Problemes amb Pedigrí 1 · Problemes amb Pedigrí 3 INDEX pàgina 1. Una catifa en una habitació quadrada 5 ... 58 Successió de potències 65 59 La data de naixement 66 60 Trajectòria

Problemes amb Pedigrí 1


En agraïment a la meva esposa per la seva paciència envers un marit enganxat temporalment a un ordinador.


INDEX pàgina1. Una catifa en una habitació quadrada 5 2 Un canaló per la recollida d’aigua de pluja 6 3 La golfa i el moble llibreria 7 4 Costats d’un triangle en progressió aritmètica 8 5 Un quadrat perfecte 90 6 Una família de triangles 10 7 Punts i rectes 11 8 Per pujar una escala 12 9 Una altra família de triangles 13 10 Una torre i unes mesures angulars 14 11 Una segona torre 15 12 Angles d’un triangle en progressió aritmètica 16 13 La longitud d’una paraula 17 14 Una persona i un ocell 18 15 Vectors i rectes 19 16 Triangle de costats i àrea en progressió aritmètica 20 17 Expressió algebraica 21 18 Un matrimoni amb cinc fills 22 19 Set termes en progressió 22 20 Boles blanques i negres 23 21 Factorització d’un polinomi 24 22 Un punt interior d’un polígon regular 24 23 Divisibilitat de polinomis 25 24 Canvi de base en un polinomi 26 25 Boles blanques, negres i vermelles 27 26 Suma mínima de quadrats 27 27 Un safareig 28 28 Una successió de tres termes 29 29 El circuit 29 30 Un cistell de fruites 31 31 Segona factorització de polinomis 32 32 Un estoig amb monedes 33 33 Una bifurcació 34 34 Semblança de rectangles 35 35 Àrees parells i senars 37 36 Rectangles i quadrats 39


37 Un tir parabòlic 40 38 Dues plantes aquàtiques 42 39 Triangles tangents 43 40 Una arcada de pedra 44 41 Les torres de Hanoi 45 42 Rectangles amb successió aritmètica i geomètrica 46 43 Recta i paràbola 48 44 Un dau i la seva puntuació 49 45 Dos quadrats tangents 51 46 La partició d’un quadrat 51 47 La formiga i la gota de mel 52 48 Un armari 54 49 La reflexió de la llum 54 50 La refracció de la llum 55 51 Centres de gravetat 56 52 Composició de polinomis 58 53 El punt de Fermat 59 54 Figures encaixades quadrades 60 55 Figures encaixades triangulars 61 56 El creixement d’un arbre 62 57 Una família pitagòrica 63 58 Successió de potències 65 59 La data de naixement 66 60 Trajectòria a l’interior d’un triangle 67 61 Circumferència tangent a altres tres del mateix radi 68 62 El problema de Descartes 69 63 Coordenades d’un triangle 71 64 Un trapezoide i dos triangles 72 65 Mosaics amb tres peces 73 66 Mosaics amb quatre peces 74 67 Equació diofàntica 75 68 Màxim cabdal 76 69 Aplicant desigualtats 78 70 Tres portes i un cotxe 81 71 Quatre portes i un cotxe 82 72 Enrajolament amb dues peces 84 73 El punt d’inflexió 85 74 El incentre 87


En una habitació quadrada de costat 4m, s’hi vol col·locar una catifa quadrada de manera que toqui als costats, com indica la figura. Trobeu: a)La funció A(x) que expressa l’àrea de la catifa en funció de la distància x entre els vèrtexs dels dos quadrats. b)Valor d’ x que fa que A(x) prengui el valor mínim. c)Valors d’ x que fan que A(x) prengui el valor màxim. d)Calculeu la probabilitat que en triar un punt a l’atzar de l’ interior de l’habitació aquest es trobi dins de la catifa. e)Factoritzeu la funció A(x). Raonament

a) Aplicant el teorema de Pitàgores A(x) = 2L = x2 + ( 4 – x )2 = 2 x2 -8 x + 16 funció parabòlica definida a l’interval x∈[ 0 , 4 ] b) El valor mínim s’assoleix al vèrtex de la paràbola amb una

abscissa 22

=−

=abx i ordenada y = 8, el vèrtex és V( 2 , 8)

i el valor desitjat x = 2 c ) Atès que el vèrtex coincideix amb el punt mig de l’interval el valor màxim es troba als dos extrems que tenen per abscissa x = 0 i x = 4

x−4

1

x


d) probabilitat P = exteriorquadrat,àrea,interiorquadrat,àrea, =

1616 x 8- x 2 2 +

e)L’equació A(x)=0 no té solució i A(x) > 0 per tot x , això implica que el polinomi A(x) no es pot factoritzar.

Una cinta de metall d’amplada 40 cm, es doblega pels costats per formar una canonada per a la recollida d’aigua de pluja. Si anomenem x al valor de la paret vertical, trobeu: a)La funció àrea A(x) de la secció de la canonada. b)La representació gràfica de la funció A(x). c)El valor d’ x que dóna una màxima capacitat. d)El m. c. d. dels valors numèrics A(5) i A(10). e)La descomposició factorial del polinomi A(x). Raonament

a) Funció àrea A(x) = x( 40 – 2x ) = -2 x2 + 40 x funció parabòlica

b) Representació gràfica A(x)=0 ⎩⎨⎧

==

⇒200

xx

vèrtex V(10 ,200)

x

x240 −

2


f(x)=-2 x^2 + 40 x

Graph Limited School Edition

-35 -30 -25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65

-40

-20

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

x

y

c) La màxima capacitat és equivalent a la màxima secció A(x)

que s’assoleix al vèrtex d’abscissa 102

=−

=abx i ordenada y =

200. d) A(5)=150 A(10)=200 ; 150=2·3·5·5, 200=2·2·2·5·5 m c d (150 , 200) = 2·5·5 = 50

e) A(x)=0 ⎩⎨⎧

==

⇒200

xx

aleshores A(x) = - 2 x ( x - 20 )

En una golfa que té les parets en forma de triangle equilàter d’amplada 4m, s’hi vol col·locar una llibreria rectangular. Es demana: a) La funció f(x) que dóna l’altura de la llibreria en funció de la seva amplada x. b) La funció g(x) que dóna la capacitat de la llibreria en funció de la seva amplada x. c) La representació gràfica d’ambdues funcions. d) El valor d’x que dóna la màxima capacitat. Raonament

3


a) Aplicant la semblança de triangles

2/22

)( xxfh

−= i

aïllant l’altura f(x) = )4(23 x− que és una funció lineal

b) Àrea del rectangle g(x) = x · f(x) = - 23 x2 + 2 3 x que és

una funció parabòlica c)Gràfica de les dues funcions:

f(x)=- 0.866 x^2 + 3.464 x

f(x)=-0.866 x + 3.464


-0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4 2.6 2.8 3 3.2 3.4 3.6 3.8 4 4.2 4.4

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

x

y

d) La màxima capacitat la dóna el valor del vèrtex V( 2 , 2 3 ) que ens informa d’una amplada x = 2m i una capacitat màxima de 2 23m

Un triangle rectangle té els seus costats en progressió aritmètica. Si es fa girar al voltant del costat petit genera un con de volum

π128 cm3. Calculeu: a) Les dimensions del triangle. b) L’àrea lateral i total del con.

x

)(xf

32=h

4

4


Raonament:

a) Costats del triangle: x , x + d , x+2d aplicant el T. Pitàgores ( x + 2 d )2 = x2 + ( x + d )2 ⇒ x2 – 2d x – 3 d2 = 0 ⇒ x = - d o x = 3 d. La solució negativa no és factible resultant com a única solució: costats: 3 d , 4 d , 5 d

216)3()4(31

31128 322 =⇒=π=π=π= ddddhrV ,les dimensions

del triangle són: 6cm 8cm 10cm b) La superfície lateral i total són respectivament, S l = gr··π = 80 π cm2 S t = 2··· rgr ππ + = 144π cm2

Demostreu, aplicant la identitat de polinomis, que el producte de quatre nombres consecutius més una unitat és un quadrat perfecte. Raonament:

n ( n + 1 ) ( n + 2 ) ( n + 3 ) + 1 = n4 + 6 n3 +11 n2 + 6 n + 1 si és un quadrat perfecte haurà de coincidir amb el polinomi:

x

dx +

dx 2+

0 1 n 1+n 2+n 3+n

5


( n2 + a n + b )2 = n4 + 2 a n3 + ( 2b + a2 ) n2 + 2ab n + b2 Identificant coeficients,

⎩⎨⎧

==

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⇒

===+

=

13

162112

62

2

2

ba

bab

aba

Sistema compatible resultant: n ( n + 1 )( n + 2 )( n + 3 )( n + 4 )+ 1 = ( n2 + 3n + 1 )2

Una família de triangles té per costats els següents polinomis: 2x2+1 2x2+2 4x2+1. Es demana: a) La funció P(x) perímetre del triangle. b) La Representació gràfica de la funció P(x). c) La funció polinòmica A(x) de l’àrea del triangle. d) Solucions de l’equació: A(x) = P(x). e) Els valors d’ x per tal que el triangle sigui rectangle. Raonament:

a) Perímetre P(x) = 8x2+4 funció polinòmica de segon grau b) Representació polinòmica de la funció P(x)

f(x)=8x^2+4


-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

-4

-2

2

4

6

8

10

12

14

16

18

x

y

2 x2 + 1 2 x2 + 2

4 x2 + 1

6


c) Per calcular la funció àrea aplicarem la fórmula de Herón, semiperímetre: p = 4 x2 + 2 A(x) = ))()(( cpbpapp −−− = )1)(2)(12)(24( 222 xxx ++

)12(2 2 += xx per tot valor d’x. d) L’equació A(x) = P(x) ⇒ 2x ( 2 x2 + 1 ) = 8 x2 + 4 ⇒

⇒=−⇒=−+ 042x04)1)(2x(2x2 x = 2 e) Aplicant el teorema de Pitàgores, ( 4 x2 + 1 ) 2 = ( 2 x2 + 2 ) 2 + ( 2 x2 + 1 ) 2 01x2x 24 =−−⇒

1x1x2 ±=⇒=⇒

Trobeu: a)L’equació de la recta (r) perpendicular a 3x+4y=25 que passa per l’origen de coordenades. b) El punt (P) simètric de l’origen respecte de la recta 3x+4y=25. c) L’equació de la recta (s) simètrica de 3x+4y=25 respecte de l’origen. d) La recta 3x+4y=25 determina amb els eixos un triangle rectangle; si fem girar el triangle al voltant de la recta es generen dos cons units per la base. Calculeu el seu volum. Raonament:

a)Feix de rectes perpendiculars a 3x+4y=25: 4 x – 3 y + ? = 0 , la que passa pel ( 0 , 0 ) compleix: 0 – 0 + ? = 0 ⇒ ? = 0

3x+4y=25

r

P

s

7


La recta cercada és: 4 x – 3 y = 0

b) Punt M intersecció de les rectes r i s :⎩⎨⎧

=−=+

=0342543

yxyx

M

⇒ M( 3 , 4 ) .El punt P simètric respecte de l’origen O és un extrem de l’interval OP on M és el punt mig. P = 2 M - O = (6 , 8 ) – ( 0 , 0 ) = ( 6,8 ) c) La recta paral·lela a 3x+4y=25 que passa per l’origen és: 3x+4y=0 i la paral·lela a una mateixa distància serà: 3x+4y= -25 .

d) Punts de tall amb els eixos ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

425,00,

325 i

radi dels cons d = d(O,recta r) = 5432500

22=

+−+

u.

