Ciągi liczbowe
Zajęcia wyrównawcze z matematyki
60
zy są sobie równe. Ciąg monotoniczny to taki, który spełnia jeden z powyższych warunków. Do badania monotoniczności ciągu wykorzystujemy następujące równoważ— ności: Ciąg (a„)„GN jest rosnący Ciąg (anka jest niemalejący
<=> <=
Vn 6 N V 71 E N
anH — an > O.
Ciąg (an)”GN jest rosnący Ciąg (an)„€N jest niemalejący
=> V n 6 N «:' V n 6 N
Analogiczne warunki można napisać dla ciągu malejącego; nierosnącego i stałego. W praktycznych zastosowaniach bardzo przydatna jest następująca definicja.Mówimy, że prawie wszystkie wyrazu ciągu mają pewną" Własność lub że ciąg ma tę. własność od pewnego miejsca jeżeli własności tej nie ma co najwyżej skończona liczba początkowych wyrazów ciągu. I tak ciąg naZWiemy rosnącym od pewnego miejsca, gdy EnUEN
Vn/>n›0
SnOEN
V n > no
BnOGN
Vn>n0
|
„fan — a| < 5.
00. Rozbieżność do —00 określamy analogicznie.
. Ciąg arytmetyczny X'Vykorzystując definicję ciągu arytmetycznego dowodzi się następujący wzór na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego o danym pierwszym wyrazie al i róż— nicy «r:
a„ = a1+(n — l)'r.
2
TL.
Między sąsiednimi wyrazami ciągu arytmetycznego zachodzi związek an :
an.—l + an+1
dla n >/ 2”.
2
Ciąg geometryczny Wzór na n—ty wyraz ciągu geometrycznego o danym pierwszym wyrazie al i ilorazie q: 77. Z ak : al + 0.2 + . . . + an początkowych n wyrazów k=1 ciągu geometrycznego:
Wzór na sumę Sn
ai STL
l—q” I—q
n — 0.1
dla q 7% 1, dla q: 1.
Między sąsiednimi wyrazami ciągu geometrycznego zachodzi związek dla 71, /> 2.
Procent składany Jeżeli kapitał początkowy K złożymy na n lat w banku, w którym oprocentowanie lokat wynosi p % w skali rocznej, to kapital końcowy K „ wyraża się wzorem ' P 71
Kn
K-
1« _ . (Tico)
Suma nieskończonego ciągu geometrycznego Jeżeli (an), n :> 1, jest nieskończonym ciągiem geometrycznym o ilorazie qu < 1, to ciąg sum jego początkowych wyrazów S„ = al + 0,2 + + a„ ma granicę
lim S„=S=
an > M,
wówczas” mówimy, że ciąg ten jest rozbieżny do oo, i symbolicznie zapisujemy lim a„ zi.—«oo
20.1 + (77. — 1)?" 2
al + an
an2 : an.—1 ~ an+1
Jeżeli prawie wszystkie wyrazy ciągu (an) nE N są większe od dowolnej liczby rze— czywistej , to znaczy zachodzi warunek VJWGR
Sn :
an+1 > an ~
Przykladem wykorzystania tego pojęcia jest deńnicja granicy ciągu. Mówimy, że liczba (1 jest granicą ciągu (adna, (co symbolicznie zapisujemy lirn an : a), ” 71—00 jeżeli dowolnie blisko a znajdują się prawie wszystkie wyrazy tego ciągu, czyli spełniony jest warunek
Ve>0
Tl Z ak = al + az + . . . + a„ początkowych n wyrazów Ic=l ciągu arytmetycznego:
Wzór na sumę Sn
an+1 '— an >/
Dla ciągu., którego wszystkie wyrazy są dodatnie. równoważności te możemy przeformułować następująco:
61
TL—OO
di
l—q'
2. Indukcja matematyczna Załóżmy, że QS jest pewną własnością liczby naturalnej n. Jeżeli: (1) liczba. naturalna no ma własność cb, (2) dla każdej liczby naturalnej n >, no, stąd że n ma Własność (15 wynika, że n + 1 ma własność gb,
wówczas- prawdą jest, że każda liczba n ? no ma własność (15.
LW. Zajęcia. wyrówna.-wcze z matematyki ___—___—
Ciągi liczbowe
3. Silnia |' symbol Newtona
63
lub doświadczenia, które polega np. na losowaniu (ze zwracaniem) k elementów z n—elementowego zbioru lub rzucaniu k: razy kostką (gdy sześcienną. to 71 = 6). VVariację, która jest ciągiem różnowartościowym, nazywamy wariacją bez po— wtórzen'. Jak nietrudno zauważyć, wariacja bez powtórzeń może być traktowana jako wynik losowania (bez zwracania) lc elementów ze zbioru n-elementowego. wszystkich k—elementowych wariacji zbioru n—elementowego jest nlc a wśród nich
Silnią liczby całkowitej dodatniej n nazywamy iloczyn kolejnych liczb calkowicych: n.'=1~2-...-n.
Ponadto przyjmujemy umowę, że 0! = 1. Dla dowolnej liczby całkowitej n > 0 zachodzi związek
Kombinacją k—elementową zbioru n-elementowego nazywamy każdy k—elemen— towy podzbiór tego zbioru. W'szystkich takich kombinacji jest
(n + 1)! = n! - (n + 1). Dla liczb całkowitych 11, k: spełniających warunki 0
Przykłady zadań z rozwiązaniami
symbol Newtona: n
_
n!
k
_k4.'(n—k)'_'
Zadanie 1. Dla jakich wartości :: istnieje suma nieskończonego ciągu geome— trycznego
Można. wykazać następujące własności symbolu Nilewtona: n
n(n—1)(n—2)-...-(n—k+l)
k:
1—2"-3-...-k'
n
Tl,
k
n—k
17
,
n ”'
0
Dla O
n
n
k„+.l
k
k+1
"
n
_
n
n—k
k+1
'
k
k+1'
Dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej 71 oraz dla dowolnych liczb a., b za— chodzi równość
/nx
TL
Z
” an—kbk __
Ic=0
k
”nh
: KOJa'L+K'1')a"”lb+.„+
. / „X k)a”_'cb'c+.„+ .
(a + by:
„
X
„_i.
K7L—l)ab
/„X T'K7')z"b'L. 77,
4. Elementy kombinatoryki
Permutacją zbioru n—elementowego nazywamy każdy róz'nowartościowy n-elemen— towy ciąg, którego wyrazami są elementy tego zbioru. Wszystkich możliwych permutacji (czyli sposobów ustawienia 77, obiektów W ciąg) jest n!. Wariacją k—elementową zbioru n-elementowego nazywamy dowolny k-elemen— towy ciąg o wyrazach z tego zbioru. Możemy ją zinterpretować jako wynik gry
a
2 z—l'
4 8 (a:—Il)?" (z—l)3'
Rozwiązanie. W'yrazy ciągu są określone dla :z: # 1. Suma nieskończonego ciącrug geometrycznego istnieje, jeśli jego iloraz q spełnia warunek < 1. Obliczamy iloraz q
i rozwiązujemy nierówność
l
..
z›——1
dla
„rL-#1.
Dla 33 yć l mozemy zapisać tę nierówność w postaci równoważnej
|x—ll>2. Korzystając z własności wartości bezwzględnej zas'tępujemy to wyrażenie alter— natywą nierówności * :::—1>2 lub z—1<——2.
Stąd ostatecznie mamy z G (—oo, —1) U (3, +00).
Cl
Zadanie 2. Iloczyn pierwszych trzech wyrazów ciągu geometrycznego wynosi 64, a ich suma jest równa 21. Znaleźć pierwszy wyraz i iloraz ciągu. Rozwiązanie. Trzy pierwsze wyrazy ciągu geometrycznego możemy zapisać w po— staci a, aq, aqż. Zatem pierwszy wyraz a oraz iloraz ciągu q spełniają uklad równań a3q3=64 a+aq+aq2=21.
M_— IIIIIIUIII i
Ciągi liczbowe
65
W
Eliminujac z układu niewiadomą a. otrzymujemy
Ciąg lest Więc arytmetyczny, & jego pierwszy wyraz al = —5, zaś różnica r = 6. Stąd, korzystając ze wzoru na sumę n pierwszych wyrazów ciągu arytmetycznego
4q2 — qu + 4 = 0. Ostatecznie mamy dwa rozwiązania zadania: 0. = 16 i q : 4—1 lub a = 1 i q : 4.
E] mam-y
Zadanie 3. Suma drugiego i szos'tego wyrazu ciągu arytmetycznego wynosi 22. a ich iloczyn jest równy 85. Znaleźć pierwszy wyraz i różnicę ciągu. Rozwiązanie. Oznaczmy przez a pierwszy wyraz ciągu oraz przez r jego różnicę. Drugi i szósty wvr_az ciągu zapisujemy odpowiednio w postaci
Zadanie 5. Dla jakich wartości z liczby 1 —:1;x/—6,
a5=a+5_r.
a_r›=a-+-r,
Ostatecznie Sm : 1040.
J—Ąy, 1—.
