Internetová matematická olympiáda

Transkript

1 Zadání a řešení úloh: Internetová matematická olympiáda. ročník 1. Letadlo letí z Brna do Londýna. Určete délku trajektorie letadla za předpokladu, že se pohybuje od začátku do konce v letové hladině km po ortodromě (tedy neuvažujeme žádné stoupání při startu ani klesání při přistání ani během letu). Poloměr Země necht je 671 km a souřadnice města Brna necht jsou s. š., v. d. a Londýna 51 0 s. š., z. d. Uved te postup řešení (přičemž je dovoleno a doporučeno použít vzorec pro výpočet středového úhlu ortodromy přímo z internetu) a výsledek uved te v kilometrech. Řešení příkladu 1: Ortodroma je nejkratší spojnice dvou bodů na kulové ploše. Označme souřadnice dvou krajních bodů hledané ortodromy jako B[ϕ 1, λ 1 ] a L[ϕ, λ ]. Potom pro středový úhel σ oblouku ortodromy mezi body B a L platí (viz například Wikipedii) σ arccos (sin ϕ 1 sin ϕ + cos ϕ 1 cos ϕ cos(λ λ 1 )). (1) Délka d oblouku mezi body B a L se pak spočítá jako d σ R, () pro úhel σ v radiánech a d π σ R, () 60 pro úhel σ ve stupních, kde R je poloměr kulové plochy. Převed me GPS souřadnice Brna a Londýna do jednotného formátu, například do stupňů a především si pohlídejme východní délku Brna a západní délku u Londýna. Potom B[ N; E]. B[49, 4 N; 16, 578 E] a L[51 0 N; W]. L[51, 501 N; 0, 14 E]. Po dosazení do rovnice (1) vyjde středový úhel mezi Brnem a Londýnem σ. 0, rad., 87. Po dosazení středového úhlu σ 0, rad a R km do rovnice () vyjde délka části ortodromy mezi Brnem a Londýnem v letové hladině km d. 0, , km. 111 km. 1

2 . Pro jaká n N, n nabývá výraz Řešení příkladu : log log... log n n nejmenší hodnoty? Považujme hodnoty zadaného výrazu za členy posloupnosti, kde obecný člen a n má pro n vyjádření a n log log... log n n. Pro lepší orientaci v situaci vyjádřeme několik prvních členů a, a, a 4,..., tedy a log, a log log log log a log, Obecně pro n platí a 4 log log log 4 log log log 4 4 a log 4,... a n a n 1 log n, kde a log. (4) Vzhledem k přítomnosti zlomku log n ve vyjádření (4), můžeme situaci analyzovat takto: a) Je-li hodnota zlomku log n < 1, potom platí a n < a n 1. b) Je-li hodnota zlomku log n 1, potom platí a n a n 1. c) Je-li hodnota zlomku log n > 1, potom platí a n > a n 1. Pro malé hodnoty n je log n < 1, tj. a > a >... a hraniční hodnoty log n 1 dosáhneme pro n. Z části b) plyne, že a 1 a. Pro n > je log n > 1, tj. a < a +1 <... Tedy nejmenší hodnoty nabývají hned dva členy posuzované posloupnosti, a to pro n 1 a pro n.. Uvažujme Slunce, Měsíc a Zemi v takové pozici, aby na Zemi bylo pozorovatelné úplné zatmění Slunce, viz rovinný schématický náčrtek na Obrázku 1. Určete graficky, která část roviny leží ve stínu Měsíce, uvažujeme-li rovinnou situaci, kde je dána kružnice s(s [0, 0]; R s 4 cm) demonstrující Slunce a kružnice m(m [, 0]; R m 1 cm) demonstrující Měsíc. Načrtněte řešení, zapište postup konstrukce, řešení narýsujte a plochu stínu vybarvěte. Obrázek 1: Schématický náčrtek pozice Slunce, Měsíce a Země při úplném zatmění Slunce

