Finał 2000 Rozwiązania

Wysłane przez dn w pt., 08/05/2015 - 13:01

<br /> \centerline{POWSZECHNY KONKURS INTERNETOWY dla uczniów szkół<br /> średnich - Matematyka} \centerline{Finał I edycji - 10 czerwca 2000}<br /> \centerline{Przykładowe rozwiązania}<br />




\textbf{\underline{Zadanie 1.}} Zbiór $M$ jest zbiorem tych wartości całkowitych parametru $m$ mniejszych od $2\pi$, dla których równanie<br /> $$(2m-2)x^4-2(2m+3)x^2+(2m+1)=0$$<br /> ma cztery różne pierwiastki rzeczywiste. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że losowo wybrana liczba ze zbioru $M$ spełnia nierówność<br /> $$\log_{\frac{2}{9}x}\left(2-\frac{1}{3}x\right)<0$$<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br /> $$(2m-2)x^4-2(2m+3)x^2+(2m+1)=0$$<br /> \\ Niech $t=x^2$:<br /> $$(2m-2)t^2-2(2m+3)t+(2m+1)=0$$<br /> \\ By równanie początkowe z $x$ miało cztery różne rozwiązania potrzeba i wystarcza, by równanie kwadratowe z $t$ miało dwa różne dodatnie pierwiastki (każdy dodatni pierwiastek $t$ powoduje, że dostajemy dwa rozwiązania równania z $x$).<br /> \\ Zatem:<br /> $$\left\{\begin{array}{l}<br /> 2m-2\neq 0 \\<br /> \Delta_t>0 \\<br /> t_1t_2>0\\<br /> t_1+t_2>0\end{array}\right.$$<br /> \\ Gdzie $t_1,t_2$ - pierwiastki równania kwadratowego.<br /> \\<br /> $$2m-2\neq 0$$<br /> $$m\neq 1$$<br /> \\<br /> \\ Kolejny warunek<br />
<br /> $$\Delta_t>0$$<br /> $$4(2m+3)^2-4(2m-2)(2m+1)>0$$<br /> $$4(4m^2+12m+9)-4(4m^2-2m-2)>0$$<br /> $$16m^2+48m+36-16m^2+8m+8>0$$<br /> $$56m+44>0$$<br /> $$m>-\frac{44}{56}$$<br /> $$m>-\frac{11}{14}$$<br /> \\<br /> \\<br /> $$t_1t_2>0$$<br /> $$\frac{2m+1}{2m-2}>0$$<br /> $$(2m+1)(2m-2)>0$$<br /> $$m\in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)\cup\left(1,\infty\right)$$<br /> \\<br /> \\<br /> <br /> $$t_1+t_2>0$$<br /> $$\frac{2(2m+3)}{2m-2}>0$$<br /> $$2(2m+3)(2m-2)>0$$<br /> $$m\in\left(-\infty,-\frac{3}{2}\right)\cup\left(1,\infty\right)$$<br /> \\<br /> \\ Łącząc wszystkie warunki:<br /> $$m\in\left(1,\infty\right)$$<br /> \\ Dodatkowo uwzględniając to, że $m$ ma być liczbą całkowitą mniejszą od $\pi$, otrzymujemy:<br /> $$m\in\{2,3\}$$<br /> \\<br /> \\ Wstawmy każdą z wartości $m$ do nierówności $\log_{\frac{2}{9}x}\left(2-\frac{1}{3}x\right)<0$:<br /> \begin{itemize}<br /> \item $m=2$:<br /> $$\log_{\frac{4}{9}}\left(2-\frac{2}{3}\right)<0$$<br /> $$\log_{\frac{4}{9}}\frac{4}{3}<0$$<br /> $$\frac{4}{3}>1$$<br /> \\ Jest w porządku.<br /> \item $m=3$:<br /> $$\log_{\frac{2}{3}}\left(2-1\right)<0$$<br /> $$\log_{\frac{2}{3}}1<0$$<br /> $$0<0$$<br /> \\ Nie jest w porządku.<br /> \\<br /> \end{itemize}<br /> Zatem tylko jedna liczba z dwóch spełnia podaną nierówność, więc szukane prawdopodobieństwo wybrania tej liczby spośród dwóch liczb wynosi oczywiście $\frac{1}{2}$.<br /> \\ \\<br />

\textbf{\underline{Zadanie 2.}} Rozwiązać równanie<br /> $$\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\cos x}=2\sqrt{2}$$<br /> w przedziale $\left<-2\pi,2\pi\right>$.<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}} Założenia: $\sin x\neq 0$ oraz $\cos x\neq 0$, czyli $x\in(-2\pi,2\pi)-\left\{k\frac{\pi}{2}\right\}$ dla $k\in\mathbb{Z}$.<br /> \\ Wtedy:<br /> $$\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\cos x}=2\sqrt{2}$$<br /> $$\frac{\cos x-\sin x}{\sin x\cos x}=2\sqrt{2}$$<br /> $$\cos x-\sin x=\sqrt{2}\cdot 2\sin x\cos x$$<br /> \\ Ze wzoru $\sin 2x=2\sin x\cos x$:<br /> $$\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x-\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x=\sin 2x$$<br /> $$\sin\frac{\pi}{4}\cos x-\cos\frac{\pi}{4}\sin x=\sin 2x$$<br /> \\ Ze wzoru $\sin(a-b)=\sin a\cos b-\cos a\sin b$:<br /> $$\sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right)=\sin 2x$$<br /> $$\frac{\pi}{4}-x=2x+2k\pi\quad\vee\quad \frac{\pi}{4}-x=\pi-2x+2k\pi,\quad k\in\mathbb{Z}$$<br /> $$-3x=-\frac{\pi}{4}+2k\pi\quad\vee\quad x=\frac{3\pi}{4}+2k\pi$$<br /> $$x=\frac{\pi}{12}-\frac{2k\pi}{3}\quad\vee\quad x=\frac{3\pi}{4}+2k\pi$$<br /> \\ Uwzględniając z dziedziną otrzymujemy rozwiązania:<br /> $$x\in\left\{-\frac{23\pi}{12}, -\frac{5\pi}{4},-\frac{7\pi}{12},\frac{\pi}{12},\frac{3\pi}{4},\frac{17\pi}{12}\right\}$$<br /> \\ \\<br />

\textbf{\underline{Zadanie 3.}} Dane sa wierzchołki trójkąta $ABC:$ $A=(2,1)$, $B=(3,-2)$. Wyznaczyć współrzędne trzeciego wierzchołka wiedząc, że środek ciężkości trójkąta leżyna osi $OX$, a pole tego trójkąta jest równe $3$.<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}} Niech $C=(x_c,y_c)$ będzie szukanym trzecim wierzchołkiem trójkąta. $(A\neq C, B\neq C)$. Skoro wiemy, że środek cieżkości leży na osi $OX$, to rzędna środka ciężkości wynosi $0$, stąd dostajemy równość:<br /> $$\frac{1-2+y_c}{3}=0$$<br /> $$-1+y_c=0$$<br /> $$y_c=1$$<br /> \\ Zatem nasz szukany punkt ma na razie współrzędne $C=(x_c,1)$.<br /> \\ Skoro wiemy, że pole trójkąta $ABC$ jest równe $3$, to:<br /> $$P_{\Delta ABC}=3$$<br /> $$\frac{1}{2}\left|\det\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)\right|=3$$<br /> $$\left|\det\left([1,-3], [x_c-2, 0]\right)\right|=6$$<br /> $$\left|1\cdot 0-(-3)(x_c-2)\right|=6$$<br /> $$3|x_c-2|=6$$<br /> $$|x_c-2|=2$$<br /> $$x_c-2=2\quad\vee\quad x_c-2=-2$$<br /> $$x_c=4\quad\vee\quad x_c=0$$<br /> \\ Zatem współrzędne trzeciego wierzchołka to $(4,1)$ lub $(0,1)$.<br /> \\ \\<br />

\textbf{\underline{Zadanie 4.}} Znaleźć punkt $A$ należący do paraboli $y^2=4(x-1)$ oraz punkt $B$ należący do prostej $2x-y+2=0$, aby odległość między nimi była najmniejsza. Obliczyć tę najmniejszą odległość i wykonać odpowiedni rysunek.<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}}<br />




</p> <p>Zauważmy, że styczna do paraboli poprowadzona przez punkt $A$ musi być równoległa do prostej $l: y=2x+2$. Prostymi równoległymi do $l$ są proste o równaniu $y=2x+a$ dla pewnej wartości $a\in\mathbb{R}$.<br /> \\ By prost $y=2x+a$ była styczna do paraboli $y^2=4(x-1)$ musi mieć z nią dokładnie jeden punkt wspólny w naszym przypadku, zatem musi istnieć dokładnie jedno rozwiązanie układu równań:<br /> $$\left\{\begin{array}{l} y^2=4(x-1) \\ y=2x+a\end{array}\right.$$<br /> $$(2x+a)^2=4(x-1)$$<br /> $$4x^2+4ax+a^2=4x-4$$<br /> $$4x^2+4x(a-1)+(a^2+4)=0$$<br /> $$\Delta_x=0$$<br /> $$16(a^2-2a+1)-16(a^2+4)=0$$<br /> $$a^2-2a+1-a^2-4=0$$<br /> $$-2a-3=0$$<br /> $$a=-\frac{3}{2}$$<br /> <br /> \\ Wtedy $x=-\frac{4(a-1)}{8}=-\frac{a-1}{2}=-\frac{-\frac{3}{2}-1}{2}=\frac{5}{4}$ oraz $y=2x+a=\frac{5}{2}-\frac{3}{2}=1$.<br /> \\ Zatem $\displaystyle A=\left(\frac{5}{4},1\right)$.<br /> \\ By znaleźć punkt $B$ poprowadźmy prostą prostopadłą do $y=2x+2$ przechodzącą przez $A$. Prosta prostopadła do $y=2x+2$ musi mieć równanie $y=-\frac{1}{2}x+b$ dla pewnego $b\in\mathbb{R}$, a ponieważ należy do niej punkt $A$:<br /> $$1=-\frac{1}{2}\cdot\frac{5}{4}+b$$<br /> $$1=-\frac{5}{8}+b$$<br /> $$b=\frac{13}{8}$$<br /> \\ Zatem prosta ma równanie $y=-\frac{1}{2}x+\frac{13}{8}$, teraz przecięcie się tej prostej z prostą $y=2x+2$ wyznaczy nam punkt $B$:<br /> $$-\frac{1}{2}x+\frac{13}{8}=2x+2$$<br /> $$-4x+13=16x+16$$<br /> $$-20x=3$$<br /> $$x=-\frac{3}{20}$$<br /> $$y=2x+2=-\frac{3}{10}+2=\frac{17}{10}$$<br /> \\ Zatem $\displaystyle B=\left(-\frac{3}{20}, \frac{17}{10}\right)$.<br /> \\ \\<br />

\textbf{\underline{Zadanie 5.}} W stożek o promieniu podstawy $r$ i wysokości $h$ wpisano kulę. Następnie wpisano drugą kulę styczną zewnętrznie do kuli poprzedniej oraz do powierzchni bocznej stożka, następnie trzecią i tak dalej. Obliczyć sumę objętości wszystkich wpisanych kul.<br /> \\ \\<br /> \textbf{\underline{Rozwiązanie}} Poprowadźmy przekrój osiowy:<br />




<br /> \\<br /> Zatem $P_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}2rh=rh$ oraz z drugiej strony:<br /> $$P_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}(2r+l+l)\cdot R_1$$<br /> \\ Gdzie $R_1$ - promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ (czyli również promień pierwszej wpisanej kuli, dalej niech $R_n$ oznacza promień $n$-tej z kolei wpisanej kuli):<br /> $$rh=(r+l)R_1$$<br /> $$R_1=\frac{rh}{r+l}=\frac{rh}{r+\sqrt{r^2+h^2}}$$<br /> \\ Z podobieństwa trójkątów $ABC$ oraz $DEC$ obliczmy ich skalę podobieństwa:<br /> $$k=\frac{|CC'|}{|CC''|}=\frac{h-2R_1}{h}=\frac{h-\frac{2rh}{r+\sqrt{r^2+h^2}}}{h}=<br /> 1-\frac{2r}{r+\sqrt{r^2+h^2}}=$$ $$=<br /> \frac{\sqrt{r^2+h^2}-r}{\sqrt{r^2+h^2}+r}=<br /> \frac{\frac{r^2+h^2-r^2}{\sqrt{r^2+h^2}+r}}{\sqrt{r^2+h^2}+r}=$$ $$=<br /> \frac{h^2}{(r+\sqrt{r^2+h^2})^2}$$<br /> \\ Jest to również skala podobieństwa każdych dwóch kolejnych wpisywanych okręgów w przekroju (lub kul w stożek), zatem $R_n$ tworzy ciąg geometryczny o ilorazie równym $k$.<br />
<br /> \\ Zatem objętości kul $V_n=\frac{4}{3}\pi R_n^3$ tworzyć będą ciąg goemetryczny o ilorazie równym $k^3$, oczywiście $0<k^3<1$, zatem szereg geometryczny bedący sumą objętości wszystkich wpisanych kul będzie szeregiem zbieżnym oraz:<br /> $$V_1+V_2+V_3+\ldots+V_n+\ldots=$$ $$=<br /> \frac{4}{3}\pi R_1^3+\frac{4}{3}\pi R_2^3+\ldots+\frac{4}{3}\pi R_n^3+\ldots=$$ $$=<br /> \frac{4}{3}\pi R_1^3\cdot\frac{1}{1-k^3}=$$ $$=<br /> \frac{4}{3}\pi \frac{r^3h^3}{(r+\sqrt{r^2+h^2})^3}\cdot\frac{1}{1-\frac{h^6}{(r+\sqrt{r^2+h^2})^6}}=$$ $$=<br /> \frac{4}{3}\pi \frac{r^3h^3}{(r+\sqrt{r^2+h^2})^3}\cdot\frac{(r+\sqrt{r^2+h^2})^6}{(r+\sqrt{r^2+h^2})^6-h^6}=$$ $$=<br /> \frac{4\pi r^3h^3(r+\sqrt{r^2+h^2})^3}{(r+\sqrt{r^2+h^2})^6-h^6}$$<br /> \\ \\<br />

<br /> \centerline{\bf Za rozwiązanie każdego zadania można uzyskać<br /> maksymalnie 20 punktów}<br />