kontynuacja Adamm: rozwiąż równanie (x²−5x+6)²−5(x²−5x+6)+6=x rozwiąż układ równań x+y+z=1 xy+xz+yz=−5 xyz=−5 rzucamy sześcienną kostką do gry aż do wylosowania szóstki oblicz prawdopodobieństwo wylosowania piątki

Kacper: Dla kogo to?

Adamm: dla tego kto chce rozwiązać zadanie

5-latek: Kacper maturzystow

matura 2017: 1/(x²−5x+6)²−4(x²−5x+6)+4= x²−5x+6 +x−2 (x²−5x+4)²=(x−2)² .............................. i teraz już z górki

Rafal: Może ustalmy, że każda osoba, która rozwiąże zadanie, wrzuca nowe − powstanie wtedy taki łańcuszek maturalny Co do rozwiązań, to może lepiej będzie podawać jedynie pomysły, żeby każdy mógł je zrobić samodzielnie. Tak więc: 1) jeśli f(x)=x, to f(f(x))=f(x)=x − w ten sposób znajdujemy dwa pierwiastki, potem wymnażamy wszystko, dzielimy itd. 2) wzory Viete'a dla wielomianu stopnia trzeciego 3) n rzutów, w pierwszych n−1 za każdym razem możemy dostać 5 wyników, prawdopodobieństwo, że 5

	4n−1
nie wypadnie ani razu:
	5n−1

Jest OK? Jeśli tak, do dajcie znać, a coś wrzucę.

matura 2017: trygonometria zad1Rozwiąż równanie:

tgx
	+cos(2x)=0
√3+tgx

Adamm: 1) ok 2) ok 3) ... nie wiem co powiedzieć, zadanie nie skończone

Rafal: Potem wzór na prawdopodobieństwo przeciwne

Rafal: Łapcie fajne zadanko z tegorocznego finału konkursu PW: Znajdź wszystkie rozwiązania równania:

	1		3x		7
4cos4(x)−cos(2x)−		cos(4x)+cos(		)=
	2		4		2

Tu link do pozostałych: https://konkurs.mini.pw.edu.pl/node/12987

Rafal:

	1−tg2(x)
matura 2017, czy chodzi tu o podstawienie cos(2x)=		?
	1+tg2(x)

matura 2017: Możesz ......... ale jest krótszy sposób

Przyszłymakler: jak widzę pierwiastek z trzech to myślę tylko o dzieleniu przez 2 XD

Rafal: Skąd ja to znam

matura 2017: Ciepło, ciepło ..... ale jeszcze za wcześnie Najpierw ładne przekształcenia i założenia! Myślcie dalej..........................

matura 2017: Jak idzie?

Rafal: Coś dzisiaj nie myślę. Na razie mam tyle: .

StrasznyNieogar: Adamm skąd masz takie super zadania typu to pierwsze? (x2−5x+6)2−5(x2−5x+6)+6=x

matura 2017: Ładne zadanko Myślcie dalej............

matura 2017: Masz podobne: (x²−5x−2)²−5(x²−5x−2)= x+2

Mariusz: x+y+z=1 xy+xz+yz=−5 xyz=−5 To są wzory Vieta dla wielomianu trzeciego stopnia t³−t²−5t+5=0 t³−5t−t²+5=0 t(t²−5)−1(t²−5)=0 (t−1)(t²−5)=0 (t−1)(t−√5)(t+√5) Rozwiązaniem są permutacje ciągu (√−5,1,√5)

Mariusz: *minus oczywiście jest poza pierwiastkiem

Adamm: StrasznyNieogar, raz widziałem podobne, wymyśliłem

matura 2017: @Adamm −−− "złap się" za to równanie trygonometryczne

StrasznyNieogar: super Adamm, takie przekształcenia sprawiają mi największą frajdę, a jednocześnie są dla mnie duzym problemem. Taka sprzeczność

Adamm: wyszło mi

	π		π
x=−		+k		, k∊ℤ
	6		2

Adamm: oczywiście to równanie 17:21

Adamm: tgx≠tg(−π/3) x≠−π/3+kπ, k∊ℤ cosx≠0 x≠π/2+kπ

tgx
	+cos2x=0
√3+tgx

sinx
	+cos2x=0
√3cosx+sinx

1   sinx 2
	+cos2x=0
sin(x+π/3)

sinx+2cos2xcos(x−π/6)=0 sinx+cos(x+π/6)+cos(3x−π/6)=0 cos(π/6−x)=−cos(3x−π/6) cos(π/6−x)=cos(3x+5π/6) ... x=−π/6+kπ/2

Adamm: Rafal, jakaś podpowiedź to tego równania, czy kombinować aż wyjdzie?

Rafal: Z tego, co pamiętam, to trzeba było rozpisać maksymalnie cos(4x), potem coś się skróciło i dostaliśmy jakiś przypadek skrajny.

