Zbiór \(A\).

\(|x-4|\ge7\ \Longleftrightarrow\ x-4\le-7\ \text{lub}\ x-4\ge7\ \Longleftrightarrow\ x\le-3\ \text{lub}\ x\ge11\).

Zatem \(A=(-\infty,-3\rangle\cup\langle11,+\infty)\).

Zbiór \(B\). Kwadrat liczby rzeczywistej jest dodatni dokładnie wtedy, gdy liczba jest różna od zera:

\(B=R\setminus\{0\}=(-\infty,0)\cup(0,+\infty)\).

Zbiór \(C=B\setminus A\). Z \(B\) usuwamy wszystkie elementy należące do \(A\), czyli liczby \(\le-3\) i \(\ge11\). Pozostaje przedział \((-3,11)\), z którego dodatkowo wyłączone jest zero (bo \(0\notin B\)):

\(C=(-3,0)\cup(0,11)\).

Na osi liczbowej: \(A\) — dwie półproste (domknięte) na zewnątrz punktów \(-3\) i \(11\); \(B\) — cała oś z wyjątkiem punktu \(0\); \(C\) — odcinek otwarty od \(-3\) do \(11\) z wyłączonym punktem \(0\).

Przestrzeń zdarzeń. Wybieramy 3 osoby spośród 16 (kolejność nie ma znaczenia):

\(|\Omega|=\dbinom{16}{3}=\dfrac{16\cdot15\cdot14}{6}=560\).

Zdarzenia sprzyjające. Wybieramy 2 osoby spośród 4 znających okolicę oraz 1 osobę spośród 12 pozostałych:

\(|A|=\dbinom{4}{2}\cdot\dbinom{12}{1}=6\cdot12=72\).

Prawdopodobieństwo.

\(P(A)=\dfrac{72}{560}=\dfrac{9}{70}\approx0{,}129\).

a) Średnia.

\(\bar{x}=\dfrac{16\cdot1+18\cdot15+19\cdot24+20\cdot68+21\cdot26+22\cdot16}{150}\),

\(\bar{x}=\dfrac{16+270+456+1360+546+352}{150}=\dfrac{3000}{150}=20\) dag.

Wariancja.

\((16-20)^2\cdot1=16\), \(\ (18-20)^2\cdot15=60\), \(\ (19-20)^2\cdot24=24\),

\((20-20)^2\cdot68=0\), \(\ (21-20)^2\cdot26=26\), \(\ (22-20)^2\cdot16=64\).

Suma: \(190\), zatem \(\sigma^2=\dfrac{190}{150}=\dfrac{19}{15}\approx1{,}2667\).

Odchylenie standardowe.

\(\sigma=\sqrt{\dfrac{19}{15}}\approx1{,}13\) dag.

b) Średnia masa wynosi dokładnie 20 dag, czyli jest równa masie nominalnej — pierwszy warunek jest spełniony. Jednak odchylenie standardowe

\(\sigma\approx1{,}13>1\) dag,

więc drugi warunek nie jest spełniony.

Odpowiedź: kontrola zakładu nie wypadła pozytywnie.

a) Z zależności \(a_3=a_1q^2\):

\(27=12q^2\), czyli \(q^2=\dfrac{27}{12}=\dfrac94\), skąd \(q=\dfrac32\) lub \(q=-\dfrac32\).

Ponieważ \(a_1=12>0\), a ciąg jest rosnący, iloraz musi być dodatni i większy od 1:

\(q=\dfrac32\).

b)

\(a_n=a_1q^{n-1}=12\left(\dfrac32\right)^{n-1}\).

c)

\(a_6=12\left(\dfrac32\right)^{5}=12\cdot\dfrac{243}{32}=\dfrac{2916}{32}=\dfrac{729}{8}=91{,}125\).

a) Z jedynki trygonometrycznej \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\), więc prawa strona równania wynosi

\(3\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)=3\).

Stąd \(4\,\mathrm{tg}\,\alpha=3\), czyli

\(\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac34\).

b) Mamy \(\mathrm{tg}\,\alpha>0\) oraz \(\sin\alpha\lt 0\). Tangens jest dodatni w I i III ćwiartce, a sinus ujemny w III i IV ćwiartce — kąt \(\alpha\) leży więc w III ćwiartce (między \(180^\circ\) a \(270^\circ\)).

Ponieważ \(\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{y}{x}=\dfrac34\), a w III ćwiartce \(x\lt 0\) i \(y\lt 0\), na końcowym ramieniu leży np. punkt

\(P=(-4,-3)\).

(Sprawdzenie: \(\mathrm{tg}\,\alpha=\tfrac{-3}{-4}=\tfrac34\), \(\ \sin\alpha=\tfrac{-3}{5}\lt 0\). ✅)

1) Wymiary trójkąta \(AEC\). Trójkąt jest prostokątny w \(A\), więc z twierdzenia Pitagorasa

\(|AC|=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12\) cm.

2) Podobieństwo. Trójkąty \(DBC\) i \(AEC\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(C\) oraz po kącie prostym (przy \(D\) i przy \(A\)), są więc podobne. Przeciwprostokątnej \(EC\) odpowiada przeciwprostokątna \(BC\), zatem skala podobieństwa wynosi

\(k=\dfrac{|BC|}{|EC|}=\dfrac{6{,}5}{13}=\dfrac12\).

Stąd

\(|BD|=\tfrac12|AE|=2{,}5\) cm, \(\ |DC|=\tfrac12|AC|=6\) cm.

