Krok 1. Wyrażenie w nawiasie — wzór na różnicę kwadratów.

Dla \(a=\sqrt{3}-1\) i \(b=\sqrt{3}+1\):

\(a^2-b^2=(a-b)(a+b)\)

\(a-b=\left(\sqrt{3}-1\right)-\left(\sqrt{3}+1\right)=-2\)

\(a+b=2\sqrt{3}\)

\(a^2-b^2=-2\cdot 2\sqrt{3}=-4\sqrt{3}\)

Krok 2. Podniesienie do sześcianu.

\(\left(-4\sqrt{3}\right)^3=-64\cdot 3\sqrt{3}=-192\sqrt{3}\)

Odpowiedź: D.

Krok 1. Przypadek \(a\neq 0\).

Licznik pierwszego ułamka jest stopnia \(2\), a mianownik stopnia \(1\), więc pierwsza granica jest niewłaściwa (\(\pm\infty\)). Druga granica jest wtedy równa \(0\). Granice nie są równe — odrzucamy.

Krok 2. Przypadek \(a=0\) i \(b=0\).

Pierwsza granica: \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{4}{n+1}=0\).

Druga: \(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+1}{4}=+\infty\). Granice nie są równe — odrzucamy.

Krok 3. Przypadek \(a=0\) i \(b\neq 0\).

\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{bn+4}{n+1}=b\)

\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+1}{bn+4}=\frac{1}{b}\)

Z równości granic:

\(b=\frac{1}{b}\Rightarrow b^2=1\Rightarrow|b|=1\)

Odpowiedź: D.

Krok 1. Dziedzina.

Wyrażenie \(m^{1,5}=m\sqrt{m}\) ma sens dla \(m\ge 0\).

Krok 2. Porównanie kwadratów długości.

\(\left|\vec{a}\right|^2=(m-2)^2+(m+2)^2=m^2-4m+4+m^2+4m+4=2m^2+8\)

\(\left|\vec{b}\right|^2=\left(m^{1,5}\right)^2+\left(2^{1,5}\right)^2=m^3+2^3=m^3+8\)

Krok 3. Równanie.

\(2m^2+8=m^3+8\)

\(m^3-2m^2=0\)

\(m^2(m-2)=0\)

\(m=0\) lub \(m=2\) — obie wartości należą do dziedziny.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Amplituda.

Z wykresu odczytujemy największą wartość funkcji: \(2\pi\), a najmniejszą: \(-2\pi\). Amplituda wynosi więc \(2\pi\), co eliminuje odpowiedzi A i C (tam amplituda wynosi \(2\)).

Krok 2. Okres.

Kolejne maksima występują dla \(x=\pi\) oraz \(x=5\pi\), więc okres podstawowy funkcji jest równy:

\(T=5\pi-\pi=4\pi\)

Dla funkcji \(f(x)=A\sin(\omega x)\) okres wynosi \(T=\frac{2\pi}{|\omega|}\), zatem:

\(4\pi=\frac{2\pi}{|\omega|}\Rightarrow|\omega|=\frac{1}{2}\)

Wzorem funkcji jest więc \(f(x)=2\pi\sin\left(\frac{x}{2}\right)\).

Sprawdzenie: \(f(\pi)=2\pi\sin\frac{\pi}{2}=2\pi\) ✓, \(f(2\pi)=2\pi\sin\pi=0\) ✓

Odpowiedź: D.

Sposób I — schemat Hornera.

Współczynniki wielomianu: \(5,\;-7,\;-4,\;-4\); dzielimy przez \(x-2\), więc podstawiamy \(x_0=2\):

\(5\)

\(-7+2\cdot 5=3\)

\(-4+2\cdot 3=2\)

\(-4+2\cdot 2=0\) (reszta)

Ilorazem jest \(5x^2+3x+2\), a reszta jest równa zeru.

Sposób II — sprawdzenie przez mnożenie.

\((x-2)\left(5x^2+3x+2\right)=5x^3+3x^2+2x-10x^2-6x-4=5x^3-7x^2-4x-4\) ✓

Odpowiedź: \(a=5\), \(b=3\), \(c=2\)

Krok 1. Wyznaczenie \(\log_2 3\).

\(c=\log_2 9=\log_2 3^2=2\log_2 3\)

\(\log_2 3=\frac{c}{2}\)

(zauważmy, że \(c\neq 0\))

Krok 2. Zamiana podstawy logarytmu.

\(\log_3 54=\frac{\log_2 54}{\log_2 3}\)

Krok 3. Rozbicie licznika.

\(\log_2 54=\log_2\left(2\cdot 27\right)=\log_2 2+\log_2 3^3=1+3\log_2 3=1+3\cdot\frac{c}{2}=\frac{2+3c}{2}\)

Krok 4. Iloraz.

\(\log_3 54=\frac{\frac{2+3c}{2}}{\frac{c}{2}}=\frac{2+3c}{c}=\frac{3c+2}{c}\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Oznaczenia.

Niech \(|FB|=t\). Wtedy \(|AD|=|DE|=|EF|=2t\) oraz:

\(|AE|=|AD|+|DE|=4t\), \(\;|EB|=|EF|+|FB|=3t\)

Krok 2. Podobieństwo trójkątów \(ADG\) i \(AEC\).

Ponieważ \(DG\parallel EC\), trójkąty \(ADG\) i \(AEC\) są podobne (cecha kąt–kąt) w skali:

\(k_1=\frac{|AD|}{|AE|}=\frac{2t}{4t}=\frac{1}{2}\)

Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali:

\(P_{ADG}=\frac{1}{4}P_{AEC}\)

Krok 3. Podobieństwo trójkątów \(FBH\) i \(EBC\).

Ponieważ \(FH\parallel EC\), trójkąty \(FBH\) i \(EBC\) są podobne w skali:

\(k_2=\frac{|FB|}{|EB|}=\frac{t}{3t}=\frac{1}{3}\)

\(P_{FBH}=\frac{1}{9}P_{EBC}\), czyli \(P_{EBC}=9S\)

Krok 4. Porównanie pól trójkątów \(AEC\) i \(EBC\).

Trójkąty \(AEC\) i \(EBC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(C\) na prostą \(AB\), więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw:

\(\frac{P_{AEC}}{P_{EBC}}=\frac{|AE|}{|EB|}=\frac{4t}{3t}=\frac{4}{3}\)

\(P_{AEC}=\frac{4}{3}\cdot 9S=12S\)

Krok 5. Wniosek.

\(P_{ADG}=\frac{1}{4}\cdot 12S=3S\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Zastosowanie wzoru na sinus podwojonego kąta.

\(\sin(2x)=2\sin x\cos x\), więc równanie przyjmuje postać:

\(2\cos^2 x-\cos x=2\sin x\cos x-\sin x\)

Krok 2. Rozkład na czynniki.

\(\cos x(2\cos x-1)=\sin x(2\cos x-1)\)

\((2\cos x-1)(\cos x-\sin x)=0\)

Krok 3. Pierwsze równanie.

\(2\cos x-1=0\Rightarrow\cos x=\frac{1}{2}\)

W przedziale \(\langle 0,2\pi\rangle\): \(x=\frac{\pi}{3}\) lub \(x=\frac{5\pi}{3}\).

Krok 4. Drugie równanie.

\(\cos x=\sin x\)

Dla \(\cos x=0\) równość nie zachodzi, więc możemy podzielić przez \(\cos x\):

\(\operatorname{tg}x=1\)

W przedziale \(\langle 0,2\pi\rangle\): \(x=\frac{\pi}{4}\) lub \(x=\frac{5\pi}{4}\).

Odpowiedź: \(x=\frac{\pi}{4}\), \(x=\frac{\pi}{3}\), \(x=\frac{5\pi}{4}\), \(x=\frac{5\pi}{3}\)

Krok 1. Postać punktu \(P\).

Punkt leży na prostej \(y=x+4\), więc \(P=(p,\;p+4)\).

Krok 2. Obie odległości.

\(d(P,k)=\frac{|p-2(p+4)|}{\sqrt{1^2+(-2)^2}}=\frac{|-p-8|}{\sqrt{5}}=\frac{|p+8|}{\sqrt{5}}\)

\(d(P,l)=\frac{|2p+(p+4)-1|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{|3p+3|}{\sqrt{5}}\)

Krok 3. Równanie z warunku zadania.

\(\frac{|p+8|}{\sqrt{5}}=2\cdot\frac{|3p+3|}{\sqrt{5}}\)

\(|p+8|=|6p+6|\)

Stąd \(p+8=6p+6\) albo \(p+8=-(6p+6)\):

\(5p=2\Rightarrow p=\frac{2}{5}\)

\(7p=-14\Rightarrow p=-2\)

Krok 4. Współrzędne punktu \(P\).