V = )(31

212 hhd +π 21 hh + =

12125

425

325 22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ u.

V = )(31

212 hhd +π =1/3 π ·52·(125 / 12 ) u3

Per pujar una escala podem fer-ho saltant un esglaó o bé saltant-ne dos. Si f(n) representa el nombre de maneres diferents de pujar una escala d’ n esglaons, es demana: a) Raona la fórmula recurrent, f ( n ) = f( n – 1 ) + f( n – 2 ). b) Calcula f(1) i f(2). c) Apliqueu la recurrència per calcular f(8) i f(9). d) Trobeu el m.c.m. i m.c.d. de f(8) i f(9). Raonament:

1

n

2

8


Anomenem f( n ) al nombre de maneres de pujar una escala d’n esglaons a) El primer moviment pot ser pujar al primer esglaó o bé saltar al segon. Si saltem al primer esglaó, les maneres d’arribar a l’últim esglaó són f( n – 1 ), si saltem al segon esglaó, les maneres d’arribar a l’últim són f(n – 2) . Aleshores: f( n ) = f( n – 1 ) + f( n – 2 ) b) Cas particular: f( 1 ) = 1 i f( 2 ) = 2 c) Aplicant la recurrència: f( n ) = f ( n – 1 ) + f ( n – 2 ) f(1)=1 f(2)=2 f ( 3 ) = 1 + 2 = 3 f ( 4 ) = 2 +3 = 5 f( 5 )= 3 + 5 = 8. f ( 6 ) = 5 + 8 = 13 f ( 7 ) = 8 + 13 = 21 f( 8 ) = 13+21=34 i f ( 9 ) =21+34= 55 successió de Fibonacci: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ... d) m c d ( 34 , 55 ) = 1 m c m ( 34 , 55 )=34·55

Una família de triangles té per costats els polinomis: 2x+1 2x2+2x 2x2+2x+1. Es demana: a) Demostreu que són rectangles per tot valor positiu d’ x. b) Calculeu les fraccions algebraiques que representen al sin(B) i cos(B) de l’angle menor. c) Resoleu l’equació sin(B) = cos(B). d) Comproveu la identitat sin2(B)+cos2(B) = 1 Raonament: a) Es compleix el Teorema de Pitàgores ja què,

2 x + 1 2 x2 + 2 x

2 x2 + 2 x + 1

A

B C

9


222222 1)(2x1)4x(1)(4x2x)(2x-1)2x(2x +=++=+++ → 22222 2x)(2x1)(2x1)2x2x +++=++(

b) sin B=(2x+1)/(2x2+2x+1 cos B= (2x2+2x)/( 2x2+2x+1)

c) sin(B) = cos(B) → 2 x + 1 = 2 x2 + 2 x → 22

±=x

d) sin2(B)+cos2(B) = 1)122(

)22()122(

)12(22

22

22

2

=++

++

+++

xxxx

xxx

atès que: 22222 2x)(2x1)(2x1)2x2x +++=++(

Des d’un punt A situat a una certa distància de la base d’una torre es visualitza un punt fix sota un angle de 60º. Si ens retirem a un punt B es divisa el mateix punt sota un angle de 30º. Sota quin angle es divisa el punt fix si el visualitzem des del punt mig del segment AB? Raonament:

tg 60º =

xh tg 30º =

dxh2+

tg Mº = dx

h+

A MB 60º 30º

h

xd d

10


xh

=3 i dx

h23

1+

= ⇒ x = d

tg Mº =dx

h+

= x

h2

=23 ⇒ Mº = 40’9º

Des d’un punt A situat a una certa distància x de la base d’una torre es visualitza un punt fix C sota un angle (2 ºα ) . Si ens retirem a un punt B es divisa el mateix punt sota un angle meitat que l’anterior. Si la distància entre A i B fa les cinc terceres parts de la distància x del punt A al peu de la torre, calculeu l’altura h del punt fix en funció de la distància x. Raonament:

αtg12tgαtg2α

xhtg2α

8x3h

8x/3htgα

2−====

Substituint en la última expressió les dues primeres resulta,

A B

2 ºα ºα

x3

5x

C

h

11


22

2

2 9h64x48hx

64x9h1

4x3h

xh

−=

−= ⇒ 48 x2 = 64x2 –9 h2 ⇒

9h2 = 16 x2 ⇒ h = 3

4x

En un triangle els seus angles estan en progressió aritmètica i l’altura relativa al costat més gran el divideix en dues parts directament proporcional a 1 i 3. Calculeu: a) Els tres angles del triangle. b) La mitjana aritmètica i la mitjana geomètrica dels tres angles. c) Si el costat petit mesura 12 cm, calculeu el perímetre i l’àrea del triangle. Raonament:

a) Si C<B<A són angles en progressió aritmètica de constant d: C = B – d , B=B , A = B + d atès que, A + B + C = 180º implica 3B = 180º , B = 60º

a = 4 x cos60º = cx

=21 c = 2 x h= xxx 34 22 =−

b = =+ 22 39 xx 2 3x aplicant el teorema del sinus,

sin A =ba sin B = 1

23·

324

= ⇒ A = 90º i C= 30º

x x3

h c b

12


b) Mitjana aritmètica = º603

º1803

==++ CBA i la mitjana

geomètrica = 3 ·· CBA = 3 90·60·30 = 54’51º c) si el costat petit c = 2 x = 12 cm ⇒ x = 6 cm aleshores , c = 12 cm b = 12 3 cm a = 24 cm perímetre: P = 12 ( 3 + 3 ) cm i l’àrea A = 72 3 cm2

“Si a cada paraula d’aquest text tancat entre cometes li donem una longitud igual al nombre de caràcters que la forma, en triar una paraula a l’atzar” , trobeu: a) La probabilitat de triar una paraula de longitud 5, si considerem que cada paraula té la mateixa probabilitat de ser triada. b) La mitjana aritmètica, el mode i la mediana de totes les longituds. c) Si acceptem la mitjana aritmètica com a vàlida, quantes paraules esperem trobar-nos en un text que conté 2.000 caràcters? Raonament: Longitud = x i Freqüència = n i x i n i 1 2 2 2 6 12 3 3 9 4 2 8 5 5 25 6 3 18 7 4 28 8 1 8 9 1 9 total 27 119

13


a) P ( x5 ) = 275

b) mitjana aritmètica = x = 27

119 = 4’4 mode = x2 = 2

mediana = x5 = 5

c) 5'4544'4

2000= ⇒ esperem trobar unes 454 o 455

paraules de longitud 5.

Una persona comença a caminar apropant-se a una torre amb una velocitat constant de 4 m/s. Al mateix instant, un ocell situat a dalt de la torre deixa caure una molla de pa de manera que la persona i la molla de pa arriben al mateix punt en el mateix temps. Si l’altura de la torre és cinc vegades més gran que la distància recorreguda per la persona, calculeu: a) El temps de caiguda de la molla de pa. b) L’altura de la torre si no tenim en compte el fregament de l’aire sobre la molla de pa. ( g≅ 10 m/s2 ) Raonament:

a) l’espai d’un moviment de lliure caiguda amb acceleració

constant g ≅ 10 m/s2 és : h = 22 521 tgt = i l’espai horitzontal

és: s= v t=4t atès que 5 s = h resulta 20 t = 5 t2 ⇒ t = 4 s.

tvs ·=

=h 2

21 gt

14


b) altura de la torre: h = 2

21 gt = 5 t2 = 80 m.

Si: A( 2,-5) i B(4,6) són els extrems d’un segment. Calculeu: a) El punt mig M del segment AB. b)El punt P que divideix el segment en dues parts directament proporcionals a 1 i 2, més proper d’A. c) Lloc geomètric ( s ) de tots els punts que disten de B el doble del punt A . d) Equació de la recta (t) que passa per l’origen de coordenades i divideix el segment AB en dues parts iguals. e) El traslladat del segment AB mitjançant el vector

)5,3(v −= f) El transformat del segment AB mitjançant una homotècia al de centre el punt C(2,4) i constant k=3. Raonament:

a) punt mig del segment AB: M =

2BA+ = ( 3 ,

21 )

b) punt que divideix el segment AB en dues parts directament

A

B

M

P

t

s

15


proporcionals a 1 i 2. P = 3

12 BA+ = ( 38 ,

34− )

c) punt genèric del pla: P ( x , y ), condicionat per l’equació, dist2 ( P , B ) = 4 dist2 ( P , A ) això implica; ( x – 4 )2+( y – 6 )2= 4 [( x – 2 )2 + ( y + 5 )2 ] ⇒ 3 x2 + 3 y2 – 8 x + 52 y + 64 = 0

d) la recta OM té per pendent 61

32/1==m i la seva equació

és: y = 61 x

e) el traslladat del segment AB pel vector )5,3(v −= : A’ = A + v = ( -1 , 0 ) B’ = B + v = ( 1 , 11 ) f) CACA 3'' += = ( 2 , - 23 ) CBCB 3'' += = ( 8 , 10 )

En un triangle, els costats i l’àrea són quatre valors en progressió aritmètica. Trobeu-hi: a) La constant diferència de la progressió en funció del costat mitjà x. b) El perímetre del triangle en funció d’x. c) De tots aquests triangles, trobeu aquells que tenen els costats enters. Raonament:

16


a) semiperímetre p = 3x / 2 per calcular l’àrea aplicarem la fórmula de Herón,

A = =−−− ))()(( cpbpapp ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 2

2

2223 dxxx

si ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 2

2

2223 dxxx = x + 2d ⇒ 2

222

)2(16

)4(3 dxdxx+=

−

⇒ dxdxx 216

)2(3 2

+=− ⇒ 3x3 – 6 x2 d = 16 x + 32 d

⇒ d( 32 + 6 x2 ) = 3 x3 – 16x ⇒ d = )162x3(2)162x3(x

+

−

b) Perímetre: P = 3 x

c) d = )162x3(2)162x3(x

+

− = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

163321

2 2xx ⇒ cap valor tret de

d=0.

Si anomenem al perímetre d’un rectangle 2s i a la seva àrea p, calculeu en funció d’s i p l’expressió: (x – y )24, on x és la

dx − x

dx +

y

x

17


mesura de la base i y la de l’altura. Raonament:

( x – y )2 = ( x + y )2 – 4 x y = s2 – 4p aleshores, ( x - y )24 = [ s2 – 4 p ]12

Se sap que un matrimoni té 5 fills. En analitzar el seus sexes, es demana: la probabilitat de trobar-nos almenys dos nois i una noia. Raonament: Casos desfavorables: cinc nois + cinc noies + 4 noies i un noi P = 1 – p(cinc nois) - p(cinc noies) - p(1noi i 4 noies)

P = 1 - 5

21⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ -

5

21⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ - 5

5

21⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ = 1 – 7 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

321 =

3225

En una progressió geomètrica de set termes, els tres primers sumen 7, i els tres últims 112. Trobeu els set termes de la progressió.

y

x

xy

19

18


Raonament: a a.r a.r2 a.r3 a.r4 a.r5 a.r6

Condicions: a ( 1 + r + r2 ) = 7 i a r4 ( 1 + r + r2 ) = 112 Conclusions:

7112

=++

++ ) r2 r 1 ( a

) r2 r 1 ( r4 a ⇒ 7 r4 = 112 ⇒ r4 = 16 ⇒

r = ± 2 a) si r = 2 ⇒ 7a = 7 ⇒ a = 1 1 2 4 8 16 32 64 b)si r = - 2 3a = 7 a = 7 / 3 7/3 -14/3 +28/3 -56/3 +112/3 -224/3 +448/3

En una bossa hi ha x boles blanques i x + n boles negres. Calculeu els possibles valors d’ x i n per tal que la probabilitat

d’obtenir bola blanca sigui n1 .

Raonament:

P =

nnxx 1

2=

+ → n

xnx=

+2 → x =2−n

n = 1 + 2

2−n

n-2 té que dividir a 2 aleshores, n = 3 o n = 4. a) si n = 3 x = 3 blanques n + x = 6 negres b) si n = 4 x = 2 blanques n + x = 6 negres

20


Donat el polinomi: 1x........xxxp(x) 293031 −+−+−= es demana: a) La divisió de p(x) entre 116 +x . b) La factorització del polinomi p(x). c) Les solucions de l’equació p(x)=0. Raonament: p(x) = x31 – x30 + x29 - ............ +x - 1

a) p(x) = 1

)1( 32

+

−

xx = )1(

1)1( 16

16

++− x

xx = (x15 - x14+ ...+ x –1)(x16+1)

→ 1)(

16 +xxp = x15 - x14 + ..........+ x – 1

b) p(x) = 1

)1( 32

+−

xx = )1(

1)1( 16

16

++− x

xx =

1)1()1)(1(

8816

+−

++xxxx

p(x) = 1

)1)(1)(1)(1)(1 2248

+−++++

xxxxx(x 16

p(x) = 1

)1()1)(1)(1)(12

248

+−

++++xx xxx(x16

p(x)= ( x16 + 1 )( x8 + 1 )( x4 + 1 ) ( x2 + 1 )( x – 1 ) c) p(x) = 0 ⇒ ( x – 1 ) = 0 ⇒ x = 1

Demostreu que en tot polígon regular d’n costats de perímetre P i àrea A, en triar un punt del seu interior, la suma de les seves distàncies als costats és constant Determineu aquesta constant Raonament:

22

21


h i = altura del triangle T i A = àrea del polígon =

2L ( h 1 + h 2 + ....... + h n )

k = h 1 + h 2 + ....... + h n = P

AnLA ··22=

Donat el polinomi b1)a(x1)(x 20 ++++ , determineu a i b de manera que sigui divisible per 16x3x2 ++ Raonament: P(x) = b1)a(x1)(x 20 ++++ Efectuem un canvi a la base (x + 1 ) al polinomi Q(x) Q(x) = 3 x2 + 6 x + 1 3 6 1

-3 -3 -1 ↓ 3 3 2

-3 -1 ↓ 3 0

-1 ↓ 3

Q(x) = 3 x2 + 6 x + 1 = 3 (x+1)2+0(x+1)+2 si Q(x) divideix a

L

23


P(x) → Q(x)=0 → (x+1)2 ≡ 32− → (x+1)20 ≡

10

1010

32

32

≡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

Residu de la divisió: P(x):Q(x) R(x)= bxa +++ )1(32

10

10

bxa +++ )1(32

10

10

= 0 ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=⇒

032 10

a

b

Expresseu el polinomi: p(x)= 63x5xx 45 +−− en base (x+1) . Raonament: p(x)= 63x5xx 45 +−− fem un canvi a la base (x+1): efectuem per Ruffini les successives divisions per ( x + 1 ) 1 -5 0 0 -3 6 -1 ↓ -1 6 -6 6 -3 1 -6 6 -6 3 3 -1 ↓ -1 7 -13 19 1 -7 13 -19 22

-1 ↓ -1 8 -21 1 -8 21 -40 -1 ↓ -1 9 1 -9 30 -1 ↓ -1 1 -10 -1 ↓ 1

p(x)=1(x+1)5-10(x+1)4+30(x+1)3-40(x+1)2+22(x+1)+3

24


Una bossa conté 13 boles de les quals 4 són negres, 6 són blanques i 3 són vermelles. De quantes maneres es pot treure un conjunt de 3 boles per tal que contingui almenys una bola de cada color. Raonament:

a) amb ordre: P3 · C4

1 · C61 · C3

1 = 6 · 4 · 6 · 3 = 432 b) sense ordre: C4

1 · C61 · C3

1 = 4 · 6 · 3 = 72

Donada l’equació: 0)3()2(2 =−−−+ mxmx . Trobeu el valor d’m que fa mínima la suma dels quadrats de les seves solucions. Raonament: Donada l’equació:

0)3()2(2 =−−−+ mxmx Si les dues solucions són:{ a , b } La suma i el producte compleixen: S = a + b = 2 – m P = a b = 3 – m Fent operacions: a2 + b2 = ( a + b )2 – 2 a b = ( 2 – m )2 – 2 ( 3 – m )

26

25


a2 + b2 = m2 – 2m – 2 funció polinòmica de segon grau definida a l’interval ),31()31,( ∞+∪−−∞∈m . La seva gràfica representa una paràbola i el seu valor mínim correspon al vèrtex d’abscissa m =1 que no pertany a l’interval de definició i aleshores el valor òptim és l’extrems de l’interval més proper al vèrtex , m = 1 - 3 i m = 1 + 3

Un safareig té tres aixetes: A , B , C. Si obrim A i B, s’omple en dues hores; si obrim A i C, s’omple en tres hores; i si obrim B i C s’omple en sis hores. Quant tardarà en omplir-se en obrir les tres aixetes? Raonament:

A omple en una hora 1/x part del dipòsit B omple en una hora 1/y part del dipòsit C omple en una hora 1/z part del dipòsit A+B omple en una hora 1/x + 1/y = 1/2 del dipòsit A+C omple en una hora 1/x + 1/z = 1/3 del dipòsit B+C omple en una hora 1/y + 1/z = 1/6 del dipòsit A+B+C omple en una hora 1/x + 1/y + 1/z = = (1/2+1/3+1/6)/2 = 1/2 del dipòsit A+B+C omple el dipòsit en dues hores.

A B C

A B C

27


Tres nombres estan en progressió aritmètica i els seus quadrats en progressió geomètrica. Calculeu les raons de les progressions i els tres nombres. Raonament: Tres nombres en progressions aritmètica: a – d a a + d Els seus quadrats en progressió geomètrica: ( a – d )2 a2 ( a + d )2 Condició: a4 = ( a – d )2( a + d )2 → a2 = ± ( a2 – d2 ) a) Primer cas: a2 = a2 – d2 → d = 0 → nombres : a, a, a r = 1 b) Segon cas: a2 = - a2 + d2 → d = ± 2 a

→⎩⎨⎧

−=−++=+−

2

2

)21(2,,2)21(2,,2

raaaaaraaaaa

Un circuit té forma de quadrat i la longitud del seu costat és de 14 Km. Si a una distància x de cada vèrtex s’uneixen aquests punts, es forma un nou circuit que torna a ser un quadrat. Dos cotxes circulen un per cada circuit i a la mateixa velocitat. Trobeu: a) Si la distància AB és de 6 Km. i els dos cotxes surten del punt

x

A

B

C

29

28


B al mateix temps en sentit horari, calculeu el recorregut de cada cotxe fins a la primera topada. b) Si la distància AB és de 6km i surten d’A i B, al mateix temps i en sentit horari, calculeu el recorregut de cada cotxe fins a la primera topada. Raonament:

a) L = 14 km → l = 22 68 + = 10 km Condició d’arribada dels dos cotxes en un mateix temps a un dels quatre punts B;P;Q;R 10 m = 14 n → 5 m = 7 n → m = 7 λ , n = 5 λ Condició per coincidir en el mateix punt B o p o Q o R m - n = 4k → 7 λ-5 λ=4k → 2 λ = 4k → λ parell Primera topada λ=2 S = 10 m = 14 n = 140 km coincideixen en Q b) L = 14 km → l = 22 68 + = 10 km Condició d’arribada dels dos cotxes en un mateix temps a un dels quatre punts B;P;Q;R

10m = 6 + 14 n → 5 m = 7 n + 3 → m= n + 5

32 +n →

n=5 λ+1 , m=7 λ+2 Condició per coincidir en el mateix punt B o p o Q o R m - n = 4k → 2 λ+1 = 4k senar = parell IMPOSSIBLE no coincideixen

x

A

B

C

P

Q

R

L

l


En un cistell hi ha 200 fruites entre peres i pomes. El nombre de PERES, FRUITES PODRIDES i POMES formen progressió aritmètica amb diferència = nombre de PERES PODRIDES. Contesteu les qüestions següents: a)Si triem una fruita a l’atzar, calculeu la probabilitat que sigui PODRIDA. b) Si ens quedem amb les PERES PODRIDES més les POMES BONES i en triem una a l’atzar, calculeu la probabilitat de que sigui una fruita BONA. Raonament:

PERES + POMES = 200 x + y + z + t = 200 ( PERES, FRUITES PODRIDES i POMES ) formen progressió aritmètica amb diferència = nombre de PERES PODRIDES.(y) x + y x + 2 y = y + t x + 3 y = z + t

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−−+=−+=++++

030

200

tzyxtyxtzyx

→ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=−=

−=

tzty

tx

2200100

1002

PERES BONES = x

POMES BONES = z

POMES PODRIDES = t

PERES PODRIDES = y

= PERES BONES

= POMES BONES

= POMES PODRIDES

= PERES PODRIDES

30


a)

fruites podrides = y + t = 100 p(fruita podrida) = 21

200100

=

b) peres podrides + pomes bones = y + z = 300 –3 t = 3 ( 100 – t ) fruites bones = z = 200 – 2 y = 2 ( 100 – t )

p[fruita bona/(peres podrides+pomes bones )]= 32

Donats els polinomis:⎩⎨⎧

++++=−−−−=

1565)(132)(

234

234

xxxxxqxxxxxp

calculeu:

a) El seu (m. c. d.). b) La descomposició factorial de p(x) i q(x). c) Resoleu les equacions p(x) = 0 i q(x) = 0. Raonament:

⎪⎩

⎪⎨⎧

++++=−−−−=

1526354)(132234)(

xxxxxqxxxxxp

a) aplicant l’algoritme d’Euclides: x4+5x3+6x2+5x+1 x4-x3-2x2-3x-1 x4-x3-2x2-3x-1 3x3+4x2+4x+1 C=1 C=1/3 x – 7/9 R=2(3x3+4x2+4x+1) R=-2/9(x2+x+1) 3x3+4x2+4x+1 x2+x+1 C=3x+1 R=0

C=1 C=1/3 x – 7/9 C=3x+1 x4+5x3+6x2+5x+1 x4-x3-2x2-3x-1 3x3+4x2+4x+1 x2+x+1 R=2(3x3+4x2+4x+1) R=-2/9(x2+x+1) R=0

m c d ( p(x) , q(x) ) = x2 + x + 1 b) x4 - x3 - 2x2 - 3x – 1 : x2 + x + 1 = x2 - 2x - 1

31


p(x) = ( x2 + x + 1 )( x2 - 2x – 1 ) x2 - 2x – 1 = 0 x = 1 2± x2+x+1=0 cap solució real p(x)= (x2 + x + 1 )( x2 - 2x – 1 ) = (x2+x+1)(x-1+ 2 )(x-1- 2 ) x4 + 5x3 + 6x2+ 5x + 1 : x2 + x + 1 = x2 + 4x + 1 q(x) = ( x2 + x + 1 )( x2 + 4x + 1 ) x2+ 4x + 1 = 0 x = 2 ± 3 x2+x+1=0 cap solució real q(x)= ( x2 + x + 1 )( x2 + 4x + 1 )= (x2+ x+1)(x-2+ 3 )(x-2- 3 ) c) p (x) = 0 → x = 1 2± q(x) = 0 → x = 2 ± 3

Una moneda té un diàmetre de 50 mm. i una altura de 2 mm. Es vol construir un estoig cilíndric de manera que, en el cercle de la base, hi encaixin exactament set monedes. Calculeu: a) Dimensions de l’estoig amb capacitat per a 70 monedes. b) Espai desaprofitat dins de l’estoig. c) Diàmetre d’una altra moneda tangent a tres de les monedes anteriors per la part exterior. Raonament:

2 R = 150 mm R = 75 mm a) h = 10· 2 = 20 mm R = 75 mm

h

2 R

2 r

32


V = π R2h = 353.429 mm3 = 353’429 cm3 b) V’ = 77 ( π · 25 2 · 2 ) = 302.378’3 mm3 = 302’378 cm3 V – V’ = 51’05 cm3, 14’4% d’espai desaprofitat c) 1002 = r2 + r2 – 2 · r · r · cos 120º = 3 r2

r = 3

3100 = 57’74 mm

Un grup d’ n persones surt del punt A(1,1) i cada vegada que un subgrup arriba a una bifurcació, el grup es divideix en tres parts iguals sense recular. Si expressem per nma , el nombre de persones que arriben al punt de trobada (m,n), calculeu: a) El nombre mínim de persones que té el grup inicial per arribar a tots els punts de bifurcació de la quarta fila i el nombre de persones 3,4a que passen pel punt B(4,3). b) El nombre mínim de persones que té el grup inicial per arribar a tots els punts de bifurcació de la cinquena fila i la suma de totes les persones que han passat per alguna bifurcació de la cinquena fila. c) Demostreu que: 3/)a3aa(a 1n,2mn,1m1n,1mn,m −−−−− ++= Raonament:

)1,1(A

)3,4(B

)1,2(

)1,4(

33


Es compleix la llei de recurrència:

3,11,21,1 nmnmnm

nm,

aaaa −−−−− ++

=

a) n n/3 n/3 n/9 5n/9 n/9 n/27 n/3 n/3 n/27

Si: n/27 = 1 n = 27 mínim nombre de persones que surten del punt A per arribar a tots els punts de la quarta fila.

En el punt B(4,3) 93==

na4,3 persones

b) n n/3 n/3 n/9 5n/9 n/9 n/27 n/3 n/3 n/27

n/81 13n/81 11n/27 13n/81 n/81 S = 5,51,5 ....... aa ++ = 61n/81

Donat un rectangle de dimensions( a x b ) tal que a > b, calculeu la relació entre a i b de manera que: a) En partir-lo per la meitat, els dos rectangles resultants siguin semblants al rectangle inicial.

)1,1(A

)3,4(B

)1,2(

)1,4(

34


b)En retallar un quadrat de costat b, el rectangle que queda és semblant al rectangle inicial.

Raonament: a)

2ab

ba= → 2 b2 = a2 → a = 2 b

Fixada una superfície: S = a b = 2 b2 ⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

Sa

Sb

·22·2

b)

a

2a

b

a

2a

b

b ba − ba − a


bab

ba

−= → a2 – b a – b2 = 0 → a =

2)15( − b

En un polígon regular d’un nombre parell de costats, triem un punt de seu interior i l’unim amb el seus vèrtexs i els triangles resultants els numerem ordenadament. Demostreu: La suma de les àrees senars coincideixi amb la suma de les àrees parells.

Raonament:

b

b ba − ba − a

35


I = suma de les àrees senars P = suma de les àrees parells Hem de demostrar que: P = I DEMOSTRACIÓ: Àrea del triangle (PSR) = T1 Àrea del triangle(PQR) = T2 Àrea del triangle (QRS) = K ( constant) T1 + T2 = A k + K

per tenir la mateixa altura ab

AT

k

=−1

1 11 −=→ kAabT

per tenir la mateixa altura ab

AT

k

=+1

2 12 +=→ kAabT

T1 + T2 = A k + K → KAAAab

kkk +=+ +− )( 11

A) NOMBRE DE COSTATS = 2n aKaAAAb +=+ 231 )( aKaAAAb +=+ 342 )( aKaAAAb +=+ 453 )( aKaAAAb +=+ 564 )( aKaAAAb +=+ 675 )( aKaAAAb +=+ 786 )(

······························· aKaAAAb nn +=+− 2112 )( aKaAAAb n +=+ 122 )(

TOTAL TOTAL b ·2 · I = a· P + n · a · K b ·2 · P = a· I + n · a · K

⎩⎨⎧

=→−=−→−=−=

PIaIbPaPbIaIbPnaKaPbInaK

2222

a

b

P

Q

R

S 1−kA

kA

1+kA


En un taulell de 5x5 caselles, trobeu-hi: a) Nombre total de (rectangles + quadrats) que és poden visualitzar format per caselles sense trencar. b) Nombre total de quadrats i de rectangles formats per caselles sense trencar. Raonament:

A)TAULELL DE 5x5 caselles a)La intersecció de dues rectes horitzontals amb dues rectes verticals dóna un rectangle o un quadrat. Totes les maneres de seleccionar aquestes rectes són:

CC 26

26· = 15·15 = 225

b) Quadrats de longitud 1 = 5 · 5 = 52 Quadrats de longitud 2 = 4 · 4 = 42 Quadrats de longitud 3 = 3 · 3 = 32 Quadrats de longitud 4 = 2 · 2 = 22 Quadrats de longitud 5 = 1 · 1 = 12 Total de quadrats = 25 +16 +9 +4 +1 = 55 Total de rectangles = 225 – 55 = 170

36


B)TAULELL D’ n x n caselles a)La intersecció de dues rectes horitzontals amb dues rectes verticals dóna un rectangle o un quadrat. Totes les maneres de seleccionar aquestes rectes són:

CC nn2

12

1· ++ = 2

)!1(!2)!1(⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

nn

b) Quadrats de longitud 1 = n · n = n2 Quadrats de longitud 2 = ( n – 1 )( n – 1 ) = ( n – 1 )2

.............................................................................................................. Quadrats de longitud ( n – 1 ) = 2 · 2 = 22 Quadrats de longitud n = 1 · 1 = 12

Total de quadrats = 12+22+···········+n2 = 6

)12)(1( ++ nnn

Total de rectangles =2

)!1(!2)!1(⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

nn -

6)12)(1( ++ nnn

Una bala de canó es llança amb una velocitat inicial v i amb un angle d’inclinació α . Si les equacions del moviment en un temps

t són: ⎪⎩

⎪⎨⎧

−α=

α=2gt

21t).sin.v(y

t).cos.v(x es demana,

a) Aïlla t de la primera equació i substitueix a la segona per obtenir l’equació del moviment y = f(x) on f(x) és un polinomi de segon grau. b) Cerqueu el vèrtex d’aquesta paràbola que ens dóna la màxima alçada i el temps d’arribada al vèrtex. c) Calculeu els punts de tall d’aquesta paràbola amb l’eix

37


horitzontal per obtenir la màxima llargada horitzontal i calculeu el temps d’arribada a aquest punt. d) Observeu que la longitud màxima de l’apartat c ha de veure amb el màxim valor del αsin i això es compleix quan º45=α Raonament:

a) Equacions del moviment en forma paramètrica:

P ⎪⎩

⎪⎨⎧

−α=

α=2gt

21t).sin.v(y

t).cos.v(x , eliminant el paràmetre

α(v·cosxg

21x

α v·cosα v·siny

2

2

−= funció parabòlica:

y= α+α

− tg.xxcosv2g 2

22

b)

Vèrtex

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

==

αsin2gvy

sin2α2gv

gαtgαcosvx

22

222

L’altura màxima correspon al vèrtex α22

sin2gvy =

c) Punts de tall amb l’eix horitzontal:

O ( 0 , 0 ) i B ( sin2αgv2

, 0 )

B


recorregut horitzontal fins tocar terra en funció de l’angle de sortida:

x = sin2αgv2

d) recorregut horitzontal màxim → 1sin2α = → 2α = 90º → α = 45º

Dues plantes aquàtiques de superfície inicial A i B respectivament compleixen les condicions següents: Si la primera triplica cada dia la seva superfície i la segona la quadruplica, aleshores tarden dos dies en recobrir la tercera part d’un estany. Si és la primera la que duplica la superfície cada dia i la segona la triplica, aleshores tarden dos dies en recobrir la sisena part de l’estany. Se sap que si el creixement de les dues fos el mateix en dos dies recobririen tot l’estany. Contesta: a) Quina és la superfície inicial de cada planta respecte de l’estany? b) Quin és aquest últim creixement ? Raonament:

Condicions:

B

A

B

A

38


32 A + 42 B = 3E

22 A + 32 B = 6E

t2 ( A + B ) = E a)

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=+

=+

102

51

694

3169

EB

EA

EBA

EBA

b) últim creixement = t

34

1021

511

12 =+

=+

=BA

Et → t = 34

En un triangle equilàter de costat 4m, es trien tres punts sobre els costats, a una distància x del seu vèrtex, formant un nou triangle equilàter. Trobeu-hi: a) La funció polinòmica A(x) que expressa l’àrea del triangle interior. b) Valor d’x que fa que A(x) prengui el valor mínim i màxim. c) Factoritzeu la funció A(x). Raonament:

x

39


Aplicant el teorema del cosinus: L2 = x2 + ( 4 – x )2 – 2 x ( 4 – x ) cos 60º L2 = 3 x2 – 12 x + 16 L = 16123 2 +− xx x ∈ [ 0 , 4] a) Aplicant la semblança de triangles:

2

2

2

1 4LA

A= →

1612

16 x 12 -x 3AA2 +

=

Si A1 = 4 3 → 2A = 16)12x(3x43 2 +− paràbola

b) Vèrtex de la paràbola : V ( 2 , 3 ) Si x = 2 l’àrea pren el valor mínim A2 = 3 Si x = 0 o x = 4 l’àrea pren el valor màxim A2 = 0

c) La funció )16x12x3(43 2 +− no es pot factoritzar

Una arcada en forma parabòlica té per altura 8 m. i l’amplada de la base 6 m ; si se situa el vèrtex en l’eix vertical i els peus de l’arcada a l’eix horitzontal, trobeu: a) Equació d’aquesta paràbola. b) Màxima alçada d’un camió de tres metres i mig d’amplada per poder circular per sota de l’arcada. c) Màxima amplada d’un camió de quatre metres d’altura per poder circular per sota de l’arcada.

x

x−4

L

40


Raonament:

a) Vèrtex: V( 0 , 8 ) Punts de tall amb l’eix horitzontal:A (- 3,0) i B(3,0). Totes les paràboles que passen per A i B: y = a ( x – 3 ) ( x + 3 ). Aquella que passa pel punt V( 0 , 8 )

compleix: 8 = a ( -9 ) → a =98−

Equació de la paràbola: y = 98− x2 +8

b) Si x = 1’75 m → y = 5’277 m altura del camió: y = 5’277 m c) Si y = 4 m → 8 x2 = 36 → x = 2’1213 amplada del camió: 2 x = 4’242 m

Tenim un con de fusta i el foradem per la seva altura. Després el tallem en n peces mitjançant plans paral·lels a la base. Prenem tres pals i, en un dels pals hi encaixem les peces ordenadament de manera que formem el con. Si podem passar peces d’un pal a un altre de manera que una peca superior no pot cobrir una inferior i cada vegada una sola peca,, determineu el nombre

41


mínim de moviments per traslladar el con d’un pal a l’altre. Raonament:

El con té n peces, si f ( n ) = mínim nombre de moviments per traslladar n peces: Recurrència: f ( n ) = traslladar les ( n – 1 ) peces de dalt + traslladar la peça de sota + tornar a traslladar les ( n – 1 ) peces de dalt. f ( n ) = f ( n – 1 ) + 1 + f ( n – 1 ) = 2 f ( n – 1 ) + 1 amb les condicions següents: f ( 0 ) = 0 f ( 1 ) = 2 f ( 0 ) + 1 =1 f ( 2 ) = 2 f ( 1 ) + 1 = 2 + 1 f ( 3 ) = 2 f ( 2 ) + 1 = 22 + 2 + 1 ..........................................

f ( n ) = 2n-1 + ·······+ 2 + 1 = 1212

−−n

= 2 n - 1

f ( n ) = 2 n - 1

En un rectangle de dimensions d’amplada a i altura b, es tracen dues rectes paral·leles als costats i queda dividit en quatre nous rectangles. Quines són les dimensions de cada un d’aquests rectangles de manera que:

42


a) Les seves àrees formen progressió aritmètica. b) Els seus perímetres formen progressió aritmètica. Raonament:

a) Successió de les àrees: x y, x b – x y, a y – x y, a b – x b – a y + x y, Condició de quatre termes en progressió aritmètica x b – 2 x y = a y – x b = a b – x b – 2 a y + 2 x y

⎩⎨⎧

−==−

abayxyayybx

32)(2

→ y

byayb

ay )3( −=

− →

y2 = - 3 y2 + 4 b y – b2 → 4 y2 – 4 b y + b2 = 0 →

y = 28

16164 22 bbbb=

−m → x =2

222 ab

ab

=

b) Successió dels perímetres: x + y, x + b – y, a – x + y, a + b – x – y, Condició de quatre termes en progressió aritmètica b + 2 y = a – b – 2x + 2 y = b + 2 y →

2 x = a – 2 b → x = 22ba − y = qualsevol

x

y

xa −

yb −


Donada la paràbola 4xy 2 +−= des del punt A(0,2) es traça una recta de pendent m tallant la paràbola en dos punts B i C. Si B’ i C’ són les projeccions dels punts B i C sobre l’eix horitzontal, es demana: a) Àrea del trapezi B,C,B’,C’, en funció del pendent m. b) Representació de la funció àrea. c) Valor d’m que dóna la màxima i la mínima àrea. Raonament:

Equació de la paràbola: 42 +−= xy . Feix de rectes que passen pel punt ( 0 , 2 ): y = m (x – 0 ) + 2 → y = m x + 2 Punts de tall: B i C, entre una recta del feix i la paràbola:

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎪⎩

⎪⎨⎧

+=

+±−=

+−=+=

22

8

42

2

2

mxy

mmxxy

mxy

B⎪⎩

⎪⎨⎧

+=

+−−=

22

8

11

2

1

mxy

mmx C⎪⎩

⎪⎨⎧

+=

++−=

22

8

21

2

2

mxy

mmx

43


Projeccions: B’ i C’, dels punts B i C sobre l’eix horitzontal: B’ ( x1 , 0 ) C’ ( x2 , 0 ) a) Àrea del trapezi ( B B’ C’ C ):

A(m) = 82

4)(2

22

1221 +

−=−

+ mmxxyy m∈[-1,1]

b) Rectes que donen l’àrea màxima i mínima: A’ = 0 2 m ( m2 + 8 ) = m ( 4 - m2 ) → m = 0

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

==

==

=−=

291

240291

Am

Am

Am

màxim m = 0 mínim m=± 1

Si m = 0 recta y = 2 àrea màxima A = 4 2 Si m = ± 1 rectes y = ± x + 2 àrea mínima A = 4’5

Les cares d’un dau tenen la seva puntuació en progressió aritmètica. Si es llança dues vegades el dau i se sumen les seves puntuacions, es verifica que apostar a treure 22 és quatre vegades inferior a treure 31. Es demana: a) Quina és la probabilitat de la millor aposta? b) Quina és la puntuació de la millor aposta? c) Quines són les dues puntuacions de la pitjor aposta? Raonament:

44


Puntuació: x x +d x+2d x+3d x+4d x+5d

Taula de la suma de puntuacions dels dos daus, x x +d x+2d x+3d x+4d x+5d x 2x 2x+d 2x+2d 2x+3d 2x+4d 2x+5d x+d 2x+d 2x+2d 2x+3d 2x+4d 2x+5d 2x+6d x+2d 2x+2d 2x+3d 2x+4d 2x+5d 2x+6d 2x+7d x+3d 2x+3d 2x+4d 2x+5d 2x+6d 2x+7d 2x+8d x+4d 2x+4d 2x+5d 2x+6d 2x+7d 2x+8d 2x+9d x+5d 2x+5d 2x+6d 2x+7d 2x+8d 2x+9d 2x+10d

