Subiecte rezolvate examenul national de titularizare matematica 14 iulie 2010

Va aflati aici:
Acasa--Profesori--Titularizare matematica 2010--Subiectul 1 ex.2

Vezi enunturile matematica ale subiectelor date la "Concursul national de ocupare a posturilor didactice declarate vacante/rezervate in invatamantul preuniversitar 14 iulie 2010"

Subiectul 1-Exercitiul 2-titularizare matematica 2010
Enunt: Rezolvare:

a) $Aria(\Delta ABC)=\frac{AB\cdot dist(C,AB)}{2}=\frac{AC\cdot dist(B,AC)}{2}$
$\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{dist(B,AC)}{dist(C,AB)}\leq 1 \Rightarrow dist(B,AC)\leq dist(C,AB)$
b)Cum punctele $O_1,O_2,...,O_{100}$ sunt oricare trei necoliniare rezulta ca oricare trei din acestea formeaza un triunghi.
Numarul triunghiurilor care au varfurile in multimea M este egal cu numarul tripletelor (neordonate) de puncte din M.
In concluzie numarul triunghiurilor este $C_{100}^3$
c)Fie d dreapta care intersecteaza cercurile $C_1,C_2,C_3$ conform ipotezei.
Alegem un reper cartezian in care axa Ox este dreapta d.
In acest reper avem $O_1(x_1,y_1),O_2(x_2,y_2),O_3(x_3,y_3).$
Cum distantele de la punctele $O_1,O_2,O_3$ la axa Ox sunt cel mult 1 rezulta ca $\begin{vmatrix} y_1 \end{vmatrix} \leq1, \begin{vmatrix} y_2 \end{vmatrix} \leq1, \begin{vmatrix} y_3 \end{vmatrix} \leq1.$
Fara a restrange generalitatea putem presupune ca $x_1 \leq x_2 \leq x_3$ .

$Aria\left ( \Delta O_1O_2O_3 \right )=\frac{1}{2}\cdot \left | \Delta \right |$
$\Delta=\begin{vmatrix} x_1&y_1 &1 \\ x_2&y_2 &1 \\ x_3&y_3 & 1 \end{vmatrix}=x_1y_2 +x_2y_3+x_3y_1-x_3y_2-x_1y_3-x_2y_1=$
$=y_1\left ( x_3-x_2 \right )+y_2\left ( x_1-x_3 \right )+y_3\left ( x_2-x_1 \right )$

Obtinem:

$\begin{vmatrix}\Delta \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} y_1\left ( x_3-x_2 \right )+y_2\left ( x_1-x_3 \right )+y_3\left ( x_2-x_1 \right )\end{vmatrix} \leq$
$\leq \begin{vmatrix} y_1 \end{vmatrix}\left ( x_3-x_2 \right )+ \begin{vmatrix} y_2 \end{vmatrix}\left ( x_3-x_1 \right )+ \begin{vmatrix} y_3 \end{vmatrix}\left ( x_2-x_1 \right ) \leq$
$x_3-x_2+x_3-x_1+x_2-x_1=2x_3-2x_1=2\left ( x_3-x_1 \right )\leq$
$\leq 2\sqrt{\left ( x_3-x_1 \right )^2+\left ( y_3-y_1 \right )^2}=2O_1O_3$

Retinem ca $\left | \Delta \right |\leq2O_1O_3$
$Aria\left ( \Delta O_1O_2O_3 \right )=\frac{O_1O_3 \cdot \cdot h_{O_2} }{2}=\frac{1}{2} \cdot \left | \Delta \right | \leq \frac{1}{2} \cdot2O_1O_3=O_1O_3$
Rezulta:

$\frac{O_1O_3 \cdot h_{O_2} }{2}\leq O_1 O_3 \Rightarrow h_{O_2} \leq2$

ceea ce trebuia demonstrat.
d)Alegem cea mai mare distanta $O_iO_j ,i,j\in\left \{ 1,2,...,100 \right \}$
Fie aceasta $O_1O_{100}$ .
Daca $i \in \left \{ 2,3,...,99 \right \}$ atunci triunghiul $O_1O_i O_{100}$ are o inaltime cel mult 2 (conform pct.b)).
In triunghiul $O_1O_i O_{100}$ avem $O_1O_i \leq O_1O_{100}$ si $O_iO_{100} \leq O_1O_{100}$ deci conform punctului a) cea mai mica inaltime a triunghiului $O_1O_iO_{100}$ este inaltimea dusa din $O_i}$ .
Demonstram ca inaltimea dusa din $O_i$ in $\Delta O_1O_iO_{100}$ este mai mica sau egala cu 2.
Intr-adevar daca presupunem,prin reducere la absurd,ca inaltimea din $O_i$ este mai mare ca 2 , atunci toate inaltimile triunghiului vor fi mai mari strict decat 2 , contradictie cu punctul b).
Mai departe deducem ca dreapta $O_1O_{100}$ intersecteaza cercul $D_i,i \in \left \{ 2,3,...,99 \right \}$ .
Cum dreapta $O_1O_{100}$ intersecteaza si cercurile $D_1$ si $D_{100}$ rezulta ca dreapta $O_1O_{100}$ intersecteaza toate cercurile $D_1,D_2,...,D_{100}$ ceea ce trebuia demonstrat.
Vezi baremul de corectare si notare pentru examenul de titularizare la matematica din 14 iulie 2010.

Vezi celelalte comentarii (0)

Propune un material nou in format pdf sau doc pe site

Adauga un comentariu
Nume:
Comentariu:
Verificare antispam:

Titularizare matematica 2010

Subiectul 1-Exercitiul 2-titularizare matematica 2010 Enunt: Rezolvare:

Subiectul 1-Exercitiul 2-titularizare matematica 2010
Enunt: Rezolvare: