Тема от СУ

[nikolavp]

Тема от СУ, която ми попадна. Мисля, че госпожа Симеонова е решавала една от задачите тук, но все пак:

1. Да се реши неравенството [tex]|x^2-|x|+3|<5[/tex].

2. Да се реши неравенството [tex](\frac{2}{3})^{2x^2-3} < (\frac{2}{3})^7[/tex].

3. В триъгълник ABC ъгълът при върха A е два пъти по - голям от ъгъла при върха B. Да се намери дължината на височината CH, ако AC=3 и AB=5.

4. Да се реши уравнението [tex]\sin^5x+\cos^5x+\frac{1}{sinx}+\frac{1}{cosx}=0[/tex].

5. Даден е правоъгълен триъгълник ABC с хипотенуза [tex]AB=c[/tex] и остър ъгъл [tex]A=\alpha[/tex]. Да се намери дължината на радиуса на окръжността, която се допира вътрешно до хипотенузата AB, до катета AC и до описаната около триъгълника ABC окръжност.

6. През върха A на правилна четириъгълна призма [tex]ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}[/tex] е построена равнина, сечението на която с призмата е ромб. Да се докаже, че [tex]cos\alpha=tg\frac{\beta}{2}[/tex], където α е ъгълът между равнината на сечението и равнината на основата на призмата, а β е острият ъгъл на ромба.

7. Да се реши уравнението [tex]tg\frac{2\pi x}{x^2-x+1}=-\sqrt{3}[/tex]

8. В равнината са построени 5 прави, така че никои две от тях не са успоредни и никои три не минават през една и съща точка. Да се намери на колко области е разделена равнината от тези прави

9. Около окръжност е описан равнобедрен трапец ABCD с основи AB > CD. Допирната точка на вписаната в трапеца с окръжност с бедрото BC е означена с М, а с Н е означена пресечната точка на AM с окръжността. Да се намери отношението [tex]\frac{AB}{CD}[/tex], ако е известно, че [tex]\frac{AN}{NM}=k[/tex].

10. Да се намерят стойностите на параметъра a, такива че неравенството [tex]2\sin^2x-4a^2\sin x-a^2+1>0[/tex] да е в сила за всяко х.


Ще се радвам ако някой реши 8, защото за мен е непосилна и стереометрията не съм я гледал .

[Реклама]

[soldier_vl]

На 8ма получавам 16, но точно решение не мога в момента да измисля, просто си го нарисувах

[soldier_vl]

10та лесна ли е или на мен така ми се струва?

[ObsCure]

И аз смятам,че г-жа Симеонова е решавала една от задачите,мисля че беше 4-та.Та нека да напиша и най-трудната,другите поне са лесни

2)Основите са в интервала (0;1),следователно

[tex](\frac{2}{3})^{2x^2-3}<(\frac{2}{3})^{7} <=> 2x^2-3>7[/tex]

[tex]2x^{2}-10>0 /:2 [/tex]

[tex]x^{2}-5>0[/tex]

[tex](x-\sqrt{5})(x+\sqrt{5})>0 => x\in(-\infty;-\sqrt{5})\cup(5;+\infty)[/tex]

[nikolavp]

[ObsCure]

3)Ако

<ABC=x

то

<BAC=2x

Изразяваме <ACB

[tex]<ACB=180^\circ-3x[/tex]

Сега синусова теорема

[tex]\frac{AC}{AB}=\frac{sinx}{sin(180^\circ-3x)}=\frac{sinx}{3sinx-4sin^{3}x}[/tex]

Оттук след преобразувания получаваме

[tex]sinx=\frac{\sqrt{3}}{3}[/tex]

От основното тригонометрично

[tex]cosx=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex]

И така

[tex]sin2x=\frac{2\sqrt{2}}{3}[/tex]

Окончателно от ▲ACH получаваме

[tex]sin2x=\frac{CH}{AC} => \frac{CH}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3} => CH=2\sqrt{2}[/tex]

[ObsCure]

Първа ще я коментираме ли?Най-първо 2 случая с вътрешният модул,след това система с 2 неравенства за големият модул за всеки от двата случая.

[nikolavp]

[ObsCure]

[nikolavp]

Хмм сега ми дойде много интересна идея, за 4-та. Искам някой, който по разбира да се изкаже дали нещо такова може да се признае и дали разсъжденията ми са верни

[tex]\sin^5x+\frac{1}{sinx}\ge 2\sqrt{\sin^4x} \\ \sin^5x+\frac{1}{sinx} \ge 2|\sin^2x| \\ \sin^5x+\frac{1}{sinx} \ge 2\sin^2x[/tex]
=> [tex]\sin^5x+\frac{1}{sinx} \in [0;2][/tex]

Аналогично се достига до извода, че [tex]\cos^5x+\frac{1}{cos} \in [0;2][/tex] => Тия две неща събрани ще дават 0 само, когато cosx=0 и sinx=0, което е изключено от ДМ-то

=> Тва цялото няма решение


ЕДИТ: На тая 7ма разделих на [tex]\pi [/tex] веднага след като махнах тангенса и моя ъгъл беше [tex]\frac{2\pi}{3}[/tex]

[ObsCure]

7) [tex]tg\frac{2x\pi }{x^{2}-x+1}=-{\sqrt{3}}=tg(-\frac{\pi}{3}[/tex]) =>

=> [tex]\frac{2x\pi}{x^{2}-x+1}=-\frac{\pi}{3}[/tex]

[tex]6x\pi =-\pi(x^{2}-x+1)[/tex]

[tex]6x\pi=-x\pi^{2}+x\pi-\pi[/tex]

[tex]x^{2}\pi +5x\pi+\pi=0[/tex]

[tex]D=21\pi^{2}[/tex]

[tex]x_{1,2}=\frac{-5\pi\pm\pi\sqrt{21}}{2\pi}=\frac{-5\pm\sqrt{21}}{2}[/tex]

[ObsCure]

Хей хей,ползваме неравенство на Коши Трябва да видим какво ще каже Госпожата!.

