Krok 1. Wyznaczenie współczynników \(a\) i \(b\).

Gdy \(t\to\infty\), to \(2^{-0,05t}\to 0\), więc masa dąży do \(b\). Z warunku zadania:

\(b=\frac{1}{9}m_0\)

Dla \(t=0\) mamy \(2^0=1\), zatem:

\(m(0)=a+b=m_0\)

\(a=m_0-\frac{1}{9}m_0=\frac{8}{9}m_0\)

Ostatecznie:

\(m(t)=\frac{8}{9}m_0\cdot 2^{-0,05t}+\frac{1}{9}m_0\)

Krok 2. Warunek przereagowania \(87{,}5\%\).

Jeśli przereagowało \(87{,}5\%\) masy początkowej, to pozostało \(12{,}5\%=\frac{1}{8}\) masy początkowej:

\(\frac{8}{9}m_0\cdot 2^{-0,05t}+\frac{1}{9}m_0=\frac{1}{8}m_0\)

Dzielimy obustronnie przez \(m_0\gt 0\):

\(\frac{8}{9}\cdot 2^{-0,05t}=\frac{1}{8}-\frac{1}{9}=\frac{9-8}{72}=\frac{1}{72}\)

\(2^{-0,05t}=\frac{1}{72}\cdot\frac{9}{8}=\frac{9}{576}=\frac{1}{64}=2^{-6}\)

Krok 3. Rozwiązanie równania wykładniczego.

\(-0{,}05t=-6\)

\(t=120\)

Odpowiedź: po \(120\) sekundach.

Krok 1. Opuszczenie wartości bezwzględnej.

Rozpatrujemy granicę lewostronną, więc \(x\lt 3\), czyli \(x-3\lt 0\) i

\(|x-3|=-(x-3)=3-x\)

Krok 2. Skrócenie ułamka.

\(\frac{|x-3|}{x^2-9}=\frac{-(x-3)}{(x-3)(x+3)}=-\frac{1}{x+3}\) dla \(x\neq\pm 3\)

Krok 3. Obliczenie granicy.

Funkcja \(-\frac{1}{x+3}\) jest ciągła w punkcie \(x=3\), zatem:

\(\lim\limits_{x\to 3^-}\frac{|x-3|}{x^2-9}=\lim\limits_{x\to 3^-}\left(-\frac{1}{x+3}\right)=-\frac{1}{6}\)

Odpowiedź: granica jest równa \(-\frac{1}{6}\).

Krok 1. Wyznaczenie \(x_0\).

\(\frac{2x_0+1}{x_0-4}=5\)

\(2x_0+1=5x_0-20\)

\(3x_0=21\)

\(x_0=7\) (warunek \(x_0\neq 4\) jest spełniony)

Krok 2. Pochodna funkcji \(f\).

Stosujemy wzór na pochodną ilorazu:

\(f'(x)=\frac{2\cdot(x-4)-(2x+1)\cdot 1}{(x-4)^2}=\frac{2x-8-2x-1}{(x-4)^2}=\frac{-9}{(x-4)^2}\)

Krok 3. Współczynnik kierunkowy stycznej.

\(f'(7)=\frac{-9}{(7-4)^2}=\frac{-9}{9}=-1\)

Krok 4. Równanie stycznej.

\(y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)\)

\(y-5=-1\cdot(x-7)\)

\(y=-x+12\)

Odpowiedź: \(x_0=7\), a styczna ma równanie \(y=-x+12\).

Obliczamy prawdopodobieństwo warunkowe \(P(A|B)\), gdzie:

\(B\) – orzeł wypadł dokładnie trzy razy,
\(A\) – trzy orły wypadły kolejno po sobie (trzy razy z rzędu).

Krok 1. Liczba zdarzeń sprzyjających zdarzeniu \(B\).

Wybieramy \(3\) spośród \(10\) rzutów, w których wypadł orzeł:

\(|B|=\binom{10}{3}=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{6}=120\)

Krok 2. Liczba zdarzeń sprzyjających zdarzeniu \(A\cap B\).