1+zx/_6
tworzą ciąg geometryczny?
wykorzystując dane zadania otrzymujemy układ równań
Rozwiązanie. Wzory na wyrazy badanego ciągu mają sens dla liczb należących do zbioru rl Dc—_[.zEIR: 455—120):
(a+r)+(a+5r)=22 (a+r)(a+5'r) =85, a po uproszczeniach a+3r=_11 a2+6ar+5r2=85.
Z pierwszego równania wyznaczamy a = 11 — 3r i wstawiamy do drugiego równania. Po przeksztalceniach otrzymujemy
Przypomnijmy, że trzy liczby a, b, c tworzą ciag geometryczny, jeżeli istnieje taka liczba q, z'e „b : aq i c : aqg. Ponadto, jeżeli a ?:” O, to (1 = —b , Niech a : 1 —- zx/Ś, b : x/—4$1—, c = 1 + wy,/€. Rozwaz'amy dwa przypadki ze względu na a. Przypadek: ]. Jeżeli a = 0, to I = _1 i ciąg ma postać O, /__—4l 2. Liczby te x/B' V ffa—l' nie tworzą ciągu geometrycznego. Przypadek 2. Jeżeli a % O, to :C 75
l . f— 1 v' 6
q _ b _ «r.—11 a 1 _ M6”
czyli
Ostatecznie
lir—__?)
lub
U
1—T'xl/—R x** '/
.
fa=20
Wówczas równanie c : aqzl przyjmuje postać , f— 2 f 4 —1 1+:r6=<1—xx/F6)-(———xj
lrzs.
Zadanie 4. Wykazać, że ciąg o wyrazie ogólnym an : 6n — 11 jest arytmetyczny i obliczyć sumę jego dwudziestu wyrazów. Rozwiązanie. Ciąg (a„) jest arytmetyczny, jeżeli dla każdego n 6 N spełniony jest warunek an+1 — an : const. Mamy an+1— an : [G(n + 1) — 11] — (671 — 11) = 6.
A
:cGDC,
czyli
(l+zx/_6)(1—zx/—6) =4x ——1
A
:CEDC,
a następnie
6x2+4x—2=0
A
zEDc.
Stąd (:::—1 Zatem ostatecznie w = 1_3.
lub
z:
1 5)
A
115 € DC.
i
___-4.
67
Zajęcia. wyrównawcze z matematyki
tworzą cią g arytmetyczny, w którym Rozwiązanie. Liczby parzyste dwucyfrowe al =10,a„ : 98 oraz 7" = 2. Zatem 98 = 10 + (n — 1)2.
Cl'ąg (an) 0 wyrazach dodatnich jest ciągiem geometrycznym. Wykazzaadćan_le = log an jest ciągiem arytmetycznym. " ze Cląg (b") 0 wyraz”? Ogólnym bn
Wtedy .Rtovzlkma-Zamje- Ciąg 0 wyrazach dodatnich jest ciągiem geometrycznym jest rówspełnione 1 X 0 wtedy, gdy dla wszystkich liczb naturalnych n > 1 name
Stąd n = 45. Zatem
' an+l~ a” __ r—_an—1
Zadanie 9. Rozwiązać równanie 2 1
]. :; (log (ln—1 + log anH) ,
log an czyli
bn
1+f$f +(1+f_$)2
1 ()_(bn—l + bn+1) -
1 , oznacza, ze Ostatnla rowność, spełniona dla wszystkich liczb naturalnych n > El Ciąg b„ jest ciągiem arytmetycznym. . , . › z . „nieskonczonego Ciągu geometr adanie 7. W yznaczyc trzy pierwsze wyrazy pięciu pierwszych wyrazów wynonego, ktorego suma wyrazów wynosi 8, 3. suma
'6__3 518. nieskończony ma Rozwiązanie. Z treści zadania wynika, ze ciąg geometryczny 7- O i Iql < 1. Ze wzorów na sumę sumę skończoną różną od zera. Zatem al 4 i sumę ciągu geometrycznego n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego ni'eskon'c/."-onego mamy
__63 8 Stad
+
1% 2 < . =łm€lez>/O,x7ć2i —-———'* 1 + fx Poniewaz 2
f$<1<22<1+fxcefx>1
więc
DT:
:EEIR:9;>1
1
2%) a2=4(1'2f52>f25_1' CLP—(”%)
Zatem
1 W”
liczb dwucyfrowych parzystych. Zadanie 8. Obliczyć sumę wszystkich
l.I”LŻ(l.I 7— I
dostajemy n geometrycznego nieskończonego Korzystajac ze wzoru na sumę ciąg równanie
Zatem
Ostatecznie
<=>x>L
l—r Jai
o) horn gr'-lo nłr'71rmnu'nmv „Aude.—._, Dn nrzalrci'lł ......... uuuuuuuuuuuuu _) ...w :;
q: 2%"
(WIW/'
geometryczjest 5 uma nieskończonego ciagu Rozwiązanie. Lewa strona równania jest skońciągu geometrycznego nieskończonego nego o ilorazie q : lfJ—I. Suma jest [ql < 1. Zatem dziedziną równania ,czona wtedy i tylko wtedy, gdy 2 l. . D l r:_<$-ERILB>/0,
ycz-
.
Z
545 =" ”1098 .45 = 2430.
Ostatecznie suma 845 = 2430.
Po zlogarytmowaniu tego wzoru i zastosowaniu podstawowych własności funkcji logarytmicznej dostajemy
.
66
liczbowe Ol'/fągi
El Ostatecznie a; = 4.
Ciągi liczbowe
Zajęcia wyrównawcze : matematyki
68
Zadanie 12. Zbadać monotoniczność ciągu 0 wyrazie ogólnym
Zadanie 10. Zbadać monotoniczność ciągu 0 wyrazie ogólnym 271 %——
n+l
an _— 2n+1 + 1'
n + 4
i wyznaczyć jego kres dolny. Rozwiązanie. Ciąg (a,.) jest rosnac_y wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby naturalnej n prawdziwa jest nierówność an+1 — an > 0. Mamy 2n+1
271
9 2—2” 2" _ 1 ___2". _ n+5 n+4 (n+5 n+4) _2„.2n+8—n—5_ n+3 _ (n+5)(n+4) _ (n+5)(n+4)' n
Rozwt'ązanie. Ciąg (an) jest monotoniczny, jeżeli jest rosnący albo malejący. Ciąg (a„) jest rosnący wtedy i tylko wtedy., gdy dla każdej liczby naturalnej n prawdziwa jest nierówność an+1 — an > 0, natomiast ciąg (a„) jest malejący wte— dy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby naturalnej n prawdziwa jest nierówność an+1 _ an < Mamy
aw+l—a"—n+1+4'—n+4_
an+1 _ an :
.
71 + 3 (n + 5)(n + 4)
>O
' a ta nierówność jest prawdziwa” dla każdego n naturalnego. Jeżeli ciąg jest rosnący. to jego pierwszy wyraz jest kresem dolnym ciągu. Stąd
jest kresem dolnym ciągu.
___—___.—
Ponieważ mianownik jest dodatni dla każdego n E N,. a licznik jest ujemny dla każdego n E N, więc an+1 —a„ < 0 dla każdego n 6 N, czyli ciąg jest malejący. D Zadanie 13. Dla jakich wartości k E R ciąg o wyrazie ogólnym an_—
El
Zadanie 11. Zbadać monotoniczność i oorganiczoność ciągu 0 wyrazie ogólnym an _—
1
Rozwiązanie. Ciąg (a„) jest rosnący wtedy i tylko wtedy., gdy
(2n+1)!—'
)
an
(2n+1)!
1
V n E N
lvla-lny
(TW,—1 _ (2n +1).'(2n + 2)(2n + 3) : (Żn + 2)(2n +—)3— '
Ponieważ dla każdej liczby naturalnej iloraz an+l jest mniejszy od 1, więc ciąg an jest malejący. Zauważmy, że wszystkie wyrazy ciągu spełniają nierówności 0
zatem ciąg (a„)„€N jest ograniczony.
n'. — h(n — 1)! n! + (n —— 1)!
jest rosnący?
Rozwt'qzanźe. Wszystkie wyrazy ciągu są dodatnie, zatem badamy iloraz an+1 _ („M+—13)! _
___—___.—
712%"1 + n + 2”„ + 2 — n2n+2 — (w + new + 1) n2n+1 — n2n+1 ~ 2 + 1 —n2"+1 + 1 (W” + 1)(2n+1 + 1) (zn+2 + 1)(_2n+1 + 1) '
Stąd a.,„l — an > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 971 . ..
69
an :
an+1 — o," > O.
n! — h(n — 1)! _ n — k n! + (n — l)! _ n+1
Zatem an+1 '— an :
n+1—k
n—k
n+2
n+1
k+1 >O «e_—> k>—1, (n+ 1) ('n + 2)
bo (n + 1) (n + 2) > 0 dla każdej liczby naturalnej n. Ostatecznie ciąg jest rosną— cy dla 19 > —1. El
70
Zajęcia wyrównawcze z matematyki
Zadanie 14. Udowodnić indukcyjnie, że dla dowolnego 3: > —1 oraz każdej liczby naturalnej n prawdziwa. jest nierówność Bernoullego
Ciągi liczbowe
4. Dane są trzy pierwsze wyrazy nieskończonego ciągu geometrycznego
x/Ś+1 fii—1”
(1+x)">/l+nx. Rozwiązanie. Ustalamy :: € (——1, oo). Sprawdzamy najpierw, że nierówność zachodzi dla n = 1. Istotnie,
(1+z)1=1+x=l+1-x.
