XVIII Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl lutowy Poziom: szkoły ponadpodstawowe

XVIII Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl lutowy

Poziom: szkoły ponadpodstawowe

Punktacja: 10 punktów za każde zadanie (zadania rozwiązywane w „domu”)

Zadanie 1. Funkcja 𝑓: 𝑅 → 𝑅 spełnia warunek:

1. 𝑓(𝑥 + 𝑦) = 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑦) dla dowolnych x, y liczb rzeczywistych, 2. 𝑓(1) = 1.

Wykaż, że funkcja 𝑓(𝑥) jest: 1) nieparzysta, 2) 𝑓(𝑞) = 𝑞 dla dowolnej liczby wymiernej q.

Rozwiązanie.

1) Po pierwsze zauważmy, że dla 𝑥 = 𝑦 = 0 mamy 𝑓(0) = 𝑓(0) + 𝑓(0), a stąd 𝑓(0) = 0.

Przyjmując następnie 𝑦 = −𝑥 otrzymujemy

0 = 𝑓(0) = 𝑓(𝑥 − 𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑓(−𝑥), i stąd 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥).

2) Zauważmy, że

𝑓(2𝑥) = 𝑓(𝑥 + 𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑥) = 2𝑓(𝑥),

𝑓(3𝑥) = 𝑓(2𝑥 + 𝑥) = 𝑓(2𝑥) + 𝑓(𝑥) = 2𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑥) = 3𝑓(𝑥) 𝑓(4𝑥) = 𝑓(3𝑥 + 𝑥) = 𝑓(3𝑥) + 𝑓(𝑥) = 3𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑥) = 4𝑓(𝑥)

……….

(*) 𝑓(𝑛𝑥) = 𝑓((𝑛 − 1)𝑥 + 𝑥) = 𝑓((𝑛 − 1)𝑥) + 𝑓(𝑥) = (𝑛 − 1)𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑥) = 𝑛𝑓(𝑥) Teraz dla dowolnej liczby wymiernej dodatniej 𝑞 =_𝑚^𝑛 , gdzie 𝑛, 𝑚 ∈ 𝑁 korzystając z otrzymanego wzoru mamy (*)

𝑓(𝑞) = 𝑓 (𝑛

𝑚) = 𝑓(1 𝑚+ 1

𝑚+ ⋯ + 1

𝑚) = 𝑛𝑓 (1 𝑚)

dodatkowo mamy 1 = _𝑚¹ +_𝑚¹ + ⋯ +_𝑚¹ , co po wstawieniu do równania (*) daje wynik 1 = 𝑓(1) = 𝑓 (𝑚

𝑚) = 𝑓(1 𝑚+ 1

𝑚+ ⋯ + 1

𝑚) = 𝑚𝑓 (1 𝑚) 1 = 𝑚𝑓 (1

𝑚) 𝑓 (1

𝑚) = 1 𝑚 W rezultacie dla 𝑛, 𝑚 ∈ 𝑁

𝑓 (𝑛 𝑚) = 𝑛

Z nieparzystości funkcji i własności 𝑓(0) = 0 otrzymujemy 𝑓(𝑞) = 𝑞 dla dowolnej liczby 𝑚 wymiernej.

c.b.d.o

Zadanie 2. Wykaż, że równanie sinxsin2xsin3x1 nie ma rozwiązania.

Rozwiązanie

Wykorzystamy wzór:



^{cos( ) cos( )}



2 sin 1

sin     



^{sin( ) sin( )}



2 cos 1

sin     

sin2 2sincos







    





 x x x x x x x x x

x sin2 cos4

2 2 1 cos 2 2sin 4 1

cos 2

cos 2 2sin 3 1 sin 2 sin sin

 x



x  x



 x



sin6xsin2x



 4

4 1 4sin ) 1 2 sin(

6 4 sin 4 1 4sin 1

4 3 4 1 4 1 4 2 1 4sin 6 1 4sin 4 1 4sin

1      

 x x x ,

ponieważ sin



1;1



, więc





 4

;1 4 sin 1

4

1 

Z powyższego wynika, że dla każdego xR wyrażenie

4 3 3 sin 2 sin

sinx x x , zatem równanie sinxsin2xsin3x1 nie ma rozwiązania.

c.n.d.

Zadanie 3. Ciąg

 

an określony jest następująco: 8 1. , 1

8 ^{1 1}

1  



 ^  ^ dla n

n a

a a^{n n n}

Obliczyć a₂₀₀₈. Rozwiązanie:

Z zależności rekurencyjnej dostajemy kolejno







   







 







  







 



 ^ _ ^ _ ^{ }

_{1 n} 18ⁿ¹ _n1 8ⁿ 18ⁿ¹ _{n 2}. 18ⁿ¹ 8ⁿ 18ⁿ¹ 

n a n a n n a n n n

a



¹



^{8 .}

8 8

3 8

2 ^{2 3 1}

1

 

















a  n ⁿ n ⁿ

Ponieważ a₁ 8, to a_n 828² 38³ n8ⁿ. Z równości tej wynika, że



^{      }

 

^{       }



^



8 _n 8 2 8² 3 8³ 8ⁿ 8² 2 8³ 3 8⁴ 8^n1

n a n n

a  

. 8 8

8 8

8 ²  ³     ^1

  ⁿ n ⁿ

Zatem

 

49 8 1 7 8 8

8 1

8 8 1 7

1 1 ¹  



 



  



 

 

 ^{ } n

n a

n n

n

n .

Stąd w szczególności

49 8 14055 8²⁰⁰⁹

2008



 

a .

Odpowiedź.

49 8 14055 8²⁰⁰⁹

2008



 

a .

Zadanie 4. Do zbioru Z należą pierwiastki równań będące liczbami naturalnymi:

|𝑥²− 4𝑥 − 5| = 𝑥 − 5, 𝑥³ − 7𝑥²+ 14𝑥 − 8 = 0, 16^𝑥+3𝑥 = 4 ∙ (²₈^𝑥)

1 2𝑥+5. Ze zbioru Z losujemy trzy cyfry (losowanie ze zwracaniem) układając je, w kolejności losowania, w liczbę trzycyfrową. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania:

a) liczby o różnych cyfrach, b) liczby podzielnej przez 5.

Rozwiązanie.

(1) |𝑥²− 4𝑥 − 5| = 𝑥 − 5 (1.1) |𝑥 − 5||𝑥 + 1| = 𝑥 − 5

Dla x < 5 lewa strona równania przyjmuje wartości nieujemne, a prawa strona wartości ujemne, czyli dla x < 5 równanie nie ma rozwiązania.

Dla 𝑥 ≥ 5 równanie (1.1) ma postać: (𝑥 − 5)(𝑥 + 1) = 𝑥 − 5 (𝑥 − 5)(𝑥 + 1) − (𝑥 − 5) = 0

(𝑥 − 5)(𝑥 + 1 − 1) = 0 𝑥(𝑥 − 5) = 0 𝑥 = 0 𝑙𝑢𝑏 𝑥 = 5 x = 0 nie należy do rozpatrywanego zbioru.

Rozwiązaniem równania (1) jest liczba 5.

(2) 𝑥³− 7𝑥²+ 14𝑥 − 8 = 0 Stosując schemat Hornera:

Równanie (2) ma postać: (𝑥 − 1)(𝑥²− 6𝑥 + 8) = 0 (𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 4) = 0

1 -7 14 -8

1 1 -6 8

1 -6 8 0

𝑥 − 1 = 0 𝑙𝑢𝑏 𝑥 − 2 = 0 𝑙𝑢𝑏 𝑥 − 4 = 0 𝑥 = 1 𝑙𝑢𝑏 𝑥 = 2 𝑙𝑢𝑏 𝑥 = 4

Rozwiązaniem równania (2) są liczby 1, 2, 4.

(3) 16^𝑥+3𝑥 = 4 ∙ (2^𝑥 8)

2𝑥+51

2^𝑥+34𝑥 = 2²(2^𝑥−3)^2𝑥+51 2^𝑥+34𝑥 = 2² ∙ 2^{2𝑥+5𝑥−3}

2^𝑥+34𝑥 = 2^{2𝑥+5+2𝑥−3} 4𝑥

𝑥 + 3= 𝑥 − 3 2𝑥 + 5+ 2 4𝑥

𝑥 + 3=5𝑥 + 7 2𝑥 + 5

8𝑥² + 20𝑥 = 5𝑥²+ 22𝑥 + 21 𝑥²− 2𝑥 − 21 = 0

∆= 256, √∆= 16, 𝑥₁= 2 − 16

6 = −14

6 ∉ 𝑁, 𝑥₂ =2 + 16 6 = 3 Rozwiązaniem równania (3) jest liczba 3.

Zbiór rozwiązań 𝑍 = {1,2,3,4,5}

a) 𝑷(𝑨) =^{𝟓∙𝟒∙𝟑}_𝟓𝟑 =^𝟏𝟐_𝟐𝟓 b) 𝑷(𝑩) =^{𝟓∙𝟓∙𝟏}_𝟓𝟑 = ^𝟏_𝟓

Odpowiedź. Prawdopodobieństwo wylosowania liczby o różnych cyfrach jest równe ^𝟏𝟐_𝟐𝟓 , a liczby podzielnej przez 5 jest równe ^𝟏_𝟓 .

Zadanie 5. Wyznacz pole przekroju ostrosłupa , którego podstawą jest kwadrat o boku a, jego wysokość jest krawędzią boczną o długości 4a poprowadzonego płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi podstawy wychodzące z jednego wierzchołka i równoległą do jego wysokości.

4a

a

Rozwiązanie:

Przekrojem ostrosłupa płaszczyzną spełniającą warunki zadania jest ∆𝐴₁𝐵₁𝑆_1.

𝑃_{∆𝐴1𝐵1𝑆1} = 1

2|𝐴₁𝐵₁| ∙ |𝐷₁𝑆₁|

∆𝐷₁𝐵𝑆₁~∆𝐷𝐵𝑆 (𝑘𝑘𝑘), 𝑤𝑖ę𝑐 ^|𝑆_|𝐵𝐷^1𝐷1|

1| =_|𝐵𝐷|. ^|𝑆𝐷|

|𝐵𝐷| = 𝑎√2, |𝐵𝐷₁| =𝑎√2

4 , |𝑆𝐷| = 4𝑎, |𝐴₁𝐵₁| =𝑎√2

2 , |𝑆₁𝐷₁| = ℎ_𝑝𝑟𝑧 𝑧𝑎𝑡𝑒𝑚 ^ℎ_𝑎√2^𝑝𝑟𝑧

4

= ^4𝑎

𝑎√2 => ℎ_𝑝𝑟𝑧= 𝑎 𝑃_{∆𝐴1𝐵1𝑆1} = ₂¹∙^𝑎√2₂ ∙ 𝑎 = ^𝑎2₄^√2.

Odpowiedź. 𝑃_{∆𝐴1𝐵1𝑆1} = ^𝑎2₄^√2.

4a

a A

B A1

D C

D1

S

S1

B1