jak-zdac-mature-nie-lubiac-matematyki-mariusz-kawecki-Helion.pl

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Maksimum szukamy na końcach przedziału: f (0)  3 , f (2)  3 . Badana funkcja w danym przedziale ma minimum wartości 1 oraz maksimum warto- ści 3. b) f (x)  x2  3x 1 ,  1,1  p  3  3   1,1  , wartości ekstremalne istnieją na końcach przedziału 2 2 Wartości ekstremalnych szukamy na końcach przedziału f (1)  5 , f (1)  1 Badana funkcja w danym przedziale ma minimum wartości -5 oraz maksimum warto- ści 1. c) f (x)  x2  2 ,  2, 4  p  0  0   2, 4  w punkcie p  0 parabola minimum, które wynosi f (0)  2 2 Maksimum szukamy na końcach przedziału: f (2)  6 , f (4)  18 . Badana funkcja w danym przedziale ma minimum wartości 2 oraz maksimum warto- ści 18. 4. Dla jakiej wartości parametru m funkcja kwadratowa f (x)  x2  2mx 1 ma oś symetrii o równaniu x  1 . Oś symetrii przechodzi przez wierzchołek paraboli i ma równanie x  p . W naszym przypadku p  2m  m . Stąd m  1. 2 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 50 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 11 Funkcja kwadratowa w zadaniach Zadania proponowane przez CKE 1. Wyznacz wzór funkcji kwadratowej f w postaci ogólnej, wiedząc, że zbiorem war- tości tej funkcji jest przedział (, 1  , a wartość -5 osiąga ona dla dwóch argu- mentów: 2 i 10. Postać ogólna to f (x)  ax2  bx  c . Łatwiej w tym przypadku wyznaczyć wzór para- boli w postaci kanonicznej a z niej dopiero postać ogólną. Wiedząc jaki jest zbiór wartości wnioskujemy, że parabola będąca wykresem naszej funkcji ma ramiona skierowane w dół i wierzchołek o wartości q  1 . Szukamy zatem funkcji: f (x)  a x  p2 1 Współrzędną p wierzchołka paraboli można odczytać korzystając z symetrii paraboli. Ponieważ dla dwóch wartości x1  2 oraz x2  10 osiągana jest ta sama wartość -5, to wierzchołek paraboli leży w połowie odcinka 2,10 zatem ma współrzędną p  6 . Można też tę wartość znaleźć rachunkowo. Z warunków zadania uzyskujemy układ: 5  a(2  p)2 1  4  a 2  p2   5  a(10  p)2 1 4  a 10  p2 Dzieląc równanie dolne przez górne otrzymamy: 1  2 p2  10  p2  2  p2  10  p2  2  p2  0 10  p2 10  p  2  p10  p  2  p  0  812  2 p  0  12  2 p  0  p  6 Podstawiając obliczoną wartość do pierwszego z równań obliczamy a   1 4 Zatem funkcja w postaci kanonicznej ma postać: f (x)   1  x  62 1 4 W postaci ogólnej: f (x)   1 x2  3x 10 . 4 2. Na rysunku są przedstawione fragmenty wykresów funkcji kwadratowych f i g . Funkcja f jest określona wzorem f (x)  x2  6x  5 , a mniejsze z jej miejsc zero- wych jest jednocześnie miejscem zerowym funkcji g . Wierzchołek W paraboli, która jest wykresem funkcji f , leży na wykresie funkcji g , a wierzchołek Z paraboli będą- cej wykresem funkcji g leży na osi Y układu współrzędnych. Wyznacz wzór funkcji g. Zauważmy, że funkcja g jest funkcją postaci g(x)  a(x  k)(x  k) gdzie k jest mniej- szym pierwiastkiem funkcji f . Ponadto wierzchołek paraboli f jest punktem parabo- li g . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 51 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Mamy zatem dla funkcji f :   16 , x1  6  4  5, x2  6  4 1, p  6  3 , q  16  4 2 2 2 4 Stąd k  1oraz g(x)  a(x 1)(x 1) . Ponieważ punkt (3, 4) leży na tej paraboli, wsta- wiając jego współrzędne wyliczamy a : 4  a(3 1)(3 1)  a  1 . Zatem wzór funkcji 2 g(x)  1 (x 1)(x 1)  1 x2  1 . 2 22 3. Różnica największej i najmniejszej wartości, jakie funkcja kwadratowa: f (x)   1 x2  2x  6 2 przyjmuje w przedziale  3, k  gdzie k  0 wynosi 9 . Oblicz k ? 2 Ponieważ p  2  2   3, k  i a  0 maksymalna wartość funkcji jest w wierz- 1 chołku i wynosi q  f (2)  8 . Minimalna wartość jest na jednym z końców: f (3)  15 , f (k)   1 k 2  2k  6 . Ze względu na to, że różnica między wartościami 22 wynosi 9 minimalną wartością jest  1 k 2  2k  6 . Mamy zatem: 22 8    1 k 2  2k  6   9  16  k 2  4k 12  9  k 2  4k  5  0  2  2   36, k1  4  6  5  0 , k2  4  6 1 2 2 Odp.: Szukana wartość k  1. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 52 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. 4. Wyznacz wartość największą funkcji f (x)  x2 1 1 w przedziale  1,3  .  4x Funkcja f (x) posiada największą wartość tam, gdzie funkcja g(x)  x2  4x 1 posia- da wartość najmniejszą. Sprawdźmy, że funkcja g(x) nie zeruje się danym w prze- dziale, jej miejsca zerowe leżą na lewo od lewego końca przedziału  1,3  :   20 , x1  4  20  2  5 1, x2  4  20  2  5 1. 2 2 Policzmy: p  4  2   1,3  zatem wartości najmniejszej należy szukać na końcach prze- 2 działu: g(1)  4 , g(3)  20 . Największą wartością funkcji f (x) jest liczba 1 4 5. Funkcja f , której dziedziną jest zbiór  1,5  , jest określona wzorem f (x)  x2  6x  5 . Wyznacz zbiór wszystkich wartości funkcji f . p  6  3   1,5  , ponadto a  0 zatem maksymalną wartością funkcji jest jej 2 wierzchołek q  f ( p)  9 18  5  14 . Wartość minimalna znajduje się na jednym z końców przedziału: f (1)  2 , f (5)  10 . Funkcja przyjmuje wszystkie wartości od minimalnej do maksymalnej, czyli wartości z przedziału  2,14  . 6. Parabola, która jest wykresem funkcji kwadratowej f (x)  ax2  bx  c , przechodzi przez punkt (2,10) oraz f (1)  f (3)  0 . Oblicz odległość wierzchołka paraboli od początku układu współrzędnych. Aby obliczyć współrzędne wierzchołka najprościej jest skorzystać z postaci kanonicz- nej: f (x)  a x  p2  q Korzystając z symetrii paraboli zauważmy, że jej wierzchołek laży na jej osi symetrii czyli prostej będącej symetralną odcinka 1,3 o równaniu x  1 . Zatem p  1. Pod- stawiając dane z zadania do równania paraboli otrzymamy: 0  a 112  q  0  4a  q  10  5a  a  2  10  9a  q q  8 10  a  2 12  q Zatem parabola ma równanie f (x)  2 x 12  8 i wierzchołek w punkcie (1, 8) . Aby policzyć odległość d wierzchołka od środka układu współrzędnych skorzystamy ze wzoru na odległość między dwoma punktami A(x1, y1) , B(x2 , y2 ) : helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 53 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. AB   x1  x2 2   y1  y2 2 d  1 02  8  02  1 64  65 7. Dana jest funkcja kwadratowa f (x)  ax2  4x 1. Wierzchołek paraboli, która jest wykresem tej funkcji, leży na prostej o równaniu y  5 . Oblicz współrzędne tego wierzchołka. Wierzchołek ma współrzędne ( p, q) gdzie p   b , q    . Biorąc pod uwagę da- 2a 4a ne zadania otrzymujemy:  p   4  pa  2  p  3  2a 5a  4  a    a 2 16  4a  3 5  q   4a Odp.: Współrzędne wierzchołka (-3,-5). 8. Zbiorem wartości funkcji kwadratowej f (x)   1 x2  2x  c jest przedział (, 7  . 3 Zatem współczynnik c jest równy: A. -3 B. 4 C. 7 D. 10 Zatem 4 4c  74  4 4c  28  12  4c  c4 q7 3 33 4 3 9. Największa wartość funkcji kwadratowej f (x)  a  x  22  4 w przedziale do- mkniętym  4, 2  jest równa 12. Wyznacz najmniejszą wartość funkcji f w tym przedziale. Funkcja posiada wierzchołek w punkcie (2,-4) i ramiona skierowane do góry, zatem wartość największa jest w punkcie -4 a najmniejsza w -2. Mamy stąd równanie: 12  a 4  22  4  16  36a  a  4 9 f (x)  4  x  22  4 9 f (2)  4 2  22  4  f (2)  64  36  28 9 99 9 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 54 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. 10. Funkcja kwadratowa f, której miejscami zerowymi są liczby -2 i 4, dla argumentu 1 przyjmuje wartość 3. Uzasadnij, że wykres funkcji f ma dwa punkty wspólne z pro- stą y  2 . Z warunków zadania wynika, że wierzchołek paraboli leży na symetralnej odcinka 2, 4 , zatem p  1. Współrzędne wierzchołka (1,3) musi być to maksimum funkcji, zatem prosta równoległa do osi X , położona poniżej wierzchołka, przecina parabolę w dwóch miejscach. 11. Wierzchołki trójkąta ABC leżą na paraboli, która jest wykresem pewnej funkcji kwadratowej f (patrz rysunek). Pole trójkąta jest równe 8, punkt C(1, 4) jest wierz- chołkiem paraboli, a punkty A i B leżą na osi X. Wyznacz wzór funkcji f. Trójkąt ABC jest trójkątem równoramiennym, przy czym połowa odcinka AB jest w punkcie 1. Ze znajomości pola obliczymy długość odcinka AB. 8  1 AB  4  AB  4 2 Zatem A(1, 0) , B(3, 0) . Możemy teraz skorzystać z postaci iloczynowej bądź kano- nicznej: f (x)  a(x 1)(x  3) Podstawiając współrzędne wierzchołka policzymy: 4  a 111 3  a  1. Stąd: f (x)   x 1 x  3 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 55 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 12 Nierówności kwadratowe Aby rozwiązać nierówność kwadratową należy naszkicować parabolę, zaznacza- jąc ewentualne miejsca zerowe i z tego szkicu odczytać rozwiązanie. Rozpatrzmy elementarne przykłady: a) x2  4  0 b) x2  2x  3  0 c) x2  2x  4  0 d) x2  2x  4  0 Każdą z nierówności przekształcamy tak aby łatwo naszkicować parabolę: a) (x  2)(x  2)  0 , x1  2, x2  2 b) x2  2x 3  0,   16 , x1  2  16  3, x2  2  16 1 2 2 c) x2  2x  4  0 ,   4 16  12 brak pierwiastków d) x2  2x  4  0 ,   4 16  12 brak pierwiastków Po naszkicowaniu paraboli pytamy dla jakich argumentów x spełniona jest dana nie- równość, szukamy dla jakich x , wykres funkcji znajduje się powyżej (poniżej) osi X. a) x2  4  0 Rysujemy parabolę f (x)  x2  4 i z rysunku odczytu- jemy, że \"ponad zerem\" parabola jest dla argumen- tów x  (, 2)  (2, ) . Gdyby nierówność była sła- ba, należałoby domknąć przedział. Wówczas pytaliby- śmy dla jakich argumentów parabola jest \"ponad\" lub \"na\" zerze. b) x2  2x 3  0 Po narysowaniu paraboli f (x)  x2  2x  3 szukamy dla jakich argumentów jest ona \"poniżej\" lub na osi Y stąd x  3,1  . Przedział jest domknięty ze względu na słabą nierówność. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 56 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. c) x2  2x  4  0 Parabola leży powyżej osi X, delta jest ujemna, współ- czynnik a  0 wynika stąd, że dla każdego argumentu spełniona jest nierówność, więc x  R . d) x2  2x  4  0 Parabola leży poniżej osi X, delta ujemna, współczyn- nik a  0 wynika stad, że nierówność nie jest spełnio- na przez żaden x . Rozwiązania brak. Zadania występujące na maturze 1. Rozwiąż nierówności: d) (x  3)2  2(x  3)  0 a) (x 1)(2x 1)  0 e) x2  5 f) 36x2  25  0 b) (x  2)2  0 c) 2x(1 x)  0 Przy pewnej wprawie można nie rysować paraboli tylko wyobrazić sobie jak wygląda i na tej podstawie odczytać rozwiązane nierówności. a) Parabola f (x)  (x 1)(2x 1) ma ramiona do góry i przecina oś X w punktach 1 i 1, zatem leży ponad osią dla x   ,  1   1,   . 2  2  b) Wyrażenie f (x)  (x  2)2 będące kwadratem jest albo większe od 0 albo równe 0 jeżeli x  2 , zatem rozwiązaniem nierówności są x  2 . c) Parabola f (x)  2x(1 x) ma ramiona skierowane do dołu i przechodzi na osi X przez 0 i 1, zatem nierówność jest spełniona przez x  (, 0    1, ) . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 57 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. d) Przekształćmy wyrażenie wyciągając wspólny czynnik przed nawias: (x  3)2  2(x  3)  0  (x  3)(x  5)  0 Parabola f (x)  (x  3)(x  5) ma ramiona do góry i przechodzi na osi X przez 3 oraz 5, zatem nierówność jest spełniona dla x  3,5  e) Wyrażenie x2  5  0 nie może być niedodatnie, zatem nierówność nie ma rozwią- zań. f) Wyrażenie 36x2  25 zawsze jest dodatnie, zatem nierówność spełniona jest przez każdą liczbę x  R . 2. Rozwiąż nierówność: a) 36  0 d) 8 0 x2  25 4  x2 b) 2 9  0 e) x2  1  9  0 x2  6x c) 5  0 f) 4  0 x2 14x  49 36 16x2 W przypadku ilorazów należy zwrócić uwagę na oba czynniki, gdyż od nich razem zależy znak ilorazu. a) Liczni wyrażenia jest stale dodatni, zatem wyrażenie jest większe od 0 jeżeli mia- nownik jest dodatni (oczywiście mianownik nie może być równy 0. Mamy więc: x2  25  (x  5)(x  5)  0 Parabola f (x)  (x  5)(x  5) ma ramiona skierowane do góry i przecina oś X w punk- tach 5, -5 zatem nierówność zachodzi dla x  (, 5)  (5, ) . b) Nierówność spełniona jest zawsze gdyż mianownik pozostaje stale dodatni, pod- czas gdy licznik jest stale ujemny, czyli x  R . c) Zauważmy, że x2 14x  49   x  72  0, x  7 . Dla wszystkich x -ów różnych od 7 mianownik jest dodatni, licznik jest stale dodatni zatem wyrażenie jest większe od 0. d) Licznik jest stale dodatni, więc mianownik musi być dodatni, żeby wyrażenie było większe od 0. Parabola f (x)  4  x2  2  x2  x ma ramiona skierowane w dół i przecina oś X w punktach -2, 2 zatem nierówność jest spełniona jeżeli x  (2, 2) . e) Ponieważ licznik jest stale dodatni, mianownik musi być ujemny. Zauważmy, że parabola f (x)  x2  6x  9   x  32  0 dla każdego x , zatem nierówność nie ma rozwiązań. f) Licznik jest stale ujemny więc mianownik również musi być ujemny, żeby nierów- ność była spełniona. Parabola f (x)  36 16x2  6  4x6  4x ma ramiona skiero- helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 58 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. wane do dołu oraz przechodzi na osi X przez punkty  2 i 2 zatem, żeby nierówność 33 była spełniona x   ,  2    2 ,   .  3   3  Zadania proponowane przez CKE 3. Na rysunku obok jest przedstawiony fragment wykresu funkcji kwadratowej f. Osią symetrii paraboli jest prosta o równaniu x  3 . Rozwiązaniem nierówności f (x)  0 jest zbiór: A.  0, 3  B.  3,3  C.  6,3  D.  9,3  Skoro osią symetrii paraboli jest prosta x  3 , to parabola ta przecina oś X w punk- tach -9, 3 (punkt x  3 jest środkiem odcinka 9,3 ), zatem nierówność spełnia zbiór  9,3  . 4. Funkcja f jest funkcją kwadratową. Zbiorem wszystkich rozwiązań nierówności f (x)  0 jest przedział (1,5) . Rozwiąż nierówność  f (x  3)  0 . Skoro zbiorem rozwiązań nierówności jest przedział (1,5) , to parabola f (x) ma ra- miona do góry i przechodzi przez punkty 1, 5.  f (x  3) oznacza przesunięcie tej pa- raboli wzdłuż osi X o 3 jednostki w lewo oraz symetralne odbicie względem osi X, zatem parabola będzie miała ramiona skierowane w dół i przejdzie na osi X przez punkty -2, 2. Nierówność  f (x  3)  0 będzie spełniona dla liczb x  (, 2)  (2, ) . 5. Wśród podanych poniżej nierówności wskaż tę, której zbiorem rozwiązań jest przedział (3,1) . A. x(x  2)  3 B. x(x  4)  1 C. x(x  3)  1 D. x(x 1)  3 Najłatwiej sprawdzić bezpośrednio, której z nierówności nie spełniają liczby z danego przedziału. Wiemy, że rozwiązaniem nierówności słabej jest przedział domknięty dla- helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 59 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. tego rozpatrzmy nierówności słabe i przedział  3,1  . W takiej sytuacji podstawia- jąc w miejsce x końce przedziału w przypadkach B, C, D otrzymamy nierówności fałszywe, jedynie nierówność A będzie prawdziwa. 6. W tabeli podano wartości funkcji f (x)  ax2  bx  c dla wybranych trzech argu- mentów. Rozwiąż nierówność f (x)  0 . Osią symetrii paraboli jest prosta x  3 . Parabola ma ramiona skierowane w dół i jed- no miejsce zerowe w punkcie x  1 , zatem drugie miejsce zerowe w punkcie x  5 . Dlatego, że oś symetrii paraboli jest symetralną odcinka  x1, x2  . Stąd rozwiązaniem nierówności są liczby x  1,5  . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 60 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 13 Funkcje trygonometryczne Weźmy trójkąt prostokątny o kątach ostrych  i  . Przypomnijmy, że w stosunku do tego trójkąta obowiązuje twierdzenie Pitagorasa, to znaczy a2  b2  c2 oraz ze wzglę- du na to, że suma kątów trójkąta równa jest 180 mamy     90 . Dla kątów ostrych  (lub  ) możemy zdefiniować funkcje, zwane funkcjami trygonometrycz- nymi.  ac  b Definicja 6.1 1. Sinusem kąta ostrego nazywamy stosunek przyprostokątnej leżącej na przeciw tego kąta do przeciwprostokątnej: sin  a , sin   b cc 2. Kosinusem kąta ostrego nazywamy stosunek przyprostokątnej leżącej przy tym kącie do przeciwprostokątnej: cos  b , cos   a cc 3. Tangensem kąta ostrego nazywamy stosunek przyprostokątnej leżącej na przeciw tego kąta do drugiej przyprostokątnej: tg  a , tg  b ba Bezpośrednio z definicji wynikają następujące tożsamości: tg  sin  sin2   cos2   1 cos Zauważmy, że funkcje trygonometryczne definiowane są poprzez stosunki boków, zatem wartości funkcji trygonometrycznych są takie same dla wszystkich trójkątów podobnych (podobieństwo zachowuje stosunki boków), zatem są to funkcje wielkości kąta a nie długości boku. Wartości funkcji trygonometrycznych charakterystycznych kątów 30, 45, 60 przedstawia tabelka: 30 45 60 sin 1 23 2 22 cos 3 2 1 222 tg 3 3 1 3 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 61 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Zauważmy ponadto, że tak zdefiniowane funkcje trygonometryczne dla wszystkich kątów ostrych przyjmują wartości dodatni oraz dla kątów takich, że     90 speł- niają: sin  cos  tg  ctg Sprawdź czy rozumiesz! Policz wartości funkcji trygonometrycznych kątów ostrych trójkąta o bokach 3, 4, 5. Trygonometria wyrosła z potrzeb praktycznych. Najważniejsze zadania, które wiążą się z trygonometrią odwołują się do mierzenia i obliczania rzeczywistych wielkości. Matematyka upraszcza te pomiary i sprowadza je zwykle do zadań geometrycznych, których przykłady podajemy poniżej. 1. Chcemy znaleźć szerokość rzeki mając do dyspozycji taśmę mierniczą i przyrząd do mierzenia kątów. Rzeka jest na tyle szeroka, że nie sposób dokonać tego pomiaru bezpośrednio. Spójrzmy na rysunek. W istocie jest to zadanie geometryczne, w którym mając długość AB  a oraz kąt  chcemy policzyć długość AC  x . Za- uważmy, że długość AB mierzona jest prostopadle do długości szukanej AC. Korzystając z definicji funkcji tangens otrzymamy: tg  AC  x  x  a  tg AB a Dla przykładowych wartości a  12 m,   550 , odnajdujemy w tablicach trygonome- trycznych wartość tg550  1,4281 i wyliczamy x  12 1,4281  17,14 [m]. Zauważmy, że w identyczny sposób można zmierzyć wysokość drzewa, słupa, wieży itp. Wystarczy wyznaczyć kąt pod którym widzimy dany obiekt i odległość do pod- stawy obiektu z miejsca, w którym stoimy. Bardzo ważne jest aby trójkąt, którym się posługujemy był prostokątny, w przeciwnym razie nie możemy skorzystać z definicji funkcji trygonometrycznych. Jako ćwiczenie na podstawie danych z rysunku, policz wysokość drzewa. Odp. h  9,33 [m] 62 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. 