Główka pracuje - zadania wymagające myślenia... czyli
Transkrypt
Główka pracuje - zadania wymagające myślenia... czyli
Główka pracuje - zadania wymagające myślenia... czyli TOP TRENDY nowej matury. W tej poradzie 20 trudniejszych zadań. Wiele z nich to zadania, których temat zaczyna się od wykaż, udowodnij…, czyli niezbyt lubianych przez maturzystów. ___________________________________________________________________________ Zadanie 1. Wiadomo, że dla każdego x należącego do dziedziny funkcji y = f ( x ) zachodzi warunek: 1 + f ( x ) + f 2 ( x ) + ... = x 2 − 1 , gdzie lewa strona jest sumą zbieżnego szeregu geometrycznego. Wyznacz wzór tej funkcji i jej dziedzinę. ___________________________________________________________________________ Iloraz ciągu geometrycznego wynosi q = f ( x) . Aby szereg był zbieżny, musi być spełniony warunek: q < 1 ⇔ f ( x ) < 1 Korzystając ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego otrzymujemy: 1 = x2 − 1 1 − f ( x) 1 1 − f ( x) = 2 x −1 1 x2 − 1 − 1 x2 − 2 f ( x) = 1 − 2 = = 2 x −1 x2 − 1 x −1 x2 − 2 Otrzymaliśmy równanie funkcji: f ( x ) = 2 . x −1 x2 − 2 Aby wyznaczyć dziedzinę tej funkcji, należy rozwiązać nierówność 2 < 1 , której x −1 dziedziną jest zbiór R \ {1,−1} . x2 − 2 / ⋅ ( x − 1)2 x 2 − 1 < 1 2 x − 2 > −1 / ⋅ ( x − 1)2 x 2 − 1 ( x 2 − 2)( x 2 − 1) < ( x 2 − 1)2 2 2 2 2 ( x − 2)( x − 1) > −( x − 1) ( x 2 − 2)( x 2 − 1) − ( x 2 − 1)2 2 2 2 2 ( x − 2)( x − 1) + ( x − 1) ( x 2 − 1) ( x 2 − 2) − ( x 2 − 1) 2 2 2 ( x − 1) ( x − 2) + ( x − 1) ( x 2 − 1)( −1) < 0 2 2 ( x − 1)( 2x − 3) > 0 [ [ <0 >0 ]< 0 ]> 0 x2 − 1 > 0 ( x − 1)( x + 1)( 2x − 3 )( 2x + 3 ) > 0 a) x 2 − 1 > 0 ⇔ x ∈ ( −∞ ,−1) ∪ (1, ∞ ) b) ( x − 1)( x + 1)( 2x − 3 )( 2x + 3 ) > 0 x1 = 1 , x 2 = − 1 , x 3 = 3 3 , x4 = − 2 2 3 3 ( ) x ∈ − ∞ ,− ∪ − 1 , 1 ∪ 2 ,∞ 2 Otrzymaliśmy: x ∈ ( −∞ ,−1) ∪ (1, ∞ ) x ∈ − ∞ ,− 3 ∪ (− 1,1) ∪ 3 , ∞ 2 2 3 3 ∪ ,∞ . co daje x ∈ − ∞ ,− 2 2 Otrzymany zbiór jest dziedziną funkcji f ( x) . ___________________________________________________________________________ Zadanie 2. Wykaż, że jeśli równanie x 2 + px + q = 0 ma rozwiązanie, to wartość bezwzględna różnicy jego pierwiastków jest równa pierwiastkowi wyróżnika tego równania. ___________________________________________________________________________ Równanie ma rozwiązania, czyli ∆ = p 2 − 4q ≥ 0 . Należy udowodnić, że x1 − x 2 = ∆ , czyli ( x1 − x 2 )2 = ∆ ( x1 − x 2 )2 = x12 − 2x1x 2 + x 22 = x12 + x 22 + 2x1x 2 − 4x1x 2 = ( x1 + x 2 )2 − 4x1x 2 = korzystamy ze wzorów Viete’a = ( −p )2 − 4q = p 2 − 4q = ∆ , co należało udowodnić. ___________________________________________________________________________ Zadanie 3. Bok kwadratu ABCD ma długość a. Wierzchołek A połączono ze środkami E i F odpowiednio boków BC i CD. Wykaż, że odcinki AE i AF dzielą przekątną BD na trzy odcinki o równej długości. ___________________________________________________________________________ BD = a 2 1 1 Wystarczy udowodnić jedno z dwojga: x = a 2 lub y = a 2 . 