Dla \(p=-2\): \(P=(-2,2)\)

Dla \(p=\frac{2}{5}\): \(P=\left(\frac{2}{5},\frac{22}{5}\right)\)

Sprawdzenie dla \(P=(-2,2)\): \(d(P,k)=\frac{6}{\sqrt{5}}\), \(d(P,l)=\frac{3}{\sqrt{5}}\) ✓

Odpowiedź: \(P=(-2,2)\) lub \(P=\left(\frac{2}{5},\frac{22}{5}\right)\)

Krok 1. Układ współrzędnych.

Przyjmijmy:

\(A=(0,0,0)\), \(B=(2,0,0)\), \(C=(2,2,0)\), \(D=(0,2,0)\)

\(E=(0,0,2)\), \(F=(2,0,2)\), \(G=(2,2,2)\), \(H=(0,2,2)\)

Punkt \(S\) jest środkiem krawędzi \(DH\), zatem \(S=(0,2,1)\).

Krok 2. Długości boków trójkąta \(CFS\).

\(|CF|=\sqrt{(2-2)^2+(0-2)^2+(2-0)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)

(to przekątna ściany \(BCGF\))

\(|CS|=\sqrt{(0-2)^2+(2-2)^2+(1-0)^2}=\sqrt{5}\)

\(|FS|=\sqrt{(0-2)^2+(2-0)^2+(1-2)^2}=\sqrt{9}=3\)

Krok 3. Najmniejszy kąt.

Najmniejszy kąt leży naprzeciw najkrótszego boku. Ponieważ \(\sqrt{5}\approx 2{,}24\lt 2\sqrt{2}\approx 2{,}83\lt 3\), najkrótszy jest bok \(CS\), a naprzeciw niego leży kąt \(CFS\).

Stosujemy twierdzenie cosinusów:

\(|CS|^2=|CF|^2+|FS|^2-2\cdot|CF|\cdot|FS|\cdot\cos|\angle CFS|\)

\(5=8+9-2\cdot 2\sqrt{2}\cdot 3\cdot\cos|\angle CFS|\)

\(12\sqrt{2}\cos|\angle CFS|=12\)

\(\cos|\angle CFS|=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(|\angle CFS|=45^\circ\)

Odpowiedź: najmniejszy kąt wewnętrzny trójkąta \(CFS\) ma miarę \(45^\circ\).

Krok 1. Oznaczenia i liczba wszystkich rozsadzeń.

Niech \(n\) będzie liczbą wszystkich uczestników (\(n\ge 3\)). Wszystkich rozsadzeń jest:

\(|\Omega|=n!\)

Krok 2. Rozsadzenia sprzyjające.

Trzech sportowców traktujemy jako jeden blok. Mamy wtedy \(n-2\) obiekty do ustawienia, co daje \((n-2)!\) sposobów, a wewnątrz bloku sportowców można ustawić na \(3!\) sposobów:

\(|A|=(n-2)!\cdot 3!\)

Krok 3. Równanie.

\(\frac{(n-2)!\cdot 6}{n!}=\frac{1}{15}\)

Ponieważ \(n!=n(n-1)(n-2)!\):

\(\frac{6}{n(n-1)}=\frac{1}{15}\)

\(n(n-1)=90\)

\(n^2-n-90=0\)

\(\Delta=1+360=361\), \(\;\sqrt{\Delta}=19\)

\(n=\frac{1+19}{2}=10\) (rozwiązanie \(n=-9\) odrzucamy)

Krok 4. Liczba aktorów.

\(10-3=7\)

Odpowiedź: w programie bierze udział \(7\) aktorów.

Liczba \(3\) jest rozwiązaniem równania dla każdego \(m\). Oznaczmy \(g(x)=x^2+(m-1)x-6m^2+2m\).

Krok 1. Wyróżnik trójmianu.

\(\Delta=(m-1)^2-4\left(-6m^2+2m\right)=m^2-2m+1+24m^2-8m=25m^2-10m+1=(5m-1)^2\)

Zatem \(\Delta\ge 0\) dla każdego \(m\), przy czym \(\Delta=0\iff m=\frac{1}{5}\).

Krok 2. Kiedy rozwiązań jest dokładnie dwa?

Równanie ma dokładnie dwa różne rozwiązania w dwóch przypadkach.

Przypadek A: trójmian ma jeden pierwiastek podwójny, różny od \(3\).

\(m=\frac{1}{5}\), a pierwiastkiem podwójnym jest \(x=\frac{1-m}{2}=\frac{1-\frac{1}{5}}{2}=\frac{2}{5}\neq 3\) ✓

Rozwiązania: \(3\) oraz \(\frac{2}{5}\) — dokładnie dwa.

