Finał 2010 Rozwiązania

Wysłane przez dn w wt., 07/04/2015 - 21:47

$ \centerline{POWSZECHNY KONKURS INTERNETOWY dla uczniów szkół średnich - Matematyka} \centerline{Finał XI edycji - 17 kwietnia 2010} \centerline{Przykładowe rozwiązania} $

$\textbf{\underline{Zadanie 1.}} Rozwiązać układ równań $$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle x^y=243 \\ \\ \displaystyle \left(\frac{2}{3}x\right)^{2y}=1024 \end{array}\right.$$ \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Oczywiście $x,y>0$. \\ Przekształcamy drugie równanie: $$\left(\frac{2}{3}\right)^{2y}\left(x^y\right)^2=1024$$ \\ Korzystamy z pierwszego równania: $$\left(\frac{2}{3}\right)^{2y}\left(243\right)^2=2^{10}$$ $$\left(\frac{2}{3}\right)^{2y}\cdot 3^{10}=2^{10}$$ $$\left(\frac{2}{3}\right)^{2y}=\left(\frac{2}{3}\right)^{10}$$ $$2y=10$$ $$y=5$$ \\ Korzystaliśmy oczywiście z monotoniczności funkcji wykładniczej. \\ Wstawiamy do pierwszego równania: $$x^5=243$$ $$x=3$$ \\ Rozwiązaniem układu równań jest para $(x,y)=(3,5)$. $

$\textbf{\underline{Zadanie 2.}} Rozwiązać równanie $$\sin x\left(1+2\cos 2x\right)=\log_2\left(\sin\left(\frac{\pi x}{2|x|}\right)\right)+\cos 108^{\circ}+\sin 54^{\circ}$$ a następnie podać jego najmniejszy pierwiastek. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Oczywiście $x\neq 0$. Zauważmy ponadto, że gdy $x<0$ otrzymujemy $$\log_2\left(\sin\left(\frac{\pi x}{-2x}\right)\right)= \log_2\left(\sin\frac{-\pi}{2}\right)= \log_2\left(-1\right)$$ \\ Więc również wykluczamy $x<0$ z dziedziny. \\ Natomiast dla $x>0$ otrzymujemy: $$\log_2\left(\sin\left(\frac{\pi x}{2x}\right)\right)= \log_2\left(\sin\frac{\pi}{2}\right)= \log_2\left(1\right)=0$$ \\ Dziedziną jest więc $\mathbb{D}=\mathbb{R}_+$. \\ \\ \\ Obliczmy wartość: $$\cos 108^{\circ}+\sin 54^{\circ}= \cos 108^{\circ}+\cos (90^{\circ}-54^{\circ})= \cos 108^{\circ}+\cos 36^{\circ}= 2\cos\frac{108^{\circ}+36^{\circ}}{2}\cos\frac{108^{\circ}-36^{\circ}}{2}=$$ $$= 2\cos 72^{\circ}\cos 36^{\circ}= \frac{2\cos 72^{\circ}\cos 36^{\circ}\sin 36^{\circ}}{\sin 36^{\circ}}= \frac{\cos 72^{\circ}\sin 72^{\circ}}{\sin 36^{\circ}}= \frac{\frac{1}{2}\sin 144^{\circ}}{\sin 36^{\circ}}=$$ $$= \frac{1}{2}\cdot\frac{\sin (180^{\circ}-144^{\circ})}{\sin 36^{\circ}}= \frac{1}{2}\cdot\frac{\sin 36^{\circ}}{\sin 36^{\circ}}= \frac{1}{2}$$ $
$Korzystaliśmy ze wzorów $\sin\alpha=\cos(90^{\circ}-\alpha)$, $\cos\alpha+\cos\beta= 2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$, $\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$, $\sin\alpha=\sin(180^{\circ}-\alpha)$. \\ Wobec tego nasze równanie przyjmuje postać: $$\sin x(1+2\cos 2x)=\frac{1}{2}$$ \\ Ze wzoru $\cos 2x=1-2\sin^2x$: $$\sin x(3-4\sin^2x)=\frac{1}{2}$$ \\ Zauważmy, że \\ $\sin 3x=\sin(2x+x)=\sin 2x\cos x+\cos 2x\sin x=\ldots=\sin x(3-4\sin^2x)$: $$\sin 3x=\frac{1}{2}$$ $$3x=\frac{\pi}{6}+2k\pi\quad\vee\quad 3x=\frac{5\pi}{6}+2k\pi$$ $$x=\frac{\pi}{18}+\frac{2k\pi}{3}\quad\vee\quad x=\frac{5\pi}{18}+\frac{2k\pi}{3}$$ \\ Po uwzględnieniu z dziedziną $k\in\mathbb{Z}_+\cup\{0\}$. \\ Najmniejszy pierwiastek to $x=\frac{\pi}{18}$. $

$\textbf{\underline{Zadanie 3.}} Zbadać funkcję $$f(x)=\max\left\{\frac{4x}{x^2+1},\left(2-\sqrt{3}\right)x\right\},$$ a następnie znaleźć i wykreślić zależność liczby $k$ pierwiastków równania $$f(x)=m$$ od rzeczywistego parametru $m$. \\ \textbf{Uwaga:} Symbol $\max\{a,b\}$ oznacza większą z liczb rzeczywistych $a,b$ dla $a\neq b$ lub $a$ dla $a=b$. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Naszkicujmy $g(x)=\frac{4x}{x^2+1}$. \\ $\mathbb{D}_g=\mathbb{R}$. Zachodzą oczywiście: $\displaystyle\lim_{x\to -\infty}g(x)=\lim_{x\to\infty}g(x)=0$. Zbadajmy monotoniczność oraz ekstrema: $$g'(x)=\frac{4(x^2+1)-4x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}=\frac{4-4x^2}{(x^2+1)^2}$$ \\ $$g'(x)<0$$ $$4-4x^2<0$$ $$x^2>1$$ $$x\in(-\infty,-1)\cup(1,\infty)$$ \\ Więc $g(x)$ maleje w przedziałach $(-\infty,-1)$, $(1,\infty)$. \\ $$g'(x)>0$$ $$4-4x^2>0$$ $$x^2<1$$ $$x\in(-1,1)$$ \\ Więc $g(x)$ rośnie w przedziale $(-1,1)$. \\ Wynika z tego więc, że $g(x)$ ma ektremum minimum lokalne dla $x=-1$ równe $g(-1)=-2$, oraz ektremum maksimum lokalne dla $x=1$ równe $g(1)=2$. \\ Szkic wykresu poniżej (czerwony to wykres $g(x)$, niebieski to $h(x)=(2-\sqrt{3})x$): $

$Zbadajmy teraz punkty przecięcia się wykresów \\ $g(x)=\frac{4x}{x^2+1}$ oraz $h(x)=(2-\sqrt{3})x$: $$\frac{4x}{x^2+1}=(2-\sqrt{3})x$$ \\ Oczywiście $x=0$ spełnia równanie, dla $x\neq 0$ podzielmy przez $x$: $$\frac{4}{x^2+1}=2-\sqrt{3}$$ $$\frac{x^2+1}{4}=\frac{1}{2-\sqrt{3}}\cdot\frac{2+\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}$$ $$\frac{x^2+1}{4}=2+\sqrt{3}$$ $$x^2+1=8+4\sqrt{3}$$ $$x^2=7+4\sqrt{3}$$ $$x^2=2^2+2\cdot 2\cdot\sqrt{3}+(\sqrt{3})^2$$ $$x^2=(2+\sqrt{3})^2$$ $$x=2+\sqrt{3}\quad\vee\quad x=-2-\sqrt{3}$$ \\ Punktami przecięcia są: $(0,0), (2+\sqrt{3}, 1), (-2-\sqrt{3},-1)$. \\ Szkicujemy wykres $f(x)$: $

$Teraz, by wyznaczyć ilość rozwiązań równania $f(x)=m$ prowadzimy proste $y=m$ (równoległe do osi $OX$) i patrzymy w ilu miejscach przecinają one wykres $y=f(x)$. \\ Otrzymujemy stąd odpowiedź: $

