1) Liczba logarytmowana dodatnia. Rozkładamy wielomian na czynniki:

\(x^3+4x^2-x-4=x^2(x+4)-(x+4)=(x+4)(x^2-1)=(x+4)(x-1)(x+1)\).

Miejsca zerowe: \(-4,-1,1\). Współczynnik przy \(x^3\) jest dodatni, więc

\((x+4)(x+1)(x-1)>0\ \Longleftrightarrow\ x\in(-4,-1)\cup(1,+\infty)\).

2) Podstawa dodatnia i różna od 1.

\(x^2-3>0\ \Longleftrightarrow\ x\lt -\sqrt3\) lub \(x>\sqrt3\),

\(x^2-3\neq1\ \Longleftrightarrow\ x\neq-2\) i \(x\neq2\).

3) Część wspólna. Ponieważ \(\sqrt3\approx1{,}73\):

\((-4,-1)\cap\left(x\lt -\sqrt3\right)=(-4,-\sqrt3)\), a po usunięciu \(x=-2\): \((-4,-2)\cup(-2,-\sqrt3)\),

\((1,+\infty)\cap\left(x>\sqrt3\right)=(\sqrt3,+\infty)\), a po usunięciu \(x=2\): \((\sqrt3,2)\cup(2,+\infty)\).

Odpowiedź: \(D_f=(-4,-2)\cup(-2,-\sqrt3)\cup(\sqrt3,2)\cup(2,+\infty)\).

a) Sprowadzamy wzór do postaci jednej funkcji trygonometrycznej:

\(f(x)=2\left(\tfrac12\cos x-\tfrac{\sqrt3}{2}\sin x\right)=2\left(\cos x\cos\tfrac{\pi}{3}-\sin x\sin\tfrac{\pi}{3}\right)=2\cos\left(x+\tfrac{\pi}{3}\right)\).

Wykresem jest więc kosinusoida o amplitudzie \(2\) i okresie \(2\pi\), przesunięta o \(\tfrac{\pi}{3}\) w lewo; wartości należą do \(\langle-2,2\rangle\), a maksima wypadają w \(x=-\tfrac{\pi}{3}+2k\pi\).

b) Równanie \(f(x)=1\) przyjmuje postać

\(2\cos\left(x+\tfrac{\pi}{3}\right)=1\), czyli \(\cos\left(x+\tfrac{\pi}{3}\right)=\tfrac12\).

Stąd \(x+\tfrac{\pi}{3}=\tfrac{\pi}{3}+2k\pi\) lub \(x+\tfrac{\pi}{3}=-\tfrac{\pi}{3}+2k\pi\), a więc

\(x=2k\pi\) lub \(x=-\dfrac{2\pi}{3}+2k\pi\), gdzie \(k\) jest liczbą całkowitą.

Pojedynczy rzut. Wszystkich wyników rzutu dwiema kostkami jest \(36\), a tych o jednakowej liczbie oczek — \(6\), więc

\(p=\dfrac{6}{36}=\dfrac16\), \(\ q=1-p=\dfrac56\).

\(n\) rzutów (schemat Bernoulliego). Zdarzeniem przeciwnym do „co najmniej raz” jest „ani razu”, więc

\(P=1-\left(\dfrac56\right)^n\).

Nierówność.

\(1-\left(\dfrac56\right)^n\lt \dfrac{671}{1296}\),

\(\left(\dfrac56\right)^n>1-\dfrac{671}{1296}=\dfrac{625}{1296}=\left(\dfrac56\right)^4\).

Podstawa \(\tfrac56\in(0,1)\), więc funkcja wykładnicza jest malejąca i nierówność jest równoważna \(n\lt 4\).

Odpowiedź: \(n\in\{1,2,3\}\).

Licznik. Składniki \(1,4,7,\ldots,3n-2\) tworzą ciąg arytmetyczny o \(a_1=1\), \(r=3\) i \(n\) wyrazach:

\(S_n=\dfrac{1+(3n-2)}{2}\cdot n=\dfrac{n(3n-1)}{2}\).

Mianownik. Składniki \(5,7,9,\ldots,2n+3\) tworzą ciąg arytmetyczny o \(b_1=5\), \(r'=2\) i również \(n\) wyrazach:

\(S'_n=\dfrac{5+(2n+3)}{2}\cdot n=n(n+4)\).

Granica.

\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\tfrac{n(3n-1)}{2}}{n(n+4)}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{3n-1}{2(n+4)}=\dfrac32\).

1) Zapisanie wektora \(\overrightarrow{MN}\) na dwa sposoby.

Idąc „dolną drogą” \(M\to A\to B\to N\):

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}\)   (1)

Idąc „górną drogą” \(M\to D\to C\to N\):

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CN}\)   (2)

2) Dodanie równości stronami.

\(2\overrightarrow{MN}=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MD}\right)+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}+\left(\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{CN}\right)\).

Punkt \(M\) jest środkiem \(AD\), więc \(\overrightarrow{MD}=-\overrightarrow{MA}\); punkt \(N\) jest środkiem \(BC\), więc \(\overrightarrow{CN}=-\overrightarrow{BN}\). Stąd oba nawiasy są wektorami zerowymi:

\(2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\),

\(\overrightarrow{MN}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right)\).

3) Interpretacja. Wektory \(\overrightarrow{AB}\) i \(\overrightarrow{DC}\) są równoległe i zgodnie skierowane (to podstawy trapezu), więc odcinek \(MN\) — linia środkowa trapezu — jest równoległy do obu podstaw, a jego długość jest równa połowie sumy długości podstaw:

\(|MN|=\dfrac{|AB|+|DC|}{2}\).

Przyjmijmy układ współrzędnych: \(A=(0,0,0)\), \(B=(a,0,0)\), \(C=(a,a,0)\), \(D=(0,a,0)\) oraz górna podstawa na wysokości \(z=a\). Płaszczyzna przechodzi przez przekątną \(AC\) i wznosi się w stronę wierzchołka \(D\).

1) Czy przekrój jest trójkątem? Odległość punktu \(D\) od prostej \(AC\) wynosi \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\), więc nad punktem \(D\) płaszczyzna osiągnęłaby wysokość

\(\dfrac{a\sqrt2}{2}\cdot\mathrm{tg}\,60^\circ=\dfrac{a\sqrt6}{2}\approx1{,}22a>a\),

a więc płaszczyzna przecina górną podstawę i przekrojem jest trapez.

2) Wysokość trapezu (w płaszczyźnie przekroju). Wysokość \(a\) jest osiągana w odległości \(d\) od \(AC\), gdzie \(d\,\mathrm{tg}\,60^\circ=a\), czyli \(d=\dfrac{a}{\sqrt3}=\dfrac{a\sqrt3}{3}\). Wysokość trapezu (mierzona w płaszczyźnie przekroju) wynosi

\(h=\dfrac{d}{\cos60^\circ}=\dfrac{2a\sqrt3}{3}\).

3) Podstawy trapezu. Dłuższa podstawa to przekątna \(AC\):

\(|AC|=a\sqrt2\).

Krótsza podstawa leży na górnej ścianie sześcianu. Jej rzut na podstawę leży na prostej równoległej do \(AC\) i odległej od niej o \(d=\tfrac{a\sqrt3}{3}\); prosta ta odcina od trójkąta \(ACD\) trójkąt podobny w skali

\(k=\dfrac{d}{\tfrac{a\sqrt2}{2}}=\dfrac{2\sqrt3}{3\sqrt2}=\dfrac{\sqrt6}{3}\),

skąd długość krótszej podstawy wynosi \(b=a\sqrt2\left(1-\dfrac{\sqrt6}{3}\right)=\dfrac{a\sqrt2\left(3-\sqrt6\right)}{3}\).

