Krok 1. Model — schemat Bernoulliego.

Mamy \(n=10\) niezależnych prób (wysyłek). Za sukces uznajemy uszkodzenie pralki:

\(p=0{,}02\), \(\;q=1-p=0{,}98\)

Krok 2. Rozbicie zdarzenia \(A\).

„Co najwyżej jedna uszkodzona" oznacza zero uszkodzeń albo dokładnie jedno:

\(P(A)=P(k=0)+P(k=1)\)

\(P(k=0)=\binom{10}{0}p^0q^{10}=0{,}98^{10}\)

\(P(k=1)=\binom{10}{1}p^1q^{9}=10\cdot 0{,}02\cdot 0{,}98^{9}\)

Krok 3. Obliczenia.

\(0{,}98^{9}\approx 0{,}833748\), \(\;0{,}98^{10}\approx 0{,}817073\)

\(P(k=1)\approx 0{,}2\cdot 0{,}833748\approx 0{,}166750\)

\(P(A)\approx 0{,}817073+0{,}166750=0{,}983823\)

Po zaokrągleniu do części tysięcznych:

Odpowiedź: \(P(A)\approx 0{,}984\)

Krok 1. Przekształcenie liczby \(b\).

Korzystamy ze wzoru na zamianę podstawy logarytmu:

\(b=\log_{\sqrt{2}}27=\frac{\log_2 27}{\log_2\sqrt{2}}=\frac{\log_2 27}{\frac{1}{2}}=2\log_2 27\)

Zatem:

\(b+2=2\log_2 27+2=2\left(\log_2 27+1\right)=2\left(\log_2 27+\log_2 2\right)=2\log_2 54\)

Krok 2. Przekształcenie liczby \(a\).

\(a=\log_2 14=\log_2(2\cdot 7)=\log_2 2+\log_2 7=1+\log_2 7\)

Zatem:

\(2a-2=2\left(1+\log_2 7\right)-2=2\log_2 7\)

Krok 3. Iloraz.

\(\frac{b+2}{2a-2}=\frac{2\log_2 54}{2\log_2 7}=\frac{\log_2 54}{\log_2 7}\)

Ze wzoru na zamianę podstawy logarytmu \(\frac{\log_2 54}{\log_2 7}=\log_7 54\), co należało wykazać.

Uwaga: mianownik jest różny od zera, bo \(\log_2 7\neq 0\). \(\blacksquare\)

Iloczyn cyfr ma być liczbą parzystą mniejszą od \(5\), czyli równą \(0\), \(2\) albo \(4\). Rozpatrujemy te trzy przypadki osobno.

Przypadek 1: iloczyn cyfr równy \(0\).

Oznacza to, że co najmniej jedna cyfra jest zerem. Liczymy dopełnieniem.

Wszystkich liczb sześciocyfrowych jest \(9\cdot 10^5=900\,000\).

Liczb sześciocyfrowych bez cyfry \(0\) jest \(9^6=531\,441\).

Zatem liczb z co najmniej jednym zerem jest:

\(900\,000-531\,441=368\,559\)

Przypadek 2: iloczyn cyfr równy \(2\).

Żadna cyfra nie jest zerem, a iloczyn \(2\) można uzyskać tylko z jednej dwójki i pięciu jedynek. Dwójka może stać na dowolnej z \(6\) pozycji:

\(6\) liczb

Przypadek 3: iloczyn cyfr równy \(4\).

Możliwe zestawy cyfr to:

• jedna czwórka i pięć jedynek — \(6\) ustawień,

• dwie dwójki i cztery jedynki — \(\binom{6}{2}=15\) ustawień.

Razem: \(6+15=21\) liczb.

Podsumowanie.

Przypadki są rozłączne, więc szukana liczba jest równa:

\(368\,559+6+21=368\,586\)

Odpowiedź: takich liczb jest \(368\,586\).

Krok 1. Układ współrzędnych.

Przyjmijmy \(|AD|=1\), wtedy \(|AB|=2\). Wprowadzamy układ współrzędnych:

\(A=(0,0)\), \(B=(2,0)\), \(C=(2,1)\), \(D=(0,1)\)

Punkty leżą na bokach: \(K=(k,0)\), \(L=(2,l)\), \(M=(m,1)\), \(N=(0,n)\).

Krok 2. Wykorzystanie warunku \(LM\parallel BD\).