3 3 a 1 sin α 1 W ∆ABE : tgα = 2 = , skąd mamy: = i sin 2 α + cos 2 α = 1 a 2 cos α 2 cos α = 2 sin α , sin 2 α + ( 2 sin α )2 = 1 5 sin 2 α = 1 1 2 , cos α = 5 5 W ∆ABP stosujemy twierdzenie sinusów: x a = 0 sin α sin 180 − (450 + α ) x a = 1 sin 450 + α 5 a 5x = 0 sin 45 cos α + cos 450 sin α a a a 2 5a 5x = = = = 2 2 2 1 2 2 3 2 3 2 + + 2 5 2 5 5 2 5 2 5 2a 2 2a 1 x= = = a 2 , co należało udowodnić. 3⋅ 2 3 3 2 ___________________________________________________________________________ Zadanie 4. Wykaż, że jeżeli równanie postaci x 3 + ax + b = 0 ma pierwiastek podwójny, to 4a 3 + 27b 2 = 0 ___________________________________________________________________________ Jeżeli to równanie ma pierwiastek podwójny, to musi się dać zapisać w postaci: ( x − p )2 ( x − q ) = 0 , gdzie p jest pierwiastkiem podwójnym, q – drugim pierwiastkiem i p ≠ q. Przekształcamy to równanie: ( x 2 − 2px + p 2 )( x − q ) = 0 sin α = ( ( ) ) x 3 − qx 2 − 2px 2 + 2pqx + p 2 x − p 2q = 0 x 3 − ( 2p + q )x 2 + ( 2pq + p 2 )x − p 2q = 0 Porównując otrzymane równanie z równaniem wyjściowym otrzymujemy: − 2p − q = 0 2 2pq + p = a − p 2q = b q = −2p - wstawiamy otrzymaną wartość do pozostałych dwóch równań. 2p ⋅ ( −2p ) + p 2 = a , co daje 2 − p ⋅ ( −2p ) = b a 2 p − = 3 b 3 p = − 2 Z otrzymanych równań wynika, że p 6 = − a3 b2 i p6 = . 27 4 a3 b2 Stąd − = ⇔ − 4a 3 = 27b 2 ⇔ 4a 3 + 27b 2 = 0 , co należało udowodnić. 27 4 ___________________________________________________________________________ Zadanie 5. a 1 Czy prawdziwe jest zdanie: V Λ x 2 + 4x + > 0 ? 2 a∈R x∈R ___________________________________________________________________________ a 1 Ma istnieć takie a ∈ R , by trójmian kwadratowy x + 4x + przyjmował wartości 2 dodatnie dla wszystkich liczb rzeczywistych x. Taka sytuacja ma miejsce wtedy, gdy wykresem trójmianu jest parabola leżąca nad osią OX, czyli gdy ∆ < 0 . a a 1 1 ∆ = 16 − 4 ⋅ = 4 4 − 2 2 2 a 1 ∆ < 0 ⇔ 4− < 0 2 1 2 −2 1 < 2 a x 1 co daje − 2 > a , bo funkcja y = jest malejąca. 2 Odp. Takich wartości istnieje nieskończenie wiele: a < −2 . Zdanie jest prawdziwe. ___________________________________________________________________________ Zadanie 6. Wszystkie liczby naturalne ustawione w porządku rosnącym podzielono na grupy: (1) , ( 2,3) , (4,5,6) , (7,8,9,10) , ... Obliczyć sumę liczb występujących w n-tej grupie. ___________________________________________________________________________ Ilość liczb w n-tej grupie wynosi n. Obliczymy, od jakiej liczby rozpoczyna się n-ta grupa. W grupach: 1,2,3,…,n-1 występuje 1+2+3+…+(n-1) liczb. 