Maturalki Saizou : Kolejna porcja zadań dla maturzystów (trochę liczb, trochę funkcji) Zad 1 Liczba r jest najmniejszą liczbą rzeczywistą spełniającą nierówność
 x−2 
|

|≤2
 1−2 
Podaj trzy pierwsze cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego liczby r. Zad 2 Porównaj liczby ab oraz ba, gdzie a=[(2−3)1/2+(2+3)1/2]2
 81−13 
b=

 27−249 
Zad 3 Wykaż, że dla dowolnej liczby naturalnej k liczba k(k+1)(k+9)(k2+1) jest podzielna przez 5. Zad 4 Dla jakiej wartości parametru m rozwiązaniem równania |x−1|=m+2 jest para liczb o przeciwnych znakach? Zad 5 Dla jakich wartości parametru m rozwiązaniem układu równań
 x+my=1 
 2x−y=m 
jest para liczb (x, y) spełniająca nierówność |x−y|≤1 Zad 6 Suma dwóch różnych miejsc zerowych funkcji kwadratowej f jest równa 4,
 1 
a suma ich odwrotności jest równa −

. Wyznacz wzór tej funkcji, jeśli f(0)=−12.
 3 
Zad 7 Rozwiąż równanie a) (x2−9)x−2=0 b) 4x−7=x−1 Zad 8 Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x i każdej liczby rzeczywistej m prawdziwa jest nierówność 20x2−20mx+18m2≥4x+12m−5
8 sty 10:31
Szkolniak: Zadanie 1
 x−2 
|

|≤2
 1−2 
|x−2| 

≤2
2−1 
|x−2|≤22−2 x−2≥−22+2 ∧ x−2≤22−2 x≥2−2 ∧ x≤32−2 x∊<2−2;32−2> Najmniejsza liczba to 2−2. 3 pierwsze cyfry: 585
8 sty 13:06
Saizou : Zad 1 emotka
8 sty 13:12
Szkolniak: Zadanie 7 ad a x∊D=<2;+) x2−9=0 v x−2=p x=−3 v x=3 v x=2 x∊{−3,2,3} ∧ x∊D x∊{2,3} ad b
 7 
4x−7=x−1, x∊D=<

;+)
 4 
Dla każdego x∊D obie strony równania są nieujemne, więc możemy podnieść obustronnie do kwadratu: 4x−7=x2−2x+1 x2−6x+8=0 (x−4)(x−2)=0 x=4 v x=2 x∊[{2,4}]⊂D
8 sty 16:40
Saizou : 7 a) dobrze 7 b) zapis końca jest dziwny x∊[{2,4}]⊂D nie wiem co dla Ciebie miało to oznacza. Lepiej napisać
 7 
(x=4 v x=2) ∧ x∊<

; +) stąd x∊{2, 4}
 4 
8 sty 17:14
Szkolniak: Zapis ten oznacza że zbiór rozwiązań równania zawiera się w dziedzinie, jest on niepoprawny?
8 sty 17:43
Saizou : to po prostu x∊{2,4}⊂D ten nawias kwadratowy jest zbędny i mylący
8 sty 17:44
Szkolniak: Ale gdybyśmy mieli sumę przedziałów, to wtedy używamy tego kwadratowego, dobrze myślę? Typu x∊[(0;1)∪(1;2)]⊂D
8 sty 17:59
Saizou : dla mnie ten zapis wygląda dosyć nienaturalnie (notabene przedziały domkniętne oznacza się przez nawiasy kwadratowe w matematyce (tak są pisane książki zazwyczaj)) osobiście preferuje zapis x∊(0;1)∪(1;2) ∧ x∊D zatem x ∊ ... pokazujesz w ten sposób komisji, że należy wziąć część wspólną zbiorów
8 sty 18:25
Szkolniak: Rozumiem, dzięki wielkie za odpowiedź emotka
8 sty 20:09
Saizou : To teraz kolejne zadania czekają
8 sty 20:10
Szkolniak: Dam może innym szansę, bo chyba nie ma sensu pisać jak resztę umiem
8 sty 20:12
Saizou : Czyli rozumiem że chcesz coś trudniejszego?
8 sty 20:14
Saizou : Zad 9* Rozwiąż nierówność
 3+3 
limn→(1+tgx+tg2x+...+tgn−1x) ≤

