Kolokwium wstępne

Materiały do zaj˛eć wyrównawczych z matematyki dla studentów informatyki,
rok akademicki 2015/16, kolokwium wst˛epne — odpowiedzi
1.
log4 8 + log4 2 = log4 (8 · 2) = log4 16 = log4 42 = 2 ,
ln 2/ ln 10 log2 64 ln 2/ ln 10
= eln 10
= e(ln 10)·(log2 64)·(ln 2)/ ln 10
10log2 64
log2 64
= eln 2
= 2log2 64 = 64 ,
"√
√
√
√ #2 " √
√
√
√ #2
3+ 2
3− 2
( 3 + 2)2 − ( 3 − 2)2
√
√ −√
√
√
√ √
√
=
3− 2
3+ 2
( 3 − 2)( 3 + 2)
"
#2
√ √
√ √
√ 2
3+2 3· 2+2−3+2 3· 2−2
=
= 4 6 = 96 .
3−2
2.
(a)
(1a)
(1b)
(1c)
i. Po pierwsze, rozwiazania
˛
łatwo jest zgadnać.
˛ Widać, że jeśli do równania podstawimy x = −1 lub
x = −1000, oba człony si˛e kasuja,˛ a zatem równanie jest spełnione. Takie rozwiazanie
˛
zadania
jest poprawne.
ii. Rozwiazanie
˛
“konwencjonalne” polega na rozwiazaniu
˛
odpowiedniego równania kwadratowego.
Można to zrobić bez konieczności mnożenia dużych liczb.
−(1015 − x)(2016 + x) + 1016 · 2015 = 0
(2a)
2
−(1016 − 1)(2015 + 1) − 1015x + 2016x + x + 1016 · 2015 = 0
−1016 · 2015 − 1016 + 2015 + 1 + 1001x + x2 + 1016 · 2015 = 0
x2 + 1001x + 1000 = 0
∆ = 10012 − 4 · 1000 = (1000 + 1)2 − 4 · 1000 = (1000 − 1)2 = 9992
x1 = (−1001 − 999)/2 = −1000 ,
x2 = (−1001 + 999)/2 = −1 .
(b)
sin 2y + cos
π
2
+y =0
(2b)
Korzystamy ze wzoru na sinus kata
˛ podwojonego oraz ze wzoru redukcyjnego:
2 sin y cos y − sin y = 0
sin y (2 cos y − 1) = 0
a zatem
sin y = 0 lub
y = kπ , y = ±
cos y =
1
2
π
+ 2kπ , k ∈ Z .
3
(c) Jest to całkiem zwyczajne równanie kwadratowe, tyle tylko, że zmienna˛ oznaczono przez “z”, a współczynniki sa˛ niewymierne.
√
(2c)
z 2 − 5πz + π 2 = 0
√ 2
∆ = − 5π − 4π 2 = 5π 2 − 4π 2 = π 2 ,
√
5±1
z=
π.
2
1
3. Dowód przeprowadzimy indukcyjnie. Łatwo sprawdzić, że dla n = 1 teza zachodzi. Zakładamy teraz, że
teza zachodzi dla pewnego n. Czy da si˛e na tej podstawie udowodnić, że zachodzi także dla n+1?
12 + 22 + · · · + n2 + (n + 1)2 =
n(n + 1)(2n + 1)
n+1
(n(2n + 1) + 6(n + 1))
+(n + 1)2 =
6
6
|
{z
}
z założenia indukcyjnego
=
n+1
n+1
(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1)
2n2 + 7n + 6 =
(n + 2)(2n + 3) =
,
6
6
6
(3)
a zatem teza zachodzi, gdyż otrzymaliśmy wyrażenie takie samo, jak wyjściowe, tylko z “n” zastapionym
˛
przez “n+1”.
4. Zadanie to można rozwiazać
˛
poprzez wyliczenie a, b (otrzymuje si˛e dwie pary rozwiazań),
˛
ale jest to dość
kłopotliwe. Zamiast tego zauważmy, że
a4 + b4 = a4 + 2a2 b2 + b4 − 2a2 b2 = (a2 + b2 )2 − 2a2 b2 = 72 − 2a2 b2 = 49 − 2(ab)2
2
2
2
1 = (a + b) = a + b + 2ab = 7 + 2ab =⇒ ab = −3
(4a)
(4b)
Podstawiajac
˛ ten wynik to (4a), otrzymujemy
a4 + b4 = 49 − 2(−3)2 = 49 − 2 · 9 = 49 − 18 = 31 .
(4c)
2