Trzy orły muszą tworzyć blok trzech kolejnych rzutów, a pozostałe rzuty dają reszki. Blok trzech kolejnych rzutów może zaczynać się w rzucie o numerze \(1,2,\dots,8\):

\(|A\cap B|=8\)

Krok 3. Prawdopodobieństwo warunkowe.

Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, więc:

\(P(A|B)=\frac{|A\cap B|}{|B|}=\frac{8}{120}=\frac{1}{15}\)

Odpowiedź: \(P(A|B)=\frac{1}{15}\)

Krok 1. Uproszczenie mianowników.

Korzystamy z założenia \(a+b=1\):

\(2a+b=a+(a+b)=a+1\)

\(a+2b=(a+b)+b=b+1\)

Oznaczmy \(u=a+1\) oraz \(v=b+1\). Wtedy \(u\gt 1\), \(v\gt 1\) oraz:

\(u+v=a+b+2=3\)

Krok 2. Przekształcenie lewej strony.

\(\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{u+v}{uv}=\frac{3}{uv}\)

Krok 3. Oszacowanie iloczynu \(uv\).

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (albo z oczywistej nierówności \((u-v)^2\ge 0\)):

\(uv\le\left(\frac{u+v}{2}\right)^2=\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}\)

Krok 4. Zakończenie dowodu.

Ponieważ \(uv\gt 0\) oraz \(uv\le\frac{9}{4}\), otrzymujemy:

\(\frac{3}{uv}\ge\frac{3}{\frac{9}{4}}=\frac{4}{3}\)

Zatem \(\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{a+2b}\ge\frac{4}{3}\), co należało wykazać. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(u=v\), czyli dla \(a=b=\frac{1}{2}\). \(\blacksquare\)

Krok 1. Warunek opisania trapezu na okręgu.

W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są równe. Oznaczając długość ramienia przez \(c\) (trapez jest równoramienny):

\(a+b=c+c=2c\)

\(c=\frac{a+b}{2}\)

Krok 2. Wysokość trapezu.

Rzut ramienia na dłuższą podstawę ma długość \(\frac{a-b}{2}\). Z twierdzenia Pitagorasa:

\(h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\)

\(h^2=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=\frac{4ab}{4}=ab\)

\(h=\sqrt{ab}\)

Krok 3. Pole trapezu.

\(P=\frac{a+b}{2}\cdot h=\frac{a+b}{2}\cdot\sqrt{ab}\)

Krok 4. Porównanie z \(ab\).

Ponieważ \(ab=\sqrt{ab}\cdot\sqrt{ab}\), wystarczy porównać \(\frac{a+b}{2}\) ze \(\sqrt{ab}\). Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, dla \(a\neq b\) (bo \(a\gt b\)) zachodzi nierówność ostra:

\(\frac{a+b}{2}\gt\sqrt{ab}\)

Mnożąc obie strony przez \(\sqrt{ab}\gt 0\):

\(\frac{a+b}{2}\cdot\sqrt{ab}\gt ab\)

czyli \(P\gt a\cdot b\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Wyznaczenie ilorazu \(q\).

Z warunku \(a_1+a_3=\frac{5}{2}a_2\), gdzie \(a_2=a_1q\) i \(a_3=a_1q^2\):

\(a_1+a_1q^2=\frac{5}{2}a_1q\)

Ponieważ \(a_1\neq 0\) (w przeciwnym razie suma byłaby zerem), dzielimy przez \(a_1\):

\(1+q^2=\frac{5}{2}q\)

\(2q^2-5q+2=0\)

\(\Delta=25-16=9\), \(\;q_1=\frac{5-3}{4}=\frac{1}{2}\), \(\;q_2=\frac{5+3}{4}=2\)

Krok 2. Warunek zbieżności.

Wyrazy o numerach nieparzystych tworzą ciąg geometryczny o pierwszym wyrazie \(a_1\) i ilorazie \(q^2\). Szereg jest zbieżny, gdy \(q^2\lt 1\), czyli \(|q|\lt 1\). Odrzucamy \(q=2\) i przyjmujemy:

\(q=\frac{1}{2}\)

Krok 3. Wyznaczenie \(a_1\).

