegu) o środku w $\left(p,q\right)=\left(\frac{1}{2},0\right)$ i promieniu $r=\frac{1}{2}$. Więc szukane pole jest równe:<br /> $$P=\pi r^2=\frac{\pi}{4}$$<br />




<br /> \textbf{\underline{Zadanie 2.}} Naszkicować wykres funkcji $y=f(x)$ wiedząc, że<br /> $$f(x)=ax^3+bx^2+cx-4, f(-1)=-20, f(2)=-2, f(5)=16$$<br /> Następnie znaleźć zbiór wszystkich $x$, dla których $f(x)\geqslant -2$<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> \\ \\<br /> Rozwiązujemy więc układ równań:<br /> $$\left\{\begin{array}{l}<br /> f(-1)=-20 \\<br /> f(2)=-2 \\<br /> f(5)=16 \end{array}\right.$$<br /> $$\left\{\begin{array}{l}<br /> -a+b-c-4=-20 \\<br /> 8a+4b+2c-4=-2 \\<br /> 125a+25b+5c-4=16<br /> \end{array}\right.$$<br /> \\ Po rozwiązaniu: $a=1, b=-6, c=9$, czyli $f(x)=x^3-6x^2+9x-4$.<br /> \\ Wyznaczamy ekstrema i monotoniczność. Do tego:<br /> $$f'(x)=3x^2-12x+9=3(x^2-4x+3)=3(x-1)(x-3)$$<br /> $$f'(x)<0\ \Leftrightarrow x\in(1,3)$$<br /> $$f'(x)>0\ \Leftrightarrow x\in(-\infty,1)\cup(3,\infty)$$<br /> \\ Wynika stąd, że $f(x)$ rośnie w przedziale $(-\infty,1)$, następnie maleje w przedziale $(1,3)$ i następnie rośnie w przedziale $(3,\infty)$. Funkcja ta ma więc dwa ekstrema lokalne: w $x=1$ jest ekstremum lokalne maksimum równe $f(1)=0$ a w $w=3$ jest ekstremum lokalne minimum równe $f(3)=-4$, stąd wykres funkcji $f(x)$ jest następujący:







<br /> \textbf{\underline{Zadanie 3.}} Mamy $n^2$ kolejnych liczb naturalnych. Tworzymy w sposób losowy z nich piramidę w następujący sposób: pierwszy (najwyższy) poziom zawiera jedną liczbę, a każdy następny poziom o dwie liczby więcej niż poprzedni aż do wykorzystania wszystkich $n^2$ tych liczb.\\<br /> Niech $a_k$ oznacza maksymalną liczbę na $k$ - tym poziomie tej piramidy. Znaleźć prawdopodobieństwo $P_n$ tego, że ciąg $a_k$ jest rosnący. Następnie znaleźć najmniejszą liczbę całkowitą spełniającą nierówność:<br /> $$P_n<\frac{(2n+1)!}{10^22^{n-2}(n!)^3}$$<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> \\ \\<br /> Wyznaczmy najpierw ile mamy poziomów. Niech $m$ - ilość poziomów.<br /> \\ Ma zachodzić równość<br /> \\ $1+3+...+(2m-1)=n^2$, lewa strona równości to suma ciagu arytmetycznego,<br /> w ktorym $b_1=1$, $r=2$, $S_m=n^2$, otrzymujemy<br /> ze wzoru na sumę ciągu arytmetycznego:<br /> $$S_m=n^2$$<br /> $$\frac{2b_1+(m-1)*r}{2}\cdot m=n^2$$<br /> $$\frac{2+2m-2}{2}\cdot m=n^2$$<br /> $$m^2=n^2$$<br /> \\ Czyli $m=n$, więc mamy $n$ poziomów.<br /> \\<br /> \\ Ostatni poziom ma więc $a_n=2n-1$ liczb.<br /> \\ Liczymy prawdopodobieństwo.<br /> \\ Zapełniamy piramidę od dołu, tzn. od najniższego, największego poziomu.<br /> \\ By $a_n$ było największe, to w $n$-tym rzędzie musi się znajdować największa spośród wszystkich liczb.<br /> \\ Szansę na to mamy równą: $\frac{2n-1}{n^2}$ (rozmieszczenie największej liczby na odpowiednich dla nas miejscach na ostatnim poziomie - $2n-1$ miejscach, do ilości wszystkich $n^2$ miejsc).<br /> \\ Po dopełnieniu poziomu do pełna mamy aktualnie $n^2-(2n-1)=(n-1)^2$ liczb i tyle samo wszystkich pustych miejsc, i na najniższym pustym<br /> poziomie $2n-3$ miejsc. Analogicznie jak wcześniej na tym poziomie musi znajdować się największa z możliwych liczb, szansę na to mamy równą $\frac{2n-3}{(n-1)^2}$, itd...<br /> \\ Skąd szukane prawdopodobieństwo jest równe:<br /> $$P_n=\frac{(2n-1)(2n-3)...\cdot 1}{n^2(n-1)^2...\cdot 1^2}=<br /> \frac{(2n-1)!!}{(n!)^2}=<br /> \frac{\frac{(2n)!}{(2n)!!}}{(n!)^2}=<br /> \frac{\frac{(2n)!}{n!2^n}}{(n!)^2}=<br /> \frac{(2n)!}{2^n(n!)^3}$$<br /> \\<br /> Rozwiązujemy teraz:<br /> $$P_n<\frac{(2n+1)!}{10^22^{n-2}(n!)^3}$$<br /> $$\frac{(2n)!}{2^n(n!)^3}<\frac{(2n)!(2n+1)}{5^22^n(n!)^3}$$<br /> $$1<\frac{2n+1}{25}$$<br /> $$25<2n+1$$<br /> $$2n>24$$<br /> $$n>12$$<br /> \\ Więc odpowiedź to $13$ (jak XIII edycja konkursu).<br />




