= (3x 2)(2x 3). Sta d wnioskujemy, że 6x 3 x 2 20x + 12 = =(x + 2)(3x 2)(2x 3), co kończy zadanie.

Transkrypt

1 . Roz lożyć na czynniki Rozwia zanie. Szukać możemy ca lkowitych lub ogólniej wymiernych pierwiastków tego wielomianu. Jedynymi kandydatami sa u lamki postaci p q przy czym q musi być dzielnikiem liczby 6, a p dzielnikiem liczby (o ile u lamek p q jest nieskracalny. W gre wchodza wie c liczby ±, ±, ±, ±, ±6, ±, ±, ±, ±, ±, ± 6, ±, ±, ±, ±, ±, ± 6, ±, ±, ±, ±, ±, ± 6, ±, ± 6, ± 6, ± 6, ± 6, ± 6 6, ± 6, ±, ±, ±, ±, ± 6, ±. Lista jest d luga, ale jest wiele powtórzeń. Bez trudu stwierdzamy, że liczba jest pierwiastkiem tego wielomianu oraz że 6 0+ = =( + ( Teraz możemy sprawdzać dalej kolejne (lub niekolejne liczby z listy albo znaleźć pierwiastki wielomianu kwadratowego stosuja c znany wzór. Niezależnie od metody stwierdzamy, że pierwiastkami sa liczby i. Wobec tego = 6 ( ( = ( (. Sta d wnioskujemy, że = =( + ( (, co kończy zadanie.. Samolot lecia l przez pewien czas z pre dkościa 0 km/h. Gdy zosta lo do celu o 85 km mniej niż już przelecia l, pilot zwie kszy l pre dkość do 0 km/h. Okaza lo sie, że średnia pre dkość na ca le trasie równa by la 50 km/h. Jaki dystans przelecia l samolot? Rozwia zanie. Oznaczmy poszukiwana odleg lość przez. Gdyby odleg lość, która samolot mia l przebyć by la równa + 85, to po lowe, czyli dystans równy +85, trasy samolot lecia lby z pre dkościa 0km/h i zaje loby mu to godzin. Tyle w laśnie czasu (w godzinach lecia l z pre dkościa 0 km/h. Zosta lo mu jednak w rzeczywistości do przebycia +85 = 85 km. Zuży l na ich przebycie godzin. W sumie lecia l = (+85+( 85 0 = = godzin. Średnia pre dkość tego lotu by la wie c równa Mamy wie c równanie 50 = Jest ono równoważne równaniu 5( =, a to z kolei równaniu 5 85 = ( 5 5 =, zatem = 5 85 = 5 55 = 5. Samolot przeby l 5 km. { ( dla [,,. Niech f( = dla / [,. Obliczyć f( i f(. Naszkicować wykres funkcji f. Rozwia zać równania f( = i f( =. Znaleźć zbiór wartości funkcji f. Ustalić liczbe rozwia zań równania y = f( w zależności od parametru y. Rozwia zanie. Mamy f( = [ ( ] = 0 i f( = =. Z wzorów wynika natychmiast, że na pó lprostej (, funkcja rośnie od do 5 = lim [ ], 5 nie jest osia gane, bo akurat od punktu zaczyna dzia lać naste pna definicja funkcji. Na przedziale [, 0] wartości funkcji rosna od liczby 0 = f( do liczby 6 = f(0, naste pnie na przedziale [0, maleja od liczby 6 = f(0 do liczby 0 = lim [ ], wreszcie na pó lprostej [, maleja od wartości = f( do lim [ ] =. Z tej analizy latwo wnioskujemy, że jeśli y < 5, to istnieja dwie liczby < oraz > takie, że f( = y = f(. Jeśli 5 y, to istnieje dok ladnie jedna liczba taka, że y = f(, przy czym 6. Jeśli y < 0, to nie istnieje liczba rzeczywista taka, że y = f(. Równanie 0 = f( ma dok ladnie jeden pierwiastek, mianowicie =. Jeżeli 0 < y < 6, to istnieja dok ladnie dwie liczby, takie, że y = f( = f(, przy czym < < 0 i 0 > >. Równanie 6 = f( ma dok ladnie jedno rozwia zanie, jest nim liczba 0. Jeśli y > 6, to równanie y = f( nie ma rozwia zań.. Niech A = (,, B = (9,, C = (6, 5. Znaleźć środek i promień okre gu opisanego na trójka cie ABC. Znaleźć środek okre gu wpisanego w ten trójka t. Rozwia zanie. Wektor [A, B] = [8, 5] jest prostopad ly do symetralnej odcinka AB, środkiem odcinka AB jest punkt (5, 9 9, zatem równanie symetralnej odcinka AB to 8+5y = = 5. Wektor [A, C] = [5, ] jest prostopad ly do symetralnej odcinka AC, środkiem odcinka AC jest punkt (,, zatem symetralna ta jest opisana równaniem 5 + y = 5 + = 8. Środek okre gu opisanego na trójka cie (na dowolnym wieloka cie, na którym można opisać okra g też! leży na przecie ciu symetralnych wszystkich boków, ale już każde dwie symetralne przecinaja sie w dok ladnie

2 jednym punkcie, wie c wspó lrze dne środka okre gu opisanego sa rozwia zaniami uk ladu równań: { 8 + 5y = 5 ; 5 + y = 8. Odejmujemy od pierwszego pomnożonego przez drugie pomnożone przez 5 i otrzymujemy ( 5 = 5 0 = 95. Sta d = 95, y =. Oznacza to, że środkiem okre gu opisanego na trójka cie ABC jest punkt ( 95,. Należy jeszcze znaleźć promień okre gu opisanego, czyli odleg lość punktu ( 95, od któregokolwiek wierzcho lka, np. od A = (,. Mamy R = ( ( = 98 99, W podobny sposób znajdziemy środek okre gu wpisanego w trójka t ABC. Potrzebne nam be da dwusieczne ka tów trójka ta. Jeśli D jest punktem, w którym dwusieczna ka ta BAC przecina bok BC, to BD DC = BA AC. Mamy AB = (9 + ( = = 89. Analogicznie AC = (6 + (5 = =. Wreszcie BC = (9 6 + ( 5 = 9 + =. Oznaczmy d lugości odcinków BD i DC odpowiednio przez m i n. Mamy wie c m n = 89 oraz m+n =. Wynika sta d, że m = oraz n = 89+. Sta d wynika, że [B, D] = = m BC [B, C] = [, ]. Sta d zaś D = B + [B, D] = (9, + 89 ( [, ] = , ( +6 Analogicznie, dwusieczna ka ta ABC przecina bok AC w punkcie E = , Teraz wystarczy napisać równania dwusiecznych AD i BE i znaleźć ich punkt wspólny, bo ten punkt wspólny jest środkiem okre gu wpisanego w trójka t ABC. Bez wie kszych trudności możemy sprawdzić, że punktem przecie cia sie tych dwusiecznych ( +6 AD i BE jest punkt , , rachunki szczegó lowe opuści lem od momentu znalezienia punktów wyznaczaja cych dwie dwusieczne. Promień okre gu wpisanego w trójka t ABC można znaleźć z wzoru na odleg lość punktu od prostej po napisaniu równania prostej przechodza cej przez dowolnie wybrane dwa spośród trzech wierzcho lków trójka ta ABC. Alternatywna metoda to znalezienie pola trójka ta z wzoru obecnego w zestawie maturalnym : pole = = (można też zastosować wzór Herona, bo już znamy wszystkie boki trójka ta i skorzystanie z wzoru pole = pr. W wyniku tego otrzymujemy r = Suma dziewie ciu pierwszych wyrazów cia gu arytmetycznego zaczynaja cego sie od liczby równa jest 69. Znaleźć siódmy wyraz cia gu geometrycznego wiedza c, że jego pierwszy i dziewia ty wyraz pokrywaja sie z pierwszym i dziewia tym wyrazem opisanego cia gu arytmetycznego. Rozwia zanie. Suma pierwszych dziewie ciu wyrazów cia gu arytmetycznego równa jest 9 (a + a 9. Sta d a + a 9 = = 9 69 = 8. Wobec tego a 9 = 8. Wynika sta d, że iloraz q cia gu geometrycznego spe lnia warunek q 8 = 8 =. Sta d natychmiast wnioskujemy, że q =. i wobec tego siódmy wyraz cia gu geometrycznego równy jest q 6 = =. 