Oznaczmy \(L(n)=\sum_{k=1}^{n}k(k+2)(k!)^2\) oraz \(P(n)=\bigl[(n+1)!\bigr]^2-1\).

1) Baza indukcji \((n=1)\).

\(L(1)=1\cdot3\cdot(1!)^2=3\), \(\ P(1)=(2!)^2-1=4-1=3\). Równość zachodzi.

2) Krok indukcyjny. Załóżmy, że dla pewnego \(n\ge1\) zachodzi \(L(n)=\bigl[(n+1)!\bigr]^2-1\). Pokażemy, że \(L(n+1)=\bigl[(n+2)!\bigr]^2-1\).

\(L(n+1)=L(n)+(n+1)(n+3)\bigl[(n+1)!\bigr]^2=\bigl[(n+1)!\bigr]^2-1+(n+1)(n+3)\bigl[(n+1)!\bigr]^2\).

Wyłączamy \(\bigl[(n+1)!\bigr]^2\) przed nawias:

\(L(n+1)=\bigl[(n+1)!\bigr]^2\bigl[1+(n+1)(n+3)\bigr]-1=\bigl[(n+1)!\bigr]^2\bigl[n^2+4n+4\bigr]-1\),

\(L(n+1)=\bigl[(n+1)!\bigr]^2(n+2)^2-1=\bigl[(n+1)!\cdot(n+2)\bigr]^2-1=\bigl[(n+2)!\bigr]^2-1\).

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej \(n\ge1\). \(\blacksquare\)

a) Badamy różnicę kolejnych wyrazów:

\(a_{n+1}-a_n=\dfrac{5n+11}{10(n+2)}-\dfrac{5n+6}{10(n+1)}=\dfrac{(5n+11)(n+1)-(5n+6)(n+2)}{10(n+1)(n+2)}\).

Licznik: \((5n^2+16n+11)-(5n^2+16n+12)=-1\), zatem

\(a_{n+1}-a_n=\dfrac{-1}{10(n+1)(n+2)}\lt 0\) dla każdego \(n\ge1\).

Ciąg jest więc malejący.

b)

\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{5n+6}{10n+10}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{5+\tfrac6n}{10+\tfrac{10}{n}}=\dfrac{5}{10}=\dfrac12\).

c) Ciąg jest malejący, więc największym jego wyrazem jest

\(a_1=\dfrac{11}{20}\),

a wartości ciągu maleą do granicy \(\tfrac12\), której nie osiągają, ale do niej dążą. Zatem

\(\dfrac12\lt a_n\le\dfrac{11}{20}\) dla każdego \(n\),

a największą liczbą \(a\) i najmniejszą liczbą \(b\) spełniającymi warunek \(a\le a_n\le b\) są

\(a=\dfrac12\), \(\ b=\dfrac{11}{20}\).

a) Wykres funkcji \(y=\sin2x\) powstaje z wykresu sinusa przez dwukrotne „ściśnięcie” wzdłuż osi \(Ox\): okres wynosi \(\pi\), miejsca zerowe to \(x=\tfrac{k\pi}{2}\), a wartości należą do \(\langle-1,1\rangle\). W przedziale \(\langle-2\pi,2\pi\rangle\) mieści się dokładnie cztery pełne okresy.

b) Funkcja \(y=\dfrac{|\sin2x|}{\sin2x}\) jest określona dla \(\sin2x\neq0\), czyli dla \(x\neq\tfrac{k\pi}{2}\), i przyjmuje tylko dwie wartości:

\(y=1\), gdy \(\sin2x>0\), oraz \(y=-1\), gdy \(\sin2x\lt 0\).

Wykresem jest więc „schodkowy” układ poziomych odcinków na wysokościach \(1\) i \(-1\), z punktami wyłączonymi w \(x=\tfrac{k\pi}{2}\).