\(a_1+a_3+a_5+\ldots=\frac{a_1}{1-q^2}=\frac{a_1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4a_1}{3}\)

\(\frac{4a_1}{3}=16\)

\(a_1=12\)

Sprawdzenie: \(a_2=6\), \(a_3=3\); \(\;a_1+a_3=15=\frac{5}{2}\cdot 6\) ✓

Odpowiedź: \(a_n=12\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\)

Krok 1. Kąt naprzeciw boku \(BC\).

Z twierdzenia sinusów dla kąta \(\alpha=|\angle BAC|\), leżącego naprzeciw boku \(BC\):

\(\frac{|BC|}{\sin\alpha}=2R\)

\(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{3}}{2\cdot 4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Stąd \(\alpha=60^\circ\) albo \(\alpha=120^\circ\).

Krok 2. Wybór kąta.

Bok \(BC\) jest najdłuższy, więc leżący naprzeciw niego kąt \(\alpha\) jest największym kątem trójkąta. Sprawdzamy przypadek \(\alpha=60^\circ\): z twierdzenia cosinusów

\(48=|AC|^2+36-2\cdot 6\cdot|AC|\cdot\frac{1}{2}\), czyli \(|AC|^2-6|AC|-12=0\), skąd \(|AC|=3+\sqrt{21}\approx 7{,}58\)

Wtedy \(|AC|\gt|BC|=4\sqrt{3}\approx 6{,}93\), co przeczy założeniu, że \(BC\) jest najdłuższy — ten przypadek odrzucamy.

Zatem \(\alpha=120^\circ\) oraz \(\cos\alpha=-\frac{1}{2}\).

Krok 3. Twierdzenie cosinusów.

\(|BC|^2=|AC|^2+|AB|^2-2\cdot|AC|\cdot|AB|\cdot\cos\alpha\)

\(\left(4\sqrt{3}\right)^2=|AC|^2+6^2-2\cdot 6\cdot|AC|\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\)

\(48=|AC|^2+36+6|AC|\)

\(|AC|^2+6|AC|-12=0\)

\(\Delta=36+48=84\), \(\;\sqrt{\Delta}=2\sqrt{21}\)

\(|AC|=\frac{-6+2\sqrt{21}}{2}=\sqrt{21}-3\) (drugie rozwiązanie jest ujemne)

Sprawdzenie: \(\sqrt{21}-3\approx 1{,}58\lt 4\sqrt{3}\) ✓

Odpowiedź: \(|AC|=\sqrt{21}-3\)

Krok 1. Suma sinusów.

Korzystamy ze wzoru \(\sin\alpha+\sin\beta=2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\):

\(\sin(6x)+\sin(4x)=2\sin(5x)\cos(x)\)

Równanie przyjmuje postać:

\(2\sin(5x)\cos(x)+\sqrt{3}\sin(5x)=0\)

Krok 2. Rozkład na czynniki.

\(\sin(5x)\left(2\cos x+\sqrt{3}\right)=0\)

Iloczyn jest zerem, gdy jeden z czynników jest zerem.

Krok 3. Pierwsze równanie.

\(\sin(5x)=0\Rightarrow 5x=k\pi\Rightarrow x=\frac{k\pi}{5}\), gdzie \(k\in\mathbb{Z}\)

Krok 4. Drugie równanie.

\(2\cos x+\sqrt{3}=0\Rightarrow\cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(x=\frac{5\pi}{6}+2k\pi\) lub \(x=-\frac{5\pi}{6}+2k\pi\), gdzie \(k\in\mathbb{Z}\)

Odpowiedź: \(x=\frac{k\pi}{5}\) lub \(x=-\frac{5\pi}{6}+2k\pi\), lub \(x=\frac{5\pi}{6}+2k\pi\), gdzie \(k\in\mathbb{Z}\)

Krok 1. Oznaczenia.