Przypadek B: trójmian ma dwa różne pierwiastki, z których jeden jest równy \(3\).

\(g(3)=0\):

\(9+3(m-1)-6m^2+2m=0\)

\(9+3m-3-6m^2+2m=0\)

\(-6m^2+5m+6=0\), czyli \(6m^2-5m-6=0\)

\(\Delta_m=25+144=169\), \(\;\sqrt{\Delta_m}=13\)

\(m=\frac{5-13}{12}=-\frac{2}{3}\) lub \(m=\frac{5+13}{12}=\frac{3}{2}\)

Obie wartości są różne od \(\frac{1}{5}\), więc \(\Delta\gt 0\) i trójmian ma dwa różne pierwiastki.

Dla \(m=\frac{3}{2}\): \(g(x)=x^2+\frac{1}{2}x-\frac{21}{2}\), pierwiastki \(3\) i \(-\frac{7}{2}\) — rozwiązania równania: \(3\) i \(-\frac{7}{2}\) ✓

Dla \(m=-\frac{2}{3}\): \(g(x)=x^2-\frac{5}{3}x-4\), pierwiastki \(3\) i \(-\frac{4}{3}\) ✓

Odpowiedź: \(m=-\frac{2}{3}\), \(m=\frac{1}{5}\) lub \(m=\frac{3}{2}\)

Krok 1. Uproszczenie wzoru i pochodna.

\(f(x)=\frac{x^3+k}{x}=x^2+\frac{k}{x}\)

\(f'(x)=2x-\frac{k}{x^2}\)

Krok 2. Warunki styczności.

Niech \(x_0\neq 0\) będzie odciętą punktu styczności. Prosta \(y=-x\) ma współczynnik kierunkowy \(-1\), więc:

\(\begin{cases}f'(x_0)=-1\\ f(x_0)=-x_0\end{cases}\)

Krok 3. Rozwiązanie układu.

Z pierwszego równania:

\(2x_0-\frac{k}{x_0^2}=-1\Rightarrow k=x_0^2\left(2x_0+1\right)=2x_0^3+x_0^2\)

Z drugiego równania:

\(x_0^2+\frac{k}{x_0}=-x_0\)

Mnożymy przez \(x_0\):

\(x_0^3+k=-x_0^2\Rightarrow k=-x_0^3-x_0^2\)

Porównujemy oba wyrażenia na \(k\):

\(2x_0^3+x_0^2=-x_0^3-x_0^2\)

\(3x_0^3+2x_0^2=0\)

\(x_0^2\left(3x_0+2\right)=0\)

Ponieważ \(x_0\neq 0\), otrzymujemy \(x_0=-\frac{2}{3}\).

Krok 4. Obliczenie \(k\).

\(k=-x_0^3-x_0^2=-\left(-\frac{8}{27}\right)-\frac{4}{9}=\frac{8}{27}-\frac{12}{27}=-\frac{4}{27}\)

Sprawdzenie: \(f\left(-\frac{2}{3}\right)=\frac{4}{9}+\frac{-\frac{4}{27}}{-\frac{2}{3}}=\frac{4}{9}+\frac{2}{9}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}=-x_0\) ✓

Odpowiedź: \(k=-\frac{4}{27}\)

Krok 1. Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABD\).

Niech \(|AB|=a\), wtedy \(|AD|=2a\). Kąt \(ADB\) leży naprzeciw boku \(AB\):

\(a^2=(2a)^2+6^2-2\cdot 2a\cdot 6\cdot\frac{7}{8}\)

\(a^2=4a^2+36-21a\)

\(3a^2-21a+36=0\)

\(a^2-7a+12=0\)

\(\Delta=49-48=1\), \(\;a=3\) lub \(a=4\)

Z warunku \(|AB|\gt\sqrt{15}\approx 3{,}87\) wynika, że \(a=4\), czyli:

\(|AB|=4\), \(\;|AD|=8\)

Krok 2. Warunek opisania czworokąta na okręgu.

W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe:

\(|AB|+|CD|=|BC|+|AD|\)

\(4+|CD|=|BC|+8\)

\(|CD|=|BC|+4\)

Krok 3. Twierdzenie Pitagorasa w trójkącie \(BCD\).