\(\vec{BD}=[-2,1]\), \(\;\vec{LM}=[m-2,\;1-l]\)

Z równoległości: \(\frac{m-2}{-2}=\frac{1-l}{1}\), skąd \(m-2=-2+2l\), czyli

\(m=2l\)

Krok 3. Wykorzystanie prostokątności trapezu.

W trapezie prostokątnym wysokość \(LM\) jest prostopadła do obu podstaw, którymi są \(KL\) i \(MN\). Wektor prostopadły do \([-2,1]\) to \([1,2]\), zatem:

\(\vec{KL}=[2-k,\;l]\parallel[1,2]\;\Rightarrow\;l=2(2-k)\)

Krok 4. Pola trójkątów.

Trójkąt \(MDN\) jest prostokątny przy wierzchołku \(D\):

\(|DM|=m\), \(\;|DN|=1-n\)

Z warunku \(\vec{MN}=[-m,\;n-1]\parallel[1,2]\) otrzymujemy \(n-1=-2m\), czyli \(|DN|=1-n=2m\).

\(P_{MDN}=\frac{1}{2}\cdot m\cdot 2m=m^2\)

Trójkąt \(KBL\) jest prostokątny przy wierzchołku \(B\):

\(|KB|=2-k\), \(\;|BL|=l=2(2-k)\)

\(P_{KBL}=\frac{1}{2}\cdot(2-k)\cdot 2(2-k)=(2-k)^2\)

Krok 5. Stosunek pól.

Z kroków 2 i 3: \(m=2l=2\cdot 2(2-k)=4(2-k)\). Zatem:

\(\frac{P_{MDN}}{P_{KBL}}=\frac{m^2}{(2-k)^2}=\frac{16(2-k)^2}{(2-k)^2}=16\)

Interpretacja: oba trójkąty są prostokątne o przyprostokątnych w stosunku \(1:2\), więc są podobne, a skala podobieństwa wynosi \(4\) — stąd stosunek pól \(4^2=16\). \(\blacksquare\)

Krok 1. Warunek istnienia dwóch różnych rozwiązań.

\(\Delta=(2m)^2-4(2m-1)=4m^2-8m+4=4(m-1)^2\)

\(\Delta\gt 0\iff (m-1)^2\gt 0\iff m\neq 1\)

Krok 2. Wzory Viète’a.

\(x_1+x_2=-2m\), \(\;x_1\cdot x_2=2m-1\)

\(x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=4m^2-2(2m-1)=4m^2-4m+2\)

Krok 3. Równanie z jedną niewiadomą.

\(m\left(4m^2-4m+2\right)=3m(2m-1)+2\)

\(4m^3-4m^2+2m=6m^2-3m+2\)

\(4m^3-10m^2+5m-2=0\)

Krok 4. Rozwiązanie równania sześciennego.

Sprawdzamy \(m=2\): \(4\cdot 8-10\cdot 4+5\cdot 2-2=32-40+10-2=0\) ✓

Dzielimy wielomian przez \((m-2)\):

\(4m^3-10m^2+5m-2=(m-2)\left(4m^2-2m+1\right)\)

Dla czynnika kwadratowego: \(\Delta=(-2)^2-4\cdot 4\cdot 1=4-16=-12\lt 0\), więc nie ma on pierwiastków rzeczywistych.

Krok 5. Sprawdzenie warunku z kroku 1.

\(m=2\neq 1\), więc \(\Delta\gt 0\) i równanie ma dwa różne rozwiązania.

Odpowiedź: \(m=2\)

Krok 1. Suma cosinusów.

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

\(\cos(2x)+\cos(4x)=2\cos(3x)\cos(x)\)

Równanie przyjmuje postać:

\(2\cos(3x)\cos(x)+2\cos^2(3x)=0\)

Krok 2. Rozkład na czynniki.

\(2\cos(3x)\left[\cos(x)+\cos(3x)\right]=0\)

Ponownie stosujemy wzór na sumę cosinusów: \(\cos x+\cos 3x=2\cos(2x)\cos(x)\):

\(4\cos(3x)\cos(2x)\cos(x)=0\)

Krok 3. Rozwiązania w przedziale \([0,\pi]\).

