Finał 2008 Rozwiązania

Wysłane przez dn w wt., 07/04/2015 - 22:10

$ \centerline{POWSZECHNY KONKURS INTERNETOWY dla uczniów szkół średnich - Matematyka} \centerline{Finał IX edycji - 26 kwietnia 2008} \centerline{Przykładowe rozwiązania} $

$\textbf{\underline{Zadanie 1.}} Rozwiązać nierówność $$x^6-6x+5>0$$ \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Zauważamy, że $M(x)=x^6-6x+5$ posiada pierwiastek $x=1$, po podzieleniu $M(x)$ przez $x-1$ można znów zauważyć, że $x=1$ jest pierwiastkiem otrzymanego wielomianu, otrzymamy stąd: $$M(x)=x^6-6x+5=(x-1)^2(x^4+2x^3+3x^2+4x+5)=$$ $$= (x-1)^2[x^4+2x^3+x^2+2(x^2+2x+1)+3]=$$ $$= (x-1)^2[(x^2+x)^2+2(x+1)^2+3]$$ \\ Ponieważ wyrażenie w nawiasie kwadratowym jest ciągle dodatnie, to $M(x)>0$ jest równoważne $(x-1)^2>0$, a stąd otrzymujemy odpowiedź: $$x\in\mathbb{R}-\{1\}$$ $

$\textbf{\underline{Zadanie 2.}} Znaleźć liczbę naturalną $n$, która spełnia równanie $$\frac{1+3+5+\ldots+(2n-1)}{\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)} }=110$$ \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ W liczniku mamy oczywiście sumę $n$ wyrazów ciągu arytmetycznego \\ o $a_1=1,r=2$, stąd suma w liczniku jest równa $\frac{1+2n-1}{2}\cdot n=n^2$. \\ \\ W mianowniku skorzystajmy z tego, że $\displaystyle \frac{1}{n(n+1)}=\frac{(n+1)-n}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, otrzymujemy więc: $$\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)}=$$ $$= 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=$$ $$=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n+1-1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$$ \\ Nasze równanie jest więc równoważne równaniu: $$\frac{n^2}{\frac{n}{n+1}}=110$$ $$n^2\cdot\frac{n+1}{n}=110$$ $$n(n+1)=110$$ $$n^2+n-110=0$$ $$(n+11)(n-10)=0$$ $$n=-11\quad\vee\quad n=10$$ \\ Stąd odpowiedź to $n=10$. $

$\textbf{\underline{Zadanie 3.}} Obliczyć wartość wyrażenia $$\log_2\sin 54^{\circ}+2\log_4\sin 18^{\circ}$$ \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ $$\log_2\sin 54^{\circ}+2\log_4\sin 18^{\circ}= \log_2\sin 54^{\circ}+2\cdot\frac{\log_2\sin 18^{\circ}}{\log_2 4}=$$ $$= \log_2\sin 54^{\circ}+2\cdot\frac{\log_2\sin 18^{\circ}}{2}= \log_2\sin 54^{\circ}+\log_2\sin 18^{\circ}=$$ $$= \log_2\sin 54^{\circ}\sin 18^{\circ}= \log_2\frac{\sin 54^{\circ}\sin 18^{\circ}\cos 18^{\circ}}{\cos 18^{\circ}}=$$ $$= \log_2\frac{\sin (90^{\circ}-36^{\circ})\cdot\frac{1}{2}\sin 36^{\circ}}{\cos 18^{\circ}}= \log_2\frac{\cos 36^{\circ}\sin 36^{\circ}}{2\cos 18^{\circ}}=$$ $$= \log_2\frac{\frac{1}{2}\sin 72^{\circ}}{2\cos 18^{\circ}}= \log_2\frac{\sin (90^{\circ}-18^{\circ})}{4\cos 18^{\circ}}=$$ $$= \log_2\frac{\cos 18^{\circ}}{4\cos 18^{\circ}}= \log_2\frac{1}{4}= \log_2 2^{-2}= -2$$ \\ Korzystaliśmy tu m.in. ze wzorów: $\sin\alpha\cos\alpha=\frac{1}{2}\sin 2\alpha$, $\log_ab=\frac{\log_cb}{\log_ca}$ dla $a,c\in\mathbb{R}_+-\{1\},b\in\mathbb{R}_+$ oraz ze wzorów redukcyjnych. $