1+2+3+…+(n-1) jest sumą (n-1) wyrazów ciągu arytmetycznego, dlatego 1+ n −1 n(n − 1) 1 + 2 + 3 + ... + (n − 1) = ⋅ (n − 1) = 2 2 n(n − 1) Wobec tego n-ta grupa rozpoczyna się od liczby + 1 , natomiast ostatnia liczba tej 2 n(n − 1) grupy to +n. 2 Liczby n-tej grupy tworzą n-wyrazowy ciąg arytmetyczny, którego suma wynosi: n(n − 1) n(n − 1) +1+ +n n(n − 1) + 1 + n n2 + 1 n3 + n 2 2 ⋅n = ⋅n = ⋅n = Sn = , co jest 2 2 2 2 rozwiązaniem zadania. ___________________________________________________________________________ Zadanie 7. Iloczyn skalarny wektorów AB o AC jest równy polu równoległoboku o bokach AB i AC. Wyznaczyć miarę kąta BAC. ___________________________________________________________________________ Zgodnie z definicją iloczynu skalarnego i danymi w zadaniu: P = AB o AC = AB ⋅ AC ⋅ cos α , gdzie P oznacza pole równoległoboku. Z drugiej strony pole równoległoboku wynosi: 1 P = 2 ⋅ P∆ABC = 2 ⋅ ⋅ AB ⋅ AC ⋅ sin α = AB ⋅ AC ⋅ sin α 2 Mamy więc: AB ⋅ AC ⋅ cos α = AB ⋅ AC ⋅ sin α , czyli sin α = cos α , z czego wyciągamy wniosek, że kąt BAC ma miarę α = 450 . ___________________________________________________________________________ Zadanie 8. 1 1 1 1 Wykazać, że jeżeli + + = , to co najmniej dwie spośród liczb a,b,c są liczbami a b c a+b+c przeciwnymi. ___________________________________________________________________________ 1 1 1 1 Wiadomo, że + + − =0 a b c a+b+c bc + ac + ab 1 − =0 abc a+b+c (bc + ac + ab )(a + b + c) − abc =0 abc(a + b + c) Wobec tego musi być: (bc + ac + ab )(a + b + c) − abc = 0 (a + b )(bc + ac + ab ) + bc 2 + ac 2 + abc − abc = 0 (a + b )(bc + ac + ab ) + c 2 (a + b ) = 0 (a + b )(bc + ac + ab + c 2 ) = 0 (a + b )[b(a + c) + c(a + c)] = 0 (a + b )(a + c)(b + c) = 0 a + b = 0 ∨ a + c = 0 ∨ b + c = 0 , czyli a = −b ∨ a = −c ∨ b = −c , co należało udowodnić. ___________________________________________________________________________ Zadanie 9. Wykazać, że jeżeli a 2 + b 2 + c 2 = ab + ac + bc , to a = b = c . ___________________________________________________________________________ Dane: a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc = 0 /⋅ 2 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2ac − 2bc = 0 a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2ac + c 2 + b 2 − 2bc + c 2 = 0 ( a − b ) 2 + (a − c ) 2 + ( b − c ) 2 = 0 Ostatnie równanie jest spełnione tylko wtedy, gdy a = b i a = c i b = c , co należało udowodnić. ___________________________________________________________________________ Zadanie 10. 1 Wykazać, że jeżeli a + b = 1 , to a 4 + b 4 ≥ dla dowolnych liczb a i b. 8 ___________________________________________________________________________ [ ] 2 [ ] 2 a 4 + b 4 = a 2 + b 2 − 2a 2b 2 = (a + b )2 − 2ab − 2(ab )2 = korzystamy z założenia a + b = 1 2 = [1 − 2ab ] − 2(ab )2 = 1 − 4ab + 4(ab )2 − 2(ab )2 = 2(ab )2 − 4(ab ) + 1 Oszacujmy wyrażenie ab . Korzystając z faktu, że a + b = 1 otrzymujemy: ab = a(1 − a ) = − a 2 + a Funkcja f (a ) = −a 2 + a przyjmuje wartości z przedziału (− ∞ , q , gdzie q jest drugą współrzędną wierzchołka paraboli: −∆ 12 − 4 ⋅ ( −1) ⋅ 0 1 q= = = 4 ⋅ ( −1) 4 4 1 Wiemy więc, że ab ∈ − ∞ , . 