Adamm: do drugiego wyszło mi x=8kπ, k∊ℤ dobrze? trochę dziwne rozwiązanie

Adamm:

	1		3		7
4cos4x−cos2x−		cos4x+cos		x=
	2		4		2

cos²2x=(2cos²x−1)²=4cos⁴x−4cos²x+1

	1		3		9
cos22x+4cos2x−cos2x−		cos4x+cos		x=
	2		4		2

	3
4cos2x−cos2x+cos		x=4
	4

	3
cos2x+cos		x=2
	4

	3
2x=2kπ ∧		x=2kπ, k∊ℤ
	4

x=8kπ

matura 2017: Ok Inny sposób Równanie :

tgx
	+cos(2x)=0 założenia .....
√3+tgx

cos(2x)(√3+tgx)+tgx=0 i z tożsamości : cos2x= sin2x −tgx ( do wyprowadzenia) √3cos2x+sin2x=0 /:2

	π
sin(2x+		)=0
	3

	π		π
x= −		+k*		, k∊C
	6		2

Rafal: Mi wyszło tyle samo. cos(4x) = 2cos²(2x)−1 = 2(2cos²(x)−1)²−1 = 8cos⁴(x)−8cos²(x)+1

1		1
	cos(4x) = 4cos4(x)−4cos2(x)+
2		2

	1		3x		7
−cos(2x)+4cos2(x)−		+cos(		) =
	2		4		2

	3x
1−2cos2(x)+4cos2(x)+cos(		) = 4
	4

	3x
2cos2(x)+cos(		) = 3
	4

Rafal: Znacie może sposób na rozwiązanie zadania 4 https://konkurs.mini.pw.edu.pl/node/12987 bez korzystania z nierówności Jensena?

Rafal: To tak na marginesie Aby łańcuszek nie stanął: Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ostrokątnym ABC. Punkt D jest rzutem prostokątnym punktu C na prostą AB. Wykaż, że <)ACD = <)BCO.

Adamm: mam sposób bez nierówności Jensena ale z funkcjami 2 zmiennych i ich ekstremami

Mariusz:

tg x
	+cos(2x)=0
√3+tg x

tg x
	+cos2x−sin2x=0
√3+tg x

tg x		cos2x−sin2x
	+		=0
√3+tg x		cos2x+sin2x

tg x		1−tg2x
	+		=0
√3+tg x		1+tg2x

tgx(1+tg2x)+(√3+tg x)(1−tg2x)
	=0
(√3+tg x)(1+tg2x)

tg x(1+tg²x)+(√3+tg x)(1−tg²x)=0 tg³x+tg x+√3−√3tg²x+tg x−tg³x=0 −√3tg²x+2tg x+√3=0 3tg²x−2√3tg x−3=0

	2√3±√12+36
tg x=
	6

	2√3±4√3
tg x=
	6

	√3
tg x=√3 ∨ tg x=−
	3

	π		π
x=		+kπ ⋁ x=−		+kπ k∊ℤ
	3		6

Rafal: Adamm, ważne, że działa Nie chodzi o to, że szczególnie zależy mi na rozwiązaniu elementarnym, tylko się po prostu zastanawiam, o czym myśleli twórcy, dając takie zadanie. Przecież nie każdy zna takie metody.

Adamm: Rafal, a jakie jest rozwiązanie z nierównością Jensena?

Rafal: P=2r²sinαsinβsinγ szacujemy iloczyn z góry za pomocą nierówności między średnimi stosujemy nierówność Jensena gotowe

Rafal: jakby ktoś nie znał tej nierówności, to tu jest wszystko ładnie rozpisane: https://www.matematyka.pl/419731.htm

Adamm: myślę że zadanie dosyć proste

Adamm: nie mam żadnych zadań, ale jedno wymyśliłem nie jest zbyt trudne mamy trójkąt równoboczny o boku a łączymy środki jego boków i wycinamy z niego trójkąt równoboczny robimy tak samo z mniejszymi trójkątami itd. oblicz pole fraktalu powstałego w ten sposób (trójkąta Sierpińskiego) rysunek trochę słaby, ale pewnie rozumiecie o co chodzi

matura 2017: Rozwiąż równanie: (x+2)(x+3)(x+8)(x+12)=4x²

Adamm: (x²+11x+24)(x²+14x+24)=4x² (x²+12,5x+24−1,5x)(x²+12,5x+24+1,5x)=4x² itd.

matura 2017:

PanTrojkat: Dlaczego akurat 12,5x? I co by było dalej?

Adamm: (a−b)(a+b)=a²−b²

Adamm: dlaczego 12,5x? bo pasuje

PanTrojkat: omg, piękne!

relaa: Wykazać, że ab(a⁴ − b⁴) jest podzielne przez 30.

Adamm: z małego tw. Fermata a⁵b−ab⁵≡0 mod 5 a⁵b−ab⁵≡0 mod 2 a⁵b−ab⁵≡0 mod 3 zatem liczba ta jest podzielna przez 5*3*2=30

relaa: Bez kongruencji masz pomysł?

relaa: Jeszcze jedno dam i idę. Znaleźć wszystkie n ∊ N dla których wielomian W(x) = (x³ − 5x + 1)ⁿ + (x³ − 3x − 1)ⁿ daje

	2
przy dzieleniu przez (x − 2) resztę		tg(20o)tg(40o)tg(80o).
	√3

Rafal: relaa, chodzi o rozpisanie tg(60−20) i tg(60+20) i skorzystanie ze wzoru

	3−tg2(x)
tg(3x)=tg(x)		, czy też może jest tu jakaś "furtka"?
	1−3tg2(x)