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

\(\cos(2x)=0\Rightarrow 2x=\frac{\pi}{2}+k\pi\Rightarrow x=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}\Rightarrow x\in\left\{\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right\}\)

\(\cos(3x)=0\Rightarrow 3x=\frac{\pi}{2}+k\pi\Rightarrow x=\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\Rightarrow x\in\left\{\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2},\frac{5\pi}{6}\right\}\)

Odpowiedź: \(x=\frac{\pi}{6}\), \(x=\frac{\pi}{4}\), \(x=\frac{\pi}{2}\), \(x=\frac{3\pi}{4}\), \(x=\frac{5\pi}{6}\)

Krok 1. Wykorzystanie własności czworokąta wpisanego w okrąg.

Przekątna \(AC\) dzieli czworokąt na trójkąty \(ABC\) i \(ACD\). Oznaczmy \(\alpha=|\angle ABC|\). W czworokącie wpisanym w okrąg przeciwległe kąty sumują się do \(180^\circ\), więc \(|\angle ADC|=180^\circ-\alpha\) i \(\cos|\angle ADC|=-\cos\alpha\).

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w obu trójkątach.

W trójkącie \(ABC\) (boki \(3\) i \(3\)):

\(|AC|^2=3^2+3^2-2\cdot 3\cdot 3\cos\alpha=18-18\cos\alpha\)

W trójkącie \(ACD\) (boki \(5\) i \(8\)):

\(|AC|^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot(-\cos\alpha)=89+80\cos\alpha\)

Krok 3. Wyznaczenie \(\cos\alpha\) i \(|AC|\).

\(18-18\cos\alpha=89+80\cos\alpha\)

\(-71=98\cos\alpha\)

\(\cos\alpha=-\frac{71}{98}\)

\(|AC|^2=18-18\cdot\left(-\frac{71}{98}\right)=18+\frac{1278}{98}=\frac{1764+1278}{98}=\frac{3042}{98}=\frac{1521}{49}\)

\(|AC|=\frac{39}{7}\)

Krok 4. Twierdzenie sinusów.

\(\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{71}{98}\right)^2}=\frac{\sqrt{9604-5041}}{98}=\frac{\sqrt{4563}}{98}=\frac{39\sqrt{3}}{98}\)

(bo \(4563=27\cdot 169\), więc \(\sqrt{4563}=13\cdot 3\sqrt{3}=39\sqrt{3}\)).

Okrąg opisany na czworokącie jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie \(ABC\):

\(2R=\frac{|AC|}{\sin\alpha}=\frac{\frac{39}{7}}{\frac{39\sqrt{3}}{98}}=\frac{39}{7}\cdot\frac{98}{39\sqrt{3}}=\frac{14}{\sqrt{3}}\)

\(R=\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

Odpowiedź: \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

Krok 1. Współczynnik kierunkowy stycznej.

Ponieważ \(f(-2)=0\), punktem styczności jest \(A=(-2,0)\). Styczna przechodzi przez \(A\) i \(P=(1,9)\):

\(k=\frac{9-0}{1-(-2)}=\frac{9}{3}=3\)

Zatem \(f'(-2)=3\).

Krok 2. Warunek z pochodnej.

\(f'(x)=3x^2+2ax+b\)

\(f'(-2)=12-4a+b=3\)

\(b=4a-9\)

Krok 3. Warunek \(f(-2)=0\).

\(-8+4a-2b+c=0\)

\(c=8-4a+2b=8-4a+2(4a-9)=4a-10\)

Krok 4. Warunek \(f(1)=9\).

Punkt \(P\) leży na wykresie wielomianu, więc:

\(1+a+b+c=9\)

\(1+a+(4a-9)+(4a-10)=9\)

\(9a-18=9\)

\(a=3\)

Stąd \(b=4\cdot 3-9=3\) oraz \(c=4\cdot 3-10=2\).

Sprawdzenie.

\(f(x)=x^3+3x^2+3x+2=(x+2)\left(x^2+x+1\right)\), więc \(f(-2)=0\) ✓

\(f(1)=1+3+3+2=9\) ✓, \(\;f'(x)=3x^2+6x+3\), \(\;f'(-2)=12-12+3=3\) ✓

Odpowiedź: \(f(x)=x^3+3x^2+3x+2\)

Krok 1. Wyrazy ciągu \((a_n)\) w zależności od \(r\).

Z warunku \(a_6=a_1+5r=15\) mamy \(a_1=15-5r\), zatem:

\(a_3=a_1+2r=15-3r\), \(\;a_8=a_1+7r=15+2r\), \(\;a_{15}=a_1+14r=15+9r\)

Krok 2. Równanie z niewiadomą \(r\).