Nierówność \(\dfrac{|\sin2x|}{\sin2x}\lt 0\) zachodzi dokładnie wtedy, gdy \(\sin2x\lt 0\), czyli gdy \(2x\in(\pi+2k\pi,\ 2\pi+2k\pi)\), a więc \(x\in\left(\tfrac{\pi}{2}+k\pi,\ \pi+k\pi\right)\).

W przedziale \(\langle-2\pi,2\pi\rangle\) daje to

\(x\in\left(-\tfrac{3\pi}{2},-\pi\right)\cup\left(-\tfrac{\pi}{2},0\right)\cup\left(\tfrac{\pi}{2},\pi\right)\cup\left(\tfrac{3\pi}{2},2\pi\right)\).

Niech \(A,B,C\) oznaczają zdarzenia polegające na tym, że w losowo wybranym dniu autobus prowadzi odpowiednio kierowca A, B, C, a \(S\) — że autobus się spóźni.

Zdarzenia \(A,B,C\) wykluczają się parami i wypełniają całą przestrzeń, przy czym

\(P(A)=\tfrac25\), \(\ P(B)=\tfrac25\), \(\ P(C)=\tfrac15\),

a z treści zadania

\(P(S|A)=0{,}05\), \(\ P(S|B)=0{,}20\), \(\ P(S|C)=0{,}50\).

Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite:

\(P(S)=\tfrac25\cdot0{,}05+\tfrac25\cdot0{,}20+\tfrac15\cdot0{,}50\),

\(P(S)=0{,}02+0{,}08+0{,}10=0{,}20\).

Odpowiedź: prawdopodobieństwo spóźnienia wynosi \(0{,}2\) (czyli 20%).

W trójkącie \(ABC\) dane są: \(|\sphericalangle ABC|=130^\circ\), \(|\sphericalangle ACB|=30^\circ\) oraz \(|BC|=400\) m.

Trzeci kąt. \(|\sphericalangle BAC|=180^\circ-130^\circ-30^\circ=20^\circ\).

Twierdzenie sinusów.

\(\dfrac{|AB|}{\sin|\sphericalangle ACB|}=\dfrac{|BC|}{\sin|\sphericalangle BAC|}\),

\(|AB|=\dfrac{400\cdot\sin30^\circ}{\sin20^\circ}=\dfrac{400\cdot0{,}5}{0{,}3420}=\dfrac{200}{0{,}3420}\approx584{,}8\).

Odpowiedź: odległość między obiektami \(A\) i \(B\) wynosi około 585 m.

Przyjmijmy \(|CS|=2t\) i \(|SB|=5t\), gdzie \(t>0\); wtedy \(|BC|=7t\).

Podstawy trapezu. Odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu są równe. Z symetrii trapezu równoramiennego okrąg jest styczny do podstaw w ich środkach, więc

\(|CD|=2|CS|=4t\) oraz \(|AB|=2|SB|=10t\).

(Zgadza się to z warunkiem opisania okręgu: \(|AB|+|CD|=14t=|BC|+|AD|\).)

a) Długość ramienia. Wysokość trapezu jest równa \(2r\), a rzut ramienia na podstawę wynosi \(\dfrac{|AB|-|CD|}{2}=3t\). Z twierdzenia Pitagorasa:

\((2r)^2=|BC|^2-(3t)^2=49t^2-9t^2=40t^2\),

stąd \(2r=2t\sqrt{10}\), czyli \(t=\dfrac{r}{\sqrt{10}}\).

Zatem

\(|BC|=7t=\dfrac{7r}{\sqrt{10}}=\dfrac{7r\sqrt{10}}{10}\).

b) Cosinus kąta \(CBD\). Wprowadźmy układ współrzędnych: \(A=(0,0)\), \(B=(10t,0)\), \(D=(3t,h)\), \(C=(7t,h)\), gdzie \(h=2t\sqrt{10}\).

\(\overrightarrow{BC}=(-3t,\ 2t\sqrt{10})\), \(\ |BC|=7t\);

\(\overrightarrow{BD}=(-7t,\ 2t\sqrt{10})\), \(\ |BD|=\sqrt{49t^2+40t^2}=t\sqrt{89}\).

