Odkazy na kapitoly v tomto článku
Řešení úloh VŠEHOCHUŤ 1/2022
Příklad 1
$$b^{2}+\frac{1}{b^{2}}=4 $$ $$b^{3}+\frac{1}{b^{3}}=???$$ Řešení:
$$\left(b+\frac{1}{b}\right)^2 = b^{2}+2+\frac{1}{b^{2}}=4+2 =6$$ $$b+\frac{1}{b} =\sqrt{6} $$ $$\left(b+\frac{1}{b}\right)^3 = b^{3}+3\cdot b +3\cdot\frac{1}{b}+\frac{1}{b^{3}}= b^{3}+3.\sqrt{6}+\frac{1}{b^{3}} =\sqrt{6}^3$$ $$ b^{3}+\frac{1}{b^{3}} =\sqrt{6}^3-3\cdot\sqrt{6}=3\cdot\sqrt{6}$$
Příklad 2
Určete obsah modrého čtverce
Řešení
Nakreslíme si úhlopříčku čtverce a nalezneme podobné trojúhelníky.
Trojúhelníky ABC a ACD jsou podobné, z toho
$$\frac{AB}{AC}=\frac{AC}{AD}$$ tj. $$\frac{10}{AC}=\frac{AC}{6}$$ a tedy $$ AC =\sqrt{60}$$
Využijeme pravoúhlý trojúhelník AED a tedy $$ \left(\sqrt{60}-x\right)^{2}+x^{2}=6^{2}$$vyřešíme kvadratickou rovnici$$x=\sqrt{15}\pm\sqrt{3}$$ a umocníme na druhou
$$S=x^2 = 18\pm6\sqrt{5}$$Dostáváme dvě řešení.
Pro náš náčrtek vyhovuje řešení $$S=18 - 6\sqrt{5}$$. Zkuste si udělat náčrtek pro druhé řešení s +.
Řešení úloh VŠEHOCHUŤ 2/2022
Písemná maturitní zkouška z matematiky 1904 – 1905 Zemská vyšší reálka v Jevíčku
1. řešiti rovnici $$x^{3}+5x^{2}+5x-1=0$$ Řešení: výraz rozložíme na součin $$x^{3}-1+5x^{2}+5x=0$$ $$x^{3}-1+5x\left(x+1\right)=0$$ $$\left(x+1\right)\cdot\left(x^{2}-x+1\right)+5x\left(x+1\right)=0$$ $$\left(x+1\right)\cdot\left(x^{2}+4x+1\right)=0$$ Řešením rovnic $$x+1=0$$ a $$x^{2}+4x+1=0$$ dostaneme výsledná řešení $$x_{1}=-1$$ a $$ x_{2,3}=-2\pm\sqrt{3}$$
2. Dána plocha trojúhelníka kosoúhlého, součet stran b+c, sevřený jimi úhel α. Vypočítati jest povrch rotačního tělesa, kol. strany a.
Řešení: Hezký příklad na algebru a geometrii.
Známe S, b+c a α.
Náčrtek:
Rotací trojúhelníku kolem osy BC získáme dvojkužel. Pláště těchto kuželů jsou $$Q_{1}=\pi \cdot r\cdot b$$ $$Q_{2}=\pi \cdot r\cdot c$$ kde r je výška na stranu a.
Sečtením dostaneme celý hledaný plášť $$Q=\pi\cdot r\cdot\left(b+c\right)$$ Tedy zbývá dopočítat výšku r. Pro obsah trojúhelníka ABC platí $$S=\frac{bc\sin \alpha}{2}=\frac{ar}{2}$$ tedy r bude $$r=\frac{2S}{a}$$ a pro stranu a použijeme cosinovou větu $$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos \alpha$$ kde pravou stranu upravíme na $$a^{2}=\left(b+c\right)^{2}-2bc-2bc\cos \alpha=\left(b+c\right)^{2}-2bc\left(1+\cos \alpha\right)$$ a dosadíme vztah $$bc=\frac{2S}{\sin \alpha}$$ Pak dostaneme výsledný vztah
$$Q=\pi \frac{ 2S\left(b+c\right)} {\sqrt{\left(b+c\right)^{2}-\frac{4S}{\sin \alpha }\cdot \left(1+ \cos \alpha \right)} }$$
3. Stanoviti jest úhel tečen vedených z bodu M[2,7] k čáře $$x^{2}+4y^{2}=100$$Řešení:
Postup řešení vyžaduje znalost analytických vlastností elipsy a pojmu polára. Nejdříve spočteme rovnici poláry, určíme průsečíky poláry a elipsy a poté vypočteme směrové vektory tečen elipsy v dotykových bodech (to jsou ty průsečíky poláry a elipsy). Úhel mezi tečnami určíme jako úhel mezi směrovými vektory pomocí skalárního součinu.
