Krok 1. Rozwiązanie nierówności z wartością bezwzględną. Nierówność $|A|\le c$ (dla $c\ge0$) jest równoważna podwójnej nierówności $-c\le A\le c$:

$$-10\le 2x-8\le 10.$$

Krok 2. Przekształcenie. Dodajemy $8$ do wszystkich części:

$$-2\le 2x\le 18.$$

Dzielimy przez $2$:

$$-1\le x\le 9.$$

Krok 3. Odczyt z rysunku. Zbiorem rozwiązań jest przedział domknięty $\langle-1,\ 9\rangle$. Na osi lewy koniec oznaczono jako $-1$, a prawy jako $k$, zatem

$$k=9.$$

Kontrola: dla $x=9$ mamy $|2\cdot9-8|=|10|=10\le10$ ✓, a dla $x=-1$: $|-10|=10\le10$ ✓ — oba końce należą do zbioru, co zgadza się z zamalowanymi kropkami na rysunku.

Odpowiedź: D

Krok 1. Pierwsza gałąź ($x\le0$).

$$x-2=1\ \Longrightarrow\ x=3.$$

Otrzymana wartość nie spełnia warunku $x\le0$, więc odpada.

Krok 2. Druga gałąź ($x>0$). Dla $x>0$ mamy $x+3>3>0$, więc $|x+3|=x+3$ i wzór upraszcza się:

$$\bigl|x+3-4\bigr|=|x-1|.$$

$$|x-1|=1\ \Longrightarrow\ x-1=1\ \text{lub}\ x-1=-1,$$

$$x=2\qquad\text{lub}\qquad x=0.$$

Wartość $x=0$ nie spełnia warunku $x>0$, więc odpada. Zostaje $x=2$.

Krok 3. Wniosek. Równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie: $x=2$.

Sprawdzenie: $f(2)=\bigl||5|-4\bigr|=|1|=1$ ✓

Odpowiedź: A

Krok 1. Wzór skróconego mnożenia.

$$(a-b)^{3}=a^{3}-3a^{2}b+3ab^{2}-b^{3},$$

gdzie $a=3$ oraz $b=2\sqrt{3}$.

Krok 2. Kolejne składniki.

$$a^{3}=27,$$

$$3a^{2}b=3\cdot 9\cdot 2\sqrt{3}=54\sqrt{3},$$

$$3ab^{2}=3\cdot3\cdot\left(2\sqrt{3}\right)^{2}=9\cdot 12=108,$$

$$b^{3}=\left(2\sqrt{3}\right)^{3}=8\cdot 3\sqrt{3}=24\sqrt{3}.$$

Krok 3. Złożenie.

$$\left(3-2\sqrt{3}\right)^{3}=27-54\sqrt{3}+108-24\sqrt{3}=135-78\sqrt{3}.$$

Odpowiedź: C

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji. Wyrażenie postaci $a\sin x+b\cos x$ można zapisać jako

$$a\sin x+b\cos x=R\sin(x+\varphi),\qquad R=\sqrt{a^{2}+b^{2}}.$$

Tutaj $a=2$, $b=3$, więc

$$R=\sqrt{2^{2}+3^{2}}=\sqrt{13}.$$

Krok 2. Oszacowanie wartości lewej strony. Ponieważ $|\sin(x+\varphi)|\le1$, dla każdego $x$ zachodzi

$$|2\sin x+3\cos x|\le\sqrt{13}\approx 3{,}61.

Krok 3. Wniosek. Prawa strona równania wynosi $6$, a

$$\sqrt{13}<\sqrt{36}=6,$$

więc lewa strona nigdy nie osiągnie wartości $6$. Równanie nie ma rozwiązań — ani w podanym przedziale, ani w ogóle.

Uwaga: to samo można uzasadnić nierównością $2\sin x+3\cos x\le 2+3=5<6$, choć oszacowanie przez $\sqrt{13}$ jest dokładniejsze.

Odpowiedź: A

Krok 1. Postać ogólna prostej. Przekształcamy $y=2x+4$ do postaci $Ax+By+C=0$:

$$2x-y+4=0,$$

czyli $A=2$, $B=-1$, $C=4$.