\(15+9r=(15-3r)\left(15+2r-6\right)=(15-3r)(9+2r)\)

\(15+9r=135+30r-27r-6r^2\)

\(15+9r=135+3r-6r^2\)

\(6r^2+6r-120=0\)

\(r^2+r-20=0\)

\(\Delta=1+80=81\), \(\;r_1=\frac{-1-9}{2}=-5\), \(\;r_2=\frac{-1+9}{2}=4\)

Ciąg jest rosnący, więc \(r\gt 0\) i przyjmujemy \(r=4\) (wartość \(r=-5\) odrzucamy).

Krok 3. Ciąg \((b_n)\).

\(a_1=15-5\cdot 4=-5\)

\(b_1=a_{11}=a_1+10r=-5+40=35\)

\(b_2=a_6=15\)

\(q=\frac{b_2}{b_1}=\frac{15}{35}=\frac{3}{7}\)

Krok 4. Suma szeregu geometrycznego.

Ponieważ \(|q|=\frac{3}{7}\lt 1\), szereg jest zbieżny:

\(S=\frac{b_1}{1-q}=\frac{35}{1-\frac{3}{7}}=\frac{35}{\frac{4}{7}}=\frac{245}{4}\)

Odpowiedź: \(S=\frac{245}{4}=61{,}25\)

Krok 1. Układ współrzędnych.

Niech \(a\) będzie długością krawędzi podstawy, a \(H\) — wysokością ostrosłupa. Przyjmijmy:

\(A=\left(-\frac{a}{2},0,0\right)\), \(\;B=\left(\frac{a}{2},0,0\right)\), \(\;C=\left(0,\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)\), \(\;D=\left(0,\frac{a\sqrt{3}}{6},H\right)\)

Niech \(M=(0,0,0)\) będzie środkiem krawędzi \(AB\). Płaszczyzna przechodząca przez \(AB\) i prostopadła do \(CD\) przecina \(CD\) w punkcie \(E\), przy czym \(ME\perp CD\), więc \(|CE|\) jest rzutem odcinka \(CM\) na prostą \(CD\).

Krok 2. Wyznaczenie \(|CE|\).

\(\vec{CM}=\left[0,-\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right]\), \(\;\vec{CD}=\left[0,-\frac{a\sqrt{3}}{3},H\right]\)

\(\vec{CM}\circ\vec{CD}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2}{2}\)

\(|CE|=\frac{\vec{CM}\circ\vec{CD}}{|CD|}=\frac{a^2}{2b}\), gdzie \(b=|CD|\)

Krok 3. Wykorzystanie danego stosunku.

Z warunku \(\frac{|CE|}{|DE|}=\frac{3}{11}\) wynika \(\frac{|CE|}{|CD|}=\frac{3}{14}\), zatem:

\(\frac{a^2}{2b^2}=\frac{3}{14}\)

\(b^2=\frac{7a^2}{3}\)

Ponieważ \(b^2=\frac{a^2}{3}+H^2\) (odległość od środka podstawy do wierzchołka podstawy wynosi \(\frac{a\sqrt{3}}{3}\)):

\(H^2=\frac{7a^2}{3}-\frac{a^2}{3}=2a^2\), czyli \(H=a\sqrt{2}\)

Krok 4. Pole powierzchni bocznej.

Wysokość ściany bocznej (apotema) to \(|MD|\):

\(|MD|=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2+H^2}=\sqrt{\frac{a^2}{12}+2a^2}=a\sqrt{\frac{25}{12}}=\frac{5a}{2\sqrt{3}}\)

\(P_b=3\cdot\frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{5a}{2\sqrt{3}}=\frac{15a^2}{4\sqrt{3}}=\frac{5a^2\sqrt{3}}{4}\)

Krok 5. Szukany stosunek.

\(P_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)

\(P_c=P_{ABC}+P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{5a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{6a^2\sqrt{3}}{4}\)

\(\frac{P_c}{P_{ABC}}=\frac{\frac{6a^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=6\)

Odpowiedź: stosunek jest równy \(6\).

Krok 1. Pozostałe wierzchołki równoległoboku.

Punkt \(M\) jest środkiem obu przekątnych, więc:

\(B=2M-D=(-9+13,\;2-9)=(4,-7)\)

\(C=2M-A=(-9+8,\;2+1)=(-1,3)\)

Krok 2. Równania prostych \(AB\) i \(BC\).

