Сборник

[Гост]

Здравейте, ще се радвам много ако някой може да ми помогне със следните задачи. Видях, че по-надолу някой беше постнал снимки, а не ги беше описал, така че се надявам да не е проблем. Благодаря предварително!

[Davids]

1. Ползваме, че [tex]log_b(x.y) = log_bx + log_by[/tex]; получаваме:
[tex]A = log_36 + log_3\frac{3}{2} = log_3(6.\frac{3}{2}) = log_39 = 2[/tex]

3. Ако приемем първия израз за [tex]B = 4x - 3x^{-1} = -6[/tex], то [tex]B^2 = 16x^2 - 2.4x.3x^{-1} + 9x^{-2} = 16x^2 + 9x^{-2} - 24 = 36[/tex]
То тогава [tex]A = 16x^2 + 9x^{-2} - 58 = 16x^2 + 9x^{-2} - 24 -34 = B^2 - 34 = 36 - 34 = 2[/tex]

4. Имаме две прави, които по никакъв начин не се пресичат (успоредни са), но служат за пресечни прави на останалите четири. Следователно всяка от останалите четири ще мине и през двете - ето ги 8 пресечни точки. Сега да разгледаме пресечните точки на четирите прави помежду им: действаме по принципа, че всяка права се пресича с другата по веднъж. Следователно за първата регистрираме 3 пресечни точки, за втората остават 2, а за третата - само 1 нова, която не сме споменали вече. Тук ми липсва математическия запис на подобен тип решение, но получаваме [tex]8 + 6 = 14[/tex] пресечни точки общо.

14. Ако спуснем височината [tex]DH[/tex] (наклонен надясно ромб със стандартни означения), то ще получим правоъгълен триъгълник с връх [tex]\angle MDA = 30^{\circ}[/tex], откъдето ще следва, че [tex]AH = \frac{1}{2}AD[/tex]. Същото важи обаче и за [tex]AM[/tex], тъй като точка М е средата на страната. Следователно [tex]M \equiv H[/tex]. В този случай, ако означим [tex]AM = x[/tex] ( следователно страната на ромба ще е [tex]AB = 2x[/tex]), то височината [tex]DH = \sqrt{3}x[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]MCD[/tex] виждаме вече, че [tex]tg\angle MCD = tg\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}[/tex], откъдето намираме синуса. Два начина:
- Питагорова теорема да намерим хипотенузата: [tex]MC = \sqrt{3x^2 + 4x^2} = x\sqrt{7}[/tex]
Откъдето [tex]sin\alpha = \sqrt{\frac{3}{7}}[/tex]
- Системата: [tex]\begin{array}{|l} \frac{sin\alpha}{cos\alpha} = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1 \end{array}[/tex]
Откъдето [tex]cos\alpha = \frac{2sin\alpha}{\sqrt{3}}[/tex] и след заместване:
[tex]\frac{4sin^2\alpha}{3} + \frac{3sin^2\alpha}{3} = 1[/tex]
[tex]7sin^2\alpha = 3 \Rightarrow sin\alpha = \sqrt{\frac{3}{7}}[/tex]

6. Тук говорим за проста вариация с цел намиране на броя начини, по които могат да се подредят 3 елемента от общо 7 (по един от три изпита на ден за седем дни общо). Следователно решението е [tex]V^3_7 = 7.6.5 = 210[/tex] начина.

[Гост]

1. Ползваме, че [tex]log_b(x.y) = log_bx + log_by[/tex]; получаваме:
[tex]A = log_36 + log_3\frac{3}{2} = log_3(6.\frac{3}{2}) = log_39 = 2[/tex]

3. Ако приемем първия израз за [tex]B = 4x - 3x^{-1} = -6[/tex], то [tex]B^2 = 16x^2 - 2.4x.3x^{-1} + 9x^{-2} = 16x^2 + 9x^{-2} - 24 = 36[/tex]
То тогава [tex]A = 16x^2 + 9x^{-2} - 58 = 16x^2 + 9x^{-2} - 24 -34 = B^2 - 34 = 36 - 34 = 2[/tex]

4. Имаме две прави, които по никакъв начин не се пресичат (успоредни са), но служат за пресечни прави на останалите четири. Следователно всяка от останалите четири ще мине и през двете - ето ги 8 пресечни точки. Сега да разгледаме пресечните точки на четирите прави помежду им: действаме по принципа, че всяка права се пресича с другата по веднъж. Следователно за първата регистрираме 3 пресечни точки, за втората остават 2, а за третата - само 1 нова, която не сме споменали вече. Тук ми липсва математическия запис на подобен тип решение, но получаваме [tex]8 + 6 = 14[/tex] пресечни точки общо.

14. Ако спуснем височината [tex]DH[/tex] (наклонен надясно ромб със стандартни означения), то ще получим правоъгълен триъгълник с връх [tex]\angle MDA = 30^{\circ}[/tex], откъдето ще следва, че [tex]AH = \frac{1}{2}AD[/tex]. Същото важи обаче и за [tex]AM[/tex], тъй като точка М е средата на страната. Следователно [tex]M \equiv H[/tex]. В този случай, ако означим [tex]AM = x[/tex] ( следователно страната на ромба ще е [tex]AB = 2x[/tex]), то височината [tex]DH = \sqrt{3}x[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]MCD[/tex] виждаме вече, че [tex]tg\angle MCD = tg\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}[/tex], откъдето намираме синуса. Два начина:
- Питагорова теорема да намерим хипотенузата: [tex]MC = \sqrt{3x^2 + 4x^2} = x\sqrt{7}[/tex]
Откъдето [tex]sin\alpha = \sqrt{\frac{3}{7}}[/tex]
- Системата: [tex]\begin{array}{|l} \frac{sin\alpha}{cos\alpha} = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1 \end{array}[/tex]
Откъдето [tex]cos\alpha = \frac{2sin\alpha}{\sqrt{3}}[/tex] и след заместване:
[tex]\frac{4sin^2\alpha}{3} + \frac{3sin^2\alpha}{3} = 1[/tex]
[tex]7sin^2\alpha = 3 \Rightarrow sin\alpha = \sqrt{\frac{3}{7}}[/tex]

6. Тук говорим за проста вариация с цел намиране на броя начини, по които могат да се подредят 3 елемента от общо 7 (по един от три изпита на ден за седем дни общо). Следователно решението е [tex]V^3_7 = 7.6.5 = 210[/tex] начина.

Много благодаря, на 6 задача през цялото време мислех че е комбинация и се чудех защо не ми се получава, но вече разбрах