Sprawdzenie: \(\sqrt{2{,}5^2+6^2}=\sqrt{6{,}25+36}=\sqrt{42{,}25}=6{,}5=|BC|\). ✅

3) Pole działki \(P_2\) na rysunku. Trójkąt \(DBC\) jest prostokątny w \(D\), więc jego przyprostokątne to \(BD\) i \(DC\):

\(P_2^{rys}=\tfrac12\cdot|BD|\cdot|DC|=\tfrac12\cdot2{,}5\cdot6=7{,}5\ \text{cm}^2\).

4) Pole rzeczywiste. Skala 1:1000 oznacza, że 1 cm na rysunku to 1000 cm = 10 m, a 1 cm² to \(100\ \text{m}^2\):

\(P_2=7{,}5\cdot100=750\ \text{m}^2\).

5) Koszt.

\(750\cdot35=26\,250\) zł.

Ponieważ \(26\,250>26\,000\), kwota nie wystarczy — brakuje 250 zł.

Każda rura ma średnicę \(d=1\) m, czyli promień \(r=0{,}5\) m.

Szerokość. Dwie dolne rury są styczne do siebie i do pionowych ścian kanału, więc

\(szer.=2d=2\) m.

Wysokość. Środki trzech rur tworzą trójkąt równoboczny o boku \(d=1\) m (odległość środków stycznych zewnętrznie okręgów to suma promieni).

Wysokość tego trójkąta wynosi \(\dfrac{\sqrt3}{2}\), zatem środek górnej rury leży o \(\dfrac{\sqrt3}{2}\) wyżej niż środki dolnych.

Licząc od dna kanału:

\(H=\underbrace{r}_{\text{do środków dolnych}}+\underbrace{\dfrac{\sqrt3}{2}}_{\text{do środka górnej}}+\underbrace{r}_{\text{do góry rury}}=1+\dfrac{\sqrt3}{2}\).

\(H=1+\dfrac{\sqrt3}{2}\approx1+0{,}8660=1{,}8660\approx1{,}87\) m.

Odpowiedź: szerokość kanału wynosi 2 m, a wysokość około 1,87 m.

Miejsca zerowe. \(-x^2+6x-5=0\), czyli \(x^2-6x+5=0\).

\(\Delta=36-20=16\), \(\sqrt{\Delta}=4\), skąd \(x_1=1\), \(x_2=5\).

Wierzchołek.

\(x_w=\dfrac{1+5}{2}=3\), \(\ f(3)=-9+18-5=4\), więc \(W=(3,4)\).

a) Współczynnik przy \(x^2\) jest ujemny, więc ramiona paraboli skierowane są w dół, a wierzchołek leży najwyżej. Wykres przecina oś \(OX\) w punktach \((1,0)\) i \((5,0)\), a oś \(OY\) w \((0,-5)\).

Zbiór wartości: \(ZW=(-\infty,4\rangle\).

b) Wartości nieujemne funkcja przyjmuje między miejscami zerowymi (włącznie):

\(f(x)\ge0\ \Longleftrightarrow\ x\in\langle1,5\rangle\).

a) Rysujemy ostrosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy \(a=4\) m. Zaznaczamy apotemę podstawy \(m\) (odcinek od środka podstawy do środka krawędzi) oraz apotemę ściany bocznej \(h_b\); kąt między nimi to kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy, równy \(60^\circ\).

b) Apotema ściany bocznej.

\(m=\dfrac{a}{2}=2\) m, \(\ \cos60^\circ=\dfrac{m}{h_b}\), skąd \(h_b=\dfrac{2}{\tfrac12}=4\) m.

Pole powierzchni bocznej. Dach tworzy cztery przystające trójkąty równoramienne:

\(P_b=4\cdot\tfrac12\cdot a\cdot h_b=4\cdot\tfrac12\cdot4\cdot4=32\ \text{m}^2\).

Liczba dachówek.

\(32\cdot24=768\) sztuk,

z 8% zapasem: \(768\cdot1{,}08=829{,}44\).

Dachówki kupujemy w całych sztukach, więc należy kupić 830 dachówek.

a) Z warunków \(W(3)=0\) i \(W(-1)=0\):

\(W(3)=54+9a+3b+30=0\ \Rightarrow\ 9a+3b=-84\ \Rightarrow\ 3a+b=-28\),

\(W(-1)=-2+a-b+30=0\ \Rightarrow\ a-b=-28\).

Dodając równania stronami: \(4a=-56\), czyli \(a=-14\), a stąd \(b=a+28=14\).

Zatem \(W(x)=2x^3-14x^2+14x+30\).

b) Dla wielomianu \(2x^3-14x^2+14x+30\) iloczyn pierwiastków wynosi

\(x_1x_2x_3=-\dfrac{30}{2}=-15\).

Ponieważ \(x_1=3\), \(x_2=-1\), mamy \(3\cdot(-1)\cdot x_3=-15\), czyli \(x_3=5\).

Sprawdzenie: \(W(5)=250-350+70+30=0\). ✅

(Równoważnie: \(W(x)=2(x-3)(x+1)(x-5)\).)

Mianowniki kolejnych składników to iloczyny sąsiednich wyrazów ciągu arytmetycznego \(1,5,9,13,\ldots,285\) o różnicy 4.

Każdy składnik zapisujemy jako różnicę ułamków, korzystając z tożsamości

\(\dfrac{4}{n(n+4)}=\dfrac{(n+4)-n}{n(n+4)}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+4}\).

Zatem

\(S_1=\left(\dfrac11-\dfrac15\right)+\left(\dfrac15-\dfrac19\right)+\left(\dfrac19-\dfrac1{13}\right)+\ldots+\left(\dfrac{1}{281}-\dfrac{1}{285}\right)\).

Sąsiednie składniki redukują się parami (poza pierwszym i ostatnim):

\(S_1=1-\dfrac{1}{285}=\dfrac{284}{285}\).