Niech \(H\) będzie wysokością graniastosłupa \(ABCA'B'C'\). Z wierzchołka \(A\) wychodzą przekątne ścian bocznych \(AB'\) oraz \(AC'\), obie o długości:

\(d=\sqrt{a^2+H^2}\)

Kąt między nimi oznaczmy przez \(\varphi\). Odcinek \(B'C'\) jest krawędzią górnej podstawy, więc \(|B'C'|=a\).

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(AB'C'\).

\(a^2=d^2+d^2-2d^2\cos\varphi\)

\(\cos\varphi=\frac{2d^2-a^2}{2d^2}\)

Krok 3. Wyznaczenie \(\cos\varphi\).

\(\cos^2\varphi=1-\left(\frac{\sqrt{11}}{6}\right)^2=1-\frac{11}{36}=\frac{25}{36}\), więc \(\cos\varphi=\frac{5}{6}\) lub \(\cos\varphi=-\frac{5}{6}\).

Ponieważ \(d^2=a^2+H^2\gt a^2\), mamy \(2d^2-a^2\gt 0\), czyli \(\cos\varphi\gt 0\). Zatem \(\cos\varphi=\frac{5}{6}\).

Krok 4. Wysokość graniastosłupa.

\(\frac{2d^2-a^2}{2d^2}=\frac{5}{6}\)

\(12d^2-6a^2=10d^2\)

\(d^2=3a^2\)

\(a^2+H^2=3a^2\Rightarrow H^2=2a^2\Rightarrow H=a\sqrt{2}\)

Krok 5. Pole powierzchni całkowitej.

\(P_c=2\cdot\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+3\cdot a\cdot H=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3a\cdot a\sqrt{2}\)

Odpowiedź: \(P_c=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3a^2\sqrt{2}\)

Krok 1. Punkty przecięcia prostej z parabolą.

Z równania prostej \(y=-3x-2\). Podstawiamy do równania paraboli:

\(-3x-2=x^2-2x-8\)

\(x^2+x-6=0\)

\(\Delta=1+24=25\), \(\;x_1=-3\), \(\;x_2=2\)

Dla \(x=-3\): \(y=-3\cdot(-3)-2=7\); dla \(x=2\): \(y=-8\).

Ponieważ \(A\) ma ujemną pierwszą współrzędną:

\(A=(-3,7)\), \(\;B=(2,-8)\)

Krok 2. Wyznaczenie punktu \(C\).

\(C=\left(c,\;-\frac{1}{2}c+1\right)\), gdzie \(c\gt 0\).

Odległość punktu \(C\) od prostej \(3x+y+2=0\):

\(\frac{\left|3c-\frac{1}{2}c+1+2\right|}{\sqrt{3^2+1^2}}=\frac{9\sqrt{10}}{5}\)

\(\frac{\left|\frac{5}{2}c+3\right|}{\sqrt{10}}=\frac{9\sqrt{10}}{5}\)

\(\left|\frac{5}{2}c+3\right|=\frac{9\cdot 10}{5}=18\)

Stąd \(\frac{5}{2}c+3=18\) lub \(\frac{5}{2}c+3=-18\), czyli \(c=6\) lub \(c=-\frac{42}{5}\).

Warunek \(c\gt 0\) daje \(c=6\), zatem \(C=(6,-2)\).

Krok 3. Długość boku \(BC\).

\(|BC|=\sqrt{(6-2)^2+(-2+8)^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\)

Odpowiedź: \(|BC|=2\sqrt{13}\)

Etap I. Warunek dwóch różnych rozwiązań rzeczywistych.

Równanie ma być kwadratowe, więc \(3-m\neq 0\), czyli \(m\neq 3\).

\(\Delta=(m+1)^2+4(3-m)(m+1)^2=(m+1)^2\left[1+4(3-m)\right]=(m+1)^2(13-4m)\)

\(\Delta\gt 0\iff (m+1)^2\gt 0\;\wedge\;13-4m\gt 0\iff m\neq -1\;\wedge\;m\lt\frac{13}{4}\)

Zatem \(m\in(-\infty,-1)\cup\left(-1,\frac{13}{4}\right)\).

Etap II. Warunek na rozwiązania.