2. Dwóch kolegów oddalonych od siebie o 200 m. obserwuje latawiec. Jacek widzi latawiec pod kątem 33o, Placek widzi ten sam latawiec pod kątem 56o. Na jakiej wy- sokości znajduje się latawiec? Po naszkicowaniu problemu (patrz rysunek), widać, że wysokość x , której szukamy jest wysokością trójkąta, wyznaczonego przez Jacka, Placka i latawiec. Wysokość ta zarazem dzieli trójkąt, o którym mowa na dwa trójkąty prostokątne w stosunku do których można wykorzystać funkcje trygonometryczne. Mamy zatem: tg330  x  a  x  x a tg330 0,6494 tg550  x  b  x  x b tg550 1,4281 a  b  200 Zauważmy, że tym razem wygodniej jest wyznaczyć z definicji funkcji tangens odle- głości a i b , następnie podstawić te wartości do ostatniego równania. Ze względu na uproszczenie obliczeń odczytane z tablic wartości funkcji tangens zaokrąglijmy do dwóch miejsc po przecinku, podobnie postąpmy z wynikiem. x  x  200 0,65 1,43 0,65 1,43 1,43  x  0,65  x  185,9 2,08  x  185,9  x  89,38 [m] Czy nasze rozumowanie i sposób wyliczeń byłyby słuszne w przypadku, gdyby Placek widział latawiec bezpośredni nad sobą (odpowiedź uzasadnij)? Powyższą metodę można także wykorzystać do pomiaru odległości w sytuacji gdy punkt, którego odległość chcemy ustalić możemy zobaczyć pod dwoma kątami. Za- łóżmy, że chcemy obliczyć odległość do skały, przy czym pomiędzy skałą, nami a ro- snącym niedaleko nas drzewem jest kąt 70o. Zaznaczamy miejsce gdzie stoimy, mie- rzymy odległość tego miejsca do drzewa równą 85 m., mierzymy kąt pomiędzy skałą, drzewem a zaznaczonym miejscem 44o. Biorąc pod uwagę te pomiary, pomagając sobie odpowiednim rysunkiem, dokonaj obliczeń. Zauważ, że tak policzona odległość jest odległością skały od linii: „miejsce gdzie sta- liśmy – wykorzystane do pomiarów drzewo”. Zaproponuj metodę, która umożliwi helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 63 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. pomiar odległości pomiędzy skałą a drzewem (np. korzystając dodatkowo z definicji funkcji sinus). Odp. Odległość od linii 60,95 [m], odległość skały od drzewa 84,65 [m]. 3. Rozważmy teraz problem odwrotny. Znamy odległości a chcemy policzyć kąt. Opieramy drabinę o długości 4 metrów o ścianę, w taki sposób, że jej koniec jest na wysokości 3 metrów nad ziemią. Pod jakim kątem do podłoża stoi drabina? Jak dale- ko od ściany znajduje się punkt podparcia drabiny o podłoże? Z warunków zadania (patrz rysunek), mamy AC  3 , CB  4 . Wykorzystując definicję funkcji sinus otrzymamy: sin   AC  3  0,75 CB 4 Odnajdujemy w tablicach trygonometrycznych, w kolumnie funkcji sinus, liczbę naj- bliższą wyznaczonej. Mamy dwie bliskie wartości: 0,7431 dla kąta 48o oraz 0,7547 dla kąta 49o. Chcąc podać najdokładniejszy wynik weźmy kąt pośredni. Odległość x poli- czymy wykorzystując funkcję cosinus. Mamy: cos   x  x  cos   CB  0,66  4  2,64 [m] CB Zauważmy, że tu również wzięto wartość pośrednią, leżącą w kolumnie cosinusa po- między kątami 48o a 49o. Spróbuj bez obliczeń pisemnych odpowiedzieć na pytanie pod jakim kątem i w jakiej odległości będzie stała drabina, która sięga na wysokość 2 2 m.? Odp. 45o. 4. Tym razem rozważmy przykład czysto geometryczny. W trapezie ABCD. Przekątna AC ma długość 4 cm, kąty ABC oraz DAC są równe 30o. Przedłużenia boków nierów- noległych przecinają się pod katem prostym. Oblicz pole tego trapezu. Nie znamy długości podstaw trapezu dlatego nie możemy wykorzystać do policzenia pola znanego dla trapezu wzoru helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 64 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. S  abh. 2 Zauważmy, że pole, które chcemy znaleźć jest sumą pól dwóch trójkątów: ABC i ACD. Przyjrzyjmy się bliżej tym trójkątom. Kąt o wierzchołku E jest z warunków za- dania kątem prostym, zatem suma katów EAB+ABE równa jest 90o (suma kątów trójkąta ABE równa jest 180o). Skoro kąty ABC oraz DAC są równe po 30o, kąt CAB musi mieć także 30o. Tym samym pokazaliśmy, że trójkąt ABC jest trójkątem równo- ramiennym o kątach przy podstawie po 30o. Kąty BAC i ACD jako naprzemianległe są sobie równe, zatem trójkąt ACD również jest trójkątem równoramiennym o kątach przy podstawie równych po 30o. Nasze zadanie sprowadza się więc do policzenia pola trójkąta równoramiennego o ką- tach przy podstawie równych po 30o, raz w przypadku gdy dany jest bok tego trójką- ta, drugi raz w przypadku gdy dana jest podstawa tego trójkąta. Pokazano to na ry- sunku. Pole trójkąta policzymy ze znanego wzory S  1 a  h . Dla trójkąta gdzie dany jest bok 2 o długości 4 (lewa część rysunku) otrzymamy: a  2  4  cos 300  8  3  4 3 [cm] 2 h  4  sin 300  4  1  2 [cm] 2 S1  1  4 32 4 3 [cm2] 2 Dal trójkąta gdzie dana jest podstawa o długości 4 (prawa część rysunku) otrzyma- my: helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 65 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. tg300  h  h  2  tg300  2  3 [cm] 23 S2  1 4 23  43 [cm2] 2 3 3 Szukane pole trapezu równe jest zatem 4 3  4 3  16 3 [cm2]. 33 Powyższe przykłady nie wyczerpują różnych sposobów wykorzystania trygonometrii do zadań geometrycznych. Wszystkie one maja wspólną cechę, aby je rozwiązać na- leży „zobaczyć” w szkicu do zadania trójkąt prostokątny w stosunku do którego moż- na zastosować jedną bądź kilka funkcji trygonometrycznych, których wartości na ogół odczytujemy z tablic. Warto zatem przyjrzeć się tablicą wartości funkcji trygonome- trycznych aby w razie potrzeby szybko i bezbłędnie odnaleźć w nich potrzebne infor- macje. Zadania występujące na maturze 1. Oblicz wartość wyrażenia: c) tg45  2 cos 30  2sin 60 a) 2sin 30  3cos 45  4tg60 d) c) tg2 30  cos2 45  sin2 60 b) tg45  3cos 60  2sin 30 a) 2sin 30  3cos 45  4tg60  2  1  3 2  4  3  1 3 2  4 3 22 2 b) tg45  3cos 60  2sin 30  1 3 1  2  1  3 2 22 c) tg45  2 cos 30  2sin 60  1 2  3  2  3  1 22 d) tg2 30  cos2 45  sin 2 60   3 2   2 2   3 2  1  1  3  4  6 33  1  3   2   2  3 2 4 12 12 2. Oblicz miarę kąta  wiedząc, że: a) sin 2  2 c) tg2  3 2 d) 4(1 sin 3 )  6 b) cos 3  1 2 a) sin 2  2  2  45    2230 ' 2 b) cos 3  1  3  60    20 2 c) tg2  3  2  60    30 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 66 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. d) 4(1 sin 3 )  6  sin 3  1  3  30    10 2 3 Wykaż tożsamość trygonometryczną: c) sin2   1 cos a) cos2  sin  sin3   sin 1 cos b) 1 cos 1 cos   sin2  d) cos2   1 sin 1 sin Wykazywanie tożsamości trygonometrycznych polega na przekształceniu strony lewej tożsamości i otrzymaniu strony prawej, bądź odwrotnie przekształceniu strony pra- wej i dojściu w ten sposób do strony lewej.  a) L  cos2   sin3   sin cos2   sin2   sin  P b) L  1 cos 1 cos   1 cos2   sin2   P c) L  sin2   1 cos2   1 cos 1 cos   1 cos  P 1 cos 1 cos 1 cos d) L  cos2   1 sin2   1 sin 1 sin   1 sin  P 1 sin 1 sin 1 sin Zadania proponowane przez CKE 4. Dany jest trójkąt prostokątny o kątach ostrych  ,  , w którym sin  6 Wtedy: 3 A. cos  3 B. cos   6 C. tg  3 D. tg  6 2 33 2 Funkcje trygonometryczne kątów ostrych trójkąta prostokątnego są ze sobą powią- zane. Znając jedną z funkcji można wyznaczyć wszystkie pozostałe. Aby rozwiązać zadanie najprościej jest skonstruować trójkąt prostokątny, w którym sin  6 . 3 Z definicji funkcji sinus wynika, że przyprostokątna naprzeciw kata  ma mieć dłu- gość 3 , przeciwprostokątna długość 3. Z twierdzenia Pitagorasa wyliczamy długość drugiej przyprostokątnej b2  32  ( 3)2  b  6 . Na podstawie danych z rysunku i definicji funkcji trygonometrycznych można teraz policzyć:  A. cos  3 B. cos   6 3 6 3 3 2  C. tg  6  D. tg  3  1 3 3 62 5. Dana jest liczba a  sin 72 . Znajdź liczbę 1 tg2 72 w zależności od a . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 67 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Skorzystamy tu z zależności, że tg  sin oraz sin2   cos2   1 . Mamy: cos 1 tg2 72 1 sin2 72  1  1 sin2 72  1  1 a 2 2 cos2 72  sin2 72  a 6. Oblicz wartość wyrażenia 2sin  3cos jeżeli  jest kątem ostrym oraz tg  3 . 