Iloczyn skalarny: \(\overrightarrow{BC}\circ\overrightarrow{BD}=21t^2+40t^2=61t^2\), więc

\(\cos|\sphericalangle CBD|=\dfrac{61t^2}{7t\cdot t\sqrt{89}}=\dfrac{61}{7\sqrt{89}}=\dfrac{61\sqrt{89}}{623}\approx0{,}924\).

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, a przez \(H\) krawędź boczną (\(a,H>0\)).

Warunek objętości.

\(V=\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot H=2\), skąd \(H=\dfrac{8}{a^2\sqrt3}\).

Pole powierzchni całkowitej.

\(S=2\cdot\dfrac{a^2\sqrt3}{4}+3aH=\dfrac{a^2\sqrt3}{2}+3a\cdot\dfrac{8}{a^2\sqrt3}=\dfrac{a^2\sqrt3}{2}+\dfrac{24}{a\sqrt3}=\dfrac{a^2\sqrt3}{2}+\dfrac{8\sqrt3}{a}\).

Minimalizacja. Liczymy pochodną dla \(a>0\):

\(S'(a)=a\sqrt3-\dfrac{8\sqrt3}{a^2}=\sqrt3\cdot\dfrac{a^3-8}{a^2}\).

\(S'(a)=0\) dla \(a^3=8\), czyli \(a=2\); ponadto \(S'(a)\lt 0\) dla \(a\lt 2\) i \(S'(a)>0\) dla \(a>2\), więc w \(a=2\) funkcja osiąga minimum.

Wtedy

\(H=\dfrac{8}{4\sqrt3}=\dfrac{2}{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3}{3}\approx1{,}15\).

Odpowiedź: krawędź podstawy \(a=2\) m, krawędź boczna \(H=\dfrac{2\sqrt3}{3}\) m.

Ilorazem ciągu jest \(q=\log_2(k-2)\).

Warunek istnienia logarytmu: \(k-2>0\), czyli \(k>2\).

Warunek niezerowych wyrazów: \(q\neq0\), czyli \(k-2\neq1\), a więc \(k\neq3\).

Warunek istnienia sumy szeregu geometrycznego: \(|q|\lt 1\), czyli

\(-1\lt \log_2(k-2)\lt 1\).

Ponieważ podstawa \(2>1\), funkcja logarytmiczna jest rosnąca, więc

\(2^{-1}\lt k-2\lt 2^{1}\), czyli \(\dfrac12\lt k-2\lt 2\), a stąd \(\dfrac52\lt k\lt 4\).

Część wspólna wszystkich warunków:

\(k\in\left(\dfrac52,3\right)\cup(3,4)\).

Sprowadzamy obie funkcje do tej samej podstawy \(3\):

\(g(x)=\left(3^{-2}\right)^{-2x^2-3x+2}=3^{\,-2(-2x^2-3x+2)}=3^{\,4x^2+6x-4}\).

Nierówność \(f(x)>g(x)\) przyjmuje postać

\(3^{x^2-5x}>3^{\,4x^2+6x-4}\).

Ponieważ podstawa \(3>1\), funkcja wykładnicza jest rosnąca, więc nierówność jest równoważna nierówności wykładników:

\(x^2-5x>4x^2+6x-4\),

\(0>3x^2+11x-4\).

\(\Delta=121+48=169\), \(\sqrt{\Delta}=13\), więc pierwiastki to \(x=\dfrac{-11-13}{6}=-4\) oraz \(x=\dfrac{-11+13}{6}=\dfrac13\).

Ramiona paraboli skierowane są w górę, zatem

\(x\in\left(-4,\dfrac13\right)\).

1) Część wykresu dla \(x\in\langle-8,0\rangle\). Z podanych informacji odczytujemy:

• na \((-8,-3)\) funkcja maleje — od punktu \((-8,