71
1 3—f3"
_16.
Podać następne dwa wyrazy oraz obliczyć sumę wyrazów tego ciągu. 5. Znaleźć ciąg arytmetyczny, którego pierwszy wyraz jest równy 1, 3. suma początkowych pięciu wyrazów jest cztery razy mniejsza od sumy następnych pięciu wyrazów.
Następnie ustalamy n /> 1 i zakładamy, że (1 + z)" >/ 1 + na: (założenie indukcyjne). lyiusimy wykazać preuvdziwośc' tezy indukcyjnej, czyli
(1 + :::)”1'1 >/ 1 + (n + 1)a:. Z założenia indukcyjnego oraz z warunku &: > —1 mamy
(1 + z)"+1 = (1 + a:)”(l + 33) /> (1 +nz)(1 +13)
6. yVymiaczyć piąty wyraz ciąg-u (an) wiedząc, że suma W. początkowych wyrazów S„ = 5712.
7. Pierwszy wyraz nieskończonego ciągu geometrycznego jest liczbą naturalną spełniającą równanie
= 10. Iloraz tego ciągu wynosi
Obliczyć sumę wszyst-
kich wyrazów ciągu. 8. Na podstawie definicji wykazać, że ciąg (n—;—+31n+2> jest monotoniczny.
i dalej
(1+n1:)(1+x) : 1 + (n + 1)a:+na:2. Ponieważ na:2 >/ 0, zatem 1 + (n + 1)z + nzg >/ 1 + (77. + 1)z. Pokazaliśmy, że teza indukcyjna jest prawdziwa. Na mocy zasady indukcji matematycznej nierówność (1 + z)" /> 1 + na: jest prawdziwa dla wszystkich naturalnych n /> 1 i z G (—1,oo). []
Zadania do samodzielnego rozwiązania Tematy 1. Czy ciąg x/—2 + fo”, —1, x/—2 — uzasadnić.
jest ciągiem geometrycznym? Odpowiedź
2. Da,-"ny jest ciąg __1 x/—'3, f? 3 , __2 f27 __1_ Podac" wzór na n-ty wyraz tego ciągu oraz obliczyć jego sumę. 3. Rozwiązać w zbiorze liczb naturalnych równanie
(swą—4-
9. Zbadać, korzystając z definicji, monotoniczność ciągu o ogólnym wyrazie ') an : 20n - n”.
i, i i
10. Suma trzech początkowych wyrazów ciągu geometrycznego (an) wynosi 1%. Liczby te są odpowiednio czwartym, drugim i pierwszym wyrazem ciągu arytmetycznego (bn). NVyznaczyć wzór na ogólny wyraz ciągu c„ : 2—3, a następnie zbadać monotonicz'ność tego ciągu. 11. Zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągu 0 wyrazie ogólnym _ 1+n+n2 _ n(n+1) _ 1+2+...+n c) a„— _ n+2
alan
?
_1+(—2)” _ 1+2n n! nr,—› S) an „3 i) an 107,
e)a n
k) a„
,
d_n+3 — J—n+2,
b)an=
1+n+n2 n+1 1
!
i
12. Dla. dla jakich liczb naturalnych n spełniona jest nierówność
lan—al<57
z- Civ—7210321)”,
1+2+...+n ___—___,
E=
0»
1 a_—2_,
a=3,
.
.a;
02; 6 = 0,002;
5:0,16?
363—f3'-,a5=362——f3-, s=3+f3. ~i ll | co
a=2,
H ”H
,
2
Równanie jest sprzeczne.
E
a„——
5:0,001;
Q ul
b)
a=1,
Odpowiedzi 1. Nie.
gdzie 8.) a„=1—-,
73
Ciągi liczbowe
H 4:01
I
Zajęcia wyróumawcze : matematyki
5" ' 13. Dla jakich liczb naturalnych n spełniona. jest nierówność
noca—19:91»?
an>A/[,
x
” 1 _, &) k_l__Zk(/c+l) c)
" Bk +4lc 6'~' ' I: :I
" 2k+1 „———, b ) Zla-(k+1)? I: 1
Zk «)i—› n
d)
[6:1 _
e) k:lżln(1 +
15. _Udowodnić indukcyjnie następujące tezy: &) Dla każdej liczby naturalnej n
12+22+...+n2_—6___—()()””+12”+1;
10. c„ = n ~ 2”_3 _ rosnący lub cn : 1 — staly. . .11. a.) (a„) — malejący i ograniczony, np. 1 < 0.„ < 2,b) (an) — rosnący, nieograniczony z góry (a„ > n > 0); c) cl) e) f)
(a„) — malejący i ograniczony, np. —2—1 < an < 0; (a„) nie jest monotoniczny, (an) — ograniczony, np. —1 < a,n < 1," (an) nie jest monotoniczny, (an) — ograniczony, np. —1 < a.n / 1, malejący dla n > 2, (an) * ograniczony, np. 0 < a„'<< 2;
g) (an) — malejący i ograniczony, np. 0 < an << 1; h) (an) — malejący dla n /> 2, (an) — ograniczony, np. 0 < an <<
i) (a„) ~ malejący dla n /> 1, (an) — ograniczony, np. 0 << an << j) (a„) — malejący i ograniczony z góry; k) (a„) — malejący i ograniczony, np. 0 < 0,” < 1; [,X Kun)
wfxnvwr-nvr LUDALCCMJ
12. a.) n > 2000;
13. a.) n >/ 100,"
. 1
nrrv-nvxunr—Anvr V&ĄCNLLLULAULLJ,
b) n > 248;
nn 1.ij-
n u
/ xx
r. wn
/ x
0) n > 250;
1 A.-
d) n > 2.
b) n > 3.
b) Dla każdej liczby naturalnej n zachodzi podzielność 6l10" — 4; c) Dla każdej liczby naturalnej n spełniona jest nierówność n < 2”; d) l'l'fszystkich permutacji zbioru n—elementowego jest n! ,' e) Wszystkich k-elementowych wariacji (z powtórzeniami) zbioru n-elemento— wego jest nk.
&) 1—n+1—12
C)
3— (2—1)n—2(3—2>n;
row!
M = 1000,n3 — Sn2 + llln + 194 b) an: , M = 100? n+ 3 147 Obliczyć dla. dowolnego n = 1, 2,. .. następujące sumy: x__
'a) a„ : zf")
. Ciąg nie jest monotoniczny.
Elf-'
gdzie
?
1
Trygonometria
Tematy do realizacji na wykładach Funkcje trygonometryczne kąta ostrego, wzory podstawowe, wartości funkcji trygonometrycznych dla kątów 300, 455, 600, funkcje kąta. skierowanego, wzory pod— stawowe, okresowość, wzory redukcyjne, wykresy funkcji trygonometrycznych, tożsamości trygonometryczne, równania. i nierówności trygonometryczne. Wybrane pojęcia i wzory 1. Miara łukowa kąta Miarą łukową kątakp nazywamy stosunek długości Ł łuku okręgu, na którym oparty jest kąt, do promienia r tego okręgu.
FA*—xw,l
H
Jednostką miary łukowej kąta jest radiem, oznaczany przez rad. Jest to miara kąta opartego na łuku okręgu o długości równej promieniowi (! r). Między
76
Zajęcia wyrównawcze : matematyki
Trygonometnia.
miarą łukową a. stopniową zachodzą zależności:
„(l_-(LSO), 71”
«__ff rad. l—180
2. Definicje funkcji trygonometrycznych Przyjmijmy oznaczenia zgodnie z rysunkiem.
GOSCI :
ctg a :
=tgm
I ]—HIEEĘ
3. Wykresy funkcji trygonometrycznych
_ —„_ —
gdzie r : Vx/——2 + y2.
78
Zajęcia wyrównawcze z matematyki
79
Trygonometria
6 . Wzory redukcyjne
sin
cos &
cos a
sin @
— sm a
— cos a
ctgcp
tgo:
—tga
—ctga
ctga
tga
—tga
7. Funkcje sumy i różnicy kątów Dla. dowolnych kątów o:, „8 zachodzą równości y : ctgx
Asin(a + B) : sinacosB + cosasinB, sin(a — B) : sinacosB — cosasinó',
4. Związki między funkcjami tego samego kąta
cos(a + B) : cosaclosB. — sinasinB, cos(a —18)= cos- acosB + sinasin ,3.
.
'7 ') SUFO + COS” & = 1
tga= ctg & ctg cz
sin & COS & COS &
sin a
diaa7~£23+k,.~, keZ dlaa#k7r, kEZ
Ponadto marny równości:
@@ + B) =
tga+tg8 1 —tgath”
tga—th t gwr—B) : +ggwat——„
ctg(cz + ,B) :
ctgw — 6) =
ctgacth—l ctga+cth ctgactg6+1
7
cth—ctga)
które zachodzą zawsze, gdy są określone i mianownik prawej strony nie jest zerem.