4) Pole przekroju przez rzut. Rzutem przekroju na płaszczyznę podstawy jest trapez o wierzchołkach \(A=(0,0)\), \(C=(a,a)\), \(Q'=\left(a\left(1-\tfrac{\sqrt6}{3}\right),a\right)\), \(P'=\left(0,\tfrac{a\sqrt6}{3}\right)\). Ze wzoru na pole wielokąta (lub wprost) jego pole wynosi

\(S_{rzut}=\dfrac{a^2}{2}\cdot t(2-t)\), gdzie \(t=\dfrac{\sqrt6}{3}\), \(t^2=\dfrac23\),

\(S_{rzut}=\dfrac{a^2}{2}\left(2t-t^2\right)=\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{2\sqrt6-2}{3}=\dfrac{a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}\).

Ponieważ przekrój jest nachylony do podstawy pod kątem \(60^\circ\), zachodzi \(S_{rzut}=S\cos60^\circ\), a więc

\(S=\dfrac{S_{rzut}}{\cos60^\circ}=2\cdot\dfrac{a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}=\dfrac{2a^2\left(\sqrt6-1\right)}{3}\approx0{,}97a^2\).

Oznaczmy \(x=\sqrt[3]{5\sqrt2+7}-\sqrt[3]{5\sqrt2-7}\) oraz

\(a=\sqrt[3]{5\sqrt2+7}\), \(\ b=\sqrt[3]{5\sqrt2-7}\), więc \(x=a-b\).

1) Dwie użyteczne wielkości.

\(a^3-b^3=\left(5\sqrt2+7\right)-\left(5\sqrt2-7\right)=14\),

\(ab=\sqrt[3]{\left(5\sqrt2+7\right)\left(5\sqrt2-7\right)}=\sqrt[3]{50-49}=\sqrt[3]{1}=1\).

2) Równanie na \(x\). Ze wzoru \((a-b)^3=a^3-b^3-3ab(a-b)\):

\(x^3=14-3\cdot1\cdot x\), czyli \(x^3+3x-14=0\).

3) Rozwiązanie równania. Sprawdzamy \(x=2\): \(8+6-14=0\), więc \(x=2\) jest pierwiastkiem. Dzielimy:

\(x^3+3x-14=(x-2)\left(x^2+2x+7\right)\),

a trójmian \(x^2+2x+7\) ma \(\Delta=4-28=-24\lt 0\), więc nie ma pierwiastków rzeczywistych.

Zatem \(x=2\) — liczba całkowita. \(\blacksquare\)

Uwaga (sposób II). Można też zauważyć, że \(\left(\sqrt2+1\right)^3=5\sqrt2+7\) oraz \(\left(\sqrt2-1\right)^3=5\sqrt2-7\), skąd bezpośrednio

\(x=\left(\sqrt2+1\right)-\left(\sqrt2-1\right)=2\).

a) Z drugiego równania \(y=x^2-4\). Podstawiamy do pierwszego:

\(-4x^2+(x^2-4)^2+2(x^2-4)+1=0\),

\(-4x^2+x^4-8x^2+16+2x^2-8+1=0\),

\(x^4-10x^2+9=0\).

Podstawiając \(t=x^2\): \(t^2-10t+9=0\), skąd \(t=1\) lub \(t=9\), a więc \(x\in\{-3,-1,1,3\}\).

Odpowiadające wartości \(y=x^2-4\): dla \(x=\pm1\) mamy \(y=-3\), dla \(x=\pm3\) mamy \(y=5\).

Wierzchołki (w kolejności dającej czworokąt wypukły):

\(A=(-3,5)\), \(B=(3,5)\), \(C=(1,-3)\), \(D=(-1,-3)\).

b) Boki \(AB\) i \(DC\) leżą na prostych \(y=5\) oraz \(y=-3\), są więc równoległe (a \(|AB|=6\neq2=|DC|\), więc czworokąt nie jest równoległobokiem) — \(ABCD\) jest trapezem.

Ramiona:

\(|AD|=\sqrt{(-1+3)^2+(-3-5)^2}=\sqrt{4+64}=\sqrt{68}\),

\(|BC|=\sqrt{(1-3)^2+(-3-5)^2}=\sqrt{4+64}=\sqrt{68}\).