3cos  5sin 2sin  3cos 2 sin  3 cos 2tg  3 63 1 3cos  5sin cos cos 3  5tg 3 15 4    cos sin  3 cos  5 cos 7. Kąty  ,  są kątami ostrymi w trójkącie prostokątnym i cos  2 . Oblicz: 5 tg sin  . Przede wszystkim zauważmy, że dla kątów ostrych w trójkącie prostokątnym sin   cos . Ponadto tg  sin  1 cos2  czyli: cos cos tg sin   1 cos2   cos  1 cos2   1   2 2  21  21 cos  5  25 5 8. Dla pewnego kąta ostrego  funkcje trygonometryczne sinus i cosinus mają war- tości: sin  a  1 , cos  a  1 . Uzasadnij, że: tg  4  7 . 44 3 sin2   cos2   1   a  1 2   a  1 2 1  2a2  2  1  16a2  7  a 7  4   4  16 4 Podstawiając obliczoną wartość otrzymamy: tg  sin   a  1  4a 1  7 1 7 1  8 2 7  4 7 cos a  4a 1 7 1 7 1 6 3 4 1 4 9. Kąt  jest katem ostrym i cos  2 . Wykaż, że średnia arytmetyczna liczb: 3 a  sin , b  1 , c  tg jest równa 5 1 . 23 6 sin  1 cos2   1   2 2  5 Stąd: tg  sin  5:2 5 3  5 oraz  3  3 cos 33 32 2 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 68 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. abc  51 5 531  5 1 32 6 3 3 3 63 6 10. Wykaż, że jeżeli  ,  są kątami ostrymi takimi, że sin  35 , tg  35 to 6  .  35 2 1  tg = sin  35 : 1  35  6  35 . Więc: cos  1 sin2   1   = cos 66 6 tg  tg     6 6 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 69 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 14 Własności funkcji Funkcja to takie przyporządkowanie, w którym jednemu x przyporządkowano jeden y . Na wykresie jeżeli prosta pionowa do osi X przetnie wykres tylko w jednym punkcie to mamy doczynienia z funkcją, jeżeli w kilku punktach to nie jest to funkcja gdyż jednemu x odpowiada kilka y . Ważna jest umiejętność wyznaczania dziedziny funkcji. Dziedzina funkcji to największy zbiór argumentów ( x -ów), dla których funk- cja ma sens. Weźmy funkcje: a) f (x)  2 x b) f (x)  x  2 c) f (x)  2x2  3x 1 x2 1 a) Ta funkcja ma sens tylko tam, gdzie mianownik jest różny od 0 a więc dla x  1 i x  1 . Zatem dziedziną tej funkcji jest D  R \\{1,1}. b) Ta funkcja ma sens tam tylko wtedy jeżeli można wyciągnąć pierwiastek, zatem liczba pod pierwiastkiem nie może być ujemna. Mamy zatem x  2  0  x  2 . Dziedziną funkcji jest D  2, ) . c) Trzecia funkcja ma sens dla każdego argumentu, zatem D  R . Sprawdź czy rozumiesz! Wskaż dziedzinę funkcji: f (x)  x . x 1 Funkcje mogą być rosnące, co oznacza, że zwiększając argument zwiększamy war- tość funkcji: x1  x2  f (x1)  f (x2 ) Funkcje mogą być malejące, co oznacza, że zwiększając argument zmniejszamy wartość funkcji: x1  x2  f (x1)  f (x2 ) Funkcję nazywamy stałą, jeżeli dla dowolnych argumentów przyjmuje tę samą war- tość. Funkcje rosnące bądź malejące nazywamy funkcjami monotonicznymi w przeciwieństwie do funkcji, które tych własności nie mają. W praktyce jeżeli wę- drując palcem po wykresie funkcji wraz ze wzrostem argumentu ˶palec idzie do gó- ry˝, funkcja jest rosnąca. Jeżeli ˶palec idzie do dołu˝ funkcja jest malejąca. Funkcje rosnące to: f (x)  2x 1 , f (x)  x . Funkcje malejące: f (x)  x  2 , f (x)  1 x Funkcja f (x)  x2 maleje w zbiorze (, 0  , rośnie w zbiorze  0, ) . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 70 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Funkcja liniowa f (x)  ax  b jest rosnąca gdy a  0 (np. f (x)  3x 1 ), malejąca gdy a  0 (np. f (x)  2x 1), stała dla a  0 (np. f (x)  4 ). Punkt gdzie wykres funkcji przecina oś X nazywamy miejscem zerowym. Funkcja może mieć kilka miejsc zerowych (nawet nieskończenie wiele) lub nie mieć ich wcale. Aby znaleźć miejsce zerowe rozwiązujemy równanie f (x)  0 . Punkt gdzie wykres funkcji przecina oś Y nazywamy wartością w zerze. Jeżeli funkcja posiada wartość w zerze, to tylko jedną. Wyliczamy ją podstawiając w miejsce argumentu 0 (jeżeli można to zrobić) f(0). Ważną klasę funkcji, stanowią funkcje różnowartościowe. Są to takie funkcje, gdzie różnym wartościom argumentów odpowiadają różne wartości funkcji: x1  x2  f (x1)  f (x2 ) Prosta równoległa do osi X przecina wykres funkcji różnowartościowej tylko w 1 punkcie. Funkcja f (x)  4x 1 jest różnowartościowa. Funkcja g(x)  x2 1 nie jest różnowartościowa gdyż g(2)  g(2)  5 . Zadania występujące na maturze 1. Ustal dziedzinę funkcji: a) f (x)  x  1 d) f (x)  2x 1  x2 x  x 12 b) f (x)  x2 1 e) f (x)  c) f ( x)   2  x 2 f) f (x)  x2 4  2  x  x2 4 a) W mianowniku nie może być 0 zatem D  R \\{0}, b) Pierwiastki istnieją z liczb nieujemnych. Wyrażenie x2 1 jest zawsze nieujemne, zatem D  R . c) Wzór funkcji posiada mianownik, który musi być różny od 0, zatem D  R \\{2}. d) Wyrażenie pod pierwiastkiem musi być nieujemne 2x 1  0 , zatem D  1 , ) . 2 e) Funkcję można uprościć f (x)   x 12  x 1 , zatem D  R . f) W mianowniku nie może być 0, zatem D  R \\{2, 2}. 2. Dla jakiej wartości parametru m wskazana funkcja spełnia warunek: a) f (x)  (2m 1)x 1 jest rosnąca, b) f (x)  (m2 1)x  2 jest malejąca, c) f (x)  (m  2)2 x  3 jest stała. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 71 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. W każdym przypadku mamy funkcję liniową, której monotoniczność zależy od współ- czynnika przy x . a) 2m 1  0  m  1 . Funkcja jest rosnąca dla m  1 , ) 22 b) m2 1  0  (m 1)(m 1)  0 . Parabola opisująca ostatnią nierówność ma ramiona skierowane do góry i przechodzi przez punkty -1, 1, zatem aby nierówność była speł- niona m  (1,1) . c) (m  2)2  0  m  2 . Funkcja jest stała dla m  2 . 3. Podaj miejsca zerowe i wartość w zerze następujących funkcji (o ile istnieją): a) f (x)  x 1 b) f (x)  x2 1 c) f (x)  log x 1 x 1 Jakiekolwiek badanie funkcji powinniśmy rozpocząć od wyznaczenie dziedziny, nawet jak w zadaniu wprost do dziedziny nie odwołujemy się. a) D  1, ) gdyż pierwiastki istnieją tylko z liczb nieujemnych. Do wskazanej dzie- dziny nie należy liczba 0, zatem funkcja nie posiada wartości w 0. Aby ustalić miejsca zerowe należy rozwiązać równanie x 1  0  x 1  0  x  1. b) D  R \\{1}. Po ustaleniu dziedziny funkcję można uprościć: f (x)  x2 1   x 1 x 1  x 1 x 1 x 1 Miejsce zerowe x 1  0  x  1. Wartość w 0, f (0)  1. c) D  (0, ) . Miejsce zerowe: log x 1  0  log x  1  x  10 . Wartości w zerze brak. 4. Dana jest funkcja f (x)  x  2 . Znajdź miejsce zerowe i wartość w 0 funkcji okre- x 1 ślonej wzorem: g(x)  f (x  3) . Aby otrzymać wzór funkcji g(x) należy w miejsce argumentu wzoru funkcji f wsta- wić x  3 . Mamy g(x)  (x  3)  2  x  5 . Dziedziną tej funkcji jest: D  (2, ) , (x  3) 1 x  2 pierwiastek musi istnieć i w mianowniku nie może być 0. Miejsce zerowe: x  5  0  x  5  0  x  5 D znalezione miejsce zerowe na- x2 leży odrzucić bo nie należy do dziedziny. Wartość w 0, g(0)  0  5  5 . 02 2 Zadania proponowane przez CKE 5. Funkcja wymierna dana jest wzorem f (x)  x2  2x  3 . Wyznacz wszystkie warto- x2  3x  6 ści argumentu, dla których funkcja f przyjmuje wartość 2. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 72 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Należy rozwiązać równanie: x2  2x  3  2 i sprawdzić czy rozwiązania należą do x2  3x  6 dziedziny funkcji. Dziedziną funkcji są wszystkie liczby, które nie zerują mianownika, mamy więc:   9  24  33 , x1  3  2 33 , x2  3 33 Stąd D  R \\  3  33 , 3  33  2    2 2  x2  2x  3  2  x2  2x  3  2x2  6x 12  x2 8x 9  0 x2  3x  6   64  36  100 , x1  8  100  8 10  1, x2  8 100  8 10  9 2 2 2 2 Obie znalezione wartości należą do dziedziny funkcji. 6. Najmniejszą wartością, jaką funkcja kwadratowa dana wzorem f (x)  ax2  bx  c przyjmuje w przedziale  0, 4  , jest f (2) . Uzasadnij, że a  0 i b  0 . Parabola będąca wykresem tej funkcji, ma ramiona skierowane do góry gdyż w pun- kcie p  2 ma wierzchołek (przyjmuje minimum), zatem a  0 . Ponieważ 2  p   b współczynnik b  0 . 2a 7. Funkcja kwadratowa f przyjmuje w przedziale  0,3  największą wartość dla ar- gumentów 0 i 3. Uzasadnij, że w przedziale  2,5  funkcja f przyjmuje największą wartość dla argumentów -2, 5. Skoro największa wartość funkcji przyjmowana jest na końcach przedziału (ta sama), to środek przedziału jest zarazem współrzędną p  3 wierzchołka paraboli, której 2 ramiona skierowane są do góry. Ten sam punkt jest środkiem przedziału  2,5  , zatem na jego końcach wartości także będą maksymalne. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 73 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 15 Ciągi Ciąg jest funkcją określoną na zbiorze liczb naturalnych. Innymi słowy ciąg każdej liczbie naturalnej przyporządkowuje określoną wartość. Zwykle ciąg oznacza- my podając jego wzór: an  1 (liczbie n przyporządkowano jej odwrotność), lub wy- n pisując początkowe wyrazy ciągu: 1, 1 , 1 , 1 ,... co wystarczy, żeby zauważyć, że te 234 dwa przedstawienia dotyczą tego samego ciągu. Ciąg może być rosnący, jeżeli jego wyrazy zwiększają się: an  an1 Wyraz następny, z indeksem n 1 jest większy od wyrazu poprzedniego, z indeksem n . Ciąg może być malejący, jeżeli jego wyrazy zmniejszają się: an  an1 Wyraz następny, z indeksem n 1 jest mniejszy od wyrazu poprzedniego, z indeksem n . Ciąg może być stały, jeżeli wszystkie jego wyrazy są takie same. Ciągi rosnące, malejące bądź stałe nazywamy monotonicznymi. Sprawdź czy rozumiesz! Wypisz 5 pierwszych wyrazów ciągu an   1 . Określ n2 monotoniczność tego ciągu. Szczególnie ważne są dwa przykłady ciągów. Ciąg arytmetyczny, w którym różnica pomiędzy dowolnym wyrazem a wyrazem bezpośrednio go poprzedzającym jest stała i równa r : an1  an  r Ciąg geometryczny, w którym stosunek dowolnego wyrazu do wyrazu bezpośred- nio go poprzedzającego jest stały i równy q : an1  q an Ciągiem arytmetycznym jest np. ciąg: 1, 3, 5, 7,... (ciąg kolejnych liczb nieparzys- tych, gdzie różnica wynosi 2). Ciągiem geometrycznym jest np. ciąg: 1, 2, 4, 8... (ciąg kolejnych potęg 2 gdzie iloraz wynosi 2). Z ciągiem arytmetycznym i geome- trycznym związane są ważne wzory, które dotyczą wyrazu ogólnego, własności i su- my: helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 74 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Ciąg arytmetyczny Ciąg geometryczny an1  q Definicja an1  an  r an Wyraz ogólny an  a1  (n 1)r an  a1  qn1 Własność an  an1  an1 an  an1  an1 Suma n wyrazów 2 Sn  a1  an n Sn  1 qn , q 1 2 a1 1 q Sn  n  a1, q  1 Ciąg arytmetyczny jest rosnący gdy r  0 , malejący gdy r  0 , stały gdy r  0 . Ciąg geometryczny jest rosnący gdy q  1, malejący gdy 0  q  1, stały gdy q  1. Sprawdź czy rozumiesz! Policz sumę pierwszych 100 dodatnich liczb nieparzys- tych, która z nich jest 30 w tym ciągu? (ciąg arytmetyczny) Zadania występujące na maturze 1. Wypisz pięć początkowych wyrazów ciągu, ustal jego monotoniczność. a) an  n2  n 1 c) an   1 n  2  b) an  2n 1 d) an  (1)n 1 2n 1 n a) 3, 7, 13, 21, 31,... Ciąg jest rosnący ale nie można tego wnioskować na podstawie pięciu wyrazów, na- leży przeprowadzić rozumowanie ogólne. Chcemy pokazać, że: an  an1 czyli: n2  n 1  (n 1)2  (n 1) 1  n2  (n 1)2 1  0   2n  2  0 Ostatnia nierówność zachodzi dla każdego n . b) 3, 5 , 7 , 9 , 11 ,... 357 9 Wyrazy ciągu maleją. Pokażmy to, czyli: an  an1 : 2n 1  2(n 1) 1  2n 1  2n  3 2n 1 2(n 1) 1 2n 1 2n 1 Mnożąc ostatnią nierówność przez dodatnie wyrażenie (2n 1)(2n 1) otrzymamy: (2n 1)2  (2n  3)(2n 1)  4n2  4n 1  4n2  2n  6n  3  4  0 Zatem ciąg jest malejący. c) 1 , 1 , 1 , 1 , 1 ,... 2 4 8 16 32 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 75 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury.  1 n1  2  Zauważmy, że badany ciąg jest ciągiem geometrycznym o ilorazie q   1 n 1. 2  2  Skoro iloraz jest z przedziału q  (0,1) , ciąg jest malejący. d) 0, 1, 0, 1 , 0,... 2 Ciąg nie jest monotoniczny ponieważ wszystkie jego nieparzyste wyrazy zerują się. 2. Oblicz wskazany wyraz ciągu, którego suma n początkowych wyrazów dana jest wzorem: a) Sn  (2n 1)n , a5 c) Sn  2n 1 , an b) Sn 1 n(n 1)2 , a1 d) Sn  n 12 , a2 2 2n Skorzystamy z definicji sumy wyrazów ciągu: Sn  a1  a2  a3  ...  an1  an . Mamy: S5  a1  a2  a3  a4  a5 , S4  a1  a2  a3  a4 więc a5  S5  S4 . a) a5  S5  S4  55  36  19 , b) a1  S1  2 , c) an  Sn  Sn1  2n 1 (2n1 1)  2n  2n1  2n1(2 1)  2n1 , d) a2  S2  S1  94  98  1. 42 44 4 3. Oblicz ile wyrazów ujemnych ma ciąg: a) an  n2  6n  8 b) an  n2  2n  6 Wyrazy ujemne spełniają an  0 . Należy policzyć dla ilu naturalnych n -ów ta nierów- ność jest spełniona. Aby rozwiązać nierówność kwadratową w liczbach naturalnych rozwiążmy ją najpierw w liczbach rzeczywistych tzn. postępujmy tak, jak gdyby na było dowolną liczbą rzeczywistą. a) n2  6n  8  0 ,   36  32  4 , n1  6 4  2, n2  6 4 4. Parabola będąca 2 2 wykresem funkcji opisującej nierówność ma ramiona skierowane do góry i przechodzi przez punkty 2 oraz 4, zatem nierówność spełniają wszystkie liczby z przedziału (2, 4) . W tym przedziale jest tylko jedna liczba naturalna n  3 , więc tylko trzeci wy- raz naszego ciągu jest ujemny. b) n2  2n  6  0 ,   4  24  28 , n1  2  28 1 7, n2  2  28 1 7 . Parabola 2 2 będąca wykresem funkcji ma ramiona skierowane do góry i przechodzi na osi odcię- helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 76 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. tych przez punkty n1  1 7 i n2  1 7 . Nierówność rozwiązują zatem liczby z przedziału (1 7,1 7) , w którym liczby naturalne to 1, 2, 3. Zatem w tym ciągu są trzy wyrazy ujemne. 4. Sprawdź, czy podany ciąg jest arytmetyczny bądź geometryczny: a) 3, 6, 9, 12, ... c) 2, 2, 2, 2, ... b) 1, 2, 4, 8, ... d) 1, 1, 2, 3, 5, ... Należy sprawdzić czy zachodzi własność któregoś z ciągów lub czy spełniona jest de- finicja, któregoś z ciągów. a) 12-9=9-6=6-3 jest spełniona definicja ciągu arytmetycznego 12  9 nie jest spełniona definicja ciągu geometrycznego 96 b) 8  4  4  2 nie jest spełniona definicja ciągu arytmetycznego 8  4 jest spełniona definicja ciągu geometrycznego 42 c) 2-2=2-2 jest spełniona definicja ciągu arytmetycznego 2  2 jest spełniona definicja ciągu geometrycznego 22 Każdy ciąg stały, za wyjątkiem ciągu o wyrazach zerowych, jest zarazem ciągiem arytmetycznym i geometryczny. d) 5  3  3  2 nie jest spełniona definicja ciągu arytmetycznego 5  3 nie jest spełniona definicja ciągu geometrycznego 32 5. Oblicz wyraz pierwszy i różnicę ciągu arytmetycznego: a) a5  5, a8  1 b) a2  a4  10, a3  a5  14 c) a4 : a8  1, a5  a6  15 2 a) aa85  5  a1  4r   6  3r  r  2  1  a1  7r a1  13 b) aa11  r  a1  3r  10  aa11  2r  5  r  2  2r  a1  4r  14  3r  7 a1  1 c)  a1  3r  1  2a  6r  a1  7r  a1 r  r2  1  a1  7r 2 5r  6r 2   15 (a1  4r)(a1  5r)  15 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 77 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury.  2   2 r  2 r   2   a1  2 a1   2 2 2 6. Liczby x  3 , 2x , 5x 18 są w podanej kolejności siódmym, ósmym i dziewiątym wyrazem ciągu geometrycznego. Policz x , podaj iloraz i pierwszy wyraz tego ciągu. Z warunków zadania mamy: a7  x  3, a8  2x , a9  5x 18 . Ciąg jest geometryczny zatem: 5x 18  2x  4x2  5x2 15x 18x  54  x2  3x  54  0 2x x 3   9  216  225 , x1  3  225  9, x2  3  225 6 2 2 Obie wartości są poprawne (nie zerują mianowników w równaniu), zatem mamy dwa ciągi: -12, -18, -27 w tym ciągu q 18  3, 12  a7  a1  3 6  a1  12  2 6 12 2  2   3  3, 12, 48 w tym ciągu q  12  4 , 3  a7  a1  46  a1  3 3 46 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 78 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 16 Ciąg arytmetyczny i geometryczny w zadaniach Zadania proponowane przez CKE 1. Oblicz sumę wszystkich parzystych liczb całkowitych dodatnich nie większych od 1000 i niepodzielnych przez 3. Możemy postąpić następująco: od sumy wszystkich liczb całkowitych, dodatnich i pa- rzystych odjąć sumę wszystkich liczb całkowitych, dodatnich, parzystych i podziel- nych przez 3: 2  4  6  8 10 12 14 16 18  ... 1000  6 12 18  ...  996   2 1 2  3  4  5  6  7  8  9  ...  500  61 2  3  ... 166  2  500 501  6 166 167  250500  83166  167334 22 Wykorzystaliśmy znany wzór Gaussa: 1 2  3  ...  n  n(n 1) 2 2. W pewnym ciągu geometrycznym wyraz a4 jest osiem razy większy od wyrazu a1 . Drugi wyraz tego ciągu jest równy 6. Znajdź najmniejsze k takie, że ak  100 . Z warunków zadania mamy: aa24  8a1  a1q3  8a1  q3  0  q  2  q  2  6 a1q  6 a1  3 Znając wyraz pierwszy oraz iloraz mamy w pełni określony ciąg. Teraz szukamy naj- mniejszego k , które spełnia nierówność: a1qk1  100  3 2k1  100  2k1  33  k 1  6, 7, 8,... Odp.: k  7 . 3. Trójwyrazowy ciąg x 1, x 1, 2x jest arytmetyczny dla: A. x  3 B. x  1 C. x  0 D. x  2 Ciąg będzie arytmetyczny, jeżeli 2x  (x 1)  x 1 (x 1)  x 1  2  x  3 . 4. W ciągu arytmetycznym a1  8 oraz a1  a2  a3  33 . Wtedy a4  a5  a6 równa jest: A. 44 B. 60 C. 69 D. 93 a1  a2  a3  a1  a1  r  a1  2r  3a1  3r  3(a1  r)  33  a1  r  11  r  3 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 79 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. a4  a5  a6  a1  3r  a1  4r  a1  5r  3a1 12r  3(a1  4r)  3(8 12)  60 5. Suma n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego an dana jest wzorem: Sn  n2  25n . Różnica ciągu arytmetycznego bn równa jest r  3 , jego piątym wyra- 4 2 zem jest b5  8 . Wyznacz sumę 17 początkowych wyrazów ciągu cn  2bn  a8 . Z warunków zadania mamy: a8  S8  S7  34  ( 63)   5 , 2 2 b5  8  b1  4 3  b1  2 2 Stąd bn  2  (n 1) 3  3n 1 2 2 2 cn  2bn  a8  2  3 n  1   5  3n  7  2 2  2 2 Sc17  c1  c17 17  13  109 17  122 17  6117  1037 2 2 2 4 2 2 2 6. Suma 23 początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego jest równa 1564, oblicz średnią arytmetyczną wyrazów a3 i a21 . a3  a21  a1  2r  a1  20r  a1  11r  a12 2 2 1564  S23  a1  a23  23  a1  a1  22r  23  (a1  11r )  23  a12  23  a12  68 2 2 7. Dany jest ciąg arytmetyczny an . Wykaż, że ciąg bn określony wzorem: bn  2an2  4an4 również jest arytmetyczny. Sprawdźmy własność: bn1  bn1  (2an12  4an14 )  (2an12  4an14 )  2 an1  an3  4 an3  an5  2an2  4an4  bn 2 2 2 2 8. Skończony ciąg arytmetyczny ma nieparzystą liczbę wyrazów. Wszystkie wyrazy tego ciągu są liczbami całkowitymi. Uzasadnij, że środkowy wyraz jest dzielnikiem sumy tych wyrazów. Oznaczmy wyrazy ciągu przez a1, a2 ,..., a2n1 środkowy wyraz to an1 , który jest równy an1  a1  nr . Suma po przekształceniu przybiera formę: helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 80 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. S2n1  a1  a1  2nr (2n  1)  (a1  nr)(2n  1) 2 Zatem an1 dzieli (2n 1)(k  nr) . 9. W ciągu geometrycznym rosnącym pierwszy wyraz jest równy -16, a siódmy wyraz jest równy  1 . Kwadrat czwartego wyrazu jest równy: 4 A. -2 B. 4 C.  61 2 D.  65 2 Mamy:  8   8   1  a7  a1q6  16q6  q6  1 1 = 1 4 4 16 43   a42 2 1 44 a1q3  a12q6  (16)2 43  43 4 10. W ciągu geometrycznym, w którym a1  1 znane są wartości dwóch wyrazów ak  16 i ak2  32 . Wyznacz wyraz a10 . 16  ak  q k 1 1  2  qk 1  q2  q 2  q 2   ak  qk 1 32 2 qk a10  a1q9  q9  a10  16 2 a10  16 2 11. Kacper przez 5 dni zapisywał swoje wydatki. Zauważył, że każdego dnia wydatki były niższe o 20% w stosunku do wydatków poprzedniego dnia. Oblicz kwotę, jaką Kacper wydał w tym czasie, jeśli piątego dnia wydał 20,48 zł. Jeżeli przez x oznaczymy kwotę wydaną pierwszego dnia, to wydatki Kacpra opisuje suma ciągu geometrycznego: S5  x  0, 8 x  0, 82 x  0, 83 x  0, 84 x  x 1 0,85 0, 2 0,84 x  20, 48  x  50 . Stąd S5  1 0,85  168, 08 50 0, 2 12. W ciągu geometrycznym o różnych i niezerowych wyrazach różnica między wyra- zami piątym i trzecim jest trzy razy większa niż różnica między wyrazami czwartym i trzecim. Oblicz iloraz ciągu. a5  a3  3(a4  a3 )  a1q4  a1q2  3(a1q3  a1q2 )  q2 1  3(q 1) q2  3q  2  0 ,  981, q1  31 1, q2  31  2 2 2 Pierwszą wartość należy odrzucić gdyż ciąg mam mieć różne wyrazy, pozostaje q  2 . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 81 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 17 Planimetria Kąty w okręgu. Kąt  , którego wierzchołek pokrywa się ze środkiem okręgu nazywamy kątem środkowym. Kąt  , którego wierzchołek leży na okręgu nazywamy kątem wpisanym. Jeżeli kąt środkowy i wpisany oparte są na tym samym łuku (na rysunku łuk AB) to miara kąta środkowego jest dwa razy większa od miary kąta wpisa- nego:   2 Z tego faktu wynika wiele ważnych wniosków: 1. Kąt wpisany oparty na średnicy jest kątem prostym co oznacza, że trójkąt wpisany w okrąg tak, że jeden z boków jest średnicą okręgu jest trójkątem prostokątnym. 2. Kąty wpisane oparte na łukach dopełniających się do okręgu mają razem 180 , co oznacza, że na czworokącie można opisać okrąg, jeżeli suma jego przeciwległych kątów wynosi 180 . 3. Kąty wpisane oparte na tym samym łuku są sobie równe. 4. Kąt między styczną do okręgu a cięciwą przechodzącą przez punkt styczności, równy jest kątowi wpisanemu opar- temu na łuku tej cięciwy. 5. Z punktu P leżącego poza okręgiem można poprowadzić do okręgu dwie proste styczne, które są prostopadłe do pewnych promieni. Odcinki od punktu styczności do punktu poza okręgiem mają jednakową długość AP=BP. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 82 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Najważniejsze informacje o trójkątach 1. Aby z trzech odcinków zbudować trójkąt to suma długości dwóch dowolnych musi być większa od trzeciego. 2. Suma miar kątów wewnętrznych trójkąta wynosi 180 . 3. W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie są sobie równe. 4. W każdy trójkąt można wpisać okrąg o promieniu r  S p gdzie: S - pole trójkąta, p - połowa jego obwodu. 5. Na każdym trójkącie da się opisać okrąg o promieniu R  abc 4S gdzie: a, b, c - boki trójkąta, S - pole trójkąta. 6. W trójkącie prostokątnym zachodzi twierdzenie Pitagorasa a2  b2  c2 gdzie: a, b - przyprostokątne, c - przeciwprostokątna. 7. W trójkątach podobnych odpowiednie boki (leżące na przeciw tych samych kątów) są proporcjonalne (ich stosunek jest skalą podobieństwa): k a  b  c a' b' c' Jeżeli trójkąty są podobne w skali k , to stosunek ich pól wynosi k 2 . Cechy podobień- stwa trójkątów: a) Jeżeli boki jednego trójkąta są proporcjonalne do boków drugiego trójkąta, to trój- kąty są podobne (bbb). b) Jeżeli dwa boki jednego trójkąta są proporcjonalne do dwóch boków drugiego trójkąta a kąty zawarte między tymi bokami są równe, to trójkąty są podobne (bkb). c) Jeżeli dwa kąty jednego trójkąta są równe dwóm kątom drugiego trójkąta, to trój- kąty są podobne (kkk). Należy rozróżniać figury przystające (mające ten sam kształt i wielkość) od figur po- dobnych (mające ten sam kształt ale różniące się wielkością. Bardzo często w zadaniach występuje trójkąt równobocz- ny lub trójkąt będący połowa trójkąta równobocznego. Zwracamy uwagę, że jeżeli w zadaniu trójkąt prostokątny a a ma jeden z kątów ostrych równy 30 lub 60 , to jest to a 3 połowa trójkąta równobocznego. Przypominamy podsta- 2 wowe związki w trójkącie równobocznym o boku a : 60 aa 22 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 83 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. h  a 3 , S  a2 3 , r  1 h, R  2 h 2 4 33 gdzie: h wysokość trójkąta, S pole trójkąta, r promień okręgu wpisanego w trójkąt, R promień okręgu opisanego na trójkącie. Najważniejsze informacje o czworokątach 1. Na czworokącie można opisać okrąg, tylko wtedy gdy jego przeciwległe kąty su- mują się do 180 . 2. W czworokąt można wpisać okrąg, tylko wtedy, gdy ma równe sumy długości przeciwległych boków. 3. Jeżeli w czworokącie połączymy środki boków, to otrzymamy równoległobok. 4. Jeżeli w trapezie połączymy środki ramion, to otrzymamy odcinek równoległy do podstaw o długości będącej średnią arytmetyczną podstaw. Ważniejsze wzory dotyczące pól czworokątów: kwadrat: S  a2  1 d2 a -bok, d - przekątna 2 równoległobok: S  ah  ab sin a, b - boki, h - wysokość,  - kąt ostry romb: S  ah  d1  d2  a2 sin  a -bok , d1, d2 -przekątne,  -kąt ostry 2 trapez: S  abh a, b - podstawy, h - wysokość 2 deltoid: S  d1  d2 d1, d2 -przekątne Koło i okrąg: 2 Pola koła: S r2 Długość okręgu: L  2 r helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 84 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 18 Zadania z planimetrii Zadania proponowane przez CKE 1. Trójkąt ostrokątny ABC jest wpisany w okrąg o środku O i promieniu 4. CAB  OCB oraz CBA  OCA . Oblicz długość wysokości CD opuszczonej z wierzchołka C na bok AB. Oznaczmy CAB   , CBA   . CAB    OCB i CBA    OCA ponadto OCA  OCB  ACB więc: ACB     Suma kątów w tym trójkącie wynosi:     (   )  2  2  180      90 Trójkąt jest więc trójkątem prostokątnym, środek okręgu O leży w połowie odcinka AB. Trójkąt OCB jest równoramienny więc     45 , więc OC jest wysokością, stąd: CD=OC=4. 2. Odcinek AB jest średnicą okręgu o środku w punkcie O i promieniu r (patrz rysu- nek). Cięciwa AC ma długość r 3 , więc: A. AOC  30 B. ABC  90 C. BOC  60 D. BAC  45 Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym z kątem pro- stym ACB , cos BAC  r 3  3  BAC  30 . Stąd: BOC  2 30  60 . 2r 2 3. Punkty A, B, C, D, E są położone w tej kolejności na okręgu o środku O (patrz ry- sunek). Odcinki BD i AC są średnicami tego okręgu oraz BEC  60 . Oblicz miarę CBD . BDC  60 ponieważ jest to kąt wpisany oparty na tym samym łuku co BEC . BCD  90 ponieważ jest oparty na średnicy, zatem CBD  30 (suma kątów trójkąta równa jest 180 ). helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 85 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. 4. Punkty A, B, C, D są położone w tej kolejności na okręgu o środku O (patrz rysu- nek). Odcinek DB jest średnicą tego okręgu i BAC   , CBD   . Wykaż, że:     90 . BCD  90 ponieważ jest kątem wpisanym, opartym na średnicy. BDC   gdyż oba kąty oparte są na tym sa- mym łuku BC, zatem: BDC    BCD  180     90  180      90 5. Parami różne punkty A, B, C, D, E leżą na okręgu. Odcinki DE i AC są równoległe, zaś odcinek BD jest średnicą tego okręgu (patrz rysunek). Wykaż, że prosta BE za- wiera wysokość trójkąta ABC opuszczoną na bok AC. BED  90 ponieważ jest oparty na średnicy okręgu. Skoro odcinki ED i CA są równoległe, to BE jest prostopa- dłe do CA zatem zawiera wysokość trójkąta ABC. 6. Końce odcinka AB o długości 9 są środkami okręgów o promieniach 6 i 4 (patrz rysunek). Punkt C leży na odcinka AB i jest środkiem takiego okręgu, o promieniu większym od 6, że dwa dane okręgi są do niego wewnętrznie styczne. Promień okrę- gu o środku C ma długość: A. 6.5 B. 7.5 C. 8.5 D. 9.5 Średnica okręgu, o którym mowa może być przedstawiona jako suma promienia okręgu wewnętrznego większego, od- cinka AB oraz okręgu wewnętrznego mniejszego. Stąd: r  6  9  4  9.5 2 7. Dwa okręgi o promieniach r i R są styczne zewnętrznie i są styczne do wspólnej prostej w punktach A i B (patrz rysunek). Oblicz wartość iloczynu rR, jeżeli wiadomo, że odcinek AB ma długość 5. Punkty styczności okręgów z prostą oraz środki okrę- A gów tworzą trapez prostokątny. Możemy skorzystać z twierdzenia Pitagorasa: B (R  r)2  52  (R  r)2  25  (R  r)2  (R  r)2 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 86 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. 25  (R  r  R  r)(R  r  R  r)  25  4rR rR  25 4 8. Dane są dwa okręgi styczne wewnętrznie: okrąg O1 o środku S i promieniu rów- nym 6 oraz okrąg O2 o środku T i promieniu długości 2. Z punktu S poprowadzono półproste styczne do okręgu O2 w punktach K i L. Oblicz pole czworokąta SKTL. LT Czworokąt SKTL składa się z dwóch przystających SK trójkątów prostokątnych SLT oraz SKT. Pole każdego z nich to S  42  4. Pole czworokąta S 8. 2 9. Odcinki AD i BE przecinają się w punkcie C. W trójkątach ABC, CDE zachodzą związki: CAB  CED , AC=5, BC=3, CE=10 (patrz rysunek). Wykaż, że trójkąty te są podobne. Oblicz długość boku CD. Trójkąty mają taki sam kąt wierzchołkowy przy wierzchołku C oraz równe kąty: CAB  CED Na podstawie cechy (kkk) trójkąty są po- dobne. Skala tego podobieństwa to: k  10  2 5 CD  2  CD  6 3 Pamiętajmy, że w podobieństwie proporcjonalne są te boki, które leżą na przeciw takich samych kątów. 10. Dany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym przyprostokątna AC ma długość 12. Punkt E jest środkiem przeciwprostokątnej AB, spodek D wysokości CD leży między punktami A i E, a odległość między punktami D i E jest równa 1 (patrz rysunek). Ob- licz obwód tego trójkąta. Zauważmy, że trójkąty ABC oraz ADC są po- dobne (kkk). Oznaczmy długość AD  x , Korzystając z podobieństwa możemy ułożyć proporcję: 12  2(x 1)  12  x 1 x 12 x6 72  x2  x  x2  x  72  0   1 288  289 ,   17 , x1  1  17  0 , x2  1  17  8 2 2 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 87 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Pierwszy pierwiastek jako ujemny odrzucamy. Wobec powyższego AB  18 . Korzysta- jąc z twierdzenia Pitagorasa policzmy długość CB: 122  CB2  182  CB  182 122  (18 12)(18 12)  6 30  6 5 Obwód trójkąta wynosi więc: L  18 12  6 5  30  6 5 . 11. Na rysunku przedstawiono trapez ABCD oraz zaznaczono wysokości DE i CF tego trapezu. Punkt F jest środkiem podstawy AB, a punkt E dzieli tę podstawę w stosun- ku 2:5. Wykaż, że punkt przecięcia wysokości CF z przekątną DB dzieli tę przekątną w stosunku 3:7, licząc od wierzchołka D. Zauważmy, że trójkąty DSC oraz FSB są podobne (kkk). Jak ustalimy skalę podobieństwa ustalimy S stosunek odcinków DS : SB . Oznaczmy AE  2a , EB  5a (odcinki są w stosunku 2:5). Ponieważ AF  1  7a , to EF  AF  AE  7 a  2a  3 a . Ale 2 22 DC  EF stąd skala podobieństwa k  DC  3 a : 7 a  3 . FB 2 2 7 12. W trójkącie ABC o bokach długości AC  b, BC  a i kącie między nimi 60 po- prowadzono dwusieczną ACB , która przecięła bok AB w punkcie D. Zapisz długość odcinka CD w zależności od a i b. Oznaczmy szukaną długość przez x . Wykorzystamy wzór na pole trójkąta: Zauważmy, że: S  1 ab sin 2 S ABC  S ADC  SBDC 1 ab sin 60  1 ax sin 30  1 bx sin 30  3 ab  1 x(a  b) 2 22 44 x  3ab ab 13. Dany jest trapez prostokątny ABCD taki, że kąty przy wierzchołkach A i D są pro- ste oraz AB  10 , DC  6 , a przekątna AC jest dwa razy dłuższa od ramienia DA. Na podstawie AB obrano taki punkt X, że CX  CB (patrz rysunek). Oblicz sinus XCB . Odcinek KB  4 , zatem XB  8 . Trójkąt ACD jest połową trójkąta równobocznego, stąd: 6  DC  AC 3  2AD 3  AD 3  AD  2 3 22 Pole trójkąta XBC jest równe: helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 88 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. S XBC  1 82 3 8 3 2 Z twierdzenia Pitagorasa możemy wyliczyć CX  CB : (2 3)2  42  CX 2  CX  28  2 7 Teraz możemy ponownie policzyć pole trójkąta XBC z użyciem wzoru na sinus: S XBC  1 (2 7)2 sin XCB  14sin XCB 2 Porównanie obu wyników daje: 8 3  14sin XCB  sin XCB  8 3  4 3 14 7 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 89 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 19 Geometria analityczna Rozwiązując zadania z geometrii analitycznej należy pamiętać o równaniach prostej i warunkach prostopadłości i równoległości dwóch prostych omówionych w rozdziale Prosta w układzie współrzędnych. Dodatkowo ważna jest znajomość następują- cych faktów: 1. Współrzędne środka odcinka, to średnia arytmetyczna współrzędnych jego koń- ców: xs  x1  x2 , ys  y1  y2 2 2 2. Odległość między punktami A(x1, y1), B(x2, y2 ) to: AB  (x1  x2 )2  ( y1  y2 )2 3. Równanie okręgu o środku S(a,b) i promieniu r to: (x  a)2  ( y  b)2  r2 4. Rozwiązywanie zadań przyśpiesza także znajomość wzory na prostą przechodzącą przez dwa różne punkty A(x1, y1), B(x2 , y2 ) : y y1  y2  y1 (x  x1 ) x2  x1 5. Przydatny też bywa wzór na odległość punktu M (x0, y0 ) od prostej Ax  By  C  0 : d  Ax0  By0  C A2  B2 Zadania występujące na maturze 1. Na płaszczyźnie mamy dane dwa punkty A(1, 2), B(3, 5) . Znajdź: a) Odległość między tymi punktami. b) Środek S odcinka AB . c) Prostą wyznaczoną przez punkty A, B . d) Symetralną odcinka AB . e) Okrąg o środku w A i promieniu AB . a) AB  (1 3)2  (2  5)2  53 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 90 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. b) xs  1 3  2, ys  25   3 , S  2,  3  2 2 2  2  c) Skorzystamy ze wzoru w punkcie (4): y  2  5  2 (x 1)  y   7 x  11 31 2 2 d) Symetralna jest prostopadła do odcinka i przechodzi przez jego środek. Jeżeli sy- metralna jest postaci y  ax  b , to:  7 a  1  a  2 (warunek prostopadłości). 27 Zatem prosta symetralna ma równanie: y  2 x  b . Współczynnik b znajdziemy 7 z warunku, że symetralna przechodzi przez środek odcinka:  3  2  2  b  b   3  4  21 8   29 27 2 7 14 14 Prosta symetralna ma równanie: y  2 x  29 7 14 e) Okrąg o środku A(1, 2) i promieniu r  AB  53 ma równanie: (x 1)2  ( y  2)2  53 2. Na płaszczyźnie mamy dane trzy punkty A(2,3), B(4, 2), C(7, 4) . Znajdź: a) Równanie prostej zawierającej wysokość poprowadzoną z wierzchołka A . b) Długość wysokości poprowadzonej z wierzchołka A . c) Pole trójkąta ABC . d) Równanie środkowej poprowadzonej z wierzchołka B . e) Równanie okręgu opisanego na tym trójkącie. a) Najpierw znajdziemy prostą wyznaczoną przez BC . Wysokość będzie zawierała prostopadła do niej, przechodząca przez punkt A . y  2  4  2 (x  4)  y  2x 10 74 Współczynnik szukanej prostej ma spełniać: 2a  1  a   1 . 2 Prosta zawierająca wysokość ma równanie y   1 x  b i przechodzi przez A(2,3) . 2 Zatem 3   1  2  b  b  4 . Szukana prosta to: y   1 x  4 . 22 b) Długość wysokości jest odległością punktu A(2,3) od prostej BC . Skorzystamy ze wzoru w punkcie (5), prostą BC należy przepisać w postaci ogólnej: helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 91 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. y  2x 10  2x  y 10  0 h  2  2 13 10  9  9 22  (1)2 55 c) Pole trójkąta to połowa iloczynu długości wysokości i podstawy na, którą ta wyso- kość pada. Policzmy zatem długość podstawy: BC  (4  7)2  (2  4)2  9  36  45  3 5 S  1 3 5 9  27 2 52 d) Środkowa jest to prosta przechodząca przez wierzchołek środek boku przeciwle- głego. Szukamy najpierw środka boku AC : xs  2 7  9 , ys  34  7 , S  9 , 7  2 2 2 2  2 2  72 y  2  11. 2  x  4 2 y  2  9 x  4  21  y  11x  46 2  4 e) Do równania okręgu potrzebny jest jego środek i promień. Promień to odległość środka od dowolnego wierzchołka trójkąta. Środek okręgu opisanego na trójkącie leży na przecięciu dwóch symetralnych jego boków. Weźmy boki AC i AB . prosta AC : y  3  4  3 (x  2)  y  1 x  13 , 72 5 5 współczynnik symetralnej: 1 a  1  a  5 , 5 symetralna do AC : y  5x  b , symetralna przechodzi przez S1  9 , 7   2 2  7  5 9  b  b  26 , równanie symetralnej do AC : y  5x  26 . 22 prosta AB : y  3  2  3 (x  2)  y   5 x  8 , 42 2 współczynnik symetralnej:  5 a  1  a  2 , 25 symetralna do AB : y  2 x  b , symetralna przechodzi przez S2  3, 1  5  2  1  2 3  b  b  1  6  5 12   7 , równanie symetralnej do AB : y  2 x  7 25 2 5 10 10 5 10 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 92 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Środek okręgu opisanego na tym trójkącie, to przecięcie tych symetralnych. Rozwią- zujemy zatem układ równań:  y  5x  26   5x  26  2 x  7   50x  260  4x  7  54x  267  2 7 5 10  y  5 x  10 x  267  89 , y  5 89  26  y  26 18  589  23 54 18 18 18 18 Środek okręgu S  89 , 23  , jego promień, to:  18 18  AS   2  89 2   3  23 2   53 2   31 2  3770  1885  18   18   18   18  182 162 Równanie okręgu:  x  89 2   y  23 2  1885  18   18  162 Zadania proponowane przez CKE 3. Wyznacz współrzędne środka okręgu opisanego na kwadracie, którego jeden z bo- ków jest zawarty w prostej o równaniu y  2x  2 , a punkt A(1,5) jest jego wierz- chołkiem. Rozważ wszystkie przypadki. Zaznaczmy w układzie współrzędnych prostą y  2x  2 , w tym celu wystarczy zna- leźć punkty przecięcia tej prostej o osiami B(1, 0) i C(0, 2) . Następnie rysujemy pro- stą prostopadłą do niej przechodzącą przez punkt A(1,5) i wyznaczamy punkt D(3, 4) jako drugi wierzchołek kwadratu. Rysując okrąg o środku w punkcie D(3, 4) i pro- mieniu r  AD znajdziemy dwa przypadki położenia trzeciego wierzchołka kwadratu. Środki okręgów opisanych na tych kwadratach znajdują się w połowach odcinków AF i AE , które są przekątnymi kwadratów. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 93 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Prosta AD jako prostopadła do CD ma równanie y   1 x  b : 2 5   1 1 b  b  11 , równanie prostej AD : y   1 x  11 . 22 22 Aby znaleźć punkt D rozwiążmy układ równań:  y  2x  2  2x  2   1 x  11  4x  4  x 11  x  3  1 11 22   y   2 x  2  y  4 Bok kwadratu ma długość: AD  1 32  5  42  5 . Okrąg, który wyznaczy punkty E, F :  x  32   y  42  5 Aby znaleźć punkty E, F rozwiązujemy układ:  y  2x  2   x  32  2x  62  5  5x2  30x  40  0  x2  6x 8  0  x  32   y  42  5   36  32  4 , x1  6  2  2 , x1  6  2  4 zatem y1  2 , y2  6 2 2 Otrzymaliśmy dwa punkty E(2, 2) oraz F (4, 6) . Szukane środki okręgów to punkty w połowach odcinków AE : xs  1 2  3 , ys  5 2  7 , S1  3 , 7  2 2 2 2  2 2  oraz AF : xs  1 4  5 , ys  5 6  11 , S2  5 , 11  2 2 2 2  2 2  4. Dwa boki trójkąta prostokątnego ABC są zawarte w prostych o równaniach y  2x  3 oraz y  1 x  5 . Wyznacz równanie prostej, która przechodzi przez punkt 44 K (4, 2) i zawiera trzeci bok trójkąta ABC. Rozważ wszystkie możliwości. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 94 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Dane proste nie są do siebie prostopadłe więc jedna z nich jest przyprostokątną, druga przeciwprostokątną. Stąd dwa przypadki gdyż druga przyprostokątna może być prostopadła do pierwszej lub drugiej prostej. a) Przyprostokątna prostopadła do y  2x  3 ma równanie y   1 x  b , przechodzi 2 przez K (4, 2) więc 2   1  4  b  b  0 . Równanie szukanej prostej: y   1 x . 22 b) Przyprostokątna prostopadła do y  1 x  5 ma równanie y  4x  b , przechodzi 44 przez K (4, 2) więc 2  4  4  b  b  14 . Równanie szukanej prostej: y  4x 14 . 5. Różnica współczynników kierunkowych dwóch prostych jest równa różnicy od- wrotności tych współczynników. Uzasadnij, że te proste są prostopadłe albo równole- głe. a1  a2  1  1  a1a2 (a1  a2 )  a2  a1  a1a2 (a1  a2 )  a1  a2  0 a1 a2 (a1  a2 )(a1a2 1)  0  a1  a2  0  a1a2 1  0  a1  a2  a1a2  1 6. Punkty A i B, których pierwsze współrzędne są równe odpowiednio -2 i 2 , należą do wykresu funkcji f (x)   8  3 . Oblicz współrzędne punktu C, wiedząc, że punkt B x jest środkiem odcinka AC. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 95 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Ustalmy współrzędne punktów A(2, f (2))  A(2, 7) , B(2, f (2))  B(2, 1) . Jeżeli C(x, y) to 2  x  2  x  6 , 7  y  1  y  9 , zatem C(6, 9) . 22 7. Prosta l przecina okrąg o środku S w punktach A 1  2,  1  , B 1 2,  3  . 8  8  Punkt S leży na prostej l. Sprawdź, czy punkt S leży na prostej k o równaniu x4y  0. Skoro punkt S leży na prostej l, to jest środkiem odcinka AB gdyż AB jest średnicą okręgu: xs  1 2 1 2 1, ys  13 1 . Podstawiając wyliczone współrzęd- 2 88 4 2 ne do równania x4y  0 otrzymamy 1  4    1   0 . Zatem punkt S nie leży na pro-  4  stej k. 8. Dany jest sześciokąt foremny ABCDEF, którego środkiem symetrii jest punkt O(3,  3) , a wierzchołek ma współrzędne A(1, 3 3) . Wiadomo, że punkt P(4, 2 3) jest środkiem odcinka BO. Oblicz współrzędne pozostałych wierzchołków tego sześciokąta. Policzymy współrzędne punktu B i skorzystamy z symetrii sześciokąta. Spójrzmy też na sześciokąt jak na figurę zbudowaną z sześciu trójkątów równobocznych. Jeżeli B(x, y) to: x  3  4  x  5 , y  3  2 3  y  3 3 . Zatem B(5, 3 3) . Bok 22 sześciokąta ma więc długość 4 (punkty leżą na prostej równoległej do osi X). helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 96 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Biorąc pod uwagę symetrię oraz własności trójkąta równobocznego (o połowie boku 2 i wysokości 2 3 ) współrzędne pozostałych punktów można podać bezpośrednio: A(1, 3 3) , B(5, 3 3) , C(5  2, 3 3  2 3)  C(7,  3) F (1 2,  3)  F (1,  3) E(1,  3  2 3)  E(1, 3) D(5, 3) 9. Punkt M (2,1) jest środkiem boku AB, a punkt N (8,3) to środek boku BC kwadratu ABCD. Oblicz długość boku kwadratu ABCD. Odcinek MN jest przeciwprostokątną równobocznego trójkąta prostokątnego, którego boki mają długość połowy boku kwadratu. Oznaczmy szukany bok kwadratu przez 2x . Mamy więc: MN  (2  8)2  (1 3)2  36  4  40 2 40  x2  x2   2x2  40  x  20  2 5 Odp. Bok kwadratu ma długość 4 5 . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 97 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Godzina 20 Statystyka, elementy kombinatoryki i rachunku prawdopodobieństwa Średnia arytmetyczna pewnych wartości to ich suma podzielona przez ich ilość: x  x1  x2  ...  xn n Jeżeli każda z wartości posiada określoną wagę, to średnia ważona jest sumą ilo- czynów wartości i ich wag, podzieloną przez sumę wag: xw  x1w1  x2w2  ...  xnwn w1  w2  ...  wn Średnia ważona z wagami równymi 1 staje się średnią arytmetyczną. 1. Jeżeli najważniejsze są oceny z klasówek i mają wagę 3, następnie oceny z odpo- wiedzi i mają wagę 2 i oceny z prac domowych z wagą 1, to jaką ocenę semestralną powinien dostać Jacek, skoro z klasówek ma: 4, 3, 2. Z odpowiedzi 4, 4, 3 a z prac domowych 5, 5, 4. Średnia ważona ocen Jacka to: xw  43 33  23  4 2  4 2  3 2  51 5 1  4 1  3, 5 333 2 2 2111 Średnia arytmetyczna: xw  4  3  2  4  4  3  5  5  4  3, 78 9 Chociaż na podstawie średniej arytmetycznej Jacek sądzi, że wypada mu 4, to śred- nia ważona może ostudzić jego nadzieje i na semestr może dostać 3. Wariancja jest to średnia arytmetyczna z kwadratu różnicy wielkości i średniej aryt- metycznej:  2  (x1  x)2  (x2  x)2  ...  (xn  x)2 n Odchylenie standardowe to pierwiastek z wariancji:   2 Mediana to taka wartość, która przy nieparzystej liczbie składników jest wartością środkową w uporządkowanym ich ciągu. Jeżeli uporządkowany ciąg ma parzystą licz- bę składników, to mediana jest średnią arytmetyczną dwóch wartości stojących po środku. Dominanta to taka wartość, której jest najwięcej w ciągu wartości. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 98 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. 2. Weźmy składniki: 1, 4, 5, 1, 2, 5, 5 Po uporządkowaniu dostaniemy: 1, 1, 2, 4, 5, 5, 5 Medianą (wartością środkową) jest 4, dominantą (wartością dominującą) jest 5. Jeżeli rozważam wyjazd w góry i biorę pod uwagę Bieszczady, Tatry lub Góry Święto- krzyskie a także rozważam wyjazd nad jeziora i myślę o Hańczy oraz o Śniardwy i je- żeli pojadę w jedno z tych miejsc, to mam do wyboru 5 możliwości (3 pasma gór lub 2 jeziora). Jest to reguła dodawania. Jeżeli będę mógł pojechać i w jedno pasmo górskie i nad jedno jezioro to mam do wyboru 6 możliwości (na wybrane pasmo gór przypada jedno z dwu jezior). Jest to reguła mnożenia. Te dwie reguły pozwalają na obliczanie prostych możliwości kombinatorycznych. 3. Ile można otrzymać liczb 4 cyfrowych z cyfr ze zbioru A  {1, 2,3, 4,5} a ile ze zbio- ru B  {0,1, 2,3, 4} w sytuacji gdy: a) cyfry w liczbie mogą się powtarzać, b) cyfry w liczbie nie mogą się powtarzać. a) W przypadku zbioru A liczba 4 cyfrowa ma cztery pozycje cyfr, na każdej z pozycji może się znaleźć jedna z cyfr zbioru A mamy zatem 5555  625 możliwości. W przypadku zbioru B na pierwszej pozycji nie może być 0, zatem mamy 4 555  500 możliwości. b) W przypadku zbioru A tym razem na pierwszej pozycji możemy umieścić jedną z 5 cyfr zbioru A , na drugiej, jedną z 4 (cyfry nie mogą się powtarzać a jedną już wykorzystano) itd. mamy zatem 5 4 3 2  120 możliwości. W przypadku zbioru B na pierwszej pozycji nie może być 0, zatem mamy 4  4 3 2  96 . Zdarzenie losowe to takie, którego zajście jest nieprzewidywalne. Jeżeli zajściu zdarzenia A sprzyja A zdarzeń elementarnych, wszystkich zdarzeń elemen- tarnych  jest  , to prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A określamy jako: P( A)  A  Własności prawdopodobieństwa:  0  P( A)  1  P( A')  1 P( A) gdzie A'   \\ A jest zdarzeniem przeciwnym do A  P(A  B)  P(A)  P(B)  P(A  B) 4. Rzucamy trzy razy monetą. Jakie jest prawdopodobieństwo otrzymania dwóch or- łów? A - zdarzenie, wypadły dwa orły.   {OOO, OOR, ORO, ROO, RRO, ROR, ORR, RRR}, A  {OOR, ORO, ROO} ,  8, A3 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 99 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e