w zbiorze <0, 2π>
 2 
8 sty 20:18
Saizou : PS. Rozwiązywać zadania zawsze jest sens, chociażby po to aby poćwiczyć sprawność rachunkową.
8 sty 20:22
Szkolniak: Po lewej znajduje się suma ciągu geometrycznego, w którym a1=1, q=tgx, a ilość składników to n?
8 sty 20:29
Saizou : Tak, ale musisz pamiętać o tym, że granica ta musi istnieć
8 sty 20:33
Szkolniak:
 1−tgnx 
1+tgx+tg2x+...+tgn−1x=

 1−tgx 
Przy liczeniu granicy pomoże mi teraz zamiana tangensa na iloraz sinusa i cosinusa? I czy istnienie granicy związane jest z dziedziną tangensa?
8 sty 20:46
Saizou : To nie jest potrzebne. Trzeba ustalić dla jakich wartości tangensa, ta granice istnieje. Podpowiem że wiąże się to z szeregiem geometrycznym.
8 sty 20:48
Szkolniak: Granica istnieje jedynie wtedy, gdy |tgx|<1?
8 sty 20:52
Saizou : Dokładnie tak. Granica skończona.
8 sty 20:55
Szkolniak:
 1−tgnx limn→1−tgnx 1 
lim

=

=

 1−tgx limn→1−tgx 1−tgx 
n→ Jest okej?
8 sty 21:02
Saizou : jest okej, ale tak
 1−tgnx 
Sn =

to suma częściowa szeregu geometrycznego, przechodząc do granicy
 1−tgx 
mamy
 1 
limn→ Sn =

 1−tgx 
8 sty 21:04
Szkolniak: W ogóle jest to zadanie z poziomu rozszerzonego? Bo u mnie to tragedia czasami z tymi granicami jak patrzę na niektore przykłady, albo w szkołach nie kładą na nie takiego wielkiego nacisku albo to u mnie przez nauczyciela
8 sty 21:08
Saizou : granice w szkole to dosyć okrojony temat i zazwyczaj kończy się na schematycznym ich rozwiązywaniu. Na studiach poznasz wiele, wiele i wiele innych granic emotka Tak, to zadanie z kultowego zbioru Kiełbasy
8 sty 21:12
Szkolniak: Widzę przykład i właśnie widzę jaka przepaść między poziomem w szkole a powiedzmy tutaj Ale spróbuję się i zobaczymy zaraz co z tego wyjdzie
8 sty 21:17
Saizou : Masz teraz nierównosc do rozwiązania
 1 3+3 


 1−tgx 2 
przy uwzględnieniu, że −1< tgx < 1
8 sty 21:23
Szkolniak: 1) |tgx|<1 tgx>−1 ∧ tgx<1
 π π 
x∊D=(−

+kπ;

+kπ), k∊C
 4 4 
 1 3+3 
2)


/*2(1−tgx)
 1−tgx 2 
2≤(1−tgx)(3+3), bo ⋀(1−tgx>0) 2≤3+3−3tgx−3tgx x∊D
 3+1 
tgx≤

 3+3 
 3 
tgx≤

 3 
 π π 
x∊<−

+kπ;

+kπ>, k∊C
 6 6 
Teraz wyciągamy część wspólną z 1) i 2):
 π π π π 
x∊(−

+kπ;−

+kπ>∪<

+kπ;

+kπ), k∊C
 4 6 6 4 
Jest okej? I jeśli tak to jak się teraz odnieść do tego, że mamy to rozwiązać w zbiorze <0;2π>?
8 sty 21:37
Szkolniak: Mógłbym wszędzie dodać po π i pozbyć się dodania okresowości?
8 sty 21:39
Saizou : rysunek Część wspólna jest źle. Lepiej od razu odpowiedź z przedziału wypisać (na rysunku te części z kropkami)
8 sty 21:54
Szkolniak:
 π π 
Chwila chwila, część wspólna to przecież x∊<−

+kπ;

+kπ>, tak?
 6 6 
8 sty 22:04
Saizou : Twoja cześć wspólna jest okej, przepraszam, zasugerowałem się od razu okrojeniem do przedziału
8 sty 22:07
Szkolniak: Dopiero teraz widzę, że napisałeś, ale spytam tylko czy metoda rozwiązania jest okej, przyjmując, że część wspólna to ta z 22:04 emotka I teraz też mogę zrobić to w ten sposób, że będę podstawiał pod k kolejne liczby całkowite i sprawdzał czy to się mieści w przedziale <0;2π>, tzn:
 5 7 
1) dla k=1: x∊<

π;

π>
 6 6 
2) przesuwając się o kolejną (jedną) okresowość względem poprzedniego przedziału:
 11 13 
x∊<

π;

π>
 6 6 
 11 
przedział ten nie mieści się cały, więc go 'ucinamy' i zostaje nam: x∊<

π;2π>
 6 
 5 7 11 
odpowiedź końcowa: x∊<

π;

π>∪<

π;2π>
 6 6 6 
dobrze?
8 sty 22:13
Patryk: Zadanie ze zbioru Kiełbasy emotka gdy je robiłem z założeniami bawiłem się dłużej niż z samym
 pi 3 7 7 
liczeniem. Powinno wyjść x∊<0;

∨ (

pi;

pi) ∨ (

pi; 2pi)
 6 4 6 4 
 pi 3 5 7 pi 
przy założeniu: x∊<0;

) ∨ (

pi;

pi) ∨ (

pi; 2pi> i x≠

i
 4 4 4 4 2 
 3 
x≠

pi
 2 
9 sty 01:49
Saizou : Szkolniak część wspólna, to
 π π 
<−

+kπ;

+kπ> dla k ∊ ℤ (ℤ zbiór liczb całkowitych)
 4 6 
dla k =0
 π π 
<−

;

>
 4 6 
dla k = 1
 3 7 
<

π;

π>
 4 6 
dla k = 2
 7 13 
<

π;

π>
 4 6 
i uwzględniając przedział <0, 2π> otrzymujemy
 π 3 7 7 
x∊<0,

> ∪ <

π;

π> ∪ <

π; 2π>
 6 4 6 4 
9 sty 10:36
Szkolniak: Dokładnie o to mi chodziło Saizou Możesz jeszcze jakimś przykładem rzucić jak masz coś pod ręką emotka
9 sty 13:12
Saizou : Zad 10* Dla jakich wartości parametru a równanie
 cosx cos2 cos3 

+

+

+...=a2−2,
 2 4 8 
którego lewa strona równania jest sumą nieskończonego ciągu geometrycznego ma rozwiązanie?
9 sty 14:11
Mila: Brakuje argumentówemotka
9 sty 15:51
salamandra:
cosx cos2x cos3x 

+

+

+...= a2−2
2 4 8 
 cosx 
q =

 2 
|q|<1, bo zbiór wartości cosx <−1;1>
 cosx2 cosx2 cosx 2 
S=

=

=

*

=
 1−cosx2 
2−cosx 

2 
 2 2−cosx 
 cosx 

 2−cosx 
Sama suma dobrze?
9 sty 16:16
Saizou : @Mila przy wpisywaniu się zjadły Na razie jest dobrze
9 sty 16:22
salamandra: I teraz muszę przyrównać?
9 sty 16:30
salamandra:
cosx a2−2 