[Saposto_MM]

Относно задача 8. n прави разделят равнината на [tex]1+\frac{n(n+1)}{2}[/tex], като никои не са успоредни и няма такива три или повече, които да се пресичат в една точка. Мисля, че така беше. Тази формула мисля, че може да се докаже с индукция.

[ObsCure]

4)Първо ще преобразуваме по-високите степени

[tex]sin^{5}x=sin^{3}x.sin^{2}x=sin^{3}x(1-cos^{2}x)[/tex]

Аналогично за cosx получаваме

[tex]cos^{5}x=cos^{3}x(1-sin^{2}x)[/tex]

Сумираме ги

[tex]sin^{5}x+cos^{5}x=sin^{3}x-sin^{3}xcos^{2}x+cos^{3}x-sin^{2}xcos^{3}x[/tex]=

=[tex](sin^{3}x+cos^{3}x)-sin^{2}xcos^{2}x(sinx+cosx)[/tex]=

=[tex](sinx+cosx)(sin^{2}-sinxcosx+cos^{2}x)-sin^{2}xcosx^{2}(sinx+cosx)[/tex]=

=[tex](sinx+cosx)(1-sinxcosx-sin^{2}xcos^{2}x)[/tex]

Оттук полагаме

[tex]sinxcosx=u[/tex]
[tex]sinx+cosx=v[/tex]

и използваме основното тригонометрично.

P.S.Може и без система да се реши.Лесно се установява,че

[tex]sinxcosx=1[/tex]

[ObsCure]

Никола,за 9-та задача вместо H е N,нали?Понякога и на мен ми се случва да го напиша така,особенно при смяна на латиница и кирилица

[ObsCure]

9)Чертежът е леко нескопосан,но концепцията мисля е ясна.Построяваме височината MQ в ▲AMB.Ще отбележа само,че геометричната конфигурация,която се получава от даденото условие е невъзможна,т.е. трябва да е

[tex]\frac{MN}{AN}=k[/tex]

Нека

AB=x
CD=y

Елементите на трапеца са

[tex]AL=\frac{x-y}{2}[/tex]
[tex]BL=\frac{x+y}{2}[/tex]

Очевидно е,че ▲ANL~▲AMQ =>[tex]\frac{AN}{AL}=\frac{AM}{AQ}[/tex]

[tex]\frac{AN}{AL}=\frac{AN+MN}{AQ}[/tex]

[tex]\frac{AN}{AL}=\frac{AN+kAN}{AQ}[/tex]

[tex]\frac{AN}{AL}=\frac{AN(1+k)}{AQ} => \frac{1}{AL}=\frac{1+k}{AQ}[/tex]

Проблем тук е изразяването на AQ чрез основите...

[ObsCure]

Чертеж за 5-та.

[Nona]

[ObsCure]

Чудесно решение.

[Nona]

[ганка симеонова]

Нека означим радиуса на окръжността с r, а центъра- с I. т.к. окръжностите са вътрешно допиращи се, то [tex]IO=MO-MI=\frac{c}{ 2}-r. [/tex]
окръжността се допира до АС и АВ=>центърът и лежи на ъглополовящата на ъгъл А.
прилагаме питагорова теорема за [tex]\Delta IPO=>OP=\sqrt{(\frac{c}{ 2}-r)^2-r^2 }=\frac{\sqrt{c^2-4cr} }{ 2}=>AP=\frac{c}{ 2}-OP [/tex]
[tex]\Delta AHI=>tg{\frac{\alpha }{ 2}}=\frac{IP}{AP }=>IP=r=c(1-tg{\frac{\alpha }{2} })tg{\frac{\alpha }{2} } [/tex]

[ганка симеонова]

изпуснал си решения.съобрази, че тангенсът е периодична функция с период [tex]\pi [/tex]
[tex]\frac{2\pi x}{x^2-x+1 }=-\frac{\pi }{3 }+k\pi => \frac{2\ x}{x^2-x+1 }=-\frac{1 }{3 }+k [/tex]

[tex]f(x)=\frac{2x}{x^2-x+1 }=>f(x)\in [-\frac{2}{3 };2]=>-\frac{2}{3 }\le -\frac{1}{ 3}+k\le 2=>k=0;1;2[/tex]

за всяка от получените стойности решаваме съответното уравнение...

получаваме:[tex]\frac{-5\pm \sqrt{21} }{2 } ;2\pm \sqrt{3} ;\frac{11\pm 4\sqrt{6} }{10 } [/tex]

[ObsCure]

Леле,4 решения съм ги орязъл като едното нищо.

[ганка симеонова]

[ObsCure]

[ганка симеонова]

[martosss]

ми то тия двете може да са отрицателни, тъй че.... това не върви

[ганка симеонова]

[ObsCure]

Верен път,лошо изпълнение...

[ганка симеонова]