$\textbf{\underline{Zadanie 4.}} Dane są dwie zewnętrznie identyczne kostki do gry. Pierwsza z nich jest symetryczna, a prawdopodobieństwo wypadnięcia trzech oczek kiedy rzucamy drugą kostką jest równe $\frac{1}{4}$. Rzucono dwukrotnie losowo wybraną kostką i wypadły dwie trójki. Jakie jest prawdopodobieństwo, że rzucono kostką niesymetryczną? \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Niech $A$ - zdarzenie polegające na tym, że przy dwukrotnym rzucie losową kostką otrzymamy dwie trójki. \\ $B$ - zdarzenie polegające na tym, że wybraliśmy kostkę niesymetryczną. \\ Interesuje nas obliczenie $P(B|A)$. Ze wzoru Bayesa otrzymujemy, że: $$P(B|A)=\frac{P(A|B)P(B)}{P(A)}$$. \\ Rozrysujmy (niepełne) drzewko decyzyjne: $

$Stąd: $$P(B)=\frac{1}{2}$$ $$P(A)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{13}{288}$$ $$P(A|B)=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{16}$$ \\ Wstawiając obliczone prawdopodobieństwa: $$P(B|A)=\frac{P(A|B)P(B)}{P(A)}= \frac{\frac{1}{16}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{13}{288}}= \frac{9}{13}$$ $

$\textbf{\underline{Zadanie 5.}} Podstawą ostrosłupa jest trapez równoramienny opisany na okręgu o promieniu $r$, którego kąt ostry ma miarę $\alpha$. Każda krawędź boczna ostrosłupa tworzy z płaszczyzną podstawy kąt o mierze równej $\beta$. Obliczyć objętość ostrosłupa. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} \\ \\ Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku: \\ $

$Skoro każda krawędź jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod tym samym kątem, to jest to ostrosłup prosty, czyli spodek wysokości jest środkiem okręgu opisanego na podstawie ($R$ oznacza długość promienia tego okręgu). $H$ oznacza długość wysokości tego ostrosłupa. \\ Rozważmy na razie samą podstawę. \\ Skoro w ten trapez da się wpisać okrąg, to zachodzi: $a+b=c+c$, czyli $c=\frac{a+b}{2}$. \\ W trójkącie $AED$ zachodzi: $$\sin\alpha=\frac{2r}{\frac{a+b}{2}}$$ $$a+b=\frac{4r}{\sin\alpha}$$ \\ Obliczmy pole podstawy: $$P_p=\frac{a+b}{2}\cdot 2r=\frac{\frac{4r}{\sin\alpha}}{2}\cdot 2r=\frac{4r^2}{\sin\alpha}$$ \\ \\ Zauważmy, że okrąg opisany na czworokącie $ABCD$ jest tym samym okręgiem, co okrąg opisany na np. trójkącie $ABC$. \\ Obliczmy długość przekątnej $AC$. Mamy: $$|AF|=|AE|+|EF|=\frac{b-a}{2}+a=\frac{a+b}{2}=\frac{\frac{4r}{\sin\alpha}}{2}=\frac{2r}{\sin\alpha}$$ \\ Z tw. Pitagorasa w trójkącie $AFC$: $
$ $$|AF|^2+(2r)^2=|AC|^2$$ $$\frac{4r^2}{\sin^2\alpha}+4r^2=|AC|^2$$ $$|AC|^2=\frac{4r^2}{\sin^2\alpha}(1+\sin^2\alpha)$$ $$|AC|=\frac{2r}{\sin\alpha}\sqrt{1+\sin^2\alpha}$$ \\ Z tw. sinusów w trójkącie $ABC$: $$\frac{|AC|}{\sin\alpha}=2R$$ $$\frac{\frac{2r}{\sin\alpha}\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{\sin\alpha}=2R$$ $$R=\frac{r\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{\sin^2\alpha}$$ \\ \\ W trójkącie $AOS$: $$\tan\beta=\frac{H}{R}$$ $$H=R\tan\beta=\frac{r\tan\beta\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{\sin^2\alpha}$$ \\ Stąd objętość ostrosłupa: $$V=\frac{1}{3}P_pH= \frac{1}{3}\cdot \frac{4r^2}{\sin\alpha}\cdot \frac{r\tan\beta\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{\sin^2\alpha}= \frac{4r^3\tan\beta\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{3\sin^3\alpha}$$ $