3 Řešení příkladu : Příklad vyřešíme pomocí stejnolehlosti, která patří mezi podobná zobrazení zachovávající rovnoběžnost. Zadání příkladu vyneseme do souřadného systému, viz Obrázek. Obrázek : K zadání příkladu Postup konstrukce: 1. K; K je libovolný vhodný bod na kružnici s. KS. K ; K m, K M KS 4. KK 5. O; O KK SM (O je střed stejnolehlosti kružnic s a m) 6. n; n je Thaletova kružnice nad SO 7. n ; n je Thaletova kružnice nad MO 8. T 1, T, T 1, T ; T 1, T, T 1, T jsou průsečíky Thaletových kružnic s kružnicemi s a m 9. T 1 O, T O. Plocha ve stínu Měsíce je oblast vybarveného křivočarého trojúhelníka T 1 T O, viz Obrázek Obrázek : Grafické řešení příkladu

4 4. Mějme přímku a : y 1 x a přímky b : y mx a c : y nx, kde m, n R. Uvažujme přímku b, která je rovnoběžná s přímkou b a je vzhledem k přímkce b posunutá o 7 jednotek v kladném směru osy x a přímku c, která je rovnoběžná s přímkou c a je vzhledem k přímce c posunutá o 5 jednotek v kladném směru osy y. Víme, že se přímky a, b, c protínají v právě jednom bodě. a) Necht m. Určete rovnici přímky c ve směrnicovém tvaru. b) V závislosti na parametru m určete rovnici přímky c ve směrnicovém tvaru. Řešení příkladu 4: ad a) Grafické řešení části a) příkladu 4 je znázorněno na Obrázku 4. Obrázek 4: K řešení části a) příkladu 4 Přímka b je dána ve směrnicovém tvaru y x. Vyjádříme-li ji ve tvaru x y, tak snadno získáme rovnici přímy b, která je vzhledem k b posunutá o 7 jednotek ve směru osy x, tedy b : x y + 7. Určíme souřadnice průsečíku P přímek a a b, pro jehož x-ovou souřadnici platí x 1 x + 7, 6x x + 4, x 6 a y-ová souřadnice průsečíku P je y 1 6. Přímka c je dána bodem P [6, ] a průsečíkem [0, 5] na ose y. Potom c : y kx + 5, P c : k 6 + 5, k 4, odkud c : y 4 x + 5 a hledaná přímka c má tedy směrnicový tvar c : y 4 x. 4

5 ad b) V případě, že uvažujeme směrnici přímky b za parametr m R, tak jen zobecníme postup uvedený v řešení části a) a pohlídáme přípustné hodnoty tohoto parametru. Vzhledem k tomu, že se přímky a a b mají protínat v jediném bodě, musí být různoběžné, tedy m 1. Rovnice přímky b zapíšeme ve tvaru b : x y m + 7 pro m 0 a b : y 0 pro m 0. α) Nejprve analyzujme situaci pro m 1 a současně m 0. Potom pro x-ovou souřadnici průsečíku přímek a a b platí x 1 x m + 7, mx x + 14m, 14m x m + 1 a y-ová souřadnice průsečíku je y 1 14m m + 1 7m m + 1. [ 14m Přímka c je tedy dána bodem m + 1, 7m ] a průsečíkem [0, 5] na ose y. Potom m + 1 c : y kx + 5, 7m k 14m m + 1 m , 7m 14mk + m + 5, k 17m m, odkud c : y 17m + 5 x + 5 a hledaná přímka c má tedy směrnicový tvar 14m c : y 17m m x. β) Pro m 0 je b : y 0 a průsečíkem přímek a a b je počátek [0, 0]. Přímka c je určena body [0, 0] a [0, 5], má tedy rovnici c : x 0 a přímka c je tedy přímkou bez směrnice. Potom přímka c by byla také přímkou bez směrnice, což je v rozporu se zadáním příkladu, kdy má mít přímka c směrnici n R. Tedy pro m 0 řešení neexistuje. 5. Na milimetrovém papíru je narýsován obdélník o stranách 7 04 mm, jehož strany leží na přímkách vyznačených na milimetrovém papíru. Sestrojíme úhlopříčku obdélníka a určíme všechny uzly milimetrové sítě na papíru, které leží přesně na této úhlopříčce. Na kolik částí je úhlopříčka těmito uzly rozdělena? Řešení příkladu 5: Poměr délky delší strany obdélníka ku kratší straně obdélníka je Prohlásíme-li levý dolní roh obdélníka za počátek souřadného systému s osami podél stran obdélníka, potom úhlopříčka vedená z tohoto počátku protíná právě uzly, které mají souřadnice [4k, k], kde k 0, 1,..., 04. Protože , tak je úhlopříčka tímto způsobem rozdělena uzly milimetrové sítě na 68 dílů. 4 5

6 6. Uvažujme funkci danou vztahem f(z) z množinu M {z C : z t + 0 i, kde 0 < t < 1} Určete množinu, na kterou tato funkce zobrazí z Poznámka: Komplexní číslo z a + bi, kde a, b R lze pomocí Eulerovy formule e iϕ cos ϕ + i sin ϕ zapsat ve tvaru z z e iϕ, kde číslo z a + b se nazývá modul a ϕ se nazývá argument (nebo také úhel) komplexního čísla z. Reálná mocnina komplexního čísla z je definována jako z r e r(ln z +iϕ), kde z C \ {0}, r R, ϕ ( π, π. Řešení příkladu 6: Množinu M si graficky znázorníme v komplexní rovině jako otevřenou úsečku na reálné ose. Tato úsečka jde z bodu [0, 0] do [1, 0] vyjma těchto bodů, viz Obrázek 5. Obrázek 5: Grafické znázornění zadané množiny M v komplexní rovině Obrazem bodů množiny M jsou body, které získáme dosazením komplexního čísla z t + 0 i do zadaného funkčního předpisu. Tedy 1 f(z) f(t + 0 i) (t + 0 i) 1 1 t + 0 i t 1t t t 1 t t t ( t t ) 1, což je r-tá mocnina, kde r 1, komplexního čísla t t. Podle definice r-té mocniny komplexního čísla z poznámky v zadání příkladu platí ( t t ) 1 e 1 (ln t t +iϕ). (5) V rovnici (5) je argumentem logaritmické funkce výraz t t. Pro 0 < t < 1 je hodnota t t < 0, tedy ln t t ln(t t ). Úhel ϕ je argumentem (úhlem) komplexních čísel t t, 0 < t < 1. Úsečka půjde z bodu [0, 0] do [ 1 4, 0] vyjma bodu [0, 0]. Tato čísla graficky znázorníme v komplexní rovině jako úsečku bez jednoho krajního bodu na reálné ose, viz Obrázek 6 a je vidět, že čísla t t, 0 < t < 1 mají argument ϕ π. Obrázek 6: Grafické znázornění množiny bodů t t, 0 < t < 1 Úpravou vztahu (5) dostáváme ( t t ) 1 e (ln(t t 1 1 )+iπ) e ln(t t) e i π (6) a použitím Eulerovy formule upravíme (6) na tvar ( t t ) 1 e ln t t ( cos π + i sin π ) t t i. Tedy pro 0 < t < 1 platí f(z) t t i a obrazem množiny M je úsečka s krajními body [0, 0] a [ 0, 1 ] na imaginární ose vyjma bodu [0, 0], viz Obrázek 7. 6

7 Obrázek 7: Grafické znázornění množiny bodů t t i, 0 < t < 1 7. Dokažte, že funkce f(x) ln tg ( 1 arccotgx) a g(x) ln x + x + 1 jsou si rovny. Poznámka: Funkce vznikly dvěma různými postupy užitými při integraci funkce 1 1+x dx. V prvním případě byla použita substituce x cotg t a v druhém případě substituce 1 + x t x. Ale ani integrace, ani použitá substituce nemá na princip řešení úlohy zásadní vliv. Řešení příkladu 7: Pokud víme, že dané funkce mají vazbu na integrál, tak by stačilo dokázat, že se rovnají jejich derivace a v jednom bodě nabývají stejné hodnoty. Tuto myšlenku ovšem opustíme, protože derivací vzniknou funkce, které jsou ještě méně hezké než zadané funkce a derivováním si opravdu vůbec nepomůžeme. Při řešení příkladu budeme tedy postupovat tak, že precizně dokážeme rovnost funkcí zadaných funkčními předpisy f(x) a g(x). Při dokazování rovnosti funkcí postupujeme ve dvou krocích: a) dokážeme, že funkce f(x) a g(x) mají stejné definiční obory, tedy že platí Dom f(x) Dom g(x), b) dokážeme, že pro všechna x z definičního oboru platí f(x) g(x). ad a) Nejprve tedy ověříme totožnost definičních oborů. Pro funkci f(x) musí platit tg ( 1 arccotg x) 1 0, arccotg x π + kπ, k Z, 1 arccotg x kπ, k Z, arccotg x π + kπ, arccotg x kπ, což je splněno pro každé x R, tedy Dom f(x) R. Definičním oborem funkce g(x) je zřejmě Dom g(x) R, protože x + 1 > x x pro každé x R. Tedy platí Dom f(x) Dom g(x). ad b) V dalším kroku ověříme rovnost funkčních předpisů f(x) g(x) pro x Domf(x), tedy platnost rovnosti ln tg ( 1 arccotg x) ln x + x + 1. Ekvivalentními úpravami dostáváme ln tg ( 1 arccotg x) ln x + x + 1, ln tg ( 1 arccotg x) ln x + x + 1 1, ln tg ( 1 arccotg x) 1 ln x+, x +1 ln tg ( 1 arccotg x) ln x x +1, tedy x (x +1) ln tg ( 1 arccotg x) ln x + 1 x, tg ( 1 arccotg x ) x + 1 x. (7) Zamysleme se nad tím, jaký k sobě mají vztah argumenty obou absolutních hodnot v rovnici (7). 7

8 [ Necht x R je libovolné. Bod existuje t (0, π) takové, že Obrázek 8: Jednotková kružnice k řešení příkladu 7 x, 1 x +1 x +1 cos t ] leží na jednotkové kružnici (viz Obrázek 8) a tudíž x x + 1, sin t 1 x + 1, ( ) 1 a proto cotg t x. Potom t arccotg x a tg arccotg x tg t sin t cos t. Použijeme-li vztahy sin t 1 cos t a cos t 1 + cos t, dostáváme tg ( 1 arccotg x) tg t sin t cos t 1 x x x x +1 1 cos t 1 cos t 1+cos t 1+cos t x x +1 x +1 x x +1 x x +1+x x +1+x x +1 x (x + 1 x) x + 1 x, nebot x + 1 > x x. Odtud vidíme, že rovnost (7) platí pro každé x R a funkce f(x) a g(x) jsou si tedy rovny. 8. Vybereme náhodně tři reálná čísla z intervalu 0, 1. Jaká je pravděpodobnost, že součet druhých mocnin těchto čísel bude menší nebo roven 1? Řešení příkladu 8: Úlohu vyřešíme pomocí geometrické definice pravděpodobnosti. Vybraná čísla označme x, y a z a chápejme je jako souřadnice bodu [x, y, z] v kartézské soustavě souřadnic Oxyz. Je zřejmé, že tento bod bude ležet v prvním oktantu (x 0, y 0, z 0) uvnitř krychle 0, 1 0, 1 0, 1, tj. krychle s hranou délky 1. Podmínka v zadání bude splněna tehdy, bude-li platit x + y + z 1. Tato nerovnost popisuje kouli s poloměrem 1 a středem v počátku soustavy souřadnic. V prvním oktantu leží 1 8 této koule. Hledanou pravděpodobnost nyní určíme jako podíl objemu oblasti obsahující body vyhovující podmínce v zadání a objemu oblasti obsahující všechny přípustné body, tj. P 1 8 4π 1 1 π 6. 0, 54 5, 4 %. 8