6. W grze liczbowej losowanych jest 6 liczb spośród liczb,,..., 9. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że wśród wylosowanych wysta pia co najmniej trzy nieparzyste? Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że wśród wylosowanych liczb wysta pia co najmniej dwie niepodzielne przez? Rozwia zanie. Wśród liczb,,..., 9 jest 5 nieparzystych i parzyste. Wobec tego trzy nieparzyste i parzyste można wybrać na ( 5 sposoby, nieparzyste i parzyste na 5 sposoby, 5 nieparzystych i parzysta na ( 5 5 = 5 5 sposoby i wreszcie 6 nieparzystych na 5 6 = sposobów. Oznacza to, że szukane prawdopodobieństwo równe jest (5 ( +( 5 ( +( 5 5 ( +( 5 6 ( 0 = ( ,69.. Wykazać, że jeśli boki trójka ta prostoka tnego maja ca lkowite d lugości i d lugość jednej z przyprostoka tnych jest nieparzysta, to d lugość drugiej przyprostoka tnej jest parzysta. Rozwia zanie. Za lóżmy, że a, b sa przyprostoka tnymi trójka ta prostoka tnego a c jest jego przeciwprostokatna. Niech a

3 be dzie liczba nieparzysta. Wtedy istnieje liczba ca lkowita dodatnia k taka, że a = k +. Jeśli również b jest liczba nieparzysta, to istnieje liczba ca lkowita dodatnia l taka, że b = l+. Wtedy c = a +b = k +k++l +l+ = (k + k + l + l +. Oznacza to, że liczba c daje z dzielenia przez reszte dwa, co nie jest możliwe, bo kwadrat liczby nieparzystej jest liczba nieparzysta, zatem c musi być liczba parzysta, ale wtedy jej kwadrat jest podzielny przez. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że jeśli wszystkie boki sa przyprostoka tnych jest nieparzysta. liczbami ca lkowitymi, to co najwyżej jedna z 8. D lugości kolejnych boków trapezu sa równe:, 5,, 0. Znaleźć pole tego trapezu. Czy na tym trapezie można opisać okra g? Czy w ten trapez można wpisać okra g? Rozwia zanie. Trzeba rozważyć dwie sytuacje: podstawami sa i oraz podstawami sa 5 i 0. Ka t mie dzy bokami o d lugościach 0 i jest ostry, bo przeka tna la cza ca końce tych boków ma d lugość mniejsza niż + 5 = 8, wie c jest najkrótszym bokiem w trójka cie, którego pozosta le dwa boki maja d lugości 0 i, ka t mie dzy d lugimi bokami jest najmniejszym ka tem w trójka cie (naprzeciw wie kszego ka ta znajduje sie d luższy bok, jest wie c mniejszy niż 80 = 60. Za lóżmy, że bok o d lugości jest ramieniem, a bok o d lugości 0 podstawa. Wysokość trapezu nie może być d luższa niż jego ramie, wie c nie jest wie ksza niż. Z nierówności trójka ta wynika, że rzut ramienia o d lugości musi być d luższy niż = 9. Wobec tego rzut drugiego końca podstawy o d lugości 5 na podstawe o d lugości 0 musi leżeć w odleg lości wie kszej niż = od końca odcinka o d lugości 0. To jest niemożliwe, bo ramie ma d lugość a 0 + <. Wykaza lem, że podstawami musza być odcinki i. Niech AB =, BC = 0, CD = i DA = 5. Niech E oznacza rzut D na prosta AB. Niech = AE, jeśli E leży na odcinku AB i niech = AE, jeśli E leży poza odcinkiem AB. W obu przypadkach + h = 5 (tw. Pitagorasa oraz 0 = ( + h = (9 + h. Odejmuja c stronami otrzymane równości otrzymujemy wzór 5 5 = 0 5 = (9 = (9 9. Sta d = = 5 9 = 8, zatem = 9 i wobec tego E leży poza odcinkiem AB. Mamy wie c h = 5 ( 9 = (65 9 ( = 59, Niech (a n be dzie cia giem arytmetycznym. Znaleźć k, jeśli wiadomo, że a +a +a 6 + +a k = 6 i a +a k =. Rozwia zanie. Liczby a, a,..., a k tworza w tej kolejności cia g arytmetyczny, którego różnice otrzymujemy mnoża c różnice cia gu a, a,..., a k, a k przez. Mamy wie c 6 = k (a + a k = k = k. Sta d wynika, że k = Znaleźć ka t mie dzy tworza ca i podstawa stożka wiedza c, że pole powierzchni ca lkowitej tego stożka jest dwa razy wie ksze niż pole jego przekroju osiowego walca, którego wysokość i pole podstawy sa takie same, jak w stożku. Rozwia zanie. Niech r oznacza promień podstawy stożka, l jego tworza ca. Przekrój osiowy walca jest prostoka tem o podstawie r i wysokości l r. Wobec tego mamy πrl + πr = r l r. Sta d po podzieleniu przez rl otrzymujemy π + π r l = ( r l. Oznaczmy = r l. Mamy π( + =. Wobec tego π ( + = 6(, zatem π ( + = 6( i w końcu r l = = 6 π 6+π. Wynika sta d, że ka t mie dzy tworza ca i podstawa stożka to jedyny ka t ostry, którego kosinus równy jest 6 π 6+π. Z pomoca sprze tu elektronicznego lub tablic możemy stwierdzić, że ten ka t jest w przybliżeniu równy 6.. Niech f( = Narysować wykres funkcji f, znaleźć jej zbiór wartości i wyjaśnić, dla jakich y równanie y = f(z niewiadoma ma dok ladnie jedno rozwia zanie. Rozwia zanie. Mamy f( = ± Mamy również = ( ( 5 + = ( (, zatem podany wzór określa funkcje dla wszystkich liczb rzeczywistych z wyja tkiem oraz. Obliczamy pochodna funkcji f, bo chcemy wyjaśnić, gdzie funkcja rośnie, a gdzie maleje. Mamy f ( = ( +6( 6 +9 ( +8 ( +9 ( 6 +9 = [ ] ( 6 +9 =

4 = ( 6 +9 = ( ( ( ( = ( (+( 6 ( (. Z otrzymanego wzoru wynika natychmiast, że znak pochodnej jest taki sam jak znak licznika. Mamy wie c f ( > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy (, 6 (, 0. ( ] Wynika sta d, że na każdym z przedzia lów [, 0],, 6 9 funkcja f rośnie (na ich sumie nie!, a na każdym z przedzia lów (, ], [0,, [ 6 9,, (, maleje. Mamy też lim f( = lim +8 ( ( = (granica jest obustronna! oraz lim f( = = i lim f( = lim + + (wystarczy g lowa, ale może być też elektronika: f( = 9 0,, f( 6 nierówność f( > f ( 6 lim +8 ( ( +8 ( ( =. Bez trudu obliczamy = 5 8,96. Zachodzi wie c. Uzyskane rezultaty pozwalaja na naszkicowanie wykresu funkcji f. Widać też, że nie istnieje liczba taka, że = f(. Jeśli y > 0, to istnieje dok ladnie jedna liczba taka, że y = f(. f(0 = 0 = f( 8, co oznacza, że dla y = 0 równanie y = f( ma dok ladnie dwa rozwia zania. Jeśli 0 > y > 9 = f(, to równanie y = f( ma dok ladnie rozwia zania, równanie 9 = f( ma dwa rzowiazania, jeśli 9 > y > 5, to równanie y = f( ma dok ladnie jedno rozwia zanie, równanie 5 = f( ma dwa rozwia zania, wreszcie dla y < 5 równanie f = f( ma trzy rozwia zania. Wobec tego równanie y = f( ma dok ladnie jedno rozwia zanie dla y ( 5, 9 (0, (,.. Dla jakich liczb rzeczywistych a, b, c wielomian + a + b + c jest podzielny przez wielomian ( +? Rozwia zanie. Za lóżmy, że wielomian + a + b + c jest podzielny przez ( +. Istnieja wtedy liczby p, q takie, że dla każdej liczby zachodzi równość + a + b + c = ( + (p + q. Różniczkuja c obie strony otrzymujemy + a + b + c = ( + (p + q + p( +. Powtórne różniczkowanie prowadzi do wzoru + 6a + b = 6( + (p + q + p( + + p( +. W otrzymanych wzorach zaste pujemy przez. Mamy a + b c = 0, + a b + c = 0 i 6a + b = 0, czyli c = b a, a b = i a b = 6. Dodaja c trzecia i druga równość stronami otrzymujemy 5a = 0, czyli a =, b = a = 0 i c = 0 =. Wykazaliśmy, że jeśli wielomian + a + b + c dzieli sie przez wielomian ( +, to jest równy +. Trzeba jeszcze sprawdzić, czy dzieli sie on przez ( + (liczby a, b, c mog lyby nie istnieć!. Widać, że liczba jest jego pierwiastkiem, wie c jest podzielny przez. Mamy wie c + = ( ( + ++ = ( (+, zatem znaleziony zestaw liczb a, b, c jest jedynym, dla którego wielomian + a + b + c jest podzielny przez ( +.. Niech w( = m (m + + m +. Zbadać jakie wartości może przyjmować suma czwartych pote g pierwiastków rzeczywistych tego wielomianu w zależności od parametru m. Rozwia zanie. Jeśli m = 0, to stopień równanie jest równy, jego pierwiastkiem jest liczba, wie c w tym przypadku suma czwartych pote g pierwiastków równania wynosi 6. W dalszym cia gu zak ladamy, że m 0. Teraz mamy do czynienia z równaniem kwadratowym. Ma ono pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy 0 = (m + m(m + = (m + (m + (m + + = (m + (m + + = (m +. Nierówność jest spe lniona wtedy i tylko wtedy, gdy m +, czyli gdy < m < 0 oraz gdy 0 < m < +. Mamy + = [ ] + = [ ] ( + ( = ( + ( ( + + ( wzory ====== Viète a = [ ] m+ m m+ m [ ] m+ [ m + m+ ] [ m = m (m + m(m + (m + + m (m + ] = [ = m (m + (m + (m + + (m + + (m + (m + + ] = = m [ (m + [(m + ](m + + [(m + ] ] = m [ (m + ]. Niech g(m = (m+ m. Oczywiście lim g(m = + (granica licznika równa jest, a mianownika 0 przy czym m 0 ( mianownik jest dodatni. g + = ( 6/9 88, g ( / = 6/9 0,0. ( /+ Mamy g (m = (m+ m m [ (m+ ] m = m(m+ + (m+ 8 m = +(m+ 5 m. Jedynym punktem, w którym 5 pochodna równa jest 0 jest > 6 (bo >, zatem na interesuja cych nas przedzia lach pochodna sie

5 ( ] [ nie zeruje. Jest ona ujemna na przedziale 0, i dodatnia na przedziale, 0. Z tego, co napisaliśmy wynika, że w każdym z nich przyjmuje ona najmniejsza wartość w końcu przedzia lu różnym od 0. Jasne jest, że ( najmniejsza wartościa tej funkcji na sumie tych dwóch przedzia lów jest liczba g 0,0 oraz, że każda od niej wie ksza jest też wartościa tej funkcji czyli sum czwartych pote g pierwiastków interesuja cego nas wielomianu kwadratowego.. Hazardzista rzuca moneta. Jeśli wypadnie reszka, to wygrywa z l, a jeśli orze l to traci z l. Na pocza tku ma 00 z l. Gra kończy sie, jeśli w kieszeni ryzykanta znajdzie sie 00 z l lub 0 z l. Jakie jest prawdopodobieństwo utraty wszystkich pienie dzy. Rozwia zanie. Niech p( oznacza prawdopodobieństwo tego, że gra zakończy sie utrata wszystkich pienie dzy, jeśli H zaczyna maja c w kieszeni z l. Po pierwszym rzucie moneta ma on z l z prawdopodobieństwem lub + z l z prawdopodobieństwem i gra dalej (lub kończy w zależności od. Mamy wie c p( = p( + p( +. Te równość można przepisać w postaci p( + p( = p( p(. Oznacza to, że liczby p(0, p(, p(,..., p(00 tworza cia g arytmetyczny o pewnej, na razie nieznanej nam, różnicy r. Oczywiście p(0 =, bo H już straci l wszystkie pienia dze przeznaczone na gre i p(00 = 0, bo wygra l zaplanowana kwote i dalej nie gra. Wobec tego r = 0 00 = 00. Sta d wynika, że p( = 00, zatem p(00 =. 5. Suma pierwszych czterech wyrazów skończonego cia gu arytmetycznego jest równa, suma czterech ostatnich 56, a suma wszystkich wyrazów 0. Ile wyrazów ma ten cia g arytmetyczny? Rozwia zanie. Ponieważ suma czterech ostatnich wyrazów jest wie ksza niż suma pierwszych czterech, to cia g ma wie cej niż cztery wyrazy i jego różnica r jest dodatnia. Niech a oznacza pierwszy wyraz cia gu, a n liczbe jego wyrazów. Mamy = a+(a+r+(a+r+(a+r = a+6r oraz 56 = [a+(n r]+[a+(n r]+[a+(n r]+[a+(n r] = a + (n 0r. Odejmuja c pierwsza można też zapisać w postaci r = 8 n = a + 6r wynika, że a = 8 [ =n [ n + (n n równość od drugiej otrzymujemy = (n 6r, czyli 8 = (n r, co n ] = n 5n 0 n = 5n. Sta d n = 6. przez n wolno dzielić, bo, jak już ustaliliśmy n >. Z równania ] = n. Mamy zatem 0 = n 8 [ n + n + (n n ] = Rozwia zanie zosta lo zakończone. Można też oczywiście zauważyć, że + 56 > 0 i wywnioskować sta d, że cia g ma mniej niż 8 wyrazów i sprawdzić, czy może mieć ich 5, czy może mieć ich 6 ewentualnie. To zapewne zabiera mniej czasu niż analiza równania pozornie kwadratowego, zw laszcza jeśli mamy tendencje rachunkowych. 6. Rozwia zać równanie sin + sin(5 =. Ile rozwia zań tego równania znajduje sie w przedziale (0, 0π? do pope lniania b le dów Rozwia zanie. Ponieważ sin α dla każdego ka ta α, wie c z równości sin +sin(5 = wynika od razu, że sin =. Sta d zaś wnioskujemy, że = 90 + k 60, k = 0, ±, ±,.... Wtedy 5 = k 60 = 90 + (5k + 60, zatem sin 5 = sin 90 =. Znaleźliśmy wie c wszystkie rozwia zania tego równania.. Punkt styczności okre gu wpisanego z przeciwprostoka tna podzieli l najd luższy bok trójka ta prostoka tnego na odcinki o d lugościach i 0. Znaleźć pole tego trójka ta. Rozwia zanie. Odcinki od wierzcho lka trójka ta do punktu styczności z okre giem wpisanym wychodza ce z jednego wierzcho lka sa równe. Oznaczmy wierzcho lki trójka ta tak, że z wierzcho lka A wychodza odcinki o d lugości, z wierzcho lka B odcinki o d lugości 0. Oczywiście AB jest przeciwprostoka tna tego trójka ta. Niech C be dzie wierzcho lkiem ka ta prostego. Jasne jest, że odcinki wychodza ce z wierzcho lka ka ta prostego wraz z promieniami poprowadzonym do tych punktów styczności tworza kwadrat. Niech r oznacza d lugość jego boku, czyli promień okre gu wpisanego w trójkat ABC. Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że = (r + + (r + 0 = r + 6r + 09, czyli r + r 0 = 0. Sta d natychmiast wynika, że r =, bo oczywiście nie jest możliwe by r = 5 < 0. Przyprostoka tne sa wie c równe + = 5 i 0 + =, zatem pole trójka ta równe jest 0.

6 8. Drewniana kula p lywa w wodzie i jest zanurzona na g le bokość 5 R. Znaleźć stosunek cie żaru w laściwego drewna do cie żaru w laściwego wody. Rozwia zanie. To zadanie wymaga skorzystania z prawa Archimedesa: si la wyporu równa jest cie żarowi wypartej cieczy. Podać jesteśmy zmuszeni wzór na obje tość odcinka kuli (bez tego zadania nie uda sie rozwia zać, a ten wzór nie wyste puje w programie szkolnym przepraszam, zagalopowa lem sie. Rozcinamy kule p laszczyzna Π. Prowadzimy p laszczyzne styczna do kuli równoleg la do p laszczyzny Π. Oznaczmy odleg lość mie dzy tymi dwiema p laszczyznami przez h (0, R], gdzie R jest promieniem kuli. Wtedy obje tość cze ści kuli zawartej mie dzy tymi p laszczyznami równa jest π h (R h. W interesuja cym nas chwilowo przypadku h = 5 R. Wobec tego obje tość wypartej wody równa jest π 5 9 R (R 5 00 R = 8 πr. Przyjmuja c, że cie żar w laściwy (ge stość wody równy jest, a cie żar w laściwy drewna równy jest ϱ otrzymujemy równość πr ϱ = 00 8 πr. Sta d ϱ = Niech a n oznacza liczbe obszarów, na które zosta la podzielona p laszczyzna przez n prostych, z których żadne dwie nie sa równoleg le i żadne trzy nie przechodza przez jeden punkt. Wykazać, że a n = (n + n +. Rozwia zanie. Jedna prosta dzieli p laszczyzne na dwa obszary, dwie na cztery. Mamy też a = ( + + = i ( + + =. Za lóżmy, że n prostych podzieli lo p laszczyzne na (n + n + cze ści i poprowadźmy n + a prosta tak, by przecie la każda z poprzednich w punkcie różnym od tych, w których poprzednie proste sie przecinaja. Na tej dodanej prostej leży wie c n punktów przecie cia ze starymi prostymi. Dziela one prosta na n + cze ści (dwie pó lproste i n odcinków. Każda z cze ści prostej dzieli jeden z poprzednio istnieja cych obszarów na dwa, zatem w wyniku poprowadzenia tej prostej liczba obszarów wzros la o n +. Wobec tego liczba obszarów na które p laszczyzna zosta la podzielona za pomoca n + prostych równa jest (n + n + + n + == (n + n + + n + = [n + n + + n + + ] = [(n + + (n + + ]. Wykazaliśmy, że teza jest prawdziwa dla n = (i dla n =, to dla zabawy oraz że jesli jest prawdziwa dla pewnej liczby naturalnej n, to jest też prawdziwa dla liczby naturalnej n +. Wobec tego, na mocy zasady indukcji, jest prawdziwa dla wszystkich liczb naturalnych. (Jeśli ktoś uznaje liczbe 0 za naturalna to również dla n = 0 : 0 prostych dzieli p laszczyzne na jeden obszar.