=

?
2−cosx 1 
9 sty 16:30
Saizou :
 cosx 
Znajdź zbiór wartości funkcji f(x)=

 2−cosx 
9 sty 16:44
salamandra: Jedyne co wiem to ze cosx ∊ <−1;1> Trzeba jakoś przekształcić wzór tej funkcji?
9 sty 16:49
Saizou : Tak, należy przekształcić tak, aby było łatwo wyznaczyć zbiór wartości
9 sty 17:19
salamandra: Jakaś podpowiedź? nie mam pomysłu co wyciągnąć
9 sty 17:25
Saizou : dodaj i odejmij 2 w liczniku
9 sty 17:25
salamandra:
cosx−2+2 −(2−cosx)+2 

=

?
2−cosx 2−cosx 
9 sty 17:36
Szkolniak: cosx=2a2−4−a2cosx+2cosx a2cosx−cosx=2a2−4
 2a2−4 
cosx=

 a2−1 
2a2−4 2a2−4 

≥−1 ∧

≤1 ∧ a≠1 ∧ a≠−1
a2−1 a2−1 
Teraz wystarczy to rozwiązać i będzie ok?
9 sty 17:37
Mila: Czas na planimetrięemotka
9 sty 17:40
salamandra:
 2a2−4 
Jak doszedłeś do postaci cosx =

, bo ja też tak zaczynałem robić, ale stanąłem
 a2−1 
właśnie linijkę przed wyznaczeniem cosx
9 sty 17:40
salamandra: @Mila lepiej nie , od ponad miesiąca realizuję planimetrię na lekcji, nienawidzę tego działu emotka
9 sty 17:41
Szkolniak: Wyciągasz po lewej stronie równania przed nawias cosx, w nawiasie zostaje Ci a2−1 emotka
9 sty 17:41
salamandra: No przecież.....
9 sty 17:42
Szkolniak: U mnie też planimetria była swego rodzaju piętą achillesową, ale zacząłem coraz więcej zadań z tego robić i już coraz lepiej jest emotka Także nie ma co myśleć że się nienawidzi działu, kwestia wytrenowania i będzie coraz łatwiejszy
9 sty 17:44
salamandra: No tam bardziej liczy się pomysł, zauważenie czegoś, a rozwiązanie to pigułka w tym wszystkim. Najgorzej, że stereometria też przede mną, lepiej się czuję w algebrze.
9 sty 17:52
Saizou : tylko jeszcze należy sprawdzić co się dzieje dla a=1 lub a =−1
9 sty 17:52
Saizou : Jak rozwiążecie zadania z tego wątku to wrzucę coś z planimetrii
9 sty 17:53
Szkolniak: Która jesteś klasa salamandra? I dodatkowo co z warunkiem na q?
9 sty 17:55
salamandra: Ja na pewno zrobię te dopiero po weekendzie może, jutro i w poniedziałek mam ostatni egzamin zawodowy i do tego na razie muszę przykuć uwagę emotka
9 sty 17:55
salamandra: W 4−tej technikum
9 sty 17:55
Saizou : Warunek był potrzebny aby szereg po lewej stronie był zbieżny
9 sty 18:03
Szkolniak: 1) Aby suma w ogóle istniała, musi zachodzić, że |q|<1, więc:
 |cosx| 

<1 /*2
 2 
|cosx|<2 ⇒ x∊R 2) Dla a∊{−1,1} równanie przyjmuje postać 0=−2 i jest to równanie sprzeczne.
9 sty 18:08
Saizou : Jeszcze pozostaje wyznaczyć parametr a. Alternatywnie można
 cosx cosx−2+2 −(2−cosx)+2 
f(x)=