9 9. Pro jakou hodnotu koeficientu a mají mnohočleny x 4 +ax +1 a x +ax+1 stejný kořen? Zdůvodněte. Řešení příkladu 9: Označme zadané mnohočleny p(x) x 4 + ax + 1 a q(x) x + ax + 1. Dále označme společný kořen těchto mnohočlenů například symbolem α. Poznamenejme, že kořen mnohočlenu je číslo, pro které mnohočlen nabývá hodnoty 0, tedy platí p(α) α 4 + aα (8) a Platí tedy q(α) α + aα (9) p(α) q(α), α 4 + aα + 1 α + aα + 1, α(α + aα) α + aα, α 1, nebot z (9) plyne α + aα 1. Vidíme, že společným kořenem mnohočlenů p(x) a q(x) je α 1. Dosad me tento kořen například do mnohočlenu p(x), potom p(1) a a +. Vzhledem k tomu, že α 1 je kořenem, pak podle (8) také platí, že p(1) 0. Odtud vidíme, že a + 0, tedy hledaný koeficient a má hodnotu. Poznamenejme, že úlohu bylo možné řešit například i tak, že bychom hledali řešení soustavy nelineárních rovnic x 4 + ax + 1 0, x + ax a diskutovali bychom nad hodnotou parametru a.. Je dána funkce f(x) xe x. Zapište tuto funkci jako součet sudé funkce a liché funkce a o těchto funkcích dokažte, že jde skutečně o funkci sudou a funkci lichou. Řešení příkladu : Označme hledanou sudou funkci jako s(x) a lichou funkci jako l(x). Víme, že je-li funkce s(x) sudá, pak s( x) s(x) a je-li funkce l(x) lichá, pak l( x) l(x). Podle zadání má platit a z vlastností sudé, resp. liché funkce plyne platnost Po sečtení rovnice () a (11) platí odkud získáme funkční předpis pro sudou funkci xe x s(x) + l(x) () xe x s( x) + l( x) s(x) l(x). (11) s(x) xex xe x xe x xe x s(x), x ex e x Dosazením (1) do () získáme funkční předpis pro lichou funkci x sinh x. (1) l(x) xe x xex xe x xex + xe x x ex + e x x cosh x. (1) 9

10 Zápis funkce s(x) x sinh x a l(x) x cosh x je uvedený především pro zajímavost a rozšíření vašich obzorů. O funkci sinh x totiž víme, že je to funkce lichá, funkce cosh x je naopak funkce sudá a jejich definiční obory jsou všechna reálná čísla, tedy platí s( x) x sinh( x) x sinh x s(x) a s(x) je sudá funkce a l( x) x cosh( x) x cosh x l(x) a l(x) je lichá funkce. Pokud nevyužijeme zápisu pomocí hyperbolických funkcí, tak dokazujeme, že s(x) xex xe x je sudá funkce a funkce l(x) xex + xe x, že je lichá funkce. Definičním oborem funkce s(x), resp. l(x) jsou všechna reálná čísla, tedy pro každé x R i číslo x leží v definičním oboru funkce s(x), resp. l(x) a platí tedy funkce s(x) je sudá funkce, resp. s( x) xe x ( x)e ( x) xe x + xe x s(x), tedy funkce l(x) je lichá funkce. l( x) xe x + ( x)e ( x) xe x + xe x l(x), Sponzorem. ročníku soutěže Internetová matematická olympiáda je firma Humusoft - dodavatel systému pro technické výpočty a simulace MATLAB a Simulink. Informace o využití tohoto systému na středních školách najdete na webové stránce Multilicence typu PASS stojí Kč bez DPH/1 rok pro DPH/1 rok pro Slovensko. Českou republiku a 99 EUR bez