<br /> \textbf{\underline{Zadanie 4.}} Rozwiązać równanie<br /> $$\left(\sin x+\cos x\right)^3+\sin 2x-\frac{1}{4}\log_ab=0$$<br /> gdzie<br /> $$a=\sqrt{3+2\sqrt{2}}-1, b=\frac{1}{\sin 10^{\circ}}-\frac{\sqrt{3}}{\cos 10^{\circ}}$$<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> \\ \\<br /> $$a=\sqrt{3+2\sqrt{2}}-1=\sqrt{(1+\sqrt{2})^2}-1=1+\sqrt{2}-1=\sqrt{2}$$<br /> $$b=\frac{1}{\sin 10^{\circ}}-\frac{\sqrt{3}}{\cos 10^{\circ}}=<br /> \frac{\cos 10^{\circ}-\sqrt{3}\sin 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ}\cos 10^{\circ}}=$$ $$=<br /> 4\cdot\frac{\frac{1}{2}\cos 10^{\circ}-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 10^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}=<br /> 4\cdot\frac{\sin 30^{\circ}\cos 10^{\circ}-\cos 30^{\circ}\sin 10^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}=$$ $$=<br /> 4\cdot\frac{\sin (30^{\circ}-10^{\circ})}{\sin 20^{\circ}}=<br /> 4\cdot\frac{\sin 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}}=<br /> 4$$<br /> \\ Skąd:<br /> $$\frac{1}{4}\log_ab=<br /> \frac{1}{4}\log_{\sqrt{2}}4=<br /> \frac{1}{4}\log_{\sqrt{2}}(\sqrt{2})^4=<br /> \frac{1}{4}\cdot 4=1$$<br /> \\ Rozwiązujemy więc:<br /> $$(\sin x+\cos x)^3+\sin 2x-1=0$$<br /> \\ Niech $t=\sin x+\cos x$, wtedy $t^2=1+\sin 2x$, otrzymujemy więc:<br /> $$t^3+t^2-2=0$$<br /> $$(t-1)(t^2+2t+2)=0$$<br /> $$t=1\quad \Delta_t<0$$<br /> <br /> \\ Skąd:<br /> $$\sin x+\cos x=1$$<br /> $$\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x+\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x=\frac{1}{\sqrt{2}}$$<br /> $$\sin x\cos\frac{\pi}{4}+\cos x\sin\frac{\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$<br /> $$\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$$<br /> $$x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}+2k\pi\quad\vee\quad x+\frac{\pi}{4}=\pi-\frac{\pi}{4}+2k\pi\quad\quad k\in\mathbb{Z}$$<br /> $$x=2k\pi\quad\vee\quad x=\frac{\pi}{2}+2k\pi\quad\quad k\in\mathbb{Z}$$<br />




<br /> \textbf{\underline{Zadanie 5.}} Dany jest trójkąt $ABC$. Punkt $D$ należy do boku $AB$, zaś punkt $E$ należy do boku $BC$. Wiadomo, że $|AD|:|BD|=2:5$, $|CE|:|BE|=3:4$ oraz pole trójkąta $ABC$ jest równe $S$. Odcinki $AE$ i $CD$ przecinają się w punkcie $F$. Oblicz pole trójkąta $ACF$.<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br />

<br /> Wprowadźmy oznaczenia takie jak na rysunku, tzn. $P_{\Delta AFD}=P_1$, $P_{\Delta BDF}=P_2$, $P_{\Delta BFE}=P_3$, $P_{\Delta CEF}=P_4$, $P_{\Delta ACF}=P$.<br /> \\ Przytoczmy teraz zależność, że stosunek pól trójkątów o tej samej wysokości jest równy stosunkowi ich podstaw, skorzystajmy z niej:<br /> $$\frac{P_1}{P_2}=\frac{|AD|}{|BD|}=\frac{2}{5}\ \Rightarrow\ P_2=\frac{5}{2}P_1$$<br /> $$\frac{P_3}{P_4}=\frac{|BE|}{|CE|}=\frac{4}{3}\ \Rightarrow\ P_3=\frac{4}{3}P_4$$<br />
<br /> \\ Ponadto:<br /> $$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \frac{P_{\Delta ACE}}{P_{\Delta ABE}}=\frac{|CE|}{|BE|}=\frac{3}{4} \\ \\ P_{\Delta ACE}+P_{\Delta ABE}=S\end{array}\right. \ \Rightarrow P_{\Delta ACE}=\frac{3}{7}S, P_{\Delta ABE}=\frac{4}{7}S$$<br /> $$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \frac{P_{\Delta ADC}}{P_{\Delta BCD}}=\frac{|AD|}{|BD|}=\frac{2}{5} \\ \\ P_{\Delta ADC}+P_{\Delta BCD}=S\end{array}\right. \ \Rightarrow P_{\Delta ADC}=\frac{2}{7}S,P_{\Delta BDC}=\frac{5}{7}S$$<br />
<br /> \\ Otrzymaliśmy więc równości:<br /> $$P_2+P_3+P_4=\frac{5}{7}S$$<br /> $$\frac{5}{2}P_1+\frac{4}{3}P_4+P_4=\frac{5}{7}S$$<br /> $$\frac{7}{3}P_4=\frac{5}{7}S-\frac{5}{2}P_1$$<br /> $$P_4=\frac{15}{49}S-\frac{15}{14}P_1$$<br /> \\ Czyli:<br /> $$P_3=\frac{60}{147}S-\frac{60}{42}P_1=\frac{20}{49}S-\frac{10}{7}S-P_1$$<br />
<br /> \\ Mamy również zależność:<br /> $$P+P_1=P_{ACD}=\frac{2}{7}S\ \Rightarrow\ P=\frac{2}{7}S-P_1$$<br /> \\ Stąd mamy układ równań:<br /> $$\left\{\begin{array}{l} P+P_4=\frac{3}{7}S \\ P+P_1=\frac{2}{7}S\end{array}\right.$$<br /> \\ Po odjęciu stronami:<br /> $$P_4-P_1=\frac{1}{7}S$$<br /> $$P_4=P_1+\frac{1}{7}S$$<br /> $$\frac{15}{49}S-\frac{15}{14}P_1=P_1+\frac{1}{7}S$$<br /> $$-\frac{29}{14}P_1=-\frac{8}{49}S$$<br /> $$P_1=\frac{16}{203}S$$<br /> \\ Stąd:<br /> $$P=\frac{2}{7}S-\frac{16}{203}S=\frac{6}{29}S$$<br /> \\ Stąd szukane pole $ _{\Delta} ACE$ wynosi $\displaystyle \frac{6}{29}S$.