Krok 2. Wzór na odległość punktu od prostej. Dla punktu $P=(x_0,y_0)$:

$$d=\frac{\left|Ax_0+By_0+C\right|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}.$$

Krok 3. Podstawienie punktu $(0,0)$.

$$d=\frac{|2\cdot0-1\cdot0+4|}{\sqrt{4+1}}=\frac{4}{\sqrt{5}}.$$

Krok 4. Usunięcie niewymierności z mianownika.

$$d=\frac{4}{\sqrt{5}}\cdot\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}\approx1{,}79.$$

Odpowiedź: B

Krok 1. Granica pierwszego ułamka. Licznik i mianownik są wielomianami stopnia trzeciego, więc granica równa się ilorazowi współczynników przy $n^{3}$:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{11n^{3}+6n+5}{6n^{3}+1}=\frac{11}{6}.$$

Krok 2. Granica drugiego ułamka. Tu oba wielomiany są stopnia drugiego:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{2n^{2}+2n+1}{5n^{2}-4}=\frac{2}{5}.$$

Krok 3. Różnica granic. Obie granice są skończone, więc granica różnicy równa się różnicy granic:

$$\frac{11}{6}-\frac{2}{5}=\frac{55}{30}-\frac{12}{30}=\frac{43}{30}.$$

Krok 4. Rozwinięcie dziesiętne.

$$\frac{43}{30}=1{,}4333\ldots$$

Cyfra jedności to $1$, a pierwsze dwie cyfry po przecinku to $4$ i $3$.

Odpowiedź: 1 4 3

Krok 1. Postać iloczynowa. Funkcja kwadratowa o miejscach zerowych $x_1=-1$ i $x_2=3$ ma postać

$$f(x)=a(x+1)(x-3),\qquad a\neq0.$$

Krok 2. Obliczenie wartości.

$$f(6)=a(6+1)(6-3)=a\cdot7\cdot3=21a,$$

$$f(12)=a(12+1)(12-3)=a\cdot13\cdot9=117a.$$

Krok 3. Iloraz. Współczynnik $a$ skraca się (jest niezerowy):

$$\frac{f(6)}{f(12)}=\frac{21a}{117a}=\frac{21}{117}=\frac{7}{39}.$$

Uwaga: wynik nie zależy od $a$, więc jest taki sam dla każdej funkcji kwadratowej o podanych miejscach zerowych. Zauważmy też, że $f(12)\neq0$, bo $12$ nie jest miejscem zerowym — dzielenie jest poprawne.

Odpowiedź: $\frac{7}{39}$

Krok 1. Pomysł — rozkład na sumę kwadratów. Spróbujmy zapisać lewą stronę jako sumę kwadratów powiększoną o liczbę dodatnią. Zacznijmy od uzupełnienia $x^{4}$ do pełnego kwadratu:

$$\left(x^{2}-1\right)^{2}=x^{4}-2x^{2}+1\ \Longrightarrow\ x^{4}=\left(x^{2}-1\right)^{2}+2x^{2}-1.$$

Krok 2. Podstawienie.

$$x^{4}-x^{2}-2x+3=\left(x^{2}-1\right)^{2}+2x^{2}-1-x^{2}-2x+3=\left(x^{2}-1\right)^{2}+x^{2}-2x+2.$$

Krok 3. Drugi kwadrat. Pozostałe wyrazy również zwijamy:

$$x^{2}-2x+2=(x-1)^{2}+1.$$

Ostatecznie

$$x^{4}-x^{2}-2x+3=\left(x^{2}-1\right)^{2}+(x-1)^{2}+1.$$

Sprawdzenie rozkładu: $\left(x^{2}-1\right)^{2}+(x-1)^{2}+1=x^{4}-2x^{2}+1+x^{2}-2x+1+1=x^{4}-x^{2}-2x+3$ ✓

Krok 4. Uzasadnienie nierówności. Kwadraty liczb rzeczywistych są nieujemne:

$$\left(x^{2}-1\right)^{2}\ge0,\qquad (x-1)^{2}\ge0.

Zatem dla każdego $x$

$$x^{4}-x^{2}-2x+3\ge 0+0+1=1>0,$$

co kończy dowód. $\blacksquare$

Uwaga: najmniejszą wartość $1$ wyrażenie osiąga dla $x=1$, bo wtedy oba kwadraty znikają jednocześnie.

Krok 1. Oznaczenia. Niech kąty wewnętrzne czworokąta $ABCD$ wynoszą

$$\angle A=2a,\qquad \angle B=2b,\qquad \angle C=2c,\qquad \angle D=2d,$$

tak aby dwusieczne dzieliły je na kąty $a$, $b$, $c$, $d$.

Krok 2. Suma kątów czworokąta.

$$2a+2b+2c+2d=360^\circ\ \Longrightarrow\ a+b+c+d=180^\circ.$$

Krok 3. Kąt przy wierzchołku $P$. Punkt $P$ jest przecięciem dwusiecznych poprowadzonych z $A$ i z $B$. W trójkącie $ABP$ suma kątów wynosi $180^\circ$, a kąty przy $A$ i $B$ to odpowiednio $a$ i $b$:

$$\angle APB=180^\circ-a-b.$$

Krok 4. Kąt przy wierzchołku $R$. Analogicznie, $R$ jest przecięciem dwusiecznych z $C$ i z $D$, więc w trójkącie $CDR$:

$$\angle CRD=180^\circ-c-d.$$

Krok 5. Suma tych kątów.

$$\angle APB+\angle CRD=360^\circ-(a+b+c+d)=360^\circ-180^\circ=180^\circ.$$

Krok 6. Przejście do kątów czworokąta $PQRS$. Punkt $S$ leży na dwusiecznej poprowadzonej z $B$, po przeciwnej stronie punktu $P$ niż wierzchołek $B$, a punkt $Q$ leży na dwusiecznej z $A$, po przeciwnej stronie $P$ niż $A$ (widać to na rysunku). Kąt $\angle SPQ$ jest zatem kątem wierzchołkowym do $\angle APB$, więc

$$\angle SPQ=\angle APB.$$

Z tego samego powodu $\angle QRS=\angle CRD$.

Krok 7. Wniosek. Przeciwległe kąty czworokąta $PQRS$ spełniają

$$\angle SPQ+\angle QRS=\angle APB+\angle CRD=180^\circ.$$

Czworokąt, w którym suma przeciwległych kątów wynosi $180^\circ$, jest wpisany w okrąg. Zatem na czworokącie $PQRS$ można opisać okrąg. $\blacksquare$

Uwaga: w dowodzie skorzystaliśmy jedynie z sumy kątów czworokąta — cykliczność $ABCD$ gwarantuje natomiast, że dwusieczne przecinają się w czterech różnych punktach, czyli że czworokąt $PQRS$ w ogóle istnieje.

Krok 1. Własność czworokąta wpisanego w okrąg. Przeciwległe kąty sumują się do $180^\circ$:

$$\angle B+\angle D=180^\circ\ \Longrightarrow\ \cos D=-\cos B.$$

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $ABC$. Przekątna $AC$ leży naprzeciw kąta $B$:

$$|AC|^{2}=2^{2}+3^{2}-2\cdot2\cdot3\cos B=13-12\cos B.$$

Krok 3. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $ACD$. Ta sama przekątna leży naprzeciw kąta $D$:

$$|AC|^{2}=4^{2}+5^{2}-2\cdot4\cdot5\cos D=41-40\cos D=41+40\cos B.$$

Krok 4. Porównanie i wyznaczenie $\cos B$.

$$13-12\cos B=41+40\cos B\ \Longrightarrow\ -28=52\cos B\ \Longrightarrow\ \cos B=-\frac{7}{13}.$$

Kąt $B$ jest rozwarty — to możliwe, bo czworokąt jest wpisany w okrąg.

Krok 5. Długość przekątnej.

$$|AC|^{2}=13-12\cdot\left(-\frac{7}{13}\right)=13+\frac{84}{13}=\frac{169+84}{13}=\frac{253}{13}.$$

$$|AC|=\sqrt{\frac{253}{13}}=\frac{\sqrt{3289}}{13}\approx 4{,}41.$$

Kontrola niezależnym wzorem na przekątną czworokąta wpisanego w okrąg o bokach $a,b,c,d$:

$$|AC|^{2}=\frac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}=\frac{(2\cdot4+3\cdot5)(2\cdot5+3\cdot4)}{2\cdot3+4\cdot5}=\frac{23\cdot22}{26}=\frac{253}{13}\ \checkmark$$

Odpowiedź: $|AC|=\sqrt{\frac{253}{13}}=\frac{\sqrt{3289}}{13}$

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite, rozbijając zadanie na dwa przypadki zależne od koloru kuli wylosowanej z pierwszej urny.

Przypadek 1: wylosowano kulę białą. W pierwszej urnie jest $8$ kul, w tym $3$ białe:

$$P(B_1)=\frac{3}{8}.$$

Do drugiej urny trafiają wtedy $3$ kule białe (przełożona plus dwie dołożone), więc urna zawiera

$$7+3=10\ \text{białych},\qquad 2\ \text{czarne},\qquad \text{razem }12.$$

$$P(\text{2 białe}\mid B_1)=\frac{\binom{10}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{45}{66}=\frac{15}{22}.$$

Przypadek 2: wylosowano kulę czarną.

$$P(C_1)=\frac{5}{8}.$$

Do drugiej urny trafiają $3$ kule czarne, więc urna zawiera

$$7\ \text{białych},\qquad 2+3=5\ \text{czarnych},\qquad \text{razem }12.$$

$$P(\text{2 białe}\mid C_1)=\frac{\binom{7}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{21}{66}=\frac{7}{22}.$$

Złożenie.

$$P=\frac{3}{8}\cdot\frac{15}{22}+\frac{5}{8}\cdot\frac{7}{22}=\frac{45}{176}+\frac{35}{176}=\frac{80}{176}=\frac{5}{11}.$$

Uwaga: w obu przypadkach druga urna ma tyle samo kul ($12$), bo zawsze dokładamy trzy — zmienia się tylko ich kolor.

Odpowiedź: $P=\frac{5}{11}$

Krok 1. Warunek równoległości. Proste równoległe mają równe współczynniki kierunkowe, więc styczna ma mieć współczynnik $4$. Współczynnik kierunkowy stycznej w punkcie $x_0$ to $f^{\prime}(x_0)$.

Krok 2. Pochodna.

$$f^{\prime}(x)=3x^{2}-4x.$$

Krok 3. Punkty styczności.

$$3x^{2}-4x=4\ \Longrightarrow\ 3x^{2}-4x-4=0.$$

$$\Delta=16+48=64,\qquad \sqrt{\Delta}=8,\qquad x=\frac{4\pm8}{6}.$$

$$x_1=2,\qquad x_2=-\frac{2}{3}.$$

Krok 4. Pierwsza styczna ($x_1=2$).

$$f(2)=8-8+1=1.$$

$$y-1=4(x-2)\ \Longrightarrow\ y=4x-7.$$

Krok 5. Druga styczna ($x_2=-\frac23$).

$$f\left(-\tfrac23\right)=-\frac{8}{27}-2\cdot\frac{4}{9}+1=-\frac{8}{27}-\frac{24}{27}+\frac{27}{27}=-\frac{5}{27}.$$

$$y+\frac{5}{27}=4\left(x+\frac23\right)\ \Longrightarrow\ y=4x+\frac{8}{3}-\frac{5}{27}=4x+\frac{72-5}{27}=4x+\frac{67}{27}.$$

Odpowiedź: $y=4x-7$ oraz $y=4x+\frac{67}{27}$

Krok 1. Warunek istnienia trójmianu. Współczynnik przy $x^{2}$ musi być niezerowy: $m\neq-1$.

Krok 2. Wzory Viète'a i wyróżnik.

$$S=x_1+x_2=\frac{-2(m-2)}{m+1},\qquad P=x_1x_2=\frac{4-m}{m+1}.$$

$$\Delta=4(m-2)^{2}-4(m+1)(4-m)=4\left(2m^{2}-7m\right)=4m(2m-7).$$

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m<0\ \text{lub}\ m>\frac{7}{2}.$$

Krok 3. Przekształcenie warunku. Prawą stronę rozkładamy jako różnicę kwadratów:

$$x_1^{4}-x_2^{4}=\left(x_1^{2}-x_2^{2}\right)\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right).$$

Warunek przyjmuje postać

$$\left(x_1^{2}-x_2^{2}\right)\left[1-\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)\right]=0,$$

więc $x_1^{2}=x_2^{2}$ albo $x_1^{2}+x_2^{2}=1$.