4 1 Przyjmijmy teraz, że t = ab , t ∈ − ∞ , . 4 Mamy a 4 + b 4 = 2t 2 − 4t + 1 = g(t ) 4 = 1 , co oznacza, że funkcja 2⋅ 2 1 1 g(t) jest w przedziale − ∞ , malejąca i wartość najmniejszą przyjmuje dla t = . 4 4 Pierwsza współrzędna wierzchołka tej paraboli jest równa 2 1 1 1 1 g = 2 ⋅ − 4 ⋅ + 1 = . 4 8 4 4 1 , co należało udowodnić. 8 ___________________________________________________________________________ Zadanie 11. Zbadaj liczbę pierwiastków równania x 3 − (m − 2)x + 2 = 0 w zależności od parametru m. ___________________________________________________________________________ x 3 − mx + 2x + 2 = 0 mx = x 3 + 2x + 2 x 3 + 2x + 2 m= x x ≠ 0 - takie założenie możemy przyjąć, bo x = 0 nie jest rozwiązaniem równania wyjściowego. x 3 + 2x + 2 Zbadamy przebieg zmienności funkcji f ( x ) = , x≠0 x Stąd wniosek, że g(t ) = 2t 2 − 4t + 1 = a4 + b 4 ≥ x 3 + 2x + 2 2 = lim x 2 + 2 + = ∞ → −∞ x → −∞ x → −∞ x x x 3 x + 2x + 2 lim− f ( x ) = lim− = −∞ , bo licznik dąży do 2, a mianownik do 0 po wartościach x→0 x→0 x ujemnych x 3 + 2x + 2 lim+ f ( x ) = lim+ = ∞ , bo licznik dąży do 2, a mianownik do 0 po wartościach x→0 x→ 0 x dodatnich x 3 + 2x + 2 2 = lim x 2 + 2 + = ∞ lim f ( x ) = lim → ∞ x→∞ x → −∞ x x x 2 3 3 ( 3x + 2)x − ( x + 2x + 2) 2x − 2 2( x 3 − 1) f ' ( x) = = = x2 x2 x2 Znak pochodnej zależy od znaku wyrażenia y = x 3 − 1 , czyli dla x > 1 pochodna przyjmuje wartości dodatnie, a dla x ∈ ( −∞ ,0) ∪ (0,1) - wartości ujemne. −∞ ,0) i (0,1) , oraz rosnąca w Wobec tego funkcja f ( x) jest malejąca w przedziałach (−∞ przedziale (1, ∞ ) . Dla x = 1 funkcja osiąga minimum, które wynosi 13 + 2 ⋅ 1 + 2 f (1) = =5 1 Przybliżony wykres funkcji f ( x) : lim f ( x ) = lim Z wykresu funkcji f ( x) odczytujemy, że równanie x 3 + 2x + 2 = m ma: x a) jedno rozwiązanie dla m < 5 b) dwa rozwiązania dla m = 5 c) trzy rozwiązania dla m > 5 ___________________________________________________________________________ Zadanie 12. 1 1 1 1 Oblicz granicę lim 1 − 1 − 1 − ⋅ ... ⋅ 1 − 2 n→∞ 4 9 16 n ___________________________________________________________________________ 1 3 = 4 4 1 1 4 Dla n = 3 mamy: 1 − 1 − = 4 9 6 1 1 1 5 Dla n = 4 mamy: 1 − 1 − 1 − = 4 9 16 8 1 1 1 1 6 Dla n = 5 mamy: 1 − 1 − 1 − 1 − = 4 9 16 25 10 Stawiamy hipotezę, że dla n ∈ {2,3,4,...} zachodzi: 1 1 1 1 n+1 1 − 1 − 1 − ⋅ ... ⋅ 1 − 2 = 4 9 16 n 2n Udowodnimy to indukcyjnie. Dla n = 2 już to sprawdziliśmy. Zakładamy, że wzór ten jest prawdziwy dla pewnego n ∈ { 2,3,4,...} , tzn., że 1 1 1 1 n+1 . 1 − 1 − 1 − ⋅ ... ⋅ 1 − 2 = 4 9 16 n 2n Należy udowodnić, że twierdzenie jest prawdziwe dla liczby n + 1 , tzn. 1 1 1 1 1 n+2 = 1 − 1 − 1 − ⋅ ... ⋅ 1 − 2 1 − 2 4 9 16 n (n + 1) 2(n + 1) Liczymy: 1 1 1 1 1 = (na mocy założenia) 1 − 1 − 1 − ⋅ ... ⋅ 1 − 2 1 − 4 9 16 n (n + 1)2 Dla n = 2 mamy: 1 − n + 1 1 n + 1 (n + 1)2 − 1 n(n + 2) n+2 1 − = , co należało udowodnić. = ⋅ = 2 2 2n (n + 1) 2n (n + 1) 2n(n + 1) 2(n + 1) Liczymy granicę: 1 1+ 1 1 1 1 n+1 n =1 lim 1 − 1 − 1 − ⋅ ... ⋅ 1 − 2 = lim = lim n→∞ n→∞ 4 9 16 n n → ∞ 2n 2 2 ___________________________________________________________________________ Zadanie 13. Oblicz sumę: 20052 − 20042 + 20032 − 20022 + ... + 32 − 22 + 12 ___________________________________________________________________________ 20052 − 20042 + 20032 − 20022 + ... + 32 − 22 + 12 = = ( 20052 − 20042 ) + ( 2003 2 − 20022 ) + ... + ( 3 2 − 2 2 ) + 1 = ( 2005 − 2004)( 2005 + 2004) + ( 2003 − 2002)( 2003 + 2002) + ... + ( 3 − 2)( 3 + 2) + 1 = = 4009 + 4005 + 4001 + ... + 5 + 1 Otrzymana suma jest sumą n wyrazów ciągu arytmetycznego, w którym: a1 = 4009 , r = −4 , an = 1 an = a1 + (n − 1)r - za pomocą tego wzoru wyliczymy, ile wyrazów ciągu jest sumowanych. 1 = 4009 + (n − 1)( −4) 0 = 4008 − 4n + 4 4n = 4012 n = 1003 = Szukana suma wynosi: a + an Sn = 1 n= (n=1003) 2 4009 + 1 = ⋅ 1003 = 2005 ⋅ 1003 = 2011015 2 ___________________________________________________________________________ Zadanie 14. Udowodnij, że liczba a jest wielokrotnym pierwiastkiem wielomianu W(x) wtedy i tylko wtedy, gdy jest wspólnym miejscem zerowym wielomianu W(x) i jego pochodnej. ___________________________________________________________________________ A. Zakładamy, że liczba a jest wielokrotnym pierwiastkiem wielomianu W(x), tzn. W( x ) = ( x − a )n ⋅ Q( x ) , n ∈ { 2,3,4,...} Należy udowodnić, ze liczba a jest także pierwiastkiem W' ( x) . W' ( x ) = n ⋅ ( x − a )n − 1 ⋅ Q( x ) + ( x − a )n Q' ( x ) = ( x − a )n − 1 [nQ( x ) + ( x − a )Q' ( x )] Z otrzymanego równania wynika, że W' (a) = 0 , czyli liczba a jest pierwiastkiem W' ( x) . B Załóżmy teraz odwrotnie, ze liczba a jest wspólnym pierwiastkiem W( x) i W' ( x) , czyli W(a) = 0 i W' (a) = 0 . Należy udowodnić, że liczba a jest pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu W(x). W(a) = 0 , czyli W( x ) = ( x − a)P( x) , gdzie P(x) jest pewnym wielomianem. W' ( x) = P( x) + ( x − a )P' ( x) Wiemy, że W' (a) = 0 , czyli P(a) + (a − a)P' (a) = 0 . Stąd P(a) = 0 , czyli a jest pierwiastkiem wielomianu P(x). Wielomian P(x) można więc zapisać w postaci P( x) = ( x − a)M( x) . W( x ) = ( x − a )P( x ) = ( x − a )( x − a )M( x ) = ( x − a )2 M( x ) Stąd wniosek, że liczba a jest co najmniej dwukrotnym pierwiastkiem wielomianu W(x), co kończy dowód. ___________________________________________________________________________ Zadanie 15. Pary (x,y) liczb całkowitych, spełniające równanie x 3 − x 2 y + xy − y 2 = 5 są współrzędnymi wierzchołków pewnego wielokąta wypukłego. Oblicz pole tego wielokąta. ___________________________________________________________________________ x 3 − x 2 y + xy − y 2 = 5 x2 (x − y ) + y(x − y ) = 5 ( x − y )( x 2 + y ) = 5 Skoro x i y są liczbami całkowitymi, to musi być: x−y =5 x − y = −5 x−y =1 x − y = −1 lub 2 lub 2 lub 2 2 x + y = 1 x + y = −1 x + y = 5 x + y = −5 y = x−5 y = x+5 y = x−1 y = x+1 lub 2 lub 2 lub 2 2 x + x − 6 = 0 x + x + 6 = 0 x + x − 6 = 0 x + x + 6 = 0 Drugi i czwarty układ nie mają rozwiązań. Rozwiązaniem równania x 2 + x − 6 = 0 jest x = −3 ∨ x = 2 . x = −3 x = −3 ⇔ y = x − 5 y = −8 x=2 x=2 ⇔ y = x − 5 y = −3 x = −3 x = −3 ⇔ y = x − 1 y = −4 x=2 x = 2 ⇔ y = x − 1 y = 1 Otrzymaliśmy punkty: A = ( −3,−8) , B = ( 2,−3) , C = ( 2,1) , D = ( −3,−4) Czworokąt ABCD jest równoległobokiem (wykonanie rysunku zostawiamy czytelnikowi), o podstawie AD = 4 i wysokości 5. Jego pole: P = 4 ⋅ 5 = 20 j2 ___________________________________________________________________________ Zadanie 16. Iloczyn trzech liczb pierwszych równa się ich pięciokrotnej sumie. Jakie to liczby? ___________________________________________________________________________ Oznaczmy szukane liczby: x,y,z. Szukamy ich w zbiorze {2,3,4,...} , gdyż są liczbami pierwszymi. xyz = 5( x + y + z ) Prawa strona równania dzieli się przez 5, więc lewa również dzieli się przez 5. Stąd wniosek, że jedna z tych liczb (x albo y albo z) musi być równa 5. Przyjmijmy, że z = 5 . Wtedy: 5xy = 5( x + y + 5) xy = x + y + 5 xy − y = x + 5 y( x − 1) = x + 5 x+ 5 x−1+ 6 x −1 6 6 = = y= + = 1+ x−1 x−1 x−1 x−1 x−1 y jest liczbą całkowitą, więc 6 musi dzielić się przez x − 1 i x ∈ { 2,3,4,...} . Wobec tego x − 1 ∈ {1,2,3,6} , czyli x ∈ { 2,3,4,7} . Spośród tych czterech liczb, liczbami pierwszymi są x1 = 2 , x 2 = 3 , x 4 = 7 . Liczymy odpowiadające im wartości y: 2+5 3+5 7+5 y1 = =7 y2 = =4 y3 = =2 2−1 3−1 7−1 y 2 odrzucamy, bo 4 nie jest liczbą pierwszą. z = 5 z = 5 Otrzymaliśmy: x = 2 lub x = 7 y = 7 y = 2 Szukane liczby pierwsze to 2, 5, 7. ___________________________________________________________________________ Zadanie 17. Wyznacz wszystkie pary (x,y) liczb całkowitych spełniające układ równań x+y =6 x y 2 + 3 = 25 ___________________________________________________________________________ Liczby 2 x i 3y są dodatnie, wobec tego: 2x < 25 , czyli x < 5 , oraz 3y < 25 , czyli y < 3 . Z pierwszego równania: y = 6 − x , co daje 6 − x < 3 ⇔ x > 3 . x < 5 , x > 3 i x jest liczbą całkowitą, więc x = 4 . y = 6−x= 6−4= 2 Odp. istnieje tylko jedna taka para: x = 4 i y = 2 . ___________________________________________________________________________ Zadanie 18. Liczby a1 , a 2 , a 3 ,..., an są kolejnymi wyrazami ciągu geometrycznego. Znając