Ze wzorów Viète’a:

\(x_1+x_2=-\frac{m+1}{3-m}\), \(\;x_1x_2=-\frac{(m+1)^2}{3-m}\)

Przekształcamy warunek:

\(x_1^2+x_2^2=x_1x_2+7\)

\((x_1+x_2)^2-2x_1x_2=x_1x_2+7\)

\((x_1+x_2)^2=3x_1x_2+7\)

\(\frac{(m+1)^2}{(3-m)^2}=-\frac{3(m+1)^2}{3-m}+7\)

Mnożymy obie strony przez \((3-m)^2\neq 0\):

\((m+1)^2+3(m+1)^2(3-m)-7(3-m)^2=0\)

\(m^2+2m+1-3m^3+3m^2+15m+9-7m^2+42m-63=0\)

\(-3m^3-3m^2+59m-53=0\)

Etap III. Rozwiązanie równania sześciennego.

Sprawdzamy \(m=1\): \(-3-3+59-53=0\) ✓

Dzielimy wielomian przez \((m-1)\):

\(-3m^3-3m^2+59m-53=(m-1)\left(-3m^2-6m+53\right)\)

Dla \(-3m^2-6m+53=0\), czyli \(3m^2+6m-53=0\):

\(\Delta=36+636=672\), \(\;\sqrt{672}=4\sqrt{42}\)

\(m=\frac{-6\pm 4\sqrt{42}}{6}=\frac{-3\pm 2\sqrt{42}}{3}\)

Etap IV. Część wspólna warunków.

\(m=1\) należy do przedziału z etapu I ✓

\(m=\frac{-3-2\sqrt{42}}{3}\approx-5{,}32\) należy do przedziału ✓

\(m=\frac{-3+2\sqrt{42}}{3}\approx 3{,}32\gt\frac{13}{4}=3{,}25\) — nie spełnia warunku \(\Delta\gt 0\), odrzucamy.

Odpowiedź: \(m=1\) lub \(m=\frac{-3-2\sqrt{42}}{3}\)

Krok 1. Krawędź podstawy w zależności od \(R\).

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\). Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym wynosi \(R=\frac{a\sqrt{3}}{3}\), skąd:

\(a=R\sqrt{3}\)

Krok 2. Pole podstawy.

\(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\left(R\sqrt{3}\right)^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}\)

Krok 3. Wysokość ostrosłupa.

Z warunku \(H+R=6\) otrzymujemy:

\(H=6-R\)

Krok 4. Objętość.

\(V=\frac{1}{3}P_p\cdot H=\frac{1}{3}\cdot\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}\cdot(6-R)\)

\(V=\frac{R^2\sqrt{3}}{4}\cdot(6-R)=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(6R^2-R^3\right)\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Uwaga: z warunków \(R\gt 0\) oraz \(H=6-R\gt 0\) wynika \(R\in(0,6)\).

Krok 1. Pochodna funkcji \(V\).

\(V'(R)=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(12R-3R^2\right)=\frac{3\sqrt{3}}{4}R(4-R)\)

Krok 2. Miejsca zerowe pochodnej.

\(\frac{3\sqrt{3}}{4}R(4-R)=0\Rightarrow R=0\) lub \(R=4\)

Do przedziału \((0,6)\) należy tylko \(R=4\).

Krok 3. Badanie znaku pochodnej.

Dla \(R\in(0,4)\): \(R\gt 0\) i \(4-R\gt 0\), więc \(V'(R)\gt 0\) — funkcja rosnąca.

Dla \(R\in(4,6)\): \(4-R\lt 0\), więc \(V'(R)\lt 0\) — funkcja malejąca.

Zatem funkcja \(V\) osiąga w punkcie \(R=4\) maksimum, będące jej wartością największą w przedziale \((0,6)\).

Krok 4. Największa objętość.

\(V(4)=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(6\cdot 16-64\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}(96-64)=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 32=8\sqrt{3}\)

Odpowiedź: objętość jest największa dla \(R=4\) i wynosi \(V_{\max}=8\sqrt{3}\).