Ramiona są równe, więc trapez jest równoramienny. \(\blacksquare\)

c) Z symetrii względem osi \(OY\) środek okręgu ma postać \(S=(0,k)\). Z równości odległości od \(A\) i od \(D\):

\(9+(5-k)^2=1+(-3-k)^2\),

\(9+25-10k+k^2=1+9+6k+k^2\),

\(34-10k=10+6k\), skąd \(k=\dfrac32\).

Promień: \(r^2=9+\left(5-\tfrac32\right)^2=9+\dfrac{49}{4}=\dfrac{85}{4}\).

Równanie okręgu:

\(x^2+\left(y-\dfrac32\right)^2=\dfrac{85}{4}\).

1) Warunek istnienia pierwiastków rzeczywistych.

\(\Delta=(m-5)^2-4\left(m^2+m+\tfrac14\right)=(m-5)^2-\left(2m+1\right)^2\).

Ze wzoru na różnicę kwadratów:

\(\Delta=\bigl[(m-5)-(2m+1)\bigr]\bigl[(m-5)+(2m+1)\bigr]=(-m-6)(3m-4)\).

\(\Delta\ge0\ \Longleftrightarrow\ (m+6)(3m-4)\le0\ \Longleftrightarrow\ m\in\left\langle-6,\tfrac43\right\rangle\).

2) Wzór badanej funkcji. Ze wzorów Viète'a:

\(x_1+x_2=5-m\), \(\ x_1x_2=m^2+m+\tfrac14=\left(m+\tfrac12\right)^2\),

więc

\(f(m)=\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\dfrac{5-m}{\left(m+\tfrac12\right)^2}\), przy czym \(m\neq-\tfrac12\).

Dziedzina: \(m\in\left\langle-6,-\tfrac12\right)\cup\left(-\tfrac12,\tfrac43\right\rangle\).

3) Pochodna. Ze wzoru na pochodną ilorazu:

\(f'(m)=\dfrac{-\left(m+\tfrac12\right)^2-(5-m)\cdot2\left(m+\tfrac12\right)}{\left(m+\tfrac12\right)^4}=\dfrac{-\left(m+\tfrac12\right)-2(5-m)}{\left(m+\tfrac12\right)^3}=\dfrac{m-\tfrac{21}{2}}{\left(m+\tfrac12\right)^3}\).

Miejsce zerowe pochodnej: \(m=\tfrac{21}{2}\) — leży poza dziedziną.

4) Znak pochodnej. Licznik \(m-\tfrac{21}{2}\) jest ujemny w całej dziedzinie, więc znak \(f'\) zależy od mianownika:

• dla \(m\in\left\langle-6,-\tfrac12\right)\): \(\left(m+\tfrac12\right)^3\lt 0\), więc \(f'(m)>0\) — funkcja rośnie,

• dla \(m\in\left(-\tfrac12,\tfrac43\right\rangle\): \(\left(m+\tfrac12\right)^3>0\), więc \(f'(m)\lt 0\) — funkcja maleje.

5) Wartość najmniejsza. Kandydatami są końce przedziałów:

\(f(-6)=\dfrac{11}{\left(-\tfrac{11}{2}\right)^2}=\dfrac{11}{\tfrac{121}{4}}=\dfrac{4}{11}\),

\(f\!\left(\tfrac43\right)=\dfrac{5-\tfrac43}{\left(\tfrac{11}{6}\right)^2}=\dfrac{\tfrac{11}{3}}{\tfrac{121}{36}}=\dfrac{12}{11}\).

Ponieważ \(\tfrac{4}{11}\lt \tfrac{12}{11}\), wartość najmniejsza wynosi

\(\dfrac{4}{11}\) i jest przyjmowana dla \(m=-6\).

(Dla \(m=-6\) jest \(\Delta=0\), więc równanie ma jeden pierwiastek podwójny \(x_1=x_2=\tfrac{11}{2}\), a stosunek sumy do iloczynu wynosi \(\tfrac{11}{121/4}=\tfrac{4}{11}\).)