sumy: 1 1 1 1 + + ... + S = a1 + a 2 + a 3 + ... + an oraz T = + a1 a 2 a 3 an oblicz iloczyn I = a1 ⋅ a 2 ⋅ a 3 ⋅ ... ⋅ an ___________________________________________________________________________ Przyjmijmy: a1 = a, a 2 = aq, a 3 = aq 2 ,..., an = aq n − 1 S S = a + aq + aq 2 + ... + aq n − 1 = a(1 + q + q 2 + ... + q n − 1 ) , stąd: 1 + q + q 2 + ... + q n − 1 = a S 1 1 1 1 q n − 1 + q n − 2 + q n − 3 + ... + q + 1 S T= + + 2 + ... + n − 1 = = an − 1 = 2 n − 1 n −1 a aq aq aq aq aq aq S Daje to: a 2qn − 1 = T Obliczymy teraz szukany iloczyn: I = a ⋅ aq ⋅ aq 2 ⋅ ... ⋅ aq n − 1 = an ⋅ q ⋅ q 2 ⋅ q 3 ⋅ ... ⋅ q n − 1 = an ⋅ q1+ 2 + 3 + ... + ( n − 1) = korzystamy ze wzoru na sumę wyrazów ciągu arytmetycznego =a q n 1+ n −1 ( n − 1) 2 =a q n n( n −1) 2 n n 2− 1 = aq = a 2q n − 1 ( ) 1 n 2 = korzystamy z obliczonej wcześniej wartości a 2qn − 1 = S T n S 2 = T n S 2 Odp. Szukany iloczyn wynosi T ___________________________________________________________________________ Zadanie 19. Wiedząc, że log 98 56 = p obliczyć log 7 14 . ___________________________________________________________________________ 98 = 2 ⋅ 7 2 oraz 56 = 7 ⋅ 23 . log b x Skorzystamy ze wzoru na zmianę podstawy logarytmu log a x = : log b a log 2 56 log 2 (7 ⋅ 2 3 ) log 2 7 + log 2 2 3 log 2 7 + 3 = = = 2 2 log 2 98 log 2 ( 2 ⋅ 7 ) log 2 2 + log 2 7 1 + 2 log 2 7 log 2 7 + 3 Z równania = p obliczymy log 2 7 : 1 + 2 log 2 7 3 + log 2 7 = p + 2p log 2 7 2p log 2 7 − log 2 7 = 3 − p ( 2p − 1) log 2 7 = 3 − p 3−p log 2 7 = 2p − 1 Podobnie zmieniamy podstawę logarytmu dla szukanego log 7 14 . log 2 14 log 2 ( 2 ⋅ 7) log 2 2 + log 2 7 1 + log 2 7 log 7 14 = = = = = log 2 7 log 2 7 log 2 7 log 2 7 i wstawiamy obliczony wcześniej log 2 7 3−p 1+ 2p − 1 2p − 1 + 3 − p 2p − 1 p + 2 = = ⋅ = , co należało obliczyć. 3−p 2p − 1 3−p 3−p 2p − 1 ___________________________________________________________________________ Zadanie 20. Wyznaczyć resztę z dzielenia wielomianu W( x ) = x100 − 2x 99 + 2x 50 − 1 przez wielomian p = log 98 56 = G( x) = x 3 − x ___________________________________________________________________________ Wielomian W(x) dzielimy przez wielomian stopnia trzeciego, więc reszta z dzielenia ma postać ax 2 + bx + c . G ( x ) = x 3 − x = x( x 2 − 1) = x( x − 1)( x + 1) Wielomian W(x) można przedstawić w postaci: W( x ) = G ( x ) ⋅ P( x ) + ax 2 + bx + c , gdzie P(x) jest wynikiem z dzielenia. x100 − 2x 99 + 2x 50 − 1 = x( x − 1)( x + 1)P( x ) + ax 2 + bx + c Wstawiając do ostatniego równania kolejno liczby x1 = 0 , x 2 = 1 , x 3 = −1 otrzymujemy układ równań: c = −1 −1= c c = −1 1 − 2 + 2 − 1 = a + b + c ⇔ a + b − 1 = 0 ⇔ a = 3 1 + 2 + 2 − 1 = a − b + c a − b − 1 = 4 b = − 2 2 Szukana reszta ma postać 3x − 2x − 1 . ___________________________________________________________________________