=

=

=
 2−cosx 2−cosx 2−cosx 
 2 
=−1+

 2−cosx 
 2 
fmax=−1+

=−1+2=1
 2−1 
 2 1 
fmin=−1+

=−

 2+1 3 
 1 

≤ a2−1 ≤ 1
 3 
9 sty 18:15
Adamm: moim zdaniem, 8 sty 2020 20:18 zadanie jest źle przedstawione nie dość, że np. tg(π/2) nie istnieje (a podajesz, żeby rozwiązać w [0, 2π]), to w dodatku, sama granica może nie istnieć, i wtedy sama nierówność nie ma sensu. Poprawne sformułowanie zadania, byłoby by obliczyć tą nierówność, dla x z przedziału [0, 2π] dla których tg(x) jest określony, i granica również istnieje
9 sty 18:15
Saizou : @Adamm przepisałem to zadanie ze zbioru Kiełbasy. Jeśli spojrzymy na to, że Sn =1+tgx+...+tgn−1x jest sumą częściową szeregu, to szereg jest zbieżny gdy istnieje granica limn→ Sn Przedział na końcu sugeruje, że chodzi o wybranie rozwiązań, które należą do tego zbioru. Faktycznie mogłby być lepiej sformułowane to zadanie
9 sty 18:27
Szkolniak: Zadanie 5
 x+my=1  
2x−y=m
x=1−my  
2(1−my)=m+y
2−2my=m+y y+2my=2−m
 2−m 
y(1+2m)=2−m ⇒ y=

 2m+1 
 m(2−m) m(m−2) 2m+1+m2−2m m2+1 
x+my=1 ⇔ x=1−

⇔ x=1+

⇔ x=

⇔ x=

 2m+1 2m+1 2m+1 2m+1 
|x−y|≤1
 m2+1 2−m 1 
|


|≤1 ∧ m∊D=R\{−

}
 2m+1 2m+1 2 
|m2+m−1| 

≤1 /*|2m+1|
|2m+1| 
|m2+m−1|≤|2m+1|, bo ⋀(|2m+1|>0) m∊D
 1 1−5 1+5 
1) (m2+m−1≥0 ∧ 2m+1≥0) ⇔ m∊D1=<−

;

>∪<

;+)
 2 2 2 
m2+m−1≤2m+1 m2−m−2≤0 (m−2)(m+1)≤0 m∊<−1;2> ∧ m∊D1
 1 1−5 1+5 
m∊<−

;

>∪<

;2>
 2 2 2 
 1 
2) (m2+m−1≥0 ∧ 2m+1<0) ⇔ m∊D2=(−;−

)
 2 
m2+m−1≤−2m−1 m2+3m≤0 m(m+3)≤0 m∊<−3;0> ∧ m∊D2
 1 
m∊<−3;−

)
 2 
3) (m2+m−1<0 ∧ 2m+1<0) ⇔ m∊∅
 1−5 1+5 
4) (m2+m−1<0 ∧ 2m+1≥0) ⇔ m∊D4=(

;

)
 2 2 
−m2−m+1≤2m+1 −m2−3m≤0 m2+3m≥0 m(m+3)≥0 m∊(−;−3>∪<0;+) ∧ m∊D4
 1+5 
m∊<0;

)
 2 
Sumując cztery przypadki:
 1−5 
m∊<−3;

>∪<0;2> ∧ m∊D
 2 
 1 1 1−5 
m∊<−3;−

)∪(−

;

>∪<0;2>
 2 2 2 
I jak to wyszło?
9 sty 22:25
a@b: O wiele uprasza rachunki emotka |x−y|≤1 ⇔ x−y≤1 i x+y≥ −1
 m2+m−1 −2m−1 
1/

