Finał 2002 Rozwiązania

Wysłane przez dn w wt., 15/09/2015 - 14:48

$ \centerline{POWSZECHNY INTERNETOWY KONKURS dla uczniów szkół średnich - Matematyka} \centerline{Finał III edycji - 8 czerwca 2002} \centerline{Przykładowe rozwiązania} $

$\textbf{\underline{Zadanie 1.}} Rozwiązać równanie $$\displaystyle \left( \frac{1}{\sqrt{x+1}-1}-\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}\right) x^{\frac{\left(\log_{2}x^{2}\right) ^{2}}{2}-7}=\frac{x^{6}}{2^{11}}\text{.}$$ \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Dziedzina to $x>0$, dalej zauważmy, że: $$\frac{1}{\sqrt{x+1}-1}-\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}=\frac{\sqrt{x+1}+1-\sqrt{x+1}+1}{x+1-1}=\frac{2}{x}$$ $$\frac{(\log_2x^2)^2}{2}=\frac{2^2\log_2^2x}{2}=2\log_2^2x$$ \\ Zatem nasze równanie sprowadza się do: $$\frac{2}{x}\cdot x^{2\log_2^2x-7}=\frac{x^6}{2^{11}}$$ $$x^{2\log_2^2x-8}=\frac{x^6}{2^{12}}$$ $$x^{2\log_2^2x-14}=\frac{1}{2^{12}}$$ \\ Obydwie strony są dodatnie, skąd: $$\log_2\left(x^{2\log_2^2x-14}\right)=\log_2\frac{1}{2^{12}}$$ $$(2\log_2^2x-14)\log_2x=-12$$ $$(\log_2^2x-7)\log_2x=-6$$ \\ Podstawiamy $t=\log_2x$, skąd: $$(t^2-7)t=-6$$ $$t^3-7t+6=0$$ $$(t+3)(t-1)(t-2)=0$$ $$t=-3\quad\vee\quad t=1\quad\vee\quad t=2$$ $$\log_2x=-3\quad\vee\quad \log_2x=1\quad\vee\quad \log_2x=2$$ $$x=\frac{1}{8}\quad\vee\quad x=2\quad\vee\quad x=4$$ \\ Zatem rozwiązaniem danego równania jest $\displaystyle x\in\left\{\frac{1}{8},2,4\right\}$. \\ \\ $

$\textbf{\underline{Zadanie 2.}} Dany jest trójkąt $ ABC$ o polu $ S$ i o bokach dł ugości: $ |BC|=a$, $ |AC|=b$, $ |AB|=c$. Niech $ P$ będzie dowolnym punktem leżącym wewnątrz tego trójkąta i niech: $ |PA|=x$, $ |PB|=y$,$ |PC|=z$. \\ Wykazać, że $$\displaystyle ax+by+cz\geq 4S.$$ \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ $

$ \\ Poprowadźmy półprostą $AP$ oraz niech $B',C'$ oznaczają odpowiednio rzuty punktów $B,C$ na tę półprostą. Mam oczywiście nierówność $|BB'|+|CC'|\leqslant |BC|$. Następnie zobaczmy, że: $$\begin{array}{ll} P_{\Delta ABP} + P_{\Delta ACP} & =\frac{1}{2}|AP|\cdot |BB'|+\frac{1}{2}|AP|\cdot |CC'| \\ & =\frac{1}{2}x(|BB'|+|CC'|)\\ & \leqslant \frac{1}{2}x\cdot |BC|\\ & =\frac{1}{2}ax\end{array}$$ \\ Mamy zatem nierówność $2(P_{\Delta ABP}+P_{\Delta ACP})\leqslant ax$. \\ \\ Analogicznie pokazujemy nierówności: $$2(P_{\Delta BPA}+P_{\Delta BCP})\leqslant by$$ $$2(P_{\Delta CAP}+P_{\Delta CPB})\leqslant cz$$ \\ Po dodaniu stronami tych trzech nierówności otrzymujemy: $$4\left(P_{\Delta ABP}+P_{\Delta BCP}+P_{\Delta CAP}\right)\leqslant ax+by+cz$$ $$4S\leqslant ax+by+cz$$ \\ \\ $

$\textbf{\underline{Zadanie 3.}} Wyznaczyć ekstrema funkcji $ g\left( x\right) =f\left(x\right) \cos^{2}x$ w przedziale $\displaystyle \left\langle -\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right\rangle $, jeżeli wiadomo, że funkcja różniczkowalna$ f$, której dziedziną jest zbiór $ \mathbb{R}$ wszystkich liczb rzeczywistych, przyjmuje tylko wartości dodatnie oraz $ f^{\prime}\left(x\right) =2f\left( x\right) $ dla każdego $ x\in\mathbb{R}$. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Funkcja $g$ jako iloczyn funkcji różniczkowalnych, również jest różniczkowalna, ponadto jako funkcja ciągła na przedziale domkniętym swoje ekstrema może osiągać jedynie na krańcach przedziału określoności oraz w punktach stacjonarnych, tzn. takich dla których $g'(x)=0$. \\ Wyznaczmy najpierw wartości na krańcach przedziału określoności funkcji $g$: $$g\left(-\frac{\pi}{2}\right)=g\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$$ \\ Wyznaczmy punkty stacjonarne: $$g'(x)=0$$ $$f'(x)\cos^2x+f(x)\cdot 2\cos x(-\sin x)=0$$ $$2f(x)\cos^2x-2f(x)\cos x\sin x=0$$ $$2f(x)\cos x(\cos x-\sin x)=0$$ $$\begin{array}{lllll} f(x)=0 & \vee & \cos x=0 & \vee & \cos x-\sin x=0 \\ \mbox{sprzeczność} & & x\in\left\{-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right\} & & \cos x=\sin x \\ & & & & x=\frac{\pi}{4} \end{array}$$ Wartości w $\displaystyle \pm\frac{\pi}{2}$ już wyznaczyliśmy, pozostaje policzyć $\displaystyle g\left(\frac{\pi}{4}\right)=f\left(\frac{\pi}{4}\right)\cdot\frac{1}{2}>0$. \\ Zatem wartość najmniejsza funkcji $g(x)$ wynosi $0$, przyjmowana jest ona dla argumentów: $\displaystyle\pm\frac{\pi}{2}$, zaś wartość największa to $\displaystyle\frac{1}{2}f\left(\frac{\pi}{4}\right)$ i przyjmowana jest ona dla argumentu $\frac{\pi}{4}$. \\ \\ \\ $

$\textbf{\underline{Zadanie 4.}} Wieża jest osiowo symetryczną bryłą składającą się z dwóch części. Dolna część jest walcem o promieniu podstawy $ \displaystyle \frac{R}{2}$ i wysokości $ 2R$, górna zaś stożkiem o promieniu podstawy $ R$ i wysokości $ R$. Podstawą wieży jest koło o promieniu $ \displaystyle\frac{R}{2}$, a wierzchołek stożka jest najwyższym punktem wieży. \\ \\ Bierzemy pod uwagę przekrój wieży płaszczyzną prostopadłą do podstawy wieży i zawierającą jej oś symetrii. \\ Niech $S\left( x\right) $ oznacza pole tej części przekroju, która zawarta jest między podstawą wieży oraz płaszczyzną równoległą do podstawy i odległą od niej o $ x$. Wyznaczyć $ S\left( x\right) $ i narysować wykres funkcji $ x \longrightarrowy=S\left( x\right) $. Czy ta funkcja jest różniczkowalna? \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ $

$ \\ Oczywiście $x>0$ \begin{itemize} \item Gdy $x\in\left(0,2R\right>$, to pole danej części przekroju jest równe polu prostokąta o bokach długości $R$ oraz $x$, zatem $S(x)=Rx$. \item Gdy $x\in\left(2R,3R\right>$, to pole danej części przekroju jest równe polu prostokąta o bokach długości $R$ oraz $2R$, oraz polu równoległoboka, które obliczymy w następujący sposób: od pola trójkąta o podstawie $2R$ i wysokości $R$ odejmiemy pole trójkąta o podstawie $2\cdot [R-(x-2R)]=2(3R-x)$ oraz o wysokości $R-(x-2R)=3R-x$, zatem: $$S(x)=R\cdot 2R+\frac{1}{2}\cdot 2R\cdot R-\frac{1}{2}\cdot 2(3R-x)(3R-x)=-(x-3R)^2+3R^2$$ \item Gdy $x>3R$, to pole danej części przekroju jest równe polu prostokąta o bokach $R,2R$ oraz polu trójkąta o podstawie $2R$ i wysokości $R$, zatem: $$S(x)=R\cdot 2R+\frac{1}{2}\cdot 2R\cdot R=3R^2$$ $ $ \\ \end{itemize} Szkicujemy wykres funkcji $S(x)$: $

$ \\ Funkcja ta nie jest różniczkowalna, ponieważ np. nie istnieje $S'(2R)$. \\ By to udowodnić pokażemy, że pochodne jednostronne w $x=2R$ nie są sobie równe, mianowicie: \begin{align*} S'_-(2R) & =\lim_{h\to 0^-}\frac{S(2R+h)-S(2R)}{h} \\ & =\lim_{h\to 0^-}\frac{R(2R+h)-R\cdot 2R}{h}\\ & =\lim_{h\to 0^-}\frac{2R^2+Rh-2R^2}{h}\\ & = \lim_{h\to 0^-}\frac{Rh}{h}\\ &=R \end{align*} \begin{align*} S'_+(2R)&=\lim_{h\to 0^+}\frac{S(2R+h)-S(2R)}{h}\\ & =\lim_{h\to 0^+}\frac{3R^2-(h-R)^2-2R^2}{h}\\ & =\lim_{h\to 0^+}\frac{R^2-h^2+2hR-R^2}{h}\\ & =\lim_{h\to 0^+}(-h+2R)\\ & =2R\\ & \end{align*} $$S'_-(2R)\neq S'_+(2R)$$ \\ \\ $

$\textbf{\underline{Zadanie 5.}} Znaleźć wszystkie liczby pierwsze $ n$, dla których suma $$\displaystyle S_{n}=1!+2!+3!+\ldots+n!$$ jest kwadratem liczby naturalnej. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Sprawdzamy dla paru początkowych wartości $n$: \begin{itemize} \item $S_2=1!+2!=3$, więc $n=2$ nie spełnia warunków zadania. \item $S_3=1!+2!+3!=9=3^2$, więc $n=3$ spełnia warunki zadania. \item Zauważmy, że dla $n>3$ ($n\geqslant 5$) reszta z dzielenia przez $5$ liczby $S_n$ będzie taka sama jak reszta z dzielenia przez $5$ liczby $S_4=1!+2!+3!+4!=33$, czyli będzie wynosiła $3$. Ponieważ reszta z dzielenia kwadratów liczb naturalnych przez $5$ mogą wynosić jedynie: $0,1,4$, to dla $n>3$ żadna liczba nie spełnia warunków zadania. \\ \end{itemize} Odpowiedzią jest jedynie liczba $n=3$. \\ \\ $

$ \centerline{\bf Za rozwiązanie każdego zadania można uzyskać maksymalnie 20 punktów} $

Menu główne

Finał 2002 Rozwiązania

Sponsorzy konkursu:

Organizatorzy konkursu

Patroni Konkursu

Kontakt Elektroniczny

Adres pocztowy

Menu główne

Jesteś tutaj

Finał 2002 Rozwiązania

Sponsorzy konkursu:

Organizatorzy konkursu

Patroni Konkursu

Kontakt Elektroniczny

Adres pocztowy