8. Funkcje podwojonego kąta Dla dowolnego kąta & zachodzą równości sin 201 = 2 sin & cos a, 2 cos 2a : cos a—sin2a=2c0320z—1=1—231'n2cx.
Zajęcza wymum'awcze : matematyki
80
Trygonometria
Ponadto, dla tych kątów, dla których prawe strony są okr'eślone. mamy równości
Stąd
?rga l_rł-tg a'
sin 20:
sinx :D
Rozwiązania tych elementarnych równań trygonometrycznych dane są wzorami
1—tg20 I+tg2a' .?th
cos 2a
1 sina: = —2-.
lub
1:1 = lc7r
t2=———5—- . ga l—tga
lub
73:2 : 6—7, + 21%
11 3:3 : 6—7. + 2m7r,
lub
gdzie lc, l,m € Z. 9. Funkcje potrojonego kąta _ 3 . 3 «_ . 3sma = sma ( cos a — sm a)
Zadanie 2. Ncl'rysować wykres funkcji
. . 0 = sma (o — 45m2 a) ,
f(x) = 'f'm'
. ') ") 3 cos Sa : cos a (cos2 a — 35m" a) = cos a (4 cos” a —— ) .
COS :L'
dla zt € [—27r, Z'Tr].
10. Sumy i różnice funkcji trygonometrycznych
sina + sinB : 2 sin
Rozwiązanie. Dziedzina badanej funkcji zadana jest warunkami
a e_
sina _sinś = 2 cos
+ 2
cosa—B 2
+
. a — „13 sm 2
(
2
'Df : [w E R: Zatem
(r+-B a—B cosa +cosB = 2 cos 2— cos ——2—— cosa: — 0035 = —2' sin
$ &” [—2'7r„27r], * COSI9£ 0].
117 € [—27r,27r]
():—3 a+13 _ 81 n (7 ()
oraz
a: # 2—7? + kn,
Tak więc 3 3 71' ')T W Dj = [ —2 Tr, ——7r ()_)U( —— 271”, —— 2>U< —— 2,2>U —
Przykłady zadań z rozwiązaniami Zadanie 1. Rozwiązać równanie
71” 3 5,2777
U sina: + 1 = cos 2x.
. , . 9 . tozsamoscr coax + SlIlŻl'
=
1
oraz cos 23:
r) . COS'JI — sm 2
,)
3 9 2—7'i,_'r/ .
=
Korzystając z definicji wartości bezwzględnej otrzymujemy
:c równanie.
i
przyjmuje postać
, 2.
U
I
Rozwiązanie. DziedZI_'n__ą._ róvmania jest zbiór liczb rzecz ".."isty eh „'D. Po uwzględ—
. . memu
k: 6 Z.
„
co” COS I _cosx co”
sin :: + cos %: +smz = cos'x — smzz.
dla dla
cosa: >0 Cosa: < 0,
tzn.
Zatem
251'n2x +sina: = 0, & następnie
sinx(2sinx + 1) = O.
1 —1
dla 9: E [—2„~, —23—7r) U (—2”—, dla :I: E (—23—7r,
U (21, %rr).
Poniższy rysunek przedstawia wykres funkcji f.
U (23452711
82
Zajęcia wyrównawcze z matematyki
Trygonometria
83
Rozwiązanie. Dziedziną nierówności jest zbiór Dn —_ [:c- E (0277) : sinx > O) = (O,/T)Nierówność zapisujemy w postaci logz'sina: x< —9—1log2 2. Korzystając z wlasności logarytmów dostajemy
log? sinz
sina: x<
cos—9 a; (2 — sinx) x< O.
fz 2—.
Powyższą nierówność rozwiązujemy graficznie.
Rozwiązanie. Dziedziną rozważanej nierówności jest zbiór liczb rzeczywistych R. Zauważmy, że sina: < 2 dla każdego :: E R. Wobec tego nierówność ta jest równoważna nierówności cos2 _x , O, to cosz = 0, czyli ostatecznie Tr :E = — 2 + ku".,
14: € Z.
El
Zadanie 4. W'yznaczyć dziedzinę funkcji
0
3;— 41
_l 471'
f(x) = x/—_cos 29: 1—. Rozwiązanie. Z deńnicji pierwiastka stopnia parzystego wynika, ze 77 w
cosŻx—l >/ O. Z własności funkcji kosinus wynika, że powyższa nierówność jest równoważna równaniu cos 2x : 1, co jest spełnione dla z : lm, k € Z. Ostatecznie
(0,4_]
3 U [4—Ł,II>.
. ' , . , , , . f) ). . Zadanie 6. Rozmązac merownosc 2 — COS” a; x< _ sm z. DA......J-n.
.: LULwtŁgbGRZC.
DA,-l„aa._-:„:„„ „„ 9 A uuauavv AaJQu evo .A;
1 .L
2 — (1 — sin2
. 2 a." "-
OAAL
.L;
|]
uran) LALLAJCLLŁJ
x< 25mm,
(Sl'nx—1)2
Zadanie 5. Rozwiązać nierówność
dla a: 6 (O, 27r).
i___—___;
sinic = 1.
Stąd ostatecznie 3: : 2—7” + 2k7r, lc € Z.
:„ : LLAbAun „va,
. . , nbkuv—vvn-uvnmv- vs.:unnw4—mn
którą przekształcamy do postaci
Df=[:12€lR:x=k7r,k€Z]›.
1 log2(sin 17) < ——2—
E
Zadanie
jonecro
cz yli
Stąd
84
Zajęcia wykres
wyrównawcze funkcji
wartości
funkcji 3,1
4
)
1
f.
bezwzględnej
rr
z matematyki
2
E [—7r,7r]. mamy
a. to jest
Zatem
równoważne
równaniu
dziedzinę
Ostatecznie
9. Wyznaczyć
,_
Zadanie
( = im
funkcji Df
zbiór
Df
wartości wartości
Dziedzina
na. wszystkich
logarytmiczna
jest
przy
?>
równoważna
f 4.urrL
Rozwiązanie.
J
nierówność
ost atecznie
Ze względu niona dla
Funkcja
czvii
Ostatnia
Stąd
43;
'rw
log
M .A:
funkcji
Mgonometńa
sin
'n'
47:
=
_
7
jest
2
W
( KCOS
zbiorem
ruL- .
+ 2k7r,
+
2
8
71'
funkcji
log
$
równaniu
$
:
—1.
—1.
+ 2<
kosinus E R. Zatem
(cosx+2)>0i
fjest
E R:
podstawie
COS
052
cosas
lc
_.
Ic
1 J. 7
malej
Z.
log
cosz+2>0)>.
ąco,
)>
+ 2
nierówność
m
7. Naszkicować
f(x) z definicji
C052 (
(cos2x f(3 ): i 1 wykres
(L'
2x
zatem
WIP
m
Zadanie
Korzystając
przedstawia
nierówność COS
do postaci COS
cel,-—
Rozwiązanie.
rysunek
8. Rozwiązać sin :.:
nierówność .
22-
(JOIH
/A
wl—
Zatem
Poniższy
przekształcamy
1 i —sm 2
0
(Ti
cos
1 .L
1
z + 2
i >.
J
___-_
nierówność
zera.
Dziedziną
Dziedziną
Rozwiązać
po uwzględnieniu
redukcyjnych
funkcja
nierówności od
vystarczy
11.
trygonometrycznej”
Dn
mianownik
przyjmuje
jest
kosinus rozwiązać
Zajęcia.
43]
z E
nierówności
dla
mamy
R: R:
cos($
—
jest
zbiór
z matematyki
cos
liczb
mamy
graficznie,
< 0.
—
77) > 0.
6 D„ dodatni,
T 2
rzeczywistych
0.
o okresie
z,
ujemny. czyli
k: G
— ir) # O) =
Ja
—
©
okresową
zbiór
3 ;w—ł—Żkn),
być
Je#ŚW-ł-km
J:;ćw+(2k+1)
cos(x
wyrównawcze
każdego musi
cos(7r postać cosa:
jest
funkcją na przykład
okresowości, +2/ł77r,
mamy
') u sin2x+5cosx—4
jest
równanie
równania
, k ,.5-~.
więc
Zl Zatem,
277, W przedziale
i Z?)
196%.
aby
ułamek
powyższą [0,271'].
IR. Korzystając
był
nie—
Podstawiaj
stąd
Zatem
Rozwiązanie
natomiast tości
Zadanie
Rozwiązanie. padki. postać
Ostatecznie
z przedziału
Przypadek
Uwzględniając
Przypadek
a to równanie
postać Podstawiając
Rozwiązanie
Zadanie
:
równanie [—1,l].
równania
fr.A»
jest
równanie
z] cosa:
m W
Trygonometria
29—m+2=a
t, Itl < 1 otrzymujemy
] cos
definic'ę
sprzeczne,
: na
~)
1 .I.
równania
sin
—
w
2 rr
równanie
=1+sm'x
mamy
1
2 dane
1 .I.
lub
lub
jest
2
wzorem
ponieważ
nr.A]
kosinus
sm”z
')
Tr, 2%] . 'Wtedy
bezwzględnej
czyli
wzorem
sin 2x.
3: :
+ sin ?. a.-,.
jest
23:
')
21%”,
wartości
-
ostatecznie
cos
dane
w:A.»
+ sin
'T Ś+2k7n
ii + 3
_|.4-
1 J.
sin 2 ze mamy
> 0, czyli
Ze względu
sprzeczne.
—
2: < 0, czyli
jest 2. cosz
dziedzinę
c s2 wm
ostatniego
Rozwiązać
1 J.
1. cos
Rozwiązać
pierwszego
c cosa:
drugie
12.
13.
Il
86 Rozwiązanie.
Licznik mniejszy
Ze wzorów
a więc
Ponieważ równość
Ostatecznie,
Zadanie
Rozwiązanie. z „jedynki
2—2c052x+5cosx—4=0.
H
mi ›—
8
mn m
przyjmuje
rozważamy
=0.
równanie
tylko
dwa
przyjmuje
87
war—
przy—
Cl
89
___—___i/ł/f—Wygonometńa
Zajęcia wyrównawcze z matematyki
Rozwiązanie. Dziedziną równania jest zbiór liczb rzeczywistych R. Przekształca-
ROZW'QZGHZ'E- Dziedziną równania jest zbiór
jąc mamy .
')
!
.
25m”a:—25mxcosz=0, 2sina:(sinx —— cos z) = 0, sinz=0
lub
I I I
sinx—cosx=0.
"
Stąd, poniewaz" cosx # O, mamy
x=k7r,
1662
lub
|l
tgx=1.
kEZł—f
anie rown ' t Zapisując tangens przy pomocy fu nkcji sinus i kosinus, przekszałcamy do postaci . 2x Sln2I+COS l __4 sin a: cos x
!
Ostatecznie
a:;ćknr,
Dr=£xER: $:,ć2—7r+k7r,
Stąd ;:::/wr
lub
x=4—7T+k7r,
_ 1 sm2m : 5,
keZ.
Zadanie 14. YVyznaczyć dziedzinę, a następnie zbiór wartości _funkcji
czyli 23; _— 63 + 2k7r
1 f(x) — 1Ę_ Sina: + x/ąlog4 cosx. Ostatecznie
Rozwiązanie. Dziedziną funkcji jest'zbiór
x—__.
Df——[1'€R:Sin:c;ćl, cosx>0, iog4cosz/>O) : =[z6R:x#2—W+21m,1:6(—2—7T+2/m,2—/T+2k7r),
W 12
+ kn-
lub
2:5 : 6— + 21977,
k € Z-
- :z: :
Zadanie 16. Wyznaczyć dziedzinę funkcji
cosx/>l,k€Z>=
/_— ] sm 2 3: — 1
: (CEERJ g);/ć 2—7T—ł—2k7r, xe (—2—7—l+2k7r,2—7T+2k7r), xzżkn, keZł :
f(x) _i, 2cosa: — 1'
!!
=(:L'ER: x=2k7r, kEZE. Zauważmy, że wszystkie wartości funkcji f są takie same, tzn.
Rozwiązanie. Dziedzina. funkcji jest zbiorem
DfZIL'QŚERI
|
i I
f(zlm) : 1, k 6 z.
!
-9 SlII'JI—l
2cosx— 1
>/0A2cos:c—1#O>.
,i
Ze względu na zbiór wartości funkcji sinus nierówność sin2 cc —— 1 < 0 zachodzi dla każdego w E R. Zatem
I
D):—__[xEIRz 2cosx—1<0]. Nierówność COS $
MIP”
Oznacza to, że zbiór wartości jest zbiorem jednoeiementowym ( 1]. Ostatecznie dziedziną jest zbiór Df : [:C E R: 3: : 2k7r, k € Z], & przeciwdziedziną zbiór !] Zadanie 15. Rozwiązać równanie tgm + ctgz : 4.
_ lub
A
88
]
rozwiązujemy graficznie:
'.
Zajęcia wyrou'vnawcze
Trygonometria
matematyki
~; ..
9].
Po przekształceniach
sinx!
@
I 2 I
<1c>1łsinzi<2<=>IERl.
4_ _ _ ._ i~.u.u. ._un
mamy Dr = R. Stosując wzór na sumę nieskończonego ciayug geometrycznego mamy
Stąd 1
2—sinI @ sinr = 2.
(3
_5 3
::
I
.—'2krr>, kEZł.
=—”.›—›2k„— 6
sm'źx —' 1
f(r') : „fc/___os Z": —1 + log)~ cos z.
Rozm'ązanie. Dziedziną nierówności jest zbiór liczb rzeczywnsc'ycn'. dla których mianownik jest różny od zera. cza-ii
Pior.z-'z'_.azanźe. Dziedziną funkcji f jest zbiór tych :: E R'. dla których spełnione są następujące waumln' A:
T..—21m, kEZ.
-. ! V
Zadanie 19. Rozwiązać nierówność
Zadanie 17. Xsz_na.c-zyć dziedzm'ę funkcji
«621—120
[]
A
—'l.—'2k„~_
„mlu-
.' I
rh
Ostatecznie _ , _~
cosa: > 0.
Stad cos?:c:1=>z=kr7 kC—Z ~.
Przekształcamy nierównosc"
.-
1 — sin 21:
cosz>0='I:— (—9—"—'2k„—,9——'2/97), ls:—ZZ. _
. ›? SID." I
.;
statecznie
<0. x
Poniewaz-" dla 1: G Dn mianownik jest dodatni. zatem merów-nest" jest rownowazna.
szfzE_ijxz—Żknj.
nierówności
Zadanie 18. Rozwiazpać równanie
3 —1:›.'2:c= —.T~~—.'2'k„~<:› 2 :z: :
Rozwiązanie. Dziedziną równania jest: zbiór wszystkich z G R', dla. których is'tnieje suma m'eskon'czonego ciągu geometrycznego. Zatem BT:-(:EER:
sinz'
2'
l<1ł.
..
Ostatecznie rozwiązaniem nierówności jest I : Zadanie 20. Dla jakich z E R is'tnieje suma
„"
blu
oraz
kr.,
k
3 n_h". 3 2.
l"92”
Zajęcia wyrównawcze : matematyki
Rozwiązanie. Dziedziną sumy jest;
Równanie przekształcamy do postaci
Ds=[a:ER.-I;ć9—W+k7rAtg:r;ćO,k€Z]›——
=(zE'sz
93
Trygonometria.
2
,7r 7:7 +k—„AJJ7-ćlc7r,kEZł= 2
sin :s
3
cosa:
sinx
: 0 /-sin:1:cosx.
2sin21: — Bcosx : 0,
2(l —— cos2 :!:) —— 3—cosa: : O,
——-_[IER:zaśk2—7T,k€2].
—2 cos 2 a:—3c03:1:+2=0.,
Dana suma jest smną nieskończonego ciągu geometrycznego o ilorazie q : W'arunl—n'ern istnienia. sumy jest, aby Iql < 1. Zatem
2c082zr+ 3cosx — 2 = 0. Po dokonaniu podstawienie cosa: : t, [tl < 1 otrzymujemy
zrzera—2:0. Stąd A = 25, Ponieważ zbiorem wartości funkcji y : cos x jest przedział [—1, 1] za.-tern równanie cosa: : —2
nie posiada rozwiązania. Stąd MIP—'
COSZII _—
Ostatecznie I =
El
+ 21%:
Zadanie 22. Rozwiązać równanie
l—tgzc+tg2x——tg31:-+-~-= »
. 2. ') 2 COS” a: — 5111 235
2 cos 22
Rozwiązanie. 'Wyznaczamy dziedzinę równania. Składniki tego równania ma,-ją
Ostatecznie ;* €
+ kw, —4”— + Imi-) U (41 + Im, % + lm).
Zadanie 21. Rozwiązać równanie 3
2tg l_.— =O. SIDI
Razun'ązam'e. Dziedziną równania jest
Dr=fx€lR1x5£2—'Tr+k7rAa:7ćk7r, k€Z>=£z€Rzz#k2—”, kazy
„„a „Jhs „Fa.-„M „na. ' „ _„1Ą„'„,„„.L. „l,. ...I-„”A.... Sun.-D Lua. aanvuiucuva'v lLLblbbLeX/J pu uu (..IJLULU
W (IBER:I#9—+k7r/Xm,=£
”R'
4
+lc9—Tr, Jeezy
Lewa strona równania. jest sumą nieskończonego ciągu geometrycznego o ilorazie q : —tgx. Suma. ciągu geometrycznego nieskończonego jest skończona. wtedy i tylko wtedy, gdy [ql < 1. Mamy więc I—tgzl < 1, czyli --1 < tgx < 1. Stąd Dr=€wellłz
7r+ 4
k7r
I I I I l l I I I I I !
Trygonometria „___—K_a-
Zajęcia wyrównawcze z matematyki"
Korzystając ze wzoru na sumę ciągu geometrycznego nieskończonego marny 1
_
1 + tg]: 1
1 +th: Zatem
2.
Zadania do samodzielnego rozwiązania
_ _—_ _ _ _4
94
Tematy
') cos—:r—sm2x
2cos 22
1. Wyznaczyć dziedzinę i naszkicować wykres funkcji
cosa:(cos:c —— sin z)
(cosx—sinz)(cosx+sinx)'
„i
=~x+
l 1 *
~
l | l
1 _ 1 1+tgar _ 1+tgaf
)
I
.