Polára: $$x\cdot2+4y\cdot7=100$$ $$2x+28y=100$$ a řešíme soustavu rovnic $$x+14y=50$$ $$x^{2}+4y^{2}=100$$řešením jsou dva dotykové body$$T_{1}=[-6;4]\text{ a } T_{2}=[8;3]$$Určíme směrové vektory tečen,tedy vektory $$ \overrightarrow{MT_{1}}= ( 8;3 )$$ $$ \overrightarrow{MT_{2}}= ( -6;4 )$$ a pomocí skalárního součinu určíme cosinus úhlu $$\cos \alpha =\frac{\overrightarrow{MT_{1}}\cdot \overrightarrow{MT_{2}}}{\left\Vert \overrightarrow{MT_{1}}\right\Vert \cdot \left\Vert\overrightarrow{MT_{2}}\right\Vert}=\frac{-36}{\sqrt{73}\sqrt{52}}=-0,584304\dots $$ Úhel alfa pak vychází $$\alpha=125,7538 \dots\ °$$
Řešení úloh VŠEHOCHUŤ 3/2022
Písemná maturitní práce z matematiky, 14. července 1897 Slovanské gymnázium Brno, založeno 1867
1. Řešiti rovnici: $$\frac{2}{3}\cos x =\frac{1}{2\tan x+\frac{1}{2\tan x+\frac{1}{2\tan x+\dots}}}$$
Řešení:
Tak to by asi nikdo z "normálních" maturantů dnes nevyřešil - řetězové zlomky vypadly z osnov matematiky středních škol již v 60tých letech 20. století. Kdo řešil matematické olympiády, mohl na řetězové zlomky narazit. Takže si převedeme pravou stranu výrazu - řetězový zlomek na analytický tvar.
Označme si tan x jako a, pak platí $$X=\frac{1}{2a+X}$$ vztah upravíme na kvadratickou rovnici a vyřešíme X.
$$X^{2}+2aX-1=0$$ $$X=-a\pm\sqrt{a^{2}+1}$$
Dosadíme zpětně potřebné výrazy
$$\frac{2}{3}\cos x = - \tan x \pm\sqrt{\tan^{2}x+1}$$
Goniometrickou rovnici upravíme a vyřešíme.
$$\frac{2}{3}\cos x = - \tan x \pm\sqrt{\tan^{2}x+1}=- \tan x \pm\sqrt{\frac{\sin^{2}x+\cos^{2}x}{\cos^{2}x}}$$
$$\frac{2}{3}\cos^{2} x =- \sin x \pm 1$$
$$ \frac{2}{3} ( 1-\sin^{2} x ) + \sin x \mp 1 =0$$
$$ -\sin^{2} x +\frac{3}{2} \sin x + (1\mp\frac{3}{2} ) =0$$
$$ \sin^{2} x -\frac{3}{2} \sin x - (1\mp\frac{3}{2} ) =0$$
Označme$$A=\sin x$$
$$ A^{2} -\frac{3}{2}A - (1\mp\frac{3}{2} ) =0$$
$$A=\frac {\frac{3}{2} \pm \sqrt { \frac{9}{4}+4 ( 1\mp\frac{3}{2} ) }} {2}$$
$$A=\frac{3}{4} \pm \frac{1}{2}\sqrt { \frac{9}{4}+4 ( 1\mp\frac{3}{2} ) } $$
Pro A vyjdou 4 řešení, z nichž jsou platná jen 3. sin x nemůže být větší než 1.
$$A = \{ 1, -1, \frac{1}{2} , \frac{5}{2} \}$$
Tedy máme 3 elementární goniometrické rovnice:
$$\sin x =1$$
$$\sin x =-1$$
$$\sin x =\frac{1}{2}$$
Řešení rovnic jsou:
Pro první dvě rovnice napíšeme společné řešení jako $$x =\frac{\pi}{2}+ k\pi \text{ kde } k \in Z$$
Toto řešení ovšem nevyhovuje zadání neboť tangens pro tyto hodnoty není definován.