Kąt \(BCD\) jest prosty, a \(|BD|=6\):

\(|BC|^2+|CD|^2=36\)

\(|BC|^2+\left(|BC|+4\right)^2=36\)

\(2|BC|^2+8|BC|+16=36\)

\(|BC|^2+4|BC|-10=0\)

\(\Delta=16+40=56\), \(\;\sqrt{\Delta}=2\sqrt{14}\)

\(|BC|=\frac{-4+2\sqrt{14}}{2}=\sqrt{14}-2\) (drugie rozwiązanie jest ujemne)

Sprawdzenie: \(|CD|=\sqrt{14}+2\); \(\;\left(\sqrt{14}-2\right)^2+\left(\sqrt{14}+2\right)^2=2(14+4)=36\) ✓

Odpowiedź: \(|BC|=\sqrt{14}-2\)

a) Wyprowadzenie wzoru.

Oznaczmy \(|AC|=x\), \(|BC|=y\), \(|AB|=c\). Z twierdzenia Pitagorasa \(c=\sqrt{x^2+y^2}\), a z warunku na obwód:

\(x+y+\sqrt{x^2+y^2}=4\)

\(\sqrt{x^2+y^2}=4-x-y\)

Podnosimy obie strony do kwadratu:

\(x^2+y^2=16+x^2+y^2-8x-8y+2xy\)

\(0=16-8x-8y+2xy\)

\(8y-2xy=16-8x\)

\(y(8-2x)=16-8x\)

\(y=\frac{16-8x}{8-2x}=\frac{8(2-x)}{2(4-x)}=\frac{4(2-x)}{4-x}\)

Pole trójkąta prostokątnego:

\(P=\frac{1}{2}xy=\frac{1}{2}\cdot x\cdot\frac{4(2-x)}{4-x}=\frac{2x(2-x)}{4-x}=\frac{x(4-2x)}{4-x}\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

b) Dziedzina.

Musi być \(x\gt 0\) oraz \(y\gt 0\). Ponieważ dla \(x\lt 4\) mianownik \(4-x\gt 0\), warunek \(y\gt 0\) sprowadza się do \(2-x\gt 0\), czyli \(x\lt 2\).

Dziedzina: \(x\in(0,2)\)

c) Największe pole.

\(P(x)=\frac{4x-2x^2}{4-x}\)

\(P'(x)=\frac{(4-4x)(4-x)-\left(4x-2x^2\right)\cdot(-1)}{(4-x)^2}\)

\(=\frac{16-4x-16x+4x^2+4x-2x^2}{(4-x)^2}=\frac{2x^2-16x+16}{(4-x)^2}\)

Miejsca zerowe pochodnej:

\(2x^2-16x+16=0\Rightarrow x^2-8x+8=0\)

\(\Delta=64-32=32\), \(\;\sqrt{\Delta}=4\sqrt{2}\)

\(x=\frac{8\pm 4\sqrt{2}}{2}=4\pm 2\sqrt{2}\)

Do dziedziny należy tylko \(x=4-2\sqrt{2}\approx 1{,}17\).

Ponieważ mianownik \((4-x)^2\gt 0\), znak pochodnej wyznacza trójmian \(2x^2-16x+16\) o ramionach skierowanych w górę i pierwiastkach \(4-2\sqrt{2}\) oraz \(4+2\sqrt{2}\):

\(P'(x)\gt 0\) dla \(x\in\left(0,4-2\sqrt{2}\right)\), \(\;P'(x)\lt 0\) dla \(x\in\left(4-2\sqrt{2},2\right)\)

Funkcja osiąga więc wartość największą dla \(x=4-2\sqrt{2}\).

Długości boków.

\(|AC|=x=4-2\sqrt{2}\)

\(|BC|=y=\frac{4(2-x)}{4-x}=\frac{4\left(2\sqrt{2}-2\right)}{2\sqrt{2}}=4-2\sqrt{2}\)

\(|AB|=4-x-y=4-2\left(4-2\sqrt{2}\right)=4\sqrt{2}-4\)

(jest to trójkąt prostokątny równoramienny)

Największe pole.

\(P=\frac{1}{2}x^2=\frac{1}{2}\left(4-2\sqrt{2}\right)^2=\frac{1}{2}\left(16-16\sqrt{2}+8\right)=12-8\sqrt{2}=4\left(3-2\sqrt{2}\right)\)

Odpowiedź: b) \(x\in(0,2)\); c) boki mają długości \(4-2\sqrt{2}\), \(4-2\sqrt{2}\) oraz \(4\sqrt{2}-4\), a największe pole wynosi \(4\left(3-2\sqrt{2}\right)\).