Krok 4. Pierwsza możliwość. Skoro $x_1\neq x_2$, równość $x_1^{2}=x_2^{2}$ oznacza $x_1=-x_2$, czyli $S=0$:

$$\frac{-2(m-2)}{m+1}=0\ \Longrightarrow\ m=2.$$

Sprawdzamy wyróżnik: $\Delta=4\cdot2\cdot(4-7)=-24<0$ — brak pierwiastków rzeczywistych. Ta możliwość odpada.

Krok 5. Druga możliwość.

$$x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P=1.$$

$$\frac{4(m-2)^{2}}{(m+1)^{2}}-\frac{2(4-m)}{m+1}=1\ \Big|\cdot(m+1)^{2}$$

$$4(m-2)^{2}-2(4-m)(m+1)=(m+1)^{2},$$

$$4m^{2}-16m+16+2m^{2}-6m-8=m^{2}+2m+1,$$

$$5m^{2}-24m+7=0.$$

$$\Delta=576-140=436,\qquad \sqrt{436}=2\sqrt{109},$$

$$m=\frac{24\pm2\sqrt{109}}{10}=\frac{12\pm\sqrt{109}}{5}.$$

Krok 6. Weryfikacja warunku $\Delta>0$. Ponieważ $\sqrt{109}\approx10{,}44$:

$$m_1=\frac{12-\sqrt{109}}{5}\approx0{,}31\quad\text{— nie spełnia } (m<0 \text{ lub } m>3{,}5)\ \text{✗}$$

$$m_2=\frac{12+\sqrt{109}}{5}\approx4{,}49>\frac72\ \text{✓}$$

Kontrola liczbowa dla $m\approx4{,}49$: $S\approx-0{,}907$, $P\approx-0{,}0889$, więc $S^{2}-2P\approx1{,}000$ ✓

Odpowiedź: $m=\frac{12+\sqrt{109}}{5}$

Krok 1. Układ współrzędnych. Niech krawędź podstawy ma długość $a$. Ponieważ $SD$ jest wysokością, przyjmujemy

$$D=(0,0,0),\quad A=(a,0,0),\quad B=(a,a,0),\quad C=(0,a,0),\quad S=(0,0,2a).$$

Krok 2. Wspólna krawędź ścian. Ściany $ABS$ i $CBS$ mają wspólną krawędź $BS$:

$$\vec{BS}=S-B=[-a,\,-a,\,2a],\qquad \vec{u}=\frac{1}{\sqrt6}[-1,-1,2].$$

Krok 3. Składowe prostopadłe do krawędzi. Kąt dwuścienny mierzymy między rzutami wektorów $\vec{BA}$ i $\vec{BC}$ na płaszczyznę prostopadłą do $\vec{BS}$:

$$\vec{BA}=[0,-a,0],\qquad \vec{BC}=[-a,0,0].$$

$$\vec{BA}_{\perp}=\vec{BA}-\left(\vec{BA}\circ\vec{u}\right)\vec{u}=\left[\tfrac{a}{6},\ -\tfrac{5a}{6},\ -\tfrac{a}{3}\right],$$

$$\vec{BC}_{\perp}=\left[-\tfrac{5a}{6},\ \tfrac{a}{6},\ -\tfrac{a}{3}\right].$$

Krok 4. Cosinus kąta.

$$\vec{BA}_{\perp}\circ\vec{BC}_{\perp}=-\frac{5a^{2}}{36}-\frac{5a^{2}}{36}+\frac{a^{2}}{9}=-\frac{a^{2}}{6},$$

$$\left|\vec{BA}_{\perp}\right|^{2}=\left|\vec{BC}_{\perp}\right|^{2}=\frac{a^{2}}{36}+\frac{25a^{2}}{36}+\frac{a^{2}}{9}=\frac{5a^{2}}{6}.$$

$$\cos\theta=\frac{-\frac{a^{2}}{6}}{\frac{5a^{2}}{6}}=-\frac{1}{5}.$$

Krok 5. Sinus kąta. Kąt dwuścienny jest rozwarty ($\cos\theta<0$), a sinus kąta z przedziału $(0^\circ,180^\circ)$ jest dodatni:

$$\sin\theta=\sqrt{1-\left(-\tfrac15\right)^{2}}=\sqrt{\frac{24}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}.$$

Uwaga: wynik nie zależy od $a$ — wszystkie takie ostrosłupy są podobne. Liczbowo $\theta\approx101{,}5^\circ$, a $\sin\theta\approx0{,}98$.