Řešení třetí rovnice je
$$x_{1}=\frac{\pi}{6}+2k\pi\text{ a }x_{2}=\frac{5\pi}{6}+2k\pi\text{ kde } k\in Z $$
a to je také řešení celé úlohy.
2. Někdo ukládá po čtrnáct let vždy ke konci roku 1000 zl., aby po dvacet osm let následujících bral ke konci roku jistý důchod; jak veliký je důchod ten při úroku 3,5 %?
Řešení:
Finanční matematika byla jednou z důležitých oblastí matematiky téměř již od starých Babyloňanů. Byla natolik důležitá, že byla zařazena i do maturitních zkoušek. Tedy finanční gramotnost byla obsahem učiva i na počátku 20. století Dnes je to trochu jinak.
Jedná se o kombinaci dvou příkladů - spoření s pevným vkladem se zřejmě polhůtním úročení a rentu s pevnou počáteční jistinou. Tady mi není úplně jasné, jaké pomocné prostředky měli studenti k dispozici. Určitě úrokovací tabulky a možná i přehled vztahů, tedy vzorečky. Tedy je snad nemuseli odvozovat. A samozřejmě logaritmické pravítko a logaritmické tabulky.
$$j_{1}=j_{0}r^{n}+a\frac{r^{n}-1}{r-1}$$ kde r je úročitel r=p+1, a je pravidelný vklad, n je počet období j0 je počáteční jistina, jn jistina na konci n-tého období.
Nebudeme zde počítat, využijeme https://www.stavebky.cz/slozeny-urok-vzorce/ a po 14 letech bude jistina 19295.68 zl. Z této jistiny se pravidelně na konci roku vyplácí důchod a zbylá částka se dál úročí jako jistina.
Z této jistiny mu 28 let bude vyplácen polhůtní důchod. $$D= $$
3. V trojúhelníku rovnoramenném je dán poloměr kruhu opsaného R = 25 a úhel při základně E = 35°7’48"; určiti povrch i obsah tělesa, jež povstane otočením trojúhelníku kolem základny.
Řešení:
K určení povrchu a objemu dvojkužele, který vznikne rotací trojúhelníka kolem základny dopočítáme výšku kužele, základnu a strany. Jedná se o rovnoramenný trojúhelník, jako alfa si označíme (místo E) úhel při základně. Z náčrtku plyne:
$$\beta=\pi-2\alpha$$
$$\gamma= 2\pi -2 \beta =4\cdot\alpha$$
$$z=2\cdot r \cdot \cos \frac{\gamma}{2}=2\cdot r \cdot \cos ( 2\alpha ) $$
$$v=\frac{z}{2}\tan\alpha =r\cos ( 2\alpha ) \cdot \tan\alpha$$
$$s=\frac{z}{2\cos\alpha}=r\cdot\frac{cos2\alpha}{cos\alpha}$$
Plášť dvojkužele pak bude $$S=2\cdot\pi\ v \cdot s=2\pi\cdot r^{2}\frac{cos^{2} ( 2\alpha ) }{\cos \alpha}\cdot \tan\alpha$$
Objem dvojkužele pak bude $$V=2\frac{1}{3}\pi \frac{z}{2}\cdot v^{2}=\frac{1}{3}\pi\ r^{3} \cos^{3}2\alpha \cdot \tan^{2}\alpha$$
Samozřejmě se chce číselné vyjádření, tož dosadíme a vypočteme (máte jen logáro a tabulky!!!)
$$S=2\pi\cdot r^{2}\frac{cos^{2} ( 2\alpha ) }{\cos \alpha}\cdot\tan\alpha=2\pi\cdot 25^{2}\frac{cos^{2} ( 2\cdot 35°7’48" ) }{\cos 35°7’48"}\cdot\tan 35°7’48" = $$
$$V=\frac{1}{3}\pi\ 25^{3} \cos^{3} ( 2\cdot 35°7’48" ) \cdot \tan^{2} 35°7’48"= $$
Pomůcka: $$\cos 35°7’48" =\cos 35,13^{\circ} \doteq 0,8178 $$ $$\cos 2\cdot 35°7’48" =\cos 70,26^{\circ} \doteq 0,3378 $$
$$\tan 35°7’48" \doteq 0.7040 $$
4. Na parabole y2 = 4x dány jsou body M1 (1,2), M2 (1,-2), M3 (4,4); v bodech těch vedeny jsou k parabole tečny; v jakém poměru je plocha trojúhelníka omezeného tečnami ku ploše trojúhelníka M1 M2 M3 ?
Jedná se o úlohu z analytické geometrie. Nejsem si v tomto případě jistý, jaká úroveň vzdělání se tady vyžaduje. Předpokládám, že znali úlohy na vektorový součin. Tedy vektorový součin v rovině z=0 , pak
$$S=\frac{1}{2} | \overrightarrow{M_{1} M_{2}} \times \overrightarrow{M_{1} M_{3}} | $$
Tedy $$\overrightarrow{M_{1} M_{2}} = ( 0 , -4 , 0 ) $$
$$ \overrightarrow{M_{1} M_{3}} = ( 3 , 2 , 0 ) $$
a součin $$ S=\frac{1}{2} | ( 0 , -4 , 0 ) \times ( 3 , 2 , 0 ) | = \frac{1}{2} | ( 0 , 0 , 12 ) | = 6 $$
Dále potřebujeme průsečíky tečen, tj. rovnice tečen a vyřešit po dvojicích soustavy dvou rovnic o dvou neznámých.
Tečny k zadané parabole budou mít obecný tvar: $$y - y_{m}=\frac{2}{y_{m}}\cdot ( x - x_{m} ) $$
Tedy jednotlivé tečny:
$$ y - 2=\frac{2}{2}\cdot ( x - 1 ) $$ $$ y + 2=\frac{2}{-2}\cdot ( x - 1 ) $$ $$ y - 4=\frac{2}{4}\cdot ( x - 4 ) $$
Řešíme dvojice a dostaneme body: $$ A= [ -1, 0] $$ $$ B= [ 2, 3 ]$$ $$ C= [ -2, 1 ] $$ a vyřešíme znovu vektorový součin
$$ S_{1}= \frac{1}{2} | \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} | = \frac{1}{2} | (3 , 3, 0 ) \times ( -1, 1, 0 ) | = \frac{1}{2} | (0 , 0, 6 ) | = 3 $$
Tedy obsah trojúhelníka ABC je poloviční oproti trojúhelníku M1M2M3.
A něco navíc:$$\sqrt{\sqrt{\frac{2x+1}{x-1}}}+\sqrt{\sqrt{\frac{x-1}{2x+1}}}=x+\frac{1}{x}$$
Řešení: Umocníme na druhou
$$\sqrt{\frac{2x+1}{x-1}}+\sqrt{\frac{x-1}{2x+1}}+2=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+2$$
Odečteme dvojky a umocníme na druhou
$$\frac{2x+1}{x-1}+\frac{x-1}{2x+1}+2=x^{4}+\frac{1}{x^{4}}+2$$
$$\frac{2x+1}{x-1}+\frac{x-1}{2x+1}=x^{4}+\frac{1}{x^{4}}$$
a využijeme symetrie stran
$$\frac{x-1}{2x+1}=\frac{1}{x^{4}}$$
$$x^{5}-x^{4}-2x-1=0$$
a finta s rozkladem
$$x^{5}-x^{4}-x^{3}+x^{3}-2x-1=0$$
$$x^{4} ( x-1-\frac{1}{x} ) + x^{3} - x^{2}+x^{2} - x - x - 1=0$$
$$x^{4} ( x-1-\frac{1}{x} ) + x^{2} (x - \frac{1}{x} - 1 ) +x^{2}- x - 1=0$$
$$x^{4} ( x-1-\frac{1}{x} ) + x^{2} (x - \frac{1}{x} - 1 ) +x ( x - 1 - \frac{1}{x} ) =0$$
$$ ( x-1-\frac{1}{x} ) \cdot ( x^{4} + x^{2} + x ) =0$$
$$ x\cdot ( x-1-\frac{1}{x} ) \cdot ( x^{3} + x + 1 ) =0$$
x musí být kladné a různé od nuly a druhá závorka nemá kladné řešení v reálných číslech (náčrt grafického řešení nebo viz WolframAplpha), takže
$$ x-1-\frac{1}{x} = 0$$
tj.
$$ x^{2} - x - 1 = 0$$
$$x_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$$
záporná hodnota nevyhovuje zadání - odmocniny jsou kladné, takže řešení je
$$x=\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$