2. Rozw-lazac rowname
4 (log2 cos x)'? + logg cos2 :z: = 2.
l
Ostatecznie 1: E D,.
3. Rozwiązać równanie
Zadanie 23. Rozwiązać nierówność
si_n2x .= lsm
Rozwiązanie. Dziedziną nierówności jest D„ : IR. Przekształcajac nierówność otrzymujemy
i | .'
4. Rozwiązać nierówność
cosx—Z'
>0.
log21_(z+5) U!
l
') . cos'x < 1 — smz.
. Obliczyć
I
/cr—_—_os(7r + a) +1
coszx < 1 — sinx,
st"n(2—"".—'a) -t- 1. '
i
lsinzl sinx '
2
sinx(1 — sinx) < 0.
(l
6. Rozwiązać równanie
logcosx sm :: = 1. Il
t(t—1)
7. Narysowac' wykres funkcji y : cos(l:cl + a:).
8. Rozwiązać równanie cosz : l — 2 cos2 T_2 . l
9. Obliczyć cos %, jeżeli wiadomo, że cosa: : —
03!li
Podstawiając t = sinx mamy
i :I: E [W,ŻZW].
10. Dla jaldch wartośei w E R wyrażenie x/——+ cos a: — 2 jest określone? ł .'
11. W'yznaczyć podzbiór przedziału (0, 27), na którym określona jest funkcja
] |
I
I
l
1—sin x < 1 —sin:c,
z—›f(x)=x
sin ::
[sin xl'
a następnie sporządzić jej wykres na tym podzbiorze.
12. Dla jakich wartości parametru 04 E [O, Stąd t 6 (—oo,0) U (l,+oo) i |t|
k 6 Z.
równanie
x2sina+x+cosa= 0
ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste?
I 96
Zajęcza wyrównawcze : matematyki
13. Obliczyć sina: i cos:: wiedząc, że tgz = —3 oraz 1: E (21, Tr). 14. Czy wzory y = tg: i y = 15. Wiedząc, że sina :
_3 5
l ctg ::
opisują. tę samą funkcję?
Trygonometria Odpowiedzi 1. Df——(J:€R:x7£k7r, . ZE
ia €
97
rr), obliczyć cosa i tg a.
[CEZ].
:c'g— + 2k7r, lc 6 Z. 2k7r, k 6 Z. „gr—+ 21m lub z = — 5_1r 6 +
16. Rozwiagać równanie sinz — vr3 cosz : O. 1 17. Rozwiązać nierówność log4 cosx < —- _7 z' G (—27'—,
18. Rozwiagać równanie sina: _ cos?:r—l 4 — 2 .
19. Rozwiązać graficzmie nierówność sinz /> —J cosxf w przedziale [O, 27r]. 20. Rozwiązać nierówność sin 21 1 + cos „z
>()
.
dla x E [O, 271"). 21? Sprawdzić, czy dla wszystkich x.y E R, dla których obie strony równania mają sens, spełnione są równości:
&)
sin(x + y) + Sinn _ .?!) = tgx; cos(x + y) + cos(:c _ y)
b) sin(.L' + y) sin(z — y) : sin 2 z—sin2y; c) cl)
. 93 € (0,71') U (71327). 12. 01 E (O,
U (IŻ—571" 7 „_. Lr]
. sina; : _3,_ COS l' —— ___1 le ' J— 10'
Nie opisują tej samej funkcji, ponieważ mają różne dziedziny. 3
. cosa : —54—, tga' —— — 4 .
.m=3”—+k7r, kEZ.
2 — : tgx + ctgz;
sin
cos4 cc — sin4 :z: : cos 2x.
&) 251'I12x+35inxcosx+ ?coso—x : 6; b) sin48 a: + cos48 z = 1.
H
22? szwiązać IÓWIIELIJia'.
21. &) Tak;
23. Rozwiązać układ równań
0) Tak;
d) Tak.
22. z=k7rlubz=23+km keZ. sinx
: 3—f65iny,
cosx : x/—2cosy.
23. x 41—71" + 2k7r, y : 3—17r + 2k7r lub_ a: 4—371" + 2k7r, y 3—27r + 2kvr lub _1— 7r + 21m, y = _1 W + Z'kTr lub :z: : Z—Tl' + 21m, y : 3—47r + 2k7r, k: € :z: Z. 4 3
~ —~ ——-———————11
Geometria analityczna
Współrzędne punktu i wektora na. płaszczyźnie i w przestrzeni, działania na wektorach, równanie prostej na płaszczyźnie, krzywe drugiego stopnia. Wybrane pojęcia i wzory 1 . Odcinek
Długość odcinka. o końcach w punktach A(xA,yA), E(a: 3,145) dana. jest wzorem
lABl = x/——_ (3513 — IA)2 + (ya — yli)? Współrzędne środka odcinka AB wynoszą (:DA + 1713 UA + UB) 2 , 2 '
.
,"
Tematy do realizacji na wykładach
, ___4___.__ ___-M
100
Zajęcza wyrównawcze z matematyki
2. Wektory
Geometria analityczna,
101
Dowodzimy, że
Wektor zaczepiony na płas'zczyz'nie wyznaczają dwa punkty: punkt początkowy i punkt końcowy. Wa'żna jest ich kolejność: jeżeli punkty A. B są różne, to # W'ektor, którego punkty początkowy i końcowy pokrywają się, nazywamy Wektorem zerowym. W'spółrzędnymi wektora gdzie A = (19,4, QM), B = (353.318). nazywamy parę liczb [zg — 134,3”; —- yA]. wektor zaczepiony charakteryzują trzy cechy.» kierunek. czyli prosta, którą wyznaczają punkty początkowy i końcowy; w przypadku wektora zerowego jest to cała rodzina prostych przechodzą,cych przez punkt wyznaczający ten wektor, . zwrot, czyli wskazanie, który punkt jest początkowy, & który końcowy, . długość, równa długości odcinka AB. Dla niezerowego wektora zaczepionego istru'eje nieskończenie wiele wekto— rów zaczepionych. których kierunek jest równoległy do kierunku i które mają taki sam zwrot i długość. Rodzinę tych wszystkich wektorów nazywamy wektorcm swobodnym. YVszystkic wektory. które wyznaczają wektor swobodny mają identyczne odpowiednie współrzędne. Współrzędne te nazywamy współrzędnymi wektora swobodnego. Różne wektory swobodne mają różne współrzędne. Swobodnym wektorem zerowym nazywamy rodzinę wszystkich zaczepionych wektorów zerowych. Jego współrzędne są równe [O, O). Dowolny wektor zaczepiony nazywamy reprezentantem (wyznaczonego przez niego) wektora swobodnego. Począwszy od tego miejsca słowo ,.,wektor” oznacza wektor swobodny. Sumą (różnicą) wektorów u" : [eu, bul, 77 [a,„buj nazywamy wektor
Uwaga 1) 130 17 = 0 <=> 2) Jeżeli u", 'fsą niezerowe, to 'JH'U
istnieje a 6 R x [Oj takie, że au," = 17,
3. Prosta
Na płaszczyźnie prostą można wyznaczyć na następujące sposoby: 1) wskazując dwa różne punkty, przez które prosta przechodzi, 2) wskazując punkt, przez który prosta przechodzi oraz wektor do niej równo— legły, . 3) wskazując punkt, przez który prosta przechodzi oraz. wektor do niej prosto— padły. Załóżmy, że Po (2:0,y0) jest punktem należącym do prostej [ a niezerowy wektor n" = [A, B] jest do niej prostopadły. Każdy punkt P (lt, 6 l jest koń— cem pewnego wektora zaczepionego w Po. POP jest prostopadły do ną i równoległy do u".
POP _L 7"?
PU'Pon”——0
ść
E_k-17: [czułambui—bvj. lloczynem au" wektora 71 przez skalar a 6 R nazywamy wektor
@
A(.r——$o)+B(y—yo)=0
©
Az+By+(—Acco—Byo)=0.
<=>
Zatem do ! nalezą wszystkie punkty (z, y), które spełniają równanie ›
laczu, abu] .
Az+By+C=O,
Mówimy, że dwa niezerowe wektory są równoległe (prostopadłe), jeżeli ich kierunki są równoległe (prostopadłe). Przyjmujemy, że wektor zerowy jest pro— stopadły do wszystkich wektorów. Iloczynem ska'larnym u" 0 77 wektorów niezerowych nazywamy liczbę
współrzędnych. Jeżeli prosta nie jest równoległa do osi Oy, to ma ona równanie
[EMU] cos(<(u"', U)) ,
gdzie lu"), [i] oznaczają długości wektorów, a <):(zi', 17) miarę kąta między wektorami lii 17 (należącą do przedziału [O,rj). Jeżeli u" że z? o 17 = O.
gdzie 0 : —(ASL'0 + Byo) oraz A2 + B2 > 0. Jest to równanie ogólne prostej. Jeżeli A = 0, prosta jest równoległa do osi Oz; jeżeli B = O, prosta jest równoległa do osi Oy; jeżeli C = O, to prosta przechodzi przez początek układu
6 lub 27 = 0, to przyjmujemy,
y=azt+b, nazywane równaniem kierunkowym.
| !
Zajęcia wyro'umawcze z matematyki
Geometria analityczna
103
4. Prosta i punkt
Odległość d punktu P(zo, go) od prostej o równaniu Ax + By + C = O dana jest wzorem d.
————— W .
5. Para prostych
Dwie proste o równaniach kierunkowych y=alf+blę spełniają jeden z następujących warunków:
Liczba 0. to współczynnik kierunkowy tej prostej., czyli
<=?
istnieje 15 E R x [0] takie., że POP : tu”
@
istnieje t 6 R' x (0) takie, ze
”*
. są prosmpadłe” gdy dla? : _llr tli—az . tworza kąt
<=>
A2$+B2y+CQ——0,
_ ”.—
POP ][ 71
który jest równoległy do u" (zwanego wektorem kierunko-
-
YVspółczynnik b wyznacza na osi Oy punkt, w którym dana prosta ją przecina. Załóżmy, że Po : (1:0,3/0) € 1 oraz wektor UT : [a,b] (a2 + b2 > 0) jest' równoległy do Z. XVówczas- kaz-'dy, różny od Po, punkt P : (z,y) prostej [ wyznacza
. są równoległe, gdy al : 0.2,
„
»
a= tga.
niezerowy wektor wym prostej l).
y=a2$+b2
— ro,]; — yo] : [ta, tb] .
to odpowiednio:
Zatem do [ naleza wszystkie punkty (z, y), które spełniają układ równań
' są równolegle. gdy AlBg — AgBl : 0, 0 są prostopadłe, gdy A1A2 + BlBg = O, . . W . A1B2 __ AŻBl t Z t _ . worą ką @ t 310» ze 0 < „o _— 99 < 2 1 tg of : jA1A2 + 3132
m::ro—ł—ta, y=yo.—'—tb,
tER.
Jest to parametryczne przedstawienie prostej. Układ ten zapisujemy również następujaco $—$o_y—y0 L;" (:
6. Trójkąt
Pole trójkąta ABC o wierzchołkach A(xA,yA), E(xB,yB), G(mc,yc) dane jest wzorem
Uwaga. W przypadku tego równania dopuszczalne jest umieszczenie zera w mianowniku. N alez'y pamiętać, że jest to zapis formalny. Z takiego równania odczy— tujemy współrzędne wektora kierunkowego [a, I)] oraz współrzędne punktu, przez który prosta przechodzi (xo, yo).
Równanie prostej, B(:cB,yB), ma postać
przechodzącej
przez
dwa
dane
punkty
(y — y'A)(33B — CEA) _ (yB — yA)(x — mA) : 0.
A(zA,yA),
›
1
_'): (SUB — $Al(yc — yA) _ (ye — yAllwc — (I?/ill ~
PAABC —
;
Środek ciężkości trójkąta ABC , czyli punkt przecięcia jego środkowych, ma współrzędne
(xA+a:B+:cc yA+yB+yC> 3 ” 3 '
--__
104
Zajęcza W'óumawcze z matematyki
Geometria analityczna
105 _____________,_
7. Przekształcenia geometryczne 0 przesunięcie
o
wektor i?
[a,b) przekształca punkt (Ly) na punkt
(I + a,y + b); - symetria. względem osi Oy przekształca punkt (w, y) na. punkt (——x, y); . symetria względem punktu (a,b)
przekształca punkt
(1,31)
na
punkt
(?o — 25,217 — y); . jednokladność o środku w punkcie (0,0) i skali 5 # 0 przekształca punkt
okrąg
(1, g) na punkt (sr, sy): . obrót wokół punktu (0,0) o kąt
%%%!
8. Krzywe stopnia drugiego —a
Okrąg o środku w punkcie (zmyc) i promieniu r, T > O, to zbiór wszystkich punktów płaszczyzny (x, y), których odległość od punktu (zmyc) jest równa r, czyli zbiór
kny)" xiy E R A (I—~'150)2+(y'—3m)2 = TE).
Przykłady zadań z rozwiązaniami Zadanie 1. Dane są wektory: a” —— [m, 1 — m], 5 = [2, 3]. Dla jakiego m wektory a" + b i a” — 3b mają tę samą długość? Rozwiązanie. Obliczamy współrzędne. wektorów, o których mowa w zadaniu
a” +b—
Hiperboła nazywamy krzywą określoną równaniem a>0,b>0
a"
1/2 = 21%
!
El.—lans EL
Wyrażając długości wektorów we współrzędnych otrzymujemy zależność
«___—(m + 2)2 + (4 —- m 2 : V(m — 6)2 + (—m — 8)?
p#0
oraz wszystkie jej izometryczne obrazy. Parabola ma jedną oś symetrii a nie ma środka symetrii.
[m — 6, —m — 8).
Szukamy takich wartości parametru m. dla których długości powyższych wekto—' rów są równe, co prowadzi do równania
oraz każdą krzywą, będąca jej izometrycznym odwzorowaniem. Hiperboła ma dwie osie symetrii oraz środek symetrii. Parabolą nazywamy krzywą opisaną równaniem
3b
[m + 2", 4 -—- m],
L
oraz każdą krszvą otrzymaną z niej przez izometrię. Elipsa ma dwie osie symetrii wzajemnie prostopadłe a punkt ich przecięcia jest środkiem symetrii elipsy.
parabłoła
II
a>0, b>0, a%b,
—> I
hiperboła
531
(0
,T, _92_ a_a—+ b.? 17
(L
+
Środek okręgu jest jego środkiem symetrii a każda prosta przechodząca przez jego środek jest jego osią symetrii. Elipsa nazywamy krzywą określoną równaniem
_
a stąd m2 + 4771 + 4 + 16 — 8m + m2 = m2 -— 12m + 36 + m2 + 16m + 64.
"'—”mi.
106 xwanmwmawuw' '
~ Po uproszczem' . edź „ ach otrzmu'e ' 5+ b i a'. _ 3b mają 5% sam długość dla m : —JIO,my koncową Odpovn: w'ektory [] Zadanie 2 Dane 5ąwektory;*_-—' _ _ ' ,_ ›",c' 1 y a l a — [7 są prostopadłe»
_ . kl. __ b _ [2- 31- Dla Jach k wektory a+b
Razwiązame. Znajdujemy wektory a—'b=ik+2.4—k] »” lefnyA
ż;>.
w&(TJn kiem
konlmn . ym
usm = b,.
Wy
1.
a'-b-=[k-2.—2—k] ('
L0
ad
SCI
WPktOrOW
tzn.
Stąd otrzymujemy
[(;—+bjo(a*—5;=(k+2)(k-2)+(4—k)(—2-k)= =2k2—2k—12
(If-2:10
lub
i przyrównujemy go do zera. .
b2=10 T'2=10.
2k2—2k—12_—0_ -—__ _
El
Zadanie 3. Napis'ać równanie okręgu etycznego do osi Oz i do osi Oy oraz przechodząf'xgo przez„ punkt A( 2. 4). Razvmązanze. Ros:/mnie okręgu o środku SM, b) i promieniu r ma postać 2 (J:,”'"/l)2+(y—b)2::r
Pom'eważ nkm/g' przechodzi przez punkt Af 2,4 ) i jest styczny do osi 0:5 i Oy to wxpoir/xęrjm: środka spełniają warunek o > 0 i b > 0 oraz punkty styczności ?. amam: mają wfa'półrzt,:dne Bfa, 0) i G(O, b).
Ty
Zatem ;SBĘ : [SCi : (SAVi —— r. Mamy więc
Zatem
oraz
prOS . , ł ' ' Star ,zającym h, . . jest, w Zająłrlwhi aby ich Od iloczyn k skalamv_ by row ' ny zero. Obczamy Więc iloczyn Skald'my
Ostatecznie k = -—2 lub Ic : 3.
107
Geometria analityczna
o równaniach (a: —— 2)2 + (y — 2)2 = 4 oraz Ostatecznie istnieją dwa. takie okręgi '—1 l_. (z — 10)2 + (y — 10)2 = 100. —3]. Znaleźć wektor jednostkowy prosto— Zadanie 4. Dany jest wektor a," : ĘĄ, padły do wektora 6. wektorem. W'arunki podane w za.-Rozwiązanie. Niech bą : [u, U] będzie szum-nyi'n daniu możemy zapisać w postaci układu
A(2, 4)
dwa wektory Po rozwiązaniu tego układu mamy ostatecznie _.
lub
bf; :
tie—ii
D
układu aby pole trójkąta. o graniczonego osiami Zadanie 5. Wyznaczyć Ic tak, równe 4. i prostą o równaniu 21: + y + k = 0 było
G eometn'a
analityczna
lili)
Zadanie Huj H).
otrzymujemy
współrzędne
8.
ze
ten
bl = 6 lub wektor
Dany
Znaleźć
Niech
wzoru
układ
bg =
jakiego
jego
czyli
Zayęcrrr
wektor
na
.
wyrównawcze
=
;'r' równoległy
.:,:-
[u,b].
wektora, Vaz
La2+b2
9
0.
4
+b2
. b =
Wektory czyli
do
b 3. mamy
=5.
wektora
lub
są
równoległe,
a'
[S, 6].
punkt Tym
[Z, 5].
[4,3]
do obu należący punktem
y = 23: znaleźć
: matematyki
= 10.
100.
prostymi
-—6]
100,
= —8. [~8,
m+3 2.
15:
prostej
[1, —2] jest prostopadły wziąć dowolny drugiej prostej.
i z—2y+m=0
między
a?
253 b? =
(a=
od
—5 lub m =
3). Na do wektora
A(2,
lub
775 =
= 8 lub
równań
długość
wektor są proporcjonulu ,
układ
al
dostajemy
—6,
—8
odległość
współrzędne
m
punkt
m+3= m =
wektor Wystarczy odległość
z—2y—3=O
:E ina
jest był równoległy
o długości jeżeli
ich
punkt
rówodpo—
El B,
prostych, więc do pierwszej niech będzie
taki
[torun/Manta. postać współrzędne równolegle,
Ostatecznie
Zadanie stępnie Rozwiązanie.
Mamy Stąd
Stąd
Ponieważ
(:!:,Zm).
11. napisać
punkt
H leży
B ma
układu
2
Germuzt'rm na
2 _ _
równanie
y =
analityczna prostej
2.35,
.: [z być proporcjonalne.
czyli
zatem
2,2.z
ipromień w translacji
m .»
środka okręgu
do postaci
(2,3),
~
4.
jego
okręgu
współrzędne
[Ż,
wektor
AB
mają
mają
111
ma.
być
: Ży, 'a nar 117 = [—2, Bj.
i77
S'(—'2,
eźć
równania
wektory itylko
wektor
we
współ-
El
&, b, 5 są wtedy, gdy
_.
5 prosto—
r jest równy 1. S okręgu środka 4). Równanie
324—112
więc
obraz
o wektor
1]. Zna
l. Zatem
powyższe
Ponieważ do 5wtedy
cz :
l—2,
(O, 1), a promień znaleźć Środek
[01,62].
—3,
zapisując
C1 + 02
cl :
nowy
okręgu
wystarczy
(4, 8).
3
AB
współrzędne
.—
5
A ma muszą 2:1:
tego
z2+(y—1)2=1. współrzędne zadanie., 3]. Otrzymujemy
są liczby
ł k—'
( (21 + 362
[› wektor L, [i jest prostopadły _. !~; 50 ĘĄ |. ——2, 1], więc równań
są wektory Zi : [ ("i itaki, Że b0
(x+2)2+(y—4)2=1.
z +(y2—2y+l)—1=O.
współrzędne obrazu
współrzędne
'I, —
2,29: ~ 3]. Wektory ich współrzędne
równanie
Poniewaz
Punkt [fr. więc
punkt
Wyznaczyć Sprowadzamy
Dane
tego
Niech Szukany niezerowymi, więc 117. ponadto, że 0. vv ieuiy & = [1,3] i E= układ otrzymujemy
12. do wektora
Tak więc środek 5 okręgu ma rozwiązać drugą część Aby w translacji o wektor 113 = [——2, obrazu danecro okręgu ma postać
Zadanie padły Rozwiązanie. ektoraini
505: rzędnych
Rozwiązaniem
5: [—3,1].
i]
Rozwiązaniu. wiednie
Korzystając
Zatem
Rozwiązując
czyli Szukany
9. Dla.
x/Ś?
Zadanie
wynosi
10. AB
=5,
Ponieważ są równoległe. i obliczyć
lm—i—Bl
Marny
Zatem
wektor
ostatecznie
Rozwiązanie. te proste prostej punkt
tąd
Zadanie aby
”ahh
, . ___—.A."M”
Zajęcia wyrównawcze : matematyki
11.2
Geometria analityczna.
Zadanie 13. Dane są punkty A(l, 5) i B(5, 3). Na prostej y = :: znaleźć punkt G równoodległy od punktów A i B. Rozwiązanie. W'spółrzędne punktu C' należącego do prostej y = 2: są. postaci (t,t), £ € IR. Stąd
113
Rozwiązanie. Punkt A nie należy do prostej 1, ponieważ współrzędne punktu A nie spełniają równania prostej [. Zatem druga przekątna kwadratu zawiera się w prostej przechodzącej przez punkt A(1,—3) i prostopadłej do prostej [.
AC———[t—1,t—5], C—B——[o'—t,3—t]. Ponieważ [AC—) =
zatem
f—(t1)2+ (t ~ 5)” : J—(S—W + (3 ~ :)? Korzystając z różn0wartościowości funkcji y : fr, z >/ O, mamy
2t2 — 121: + 26 —_ 34 _ 16t + 2132, stąd
t:? Ostatecznie G(Z', 2).
Stąd wynika, że druga przekątna zawiera się w prostej
Zadanie 14. Wyznaczyć m, jeśli 07 = [3, —4], bą: [m —— 1, 2] i [cz—+
= 3.
_ 1 5 y——2—cc—9—.
Rozwiązanie. Korzystając ze wzoru na długość wektora. mamy
Punkt S przecięcia przekątnych jest środkiem okręgu opisanego na tym kwadracie. Rozwiązując układ równań
x/,——(a"+b_)o(a”+b_).
?
~—
la"+bl=
Aiear+b”_—[f,n+,>_-—]z.'-[l'a—+,'Jb—_,3
AI:—5135— y=2x,
więc
H
czyli
7! X.)
.m2+4m — 1 = 0,
m2 : —2 +
Ostatecznie m = —2 — x/Ś lub m = —2 + x/—5.
_—1 _9_
Ostatecznie środek S ma współrzędne (—1,-—2).
a stąd lub
2
mamy
J—(m+2)2 +4 : 3,
m1: —2 —
5
El
Zadanie 15. Dany jest wierzchołek kwadratu A(l, —3) i prosta y : 2x, w któ rej zawiera się jedna z przekątnych tego kwadratu. Wyznaczyć środek okręgu opisanego na tym kwadracie.
[:I
Zadanie 16. Dane są punkty A(—5,2) i B(—2,——2). Znaleźć na osi Om taki punkt C, aby kąt ACB był prosty. Rozwiązanie. Punkt C' leży na osi 035, więc jego współrzędne są postaci (33,0). Aby kąt ACB był prosty, musi być spełniony warunek AC—OBC—=0.
I I I I i
Ac—
Geometria analityczna
cza—= gr?-2,2].
II _. 5. —2.'.-.
Należy obliczyć _kat BAD. Punkt D jest środkiem boku BC. zatem ma współrzędne 0—4 D —. ( 2 '
więc
2
(Jr.—5)_(x-—-:2)-4=0, czyli Rozwiązaniami tego równania są liczby 3:1 = —6 lub 1:2 : —1. Szuka-ny puma' C ma współrzedn_e (—6. 0) lub (—1.0).
AB—= 5-11—13. D
Zadanie 17. Dla jakiego k > 0 okrąg (: — Ic)2 + y2 = 4 jest styczny do prostej y = I A— 2' ? Rozwiązanie. Okrąg jest styczny do prostej , jeżeli odległość środka 5 okręgu od tej prostej jest równa promienica—i. Stąd odległość punktu Sk.0) od prostej 1: —— y -—. 2 = 0 jeSt równa 2. Zatem mamy
czyli .')__ 12 .41
lub
cos < (AB—., zip—) _— Zatem kąt BAD wynosi
ze _— —2—
"AB'_1—-'AB—_'— |_— l_.
Zadanie 19. Napisać równanie prostej przechodzącej przez punk.: A(O. O). której odległość od punktu B(-l'. O) jest równa. VT".
=v'r.
Va”- -—-, bż
D
—„ Z'Vr—Z'.
. Ponieważ bą" = 1 — aa". czyli b2 = 1 — li —* zatem f—la = W"—: czyli a : stąd b= 4-3 lub b _: _,; Ostatecznie szukan'a prosta ma. równanie ( ”'In
__
Zadanie 18. Dane są wierzchołki trójką-ta: fix/1,3), B(O._2), C'(4,4). Obliczyć _Ka't BAD' między 0'0m""em AB i środkową AD.
x/T— _I_._' 4
.
Rozwiązanie. Przyjmijmy oznaczenia. zgodne z rysunkiem. ?!
AB—oi-lD—
'F-
Poniewaz-' k > O, wie—e_ ostatecznie k
AD = 3.03.
Rozuiązanie. Prosta przechodzapa przez punkt (0, 0) ma rów—nmie ax —' by = 0. Bez szkody dla ogólności możemy przyjąć: że 0. >, O i a)" + b2 = 1. W'tedy z warunku na odległość punku- Biil. _0) od prostej a: —-. by : 0 dosta-A niemy równa.-nie pla—'O-o'l (_
2'„:'
V? ls:—2.
: D(2.3).
Mamy
IQ.—"712.—6=0.
k—
115
g w „ls—. 'IęC .
Ponieważ
Zajęcza wyróumawcze z matematyki
ww
114
Ą—oy=0 lub
czyli
C'
x/—7x+3y=0
lub
x/ix—By=0.
IŻ]
13, Zadanie 20. Dl__a.jakich wartości A długość wektora c" = 25 — 35 jest równa f [A, —1], b = [1,2/X] ? jeśli a” = Rozwiązanie. Wyznaczamy współrzędne wektora c"
E= [2x _ 3,—2 — GA]. Stąd
|a| = /——(2A _ 3)2 + (2 + eno-,