Probabilitat de les diferents sumes: P ( 2 x ) = P ( 2 x + 10 d ) = 1/36 P ( 2 x + d ) = P ( 2 x + 9 d ) = 2/36 P ( 2 x + 2 d ) = P ( 2 x + 8 d = 3/36 P ( 2 x + 3 d ) = P ( 2 x + 7 d ) = 4/36 P ( 2 x + 4 d ) = P ( 2 x + 6 d ) = 5/36 P ( 2 x + 5 d ) = 6/36 P ( 31 ) = 4 P ( 22 ) →

A) ⎩⎨⎧

+==

dxx3231

222 o

⎩⎨⎧

+==

dxx7231

222 → x =11 d = 3

cares: 11 14 17 20 23 26

B) ⎩⎨⎧

+=+=

dxdx

323110222

o ⎩⎨⎧

+=+=

dxdx

723110222

→ x = 26 d = -3

cares: 26 23 20 17 14 11 Solucions: a) probabilitat de la millor aposta: P ( S=37 ) = 1/6 b) la puntuació de la millor aposta: S = 2 x + 3 d = 37 c) les dues puntuacions de la pitjor aposta: S = 22 , S = 52


Determineu el valor d’x per tal que les àrees d’un dels triangles, la del quadrat interior i la del quadrat exterior, formin progressió aritmètica. Raonament:

Àrea del triangle =

2)( xLx −

Àrea del quadrat interior = x2+( L – x )2

Àrea del quadrat exterior = L2

Condició de tres termes en progressió aritmètica:

2 x2 + 2 ( L – x )2 = L2 + 2

)( xLx − →

8 x2 – 8 L x + 4 L2 = 2 L2 + x L - x2 → 9 x2 – 9 L x + 2 L2 = 0

→ x = 3L 0 x =

32L

x

46

x

45


En un quadrat de costat L, es tracen dues rectes paral·leles als costats determinant quatre rectangles amb les seves àrees formant progressió geomètrica de constant 2 Determineu les dimensions d’aquests rectangles en funció del costat L. Raonament:

Successió de les àrees: x y x ( L – y ) y ( L – x ) ( L – x )( L – y ) Condició de quatre termes en progressió geomètrica de raó 2:

x ( L – y ) = 2 x y → y = 3L

y ( L – x ) = 2 x ( L – y ) → x = 5L

Successió d’àrees: L2/15 2L2/15 4L2/15 8L2/15

x

y

L

47


En un got cilíndric, en la circumferència de la base i, per la part, exterior, s’hi troba una formiga. A l’interior del got i en el punt diametralment oposat hi ha una gota de mel. Indica la longitud del recorregut més curt que ha de fer la formiga per arribar a la gota de mel. Raonament:

Desenvolupament interior i exterior del cilindre:

S = 22 )()2( RH π+

R

H

M F

P

F

P

M

H2

Rπ2

Cara Exterior

Cara Interior

F


En un armari d’amplada a, s’hi volen col·locar n portes corredisses, cadascuna d’amplada b, de manera que dues portes consecutives tenen una intersecció d’amplada c. Determineu l’amplada b en funció d’a, c i n. Raonament:

a = n b – (n – 1 ) c b=

n)1n(ca −+

Demostreu que si un raig de llum incideix en un punt i es reflecteix en un mateix medi, l’angle d’incidència és igual a l’angle de reflexió. Raonament:

a

b

c

49

48


El punt d’incidència O és tal que la longitud de la trajectòria AOC és mínima, donat que la velocitat és la mateixa en els dos trajectes rectilinis. La longitud AOC = La longitud BOC on B és el simètric d’A respecte al pla de reflexió. La longitud de la trajectòria BOC és mínima si és una línia recta, aleshores els punts BOC estan alineats i això implica: Angle d’incidència ( i ) = Angle de refracció ( r )

Demostreu que, si un raig de llum incideix en un punt d’una superfície i penetra en un altre medi, el quocient entre el sinus de l’angle d’incidència i el de refracció és igual al quocient dels coeficients de densitat dels dos medis.

i r

B

C

O

A

i

r

50


Raonament:

v1 = velocitat del raig en el primer trajecte v2 = velocitat del raig en el segon trajecte S1 = 22 xa + = v1· t1 S2 = 22 )( xLb −+ = v2·t2 t1+t2 = 22 xa + / v1· + 22 )( xLb −+ / v2

el temps total de la trajectòria ha de ser mínim, i la seva derivada respecte d’x és zero.

0)(

)(22

222

1

=−+

−−+

+ xLbvxL

xavx ,

222

221 )(

)(xLbv

xLxav

x−+

−=

+

21

sinsinv

rv

i= →

1

2

2

1

ηη

vv

sinrsini

==

i

r

a

x

xL −

b

51


En un triangle de vèrtexs A, B i C, del vèrtex C surt una recta que talla al costat oposat AB en dues parts, de longituds λ i µ ,de manera que tenim tres triangles de bases respectives λ , µ i

µ+λ . Demostreu que: a) Els baricentres dels tres triangles G1 , G2 , G estan alineats. b) Aquesta recta que passa pels tres baricentres és paral·lela al

segment AB. c) µ+λµ+λ

= 21 GGG

Raonament:

Triem un sistema de coordenades: A ( 0 , 0 ) P( λ , 0 ) B( µλ + , 0 ) C( a , b ) Centres de gravetat del tres triangles:

G1 = 31

3=

++ CPA ( a+ λ , b )

G2 = 31

3=

++ BPC ( a+2 µλ + , b )

G = 31

3=

++ CBA (a+ µλ + , b )

Els tres baricentres tenen la mateixa altura i aleshores pertanyen a una recta horitzontal.

C

A B

λ µ

P

C

A B

λ µ

P


Es compleix : µ+λµ+λ

= 21 GGG

Trobeu el polinomi P(t) i Q(t) de manera que: a) P(x2+3x-1) = 2x4+12x3+15x2-9x-3

b) 441224

22

2

2

+−−+−

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

xxxx

xxQ

Raonament: a) P(x2+3x-1) = 2x4+12x3+15x2-9x-3 2x4+12x3+15x2-9x-3 x2+3x-1 2 2x2+6x-5 x2+3x-1 -7 2

t = x2+3 x - 1 p ( t ) = 2 t2 - 7 t + 2

b) 44xx1224xx

2x2xQ

2

2

+−−+−

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

t = 22

−+

xx → x =

122

−+

tt

Q(t) = 2

2

1)(t16

121t22t24

1t22t

−

−−+

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

− = 2 t2 + t - 4

53

52


Donat un triangle de costats a, b i c :a) Demostreu que el punt F, que té la suma de distàncies als vèrtex mínima , és aquell que aquestes trajectòries rectilínies formen entre elles angles de 120º. b) Trobeu aquesta distància en funció dels costats. Raonament: a)Per equilibrar tres forces iguals:

F sinα = F sin β → α = β

F = F cosα + F cos β → 1 = 2 cos α → α = 60º α+ β = 120º b)

Teorema del cosinus: a2 = x2 + z2 – x z b2 = y2 + z2 – y z c2 = x2 + y2 – x y total, a2 + b2 + c2 = 2 ( x2 + y2 + z2 ) - ( x y + x z + y z )

x2 + y2 + z2 = 21 (a2 + b2 + c2 )+

21 (x y + x z + y z )

c

a

b

z

y

x

F

FF α β


La suma de distàncies: ( x + y + z ) 2 = x2 + y2 + z2 + 2 ( x y + x z + y z ) Suma de les tres àrees de les àrees dels triangles

)(43))()(( yzxzxycpbpapp ++=−−− p =

2cba ++

x y + x z + y z = ))()((3

4 cpbpapp −−−

Aleshores: ( x + y + z ) 2 = x2 + y2 + z2 + 2 ( x y + x z + y z ) =

21 (a2 + b2 + c2 )+

21 (x y + x z + y z )+2 ( x y + x z + y z )=

21 (a2 + b2 + c2 )+ ))()((

310 cpbpapp −−−

x + y + z = ))()((3

10)(21 222 cpbpappcba −−−+++

En un quadrat, cada costat es divideix en dues parts de longituds x i (1-x) respectivament com indica la figura. Trobeu: a) L’àrea del quadrat interior en funció d’ x. b) El valor d’x per tal que l’àrea del quadrat petit sigui la meitat de l’àrea del quadrat gran. Raonament:

x

54


a) Tenim tres tipus de triangles rectangles semblants: gran : (x , 1 , 2x1+ )

petit : 2x1

x+

( x , 1 , 2x1+ )

mitjà 2x1

1+

( x , 1 , 2x1+ )

costat del quadrat interior : 2x1+ -

2x1x+

- 2

2

x1x+

= 2x1

x1+−

Àrea del quadrat interior: L = 2

2

x1x)(1

+−

b) 2

2

x1x)(1

+− =

21 x = 2 - 3

En un triangle equilàter, es divideix cada costat en dues parts x i (1-x) respectivament com indica la figura. Trobeu: a) L’àrea del triangle interior en funció de la distància x. b) El

x

1

L

x

x−1

55


valor d’x per tal que l’àrea de B sigui mínima. Raonament:

Aplicant el teorema del cosinus: ( a + b + c )2 = x2 + 12 – 2 x cos60º a+b+c= 12 +− xx Aplicant el teorema del sinus;

º60sin1

sin

2 +−=

xxt

x sin t = 12

32 +− xx

x

º60sinsinx

tc

= c = 1

2

+− xxx

º120sin1

sin=

ta a=

12 +− xxx

b = 12 +− xx - 1

2

+− xxx -

12 +− xxx =

121

2 +−−

xxx

àrea: A = 2

43 b =

)1xx(4)x21(3

2

2

+−−

b) A’=0 → x =21

x

x−1

a

b

cºº60 t−

56


Un arbre contingut en un pla es forma de la manera següent: El primer dia genera un tronc o branca vertical de longitud unitat. Al segon dia del seu extrem li surten dues branques amb inclinació ± 45º i de longitud: la tercera part de la branca anterior. Això es repeteix cada dia i dura tota una eternitat. Es demana: a) Longitud total de l’arbre al quart dia. b) Longitud màxima que pot tenir l’arbre. c) Longitud màxima que podria fer un cuc per sobre de l’arbre, sense passar dues vegades pel mateix punt. Raonament:

a) 1 +

32 +

2

2

32 +

3

3

32 =

2765 u.

b) 1 + 32 +

2

2

32 +······ = 3

311

321

1==

− u

c) ··········31

311

2+++ =

23

311

1=

− u.

57


a) Esbrineu com han de ser tots els triangles rectangles amb els costats i les altures mesurats per nombres naturals. b) Preguntat un pare per les edats dels seus fills, respon: tinc sis fills i les seves edats es corresponen amb: els costats d’un triangle rectangle, la seva altura relativa a la hipotenusa i les dues projeccions ortogonals dels catets sobre la hipotenusa. Per si serveix d’ajut: tinc 49 anys. Trobeu les edats de tots els fills. Raonament:

a) T. Altura h2 = x y x = x’2 y = y’2 h = x’ y’ T. Catet c2 = x ( x + y ) = x’2 ( x’2 + y’2 ) b2 = y ( x + y ) = y’2 ( x’2 + y’2 ) implica: x’2 + y’2 = z2 c = x’ z b = y’ z x’2 + y’2 = z2 T. Fermat x’ = 2 λ µ y’ = λ2- µ 2 z = λ 2+ µ 2 c = x’ z = 2 λ µ ( λ 2+ µ 2) b= y’ z = ( λ2- µ 2)( λ2+ µ 2)

h c

b

x y

a

h

c b

x y

a


a= x + y = x’2 + y’2 = z2 = ( λ2+ µ 2 )2

h = x’ y’ = 2 λ µ ( λ2- µ 2 ) x = x’2 = ( 2 λ µ )2

y = y’2 = ( λ2- µ 2 )2 b) λ = 2 µ = 1 x y h c b a 16 9 12 20 15 25

Solució vàlida λ = 3 µ = 1 x y h c b a 36 64 48 60 80 100

No vàlida si el pare té 49 anys

Trobeu : a) La suma de les potències zero dels n primers nombres naturals. b) La suma dels n primers nombres naturals. c) La suma dels quadrats dels n primers nombres naturals. d) La suma dels cubs dels n primers nombres naturals. e) La suma de les potències quartes dels n primers nombres naturals. f) La suma de les potències k dels n primers nombres naturals. Raonament:

S k (n) = 1 k + 2 k + .......... + n k S k ( n ) = n k + (n – 1 ) k +.... S’ k ( n ) = k n k - 1 + k ( n – 1 ) k - 1 + ....= k S k – 1( n )

58


S k ( n ) = k ∫ − dnnS k )(1 + A n + B Si n = 0 → B = 0 S k ( n ) = k ∫ − dnnS k )(1 + A n Aplicacions: a) S0 (n) = 1 + 1 +........+ 1 = n

S1(n) = 1· ∫ ndn + A n = 2

2n + A n

Si n = 1 S = 1 = A+21 A =

21

S 1(n) = n21n

21 2 +

b) S 1(n) = n21n

21 2 +

S2(n) = 2 ∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + dnnn

22

2

+ A n = Annn++

23

23

Si n = 1 S = 1 = +31 A+

21 A =

61

S 2(n) = n61n

21n

31 23 ++

Reiterant el mètode recurrent:

S3(n) = 234 n41n

21n

41

++

S4(n) = n301n

31n

21n

51 345 −++

.................................................... S k( n ) = k Andn)n(S 1k +∫ − amb S k ( 1 ) = 1

59


Si trobeu el polinomi amb coeficients enters positius tal que P(1)=81 i P(81)=3.236.161 els seus coeficients et diran la data del meu naixement. Raonament: 3236161 :81 39952 :81 493 :81 R=49 Q=39952 R=19 Q=493 R=7 Q=6

Coeficients 6/7/19/49 → 06/07/1949

De totes les trajectòries triangulars que uneixen un punt de cada costat d’un triangle equilàter de perímetre P, trobeu la de mínima longitud. Raonament:

La trajectòria triangular A – B – C – A és equivalent en longitud a la trajectòria : A’ – B – C – A’’

A

C

B 'A

''A

x

x

x

60

A

C B


El camí A’ – B – C – A’’ és mínim si la trajectòria és lineal Solució optima:

Component horitzontal de la trajectòria :

x cos 60º + L + ( L – x ) cos 60º = L + L cos 60º = 2

3L

Component vertical de la trajectòria:

( L – x ) sin 60º - x sin 60º = ( L – 2 x ) sin 60º = 2

)2(3 xL −

Longitud de la trajectòria : 4

)2(39 22 xLL −+

Mínima trajectòria

S’=0 x = l/2 L = 2

3L

Donades tres circumferències del mateix radi a. Trobeu el radi

A

C B

'A

''A

x

x

x

L

a

a

a

61


de la circumferència que és interior i tangent a les altres tres. Raonament:

Aplicant el teorema del cosinus: ( 2 a )2 = ( r + a )2 + ( r + a )2 – 2 ( r + a )( r + a ) cos 120º ( 2 a )2 = 2 ( r + a )2 – 2 ( r + a )2 cos 120º

4 a2 = 3 ( r + a )2 r+a = a3

32 r = a3

332 −

Donades tres circumferències de radis a, b i c, trobeu-hi el radi de la circumferència que és interior i tangent a les altres tres. Raonament:

a

a

a

ar +

62

a b

c


Els triangles NPN’ i QHP són rectangles i semblants donat que els angles N’ i Q són iguals per tenir el mateix arc capaç.

Es compleix: PQPH

NNPN

='

aplicant el teorema del cosinus es compleixen

les següents relacions:

))((4 2

2

cbcaabcPQ

++=

))((4 2

2

cbcrrbcQN

++=

))((4 2

2

crcaarcPN

++=

Substituint a l’expressió PQPH

NNPN

='

))(()(4

2 2

22222

crcbcabca

cPQPNPH

+++==

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

−++

=−=))((

1))((

4 2222

cbcaab

crcaracPHPNNH

NHQNQNPNPNQNQNPNPQ ·2·cos·222222++=β++=

))((1

))(()(

2·22

))((

24

))((

24

))((

24

cbca

ab

cacbrc

arcbrc

crcb

brc

crca

arc

cbca

abc

++−

++++

+++

++=

++

Simplificant )(2)()()( cbaabcrcabrcbarcrab ++++++=+

a b

c

PQ

N H

'N


)(2 cbaabcbcacababcr

+++++= que dóna la solució del radi intern.

Invertint aquesta igualtat:

bcacabcbar11121111

+++++=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−

bcacabcbar11141111 2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++++=+++

rcrbrabcacabcbar11111121111

2222

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=+++

2222

2

2222

111111111111cbarcbarcbar

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++

2222

2 111121111cbarcbar

Relació que compleixen els quatre radis.

Si ABC tenen les coordenades enteres, el triangle ABC té l’àrea entera o bé fraccionaria. Raonament:

Si A,B,C tenen les coordenades enteres, els vectors AB i AC també tenen les coordenades enteres. AB = ( x , y ) i AC = ( x’ , y’ )

A B

C

'B

A B

C

63


Si 'AB és un vector perpendicular a l’ AB i del mateix mòdul, aleshores l’àrea del triangle ABC és el valor absolut de la meitat del producte escalar dels vectors 'AB i AC AB = ( x , y ) 'AB = ( y , -x ) AC = ( x’ , y’ )

Àrea = ''21·'

21 xyyxACAB −= valor natural o la meitat d’un

valor natural.

Si en un quadrat, com indica la figura, dividim la seva altura en tres parts iguals: formem el segment AB i ara aquest segment el tornem a dividir en tes parts iguals i formem el segment CD. Demostreu: que les tres àrees en què queda dividida la figura són iguals. Raonament:

Si l’àrea del quadrat = 3L·3L=9L2

Àrea del triangle ABP = 2322·3 LLL

=

A

B

C

D

P

Q

L3

A

B

C

D

64


Àrea del triangle ADC = 2322·3 LLL

=

Àrea del quadrilàter BCDQ = 9L2 – 3L2 – 3L2 = 3L2

De tots els polígons regulars de costats x , y i z respectivament que encaixen en un mateix vèrtex, demostreu:

a) La relació: 21

z1

y1

x1

=++ b) Trobeu totes les ternes (x ,y , z)

que verifiquen la condició anterior. Raonament:

a) angle intern d’un polígon d’n costats:

αº = nn

n)2(º180º360º180 −

=−

Condició d’encaixament dels tres polígons:

º360222º180 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

−+

−z

zy

yx

x 211123 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−

zyx

21

z1

y1

x1

=++

b) x≤y≤z

21

z1

y1

x1

=++ → z = xyx

xy2)2(

2−−

Si: x = 3

6366−

+=y

z y=7 y=8 y=9

z=42 z=24 z=18

3,7,42 3,8,24 3,9,18

αº

65


y=10 y=12

z=15 z=12

3,10,15 3,12,12

Si: x=4

4168−

+=y

z y=5 y=6 y=8

z=24 z=16 z=12

4,5,24 4,6,16 4,8,12

Si: x =5

103303−+

+=y

yz y=5 z=10 5,5,10

Si: x=6

393−

+=y

z y=6 Y=6 6,6,6

Si el nombre de costats de quatre polígons regulars són respectivament:{ x , y , z , t} i aquests polígons encaixen perfectament en un vèrtex, aleshores:

a) Es compleix la relació: 11111=+++

tzyx. b) Trobeu totes les

quaternes (x , y , z , t) que es podrien acoblar en un mateix vèrtex com ara (4,4,4,4). Raonament: a) angle intern d’un polígon d’n costats

ºα = nn

n)2(º180º360º180 −

=−

º3602222º180 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

−+

−+

−t

tz

zy

yx

x

66


2111124 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++−

tzyx 11111

=+++tzyx

b) x ≤ y ≤ z ≤ t Si: x = 3 Si: y = 3

393−

+=z

t z=4 z=6 z>6

t=12 t=6 t<6 no

Si: y = 4 1252422

−+

+=zzt z=4

z≥5 t=6 t<5 no

x = 4 Si: y = 4

242−

+=z

t

z = 4 z>4

t = 4 t<4 no

Solucions: 3,3,4,12 3,3,6,6 3,4,4,6 4,4,4,4

Trobeu totes les ternes (a , b , c) de nombres enters que compleixen l’equació simplificada: a2+b2= c n amb n enter positiu. Raonament:

nc2b2a =+ equació simplificada ( a + b i )( a – b i ) = c n

c n - 1 = c

biabia ))(( −+ → c = ( x + y i ) ( x – y i ) →

→ ( x+y i ) divideix a: (a+b i ) ; ( x–y i ) divideix a: ( a–b i ) c = ( x + y i )( x – y i) = x2 + y2 c n = (x + y i )n( x – y i )n (x + y i )n =

67


= ......)42

( 4422 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− −− yx

nyx

nx nnn +i ...)

31( 331 +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −− yxn

yxn nn

( x – y i )n =

= ......)42

( 4422 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− −− yx

nyx

nx nnn -i ...)

31( 331 +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −− yxn

yxn nn

→

a = ......)42

( 4422 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− −− yx

nyx

nx nnn

b= ...)31

( 331 +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −− yxn

yxn nn

c = x2 + y2

Casos particulars: 222 cba =+

a = ......)42

( 4422 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− −− yx

nyx

nx nnn = 22

22

yx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− = x2 - y2

b= ...)31

( 331 +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −− yxn

yxn nn = yxn 1

12

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = 2 x y

c = x2 + y2

32 cba =+ 2

a = ......)42

( 4422 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− −− yx

nyx

nx nnn = 23

23

yxx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− = x3 – 3 x y2

b= ...)31

( 331 +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −− yxn

yxn nn = 32

33

13

yyx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = 3 x2 y – y3

c = x2 + y2

Si tenim en compte que: “De totes les poligonals d’n costats

68


tancades i de perímetre fix P, aquella que determina una àrea màxima és el polígon regular. Demostreu que: a)

De tots els canals de parets, dos trams rectilinis de longitud fixa, el de màxima capacitat té les parets iguals i formen un angle de 90º. b)

De tots els canals de tres trams rectilinis de longitud fixa, el que té la màxima capacitat és aquell que té els tres costats iguals i formen un angle de 120º entre dues parets consecutives. Raonament: a) Fixat el perímetre

Duplicant el canal :

La màxima capacitat la donarà el quadrat, en conseqüència les parets són iguals formant un angle de 90º b) Fixat el perímetre


Duplicant el canal :

la màxima capacitat la donarà l’hexàgon regular, en conseqüència: la màxima capacitat és aquella que té els tres costats iguals i forma un angle de 120º entre dues parets consecutives.

Demostreu: a) De tots els rectangles de perímetre fix, el que té l’àrea màxima és el quadrat.

b) De tots els rectangles d’àrea fixa, el que té mínim perímetre és el quadrat.

c) De tots els rectangles que es poden inscriure en una circumferència, el que té l’àrea màxima és un quadrat.

a

b

a

b

69


d) De tots els rectangles que es poden inscriure en una el·lipse de semieixos a i b, aquell que té l’àrea màxima és aquell que compleix la relació: altura/base = b/a

Raonament: Propietat 1: - Si dos o més valors positius tenen la suma constant el producte serà màxim si els valors són iguals. Propietat 2: - Si dos o més valors positius tenen el producte constant, la suma serà mínima si els valors són iguals. a) Si a + b = constant aplicant la propietat1: El producte serà màxim si: a = b

b) Si a b = constant aplicant la propietat2: La suma serà mínima si: a = b

c) a · b és màxim ⇔ a2 b2 és màxim a2+b2 =4 r2 = constant aplicant la propietat1:

a

b

a

b

x2

y2

b2

a2

a

b


el producte és màxim si: a2 = b2 → a = b

d)

2x·2y és màxim ⇔ x2 y2 és màxim ⇔ b2x2a2y2 és màxim b2 x2 + a2 y2 = a2 b2 = constant, aplicant la propietat1: el producte b2 x2 a2 y2 és màxim si:

b2x2 = a2y2 → ab

xy=

22

solució òptima:

x2

y2 b2

a2

a

b


En un concurs, el presentador dóna a triar al concursant una de les tres portes que li mostra. Al darrera d’una de les portes hi ha un cotxe i el presentador sap on és. Una vegada el concursant ha triat una porta, el presentador n’obre una que resulta estar buida i diu al concursant si desitja canviar de porta. Calculeu la probabilitat d’emportar-se el cotxe si: a) no canvia, b) fa un canvi. Raonament: P = premi P= no premi a) no canvia

P

P

31

32

x2

y2 b2

a2

A B C

70


Probabilitat ( P ) = 31

b) fa un canvi.

Probabilitat ( P ) = 321·

320·

31

=+

Una vegada el concursant n’ha triada una, el presentador obre una de les altres portes que sap que és buida i li diu al concursant si desitja canviar de porta. Si el concursant desitja canviar, el presentador li obre una porta buida i li ofereix la possibilitat de tornar a canviar de porta. Calculeu la probabilitat d’emportar-se el cotxe si: a) no canvia, b) fa un canvi, c) en fa dos. Raonament: P = premi P= no premi a) no canvia

P

P

31

32

P

P

P

P

0

1

1

A B C D

71

0



b) fa un canvi.


21·

43·0

41

=+

c) fa dos canvis.

P

P

41

43

P

P

P

P

0

1

21

P

P

P

P

P

P

P

P

0

0 0

0

11

11

P

P

41

43

P

P

P

P

0

1

21

P

P

41

43

21

21



411·

21·

430·

21· =+=+++

83

43·1·1

41·0·0

41

Un recinte, com el de la figura, està format per 2n-1 triangles equilàters formant un trapezi isòsceles d’altura, l’altura d’un dels triangles equilàters. Tenim dos tipus de peces, la primera és un triangle equilàter i la segona un paral·lelogram que resulta d’ajuntar dues peces com la primera. Es demana: a) Diferents maneres de recobrir el recinte si n=5. b) Diferents maneres de recobrir el recinte si n = n. Raonament:

Si: a k = nombre de maneres de recobrir un recinte de k triangles per recurrència, a k = a k -1 + a k -2 amb a 1 = 1 i a 2 = 2 a) si n=5 a 1 = 1 a 2 = 2 a 3 = 3 a 4 = 5 a 5 = 8 b) si n = n. successió: 1 2 3 5 8 13 21 ....................... Terme general:

A B

A B

72


x2 = x + 1 x=2

51± a n = nn

BA ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +2

512

51

per calcular les constants A i B: a0 = a 2 – a 1 = 2 – 1 = 1 → A + B = 1

a 1 = 1 → ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +2

512

51 BA = 1 resolent el sistema,

⎪⎩

⎪⎨⎧

51 = B - A

2 = ) B - A (5 + 1→ A =

5215 + B =

5215 −

a n = nn

BA ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +2

512

51 =5

1 [11

251

251

++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +nn

]

Donada la funció y = a x3 + b x2 + c x + d si A i B representen el màxim i el mínim de la funció, aleshores demostreu que el punt d’inflexió és el punt mig del segment AB i calculeu el pendent de la recta que passa per A i B. Raonament: y = a x3 + b x2 + c x + d calculem l’abscissa del punt d’inflexió:

y’ = 3 a x2 + 2 b x + c, y’’ = 6 a x + 2 b, y’’ = 0 ⇒ x i = -ab3

canvi de base: )3

(abxx +→

y = a x3 + b x2 + c x + d a b c d

ab

3−

3b−

ab

92 2−

ab

3− (

abc

92 2

− )

73


a 3

2b abc

92 2

− d+ab

3− (

abc

92 2

− )

ab

3−

3b−

ab

9

2−

a 3b

abc3

2

−

ab

3−

3b−

a 0

y= a (x+ab3

) 3+(a

bc3

2

− ) (x+ab3

)+ d+ab

3− (

abc

92 2

− )

el punt d’inflexió és: ( ab

3− ,

2

3

272

3 ab

abcd +− )

fent un canvi d’origen al punt d’inflexió, l’equació queda:

y = a x3 + (a

bc3

2

− )x = x ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

−a

acbax3

322

a) si (A màxim i B mínim):

y’ = 0 3 a x2 = a

acb3

32 − → x = a

acb3

32 −± →

y =a

acb3

32 −± ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −

−−

aacb

aacba

9)3(3

9)3( 2

2

2

x = a

acb3

32 −± y =

aacb

332 −

m ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

aacb

9)3(2 2

A i B(a

acb3

32 −± ,

aacb

332 −

m ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

aacb

9)3(2 2

)

)0,0(2

=+ BA que és el punt d’inflexió.

b) pendent m = =−−

AB

AB

xxyy

a9)ac3b(2 2 −−


En un triangle de costats (a , b , c), si de l’incentre es tracen perpendiculars als costats, aleshores el triangle queda dividit en tres quadrilàters. Demostreu que les seves àrees són directament proporcionals a: (p - a , p - b , p - c) respectivament on p és el semiperímetre i la constant de proporcionalitat: el radi de la circumferència inscrita. Raonament:

Semiperímetre

2cbap ++

= , a = b + c – 2x →

x = 2

abc −+ = p - a → c – x =2

bca −+ = p - b →

b – x =2

cab −+ = p - c

A1 = x R = R ( p – a ) A2 = ( c – x )R = R ( p – b ) A3 = ( b – x ) R = R ( p – c )

xx

xb −

xb −

xc −

xc −

a

1A

3A 2A

b

c

74


Documents

Problemes amb Pedigrí 1 · Problemes amb Pedigrí 3 INDEX pàgina 1. Una catifa en una habitació quadrada 5 ... 58 Successió de potències 65 59 La data de naixement 66 60 Trajectòria