Prosta \(AB\) przez \(A=(-8,-1)\) i \(B=(4,-7)\):

\(a=\frac{-7+1}{4+8}=-\frac{1}{2}\), \(\;y=-\frac{1}{2}x-5\), czyli \(x+2y+10=0\)

Prosta \(BC\) przez \(B=(4,-7)\) i \(C=(-1,3)\):

\(a=\frac{3+7}{-1-4}=-2\), \(\;y=-2x+1\), czyli \(2x+y-1=0\)

Krok 3. Środek okręgu leży na dwusiecznej kąta.

Środek \(S=(p,q)\) jest równo oddalony od obu prostych:

\(\frac{|p+2q+10|}{\sqrt{5}}=\frac{|2p+q-1|}{\sqrt{5}}\)

Rozpatrujemy dwusieczną \(p+2q+10=-(2p+q-1)\):

\(3p+3q+9=0\), czyli \(q=-p-3\) (prosta \(y=-x-3\))

Krok 4. Warunek przechodzenia przez początek układu.

Promień jest równy odległości środka od prostej \(AB\) oraz od punktu \((0,0)\):

\(r=\frac{|p+2(-p-3)+10|}{\sqrt{5}}=\frac{|4-p|}{\sqrt{5}}\)

\(r^2=p^2+(p+3)^2\)

Stąd:

\(5\left[p^2+(p+3)^2\right]=(p-4)^2\)

\(5\left(2p^2+6p+9\right)=p^2-8p+16\)

\(10p^2+30p+45=p^2-8p+16\)

\(9p^2+38p+29=0\)

\(\Delta=1444-1044=400\), \(\;\sqrt{\Delta}=20\)

\(p_1=\frac{-38-20}{18}=-\frac{29}{9}\), \(\;p_2=\frac{-38+20}{18}=-1\)

Krok 5. Wybór rozwiązania.

Dla \(p=-\frac{29}{9}\) mamy \(q=\frac{29}{9}-3=\frac{2}{9}\gt 0\) — odrzucamy (druga współrzędna ma być ujemna).

Dla \(p=-1\) mamy \(q=-2\lt 0\) ✓, więc \(S=(-1,-2)\) oraz:

\(r^2=(-1)^2+(-2)^2=5\)

Sprawdzenie: odległość \(S\) od prostej \(x+2y+10=0\) wynosi \(\frac{|-1-4+10|}{\sqrt{5}}=\frac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\) ✓

Odpowiedź: \(\mathcal{O}:\;(x+1)^2+(y+2)^2=5\)

Krok 1. Wysokość w zależności od \(a\).

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), więc \(P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\). Oznaczmy przez \(H\) wysokość graniastosłupa:

\(P_c=2P_p+P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+3aH=24\sqrt{3}\)

\(3aH=24\sqrt{3}-\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{2}\)

\(H=\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{6a}\)

Krok 2. Objętość.

\(V=P_p\cdot H=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}\left(48-a^2\right)}{6a}\)

\(V=\frac{a^2\cdot 3\cdot\left(48-a^2\right)}{24a}=\frac{a\left(48-a^2\right)}{8}\)

\(V(a)=6a-\frac{1}{8}a^3\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Uwaga: z warunku \(H\gt 0\) wynika \(48-a^2\gt 0\), czyli \(a\in\left(0,4\sqrt{3}\right)\).

Krok 1. Pochodna funkcji \(V\).

\(V'(a)=6-\frac{3}{8}a^2\)

Krok 2. Miejsce zerowe pochodnej.

\(6-\frac{3}{8}a^2=0\)

\(a^2=16\)

\(a=4\) (bierzemy rozwiązanie dodatnie, należące do przedziału \(\left(0,4\sqrt{3}\right)\), bo \(4\sqrt{3}\approx 6{,}93\))

Krok 3. Badanie monotoniczności.

Dla \(a\in(0,4)\): \(V'(a)\gt 0\) — funkcja rosnąca.

Dla \(a\in\left(4,4\sqrt{3}\right)\): \(V'(a)\lt 0\) — funkcja malejąca.

Zatem w punkcie \(a=4\) funkcja \(V\) osiąga maksimum, które jest jednocześnie jej wartością największą w rozważanym przedziale.

Krok 4. Największa objętość.

\(V(4)=6\cdot 4-\frac{1}{8}\cdot 4^3=24-\frac{64}{8}=24-8=16\)

Odpowiedź: objętość jest największa dla krawędzi podstawy \(a=4\) i wynosi \(V_{\max}=16\).