$\textbf{\underline{Zadanie 4.}} Ze zbioru liczb całkowitych spełniających warunek $|n|\leqslant 20$ losujemy bez zwracania dwie liczby: $a$ i $b$. Jakie jest prawdopodobieństwo spełnienia nierówności $|a-b|\leqslant 5$, jeśli wiadomo, że równanie $|x^2+x+a|=x$ ma dwa różne rozwiązania, zaś równanie $|x^2+x+b|=x$ nie ma rozwiązać rzeczywistych. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \begin{itemize} \item Wyznaczmy najpierw te całkowite $a$ ($|a|\leqslant 20$) dla których równanie \\ $|x^2+x+a|=x$ ma dwa różne pierwiastki. Na początku zauważmy, że dla $x<0$ otrzymujemy sprzeczność, więc zakładamy, że $x\geqslant 0$, wtedy: $$x^2+x+a=x\quad\vee\quad x^2+x+a=-x$$ $$x^2=-a\quad\vee\quad (x+1)^2=1-a$$ \\ Skoro mamy mieć dwa nieujemne rozwiązania musi więc zachodzić: $-a>0$ oraz $1-a>1$, czyli $a<0$. Stąd $a\in A$, gdzie $A=\{-20,-19,\ldots,-1\}$. \item Wyznaczmy te całkowite $b$ ($|b|\leqslant 20$) dla których równanie $|x^2+x+b|=x$ nie ma pierwiastków. Na początku zauważmy, że dla $x<0$ otrzymujemy sprzeczność, więc zakładamy, że $x\geqslant 0$, wtedy: $$x^2+x+b=x\quad\vee\quad x^2+x+b=-x$$ $$x^2=-b\quad\vee\quad (x+1)^2=1-b$$ \\ Skoro mamy nie mieć żadnych rozwiązań (nieujemnych) to muszą zachodzić: $-b<0$ oraz $1-b<1$ czyli $b>0$. Stąd $b\in B$, \\ gdzie $B=\{1,2,3,\ldots,20\}$. \item Niech $\Omega$ - oznacza zdarzenie wylosowania dwóch liczb $a,b$, \\ takich, że $a\in A, b\in B$. Oczywiście $|\Omega|=20\cdot 20=400$ \item Niech $X$ - oznacza zdarzenie wylosowania dwóch liczb $a,b$, \\ takich, że $a\in A$, $b\in B$ oraz $|a-b|\leqslant 5$. Wypiszmy wszystkie możliwości: $$X=\{(a,b): a\in A, b\in B, |a-b|\leqslant 5\}=$$ $$= \{(-1,1),(-1,2),(-1,3),(-1,4),(-2,1),(-2,2),(-2,3),(-3,1),(-3,2),(-4,1)\}$$ \\ Stąd $|X|=10$ \item Zatem szukane prawdopodobieństwo zdarzenia $X$ wynosi: $$P(X)=\frac{|X|}{|\Omega|}=\frac{10}{400}=\frac{1}{40}$$ \end{itemize} $

$\textbf{\underline{Zadanie 5.}} Dany trójkąt $ABC$ nie jest trójkątem równoramiennym. Niech $O$ będzie środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, zaś $W$ środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Udowodnić, że $$|WO|^2=R^2-2Rr,$$ gdzie $R$ jest długością promienia okręgu opisanego na tym trójkącie, zaś $r$ jest długością promienia okręgu wpisanego w ten trójkąt. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Przyjmijmy oznaczenia takie jak na rysunku: $

$ Ponadto niech $d=|WO|$ \begin{itemize} \item Dwusieczna $AW$ kąta $\angle BAC$ przecina okrąg opisany w punkcie $L$. Oczywiście krótsze łuki $CL$ oraz $LB$ są sobie równe. \item Niech prsta $LO$ przecina okrąg opisany w punkcie $M$. \item Punkt $D$ jest rzutem prostokątnym $W$ na $AB$, oczywiście $|WD|=r$. \item Zachodzi $\Delta ADW\sim\Delta MBL$ (k-k-k), a zatem zachodzi równość: $\frac{|WD|}{|BL|}=\frac{|AW|}{|ML|}$, czyli $|WD||ML|=|AW||BL|$, czyli $2Rr=|AW||BL|$. \item Rozważmy trójkąt $ABW$, stąd: $$\angle AWB=180^{\circ}-\frac{\angle BAC}{2}-\frac{\angle ABC}{2}$$ \\ Stąd $$\angle BWL=180^{\circ}-\angle AWB=\frac{\angle BAC}{2}+\frac{\angle ABC}{2}$$ \\ Ponadto (rozważając trójkąt $WBL$ oraz równość kątów wpisanych opartych na łuku $LC$): $$\angle WBL =\frac{\angle ABC}{2}+\angle CBL=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle BAC}{2}$$ \item Otrzymaliśmy więc, że $\angle BWL=\angle WBL$ oraz $|BL|=|WL|$, skąd $|AW||WB|=2Rr$. Niech prosta $OW$ przecina okrąg opisany w punktach $P,Q$, wtedy $|PW||QW|=|AW||WL|=2Rr$, czyli $(R+d)(R-d)=2Rr$, skąd otrzymujemy tezę: $$d^2=R(R-2r)$$ \\ \\ \end{itemize} $