≤0 ⇒ (2m+1)(m2−m−2)≤0 ⇒ (2m+1)(m−2(m+1)≤0
 2m+1 
i
 m2+m−1+2m+1 
2/

≥0⇒ (2m+1)m(m+3)≥0
 2m+1 
i m≠−1/2 dokończ ....................
9 sty 22:49
a@b: Poprawiam zapis W 1/ ................................... ⇒(2m+1)(m−2)(m+1)≤0
9 sty 22:52
a@b: Odp: m∊<−3,−1> U <0,2> ====================== Może Saizou potwierdzi emotka
9 sty 22:57
a@b: Widzę jeszcze chochlika ( sorryemotka Oczywiście ma być: |x−y|≤1⇔ x−y≤1 i x−y≥ −1
9 sty 23:01
a@b: No i Szkolniak ... zaniemówił emotka
9 sty 23:38
Szkolniak: A się rozpisałem niepotrzebnie Twoje przedziały "ładniejsze", więc obstawiam że twoje dobrze emotka
9 sty 23:54
a@b: Wniosek: szanuj czas , bo na maturze "czas droższy od pieniędzy" emotka
9 sty 23:59
Saizou : Potwierdzam wynik Ety emotka
10 sty 10:33
Saizou : Zadania 2, 3 4, 5, 8 jeszcze czekają na rozwiązanie
10 sty 10:35
Jerzy: rysunek Zad. 4 m + 2 > 1 ⇔ m > − 1
10 sty 10:51
Saizou :
10 sty 12:29
a@b: zad6 y=ax2+bx+c z treści zad f(0)=−12 ⇒ c= −12 ze wzorów Viete'a
 −b 
x1+x2=

⇒ b= −4a
 a 
 1 1 −b 1 
i

+

=

= −

⇒ 3b=c ⇒ .... b=−4 to a=1
 x1 x2 c 3 
y=x2−4x−12 ==========
10 sty 13:22
Szkolniak: Zadanie 2 a=2−3+2+2+3=6 b=... 81−1=3−4 3=312 27−2=3−6 49=(32)14=312
 3−4*312 
...=

=32=9
 3−6*312 
ab czy ba 69 czy 96 (63)3 czy (92)3 2163 czy 813 zatem ab>ba
10 sty 13:43
Saizou : emotka dla Ety oraz emotka dla Szkolniaka
10 sty 15:23
Saizou : Pozostały dowody
10 sty 20:18
a@b: zad3/ k(k+1)[(k−1)+10][(k2−4)+5]= k(k+1)[[(k−1)+10][(k−2)(k+2)+5]= po wymnożeniu (k−2)(k−1)k(k+1)(k+2)+5k(k+1)(k−1)+10k(k+1)(k−2)(k+2)+50k(k+1) dodać odpowiedni komentarz i po bólu emotka
10 sty 21:56
Saizou : Ładnie, można też sprawdzać liczby postaci 5k, 5k+1, 5k+2, 5k+3, 5k+4 wtedy wychodzi z automatu
10 sty 21:59
a@b: Wiememotka Ja wolę tak , jak podałam
10 sty 22:00
Saizou : Wiem Mam jeszcze w pamięci dowód podzielności n5−n przez 30
10 sty 22:02
a@b: emotka
10 sty 22:03
Saizou : Zostaje ostanie. Trochę słabo, że chętnych maturzystów brakuje
10 sty 22:05
a@b: Czyszczą garnitury na studniówką
10 sty 22:05
ite: Raczej ćwiczą przysiady do kroku poloneza.
10 sty 22:07
a@b: Może przelewają "napoje wyskokowe" do kartonów po mleku emotka
10 sty 22:08
ite: po soku i coli tradycja...
10 sty 22:09
Saizou : Haha, na zdrowie
10 sty 22:10
salamandra: Akurat na zdrowie tak jak mówiłem, ja ruszę z zadaniami od poniedziałku. Miłego weekendu wszystkim
10 sty 22:19
a@b: Trzymamy za słowo emotka Miłego.....
10 sty 22:21
Szkolniak: W ostatnim zadaniu nie wystarczy przerzucić wszystkiego na lewą stronę i wykazać, że jeśli a=20>0, to Δ≤0, żeby nierówność była zawsze spełniona?
10 sty 22:25
Saizou : Wystarczy + komentarz
10 sty 22:27
a@b: emotka
10 sty 22:30