Odpowiedź: $\sin\theta=\frac{2\sqrt{6}}{5}$

Krok 1. Interpretacja warunku o sumie współczynników. Suma współczynników wielomianu to jego wartość w punkcie $1$:

$$W(1)=1+a+b+c=0,$$

co oznacza, że liczba $1$ jest pierwiastkiem wielomianu $W$.

Krok 2. Postać pierwiastków. Trzy pierwiastki tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy $3$, więc można je zapisać jako

$$t-3,\qquad t,\qquad t+3.$$

Ponieważ $1$ jest jednym z nich, mamy trzy możliwości.

Przypadek 1: $t-3=1$, czyli $t=4$. Pierwiastki: $1,\ 4,\ 7$.

Ze wzorów Viète'a dla wielomianu $x^{3}+ax^{2}+bx+c$:

$$a=-(1+4+7)=-12,$$

$$b=1\cdot4+1\cdot7+4\cdot7=4+7+28=39,$$

$$c=-(1\cdot4\cdot7)=-28.$$

Kontrola: $1-12+39-28=0$ ✓

Przypadek 2: $t=1$. Pierwiastki: $-2,\ 1,\ 4$.

$$a=-(-2+1+4)=-3,$$

$$b=(-2)\cdot1+(-2)\cdot4+1\cdot4=-2-8+4=-6,$$

$$c=-\left((-2)\cdot1\cdot4\right)=8.$$

Kontrola: $1-3-6+8=0$ ✓

Przypadek 3: $t+3=1$, czyli $t=-2$. Pierwiastki: $-5,\ -2,\ 1$.

$$a=-(-5-2+1)=6,$$

$$b=(-5)(-2)+(-5)\cdot1+(-2)\cdot1=10-5-2=3,$$

$$c=-\left((-5)(-2)\cdot1\right)=-10.$$

Kontrola: $1+6+3-10=0$ ✓

Odpowiedź — trzy rozwiązania:

$a=-12,\ b=39,\ c=-28$;   $a=-3,\ b=-6,\ c=8$;   $a=6,\ b=3,\ c=-10$.

Krok 1. Przekrój osiowy. Przekrojem osiowym stożka jest trójkąt równoramienny o podstawie równej średnicy $2r$ i ramionach równych tworzącej $l$. Z warunku na obwód:

$$2r+2l=20\ \Longrightarrow\ l=10-r.$$

Krok 2. Wysokość stożka. Z twierdzenia Pitagorasa ($l$ — przeciwprostokątna):

$$h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}=\sqrt{(10-r)^{2}-r^{2}}=\sqrt{100-20r}.$$

Krok 3. Dziedzina. Musi być $r>0$ oraz $100-20r>0$, czyli

$$r\in(0,\ 5).$$

Krok 4. Objętość.

$$V(r)=\frac13\pi r^{2}h=\frac13\pi r^{2}\sqrt{100-20r}.$$

Krok 5. Maksymalizacja. Objętość jest dodatnia, więc maksimum $V$ pokrywa się z maksimum wyrażenia pod pierwiastkiem po podniesieniu do kwadratu. Rozpatrzmy funkcję pomocniczą

$$f(r)=r^{4}\left(100-20r\right)=100r^{4}-20r^{5}.$$

$$f^{\prime}(r)=400r^{3}-100r^{4}=100r^{3}(4-r).$$

Na przedziale $(0,5)$ pochodna jest dodatnia dla $r<4$ i ujemna dla $r>4$, więc maksimum wypada w

$$r=4.$$

Krok 6. Pozostałe wielkości.

$$l=10-4=6,\qquad h=\sqrt{100-80}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}.$$

Kontrola: obwód przekroju $=2\cdot4+2\cdot6=20$ ✓ oraz $h=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=\sqrt{20}$ ✓

Krok 7. Największa objętość.

$$V=\frac13\pi\cdot4^{2}\cdot2\sqrt{5}=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi\approx 74{,}9.$$

Odpowiedź: $r=4$, $\;h=2\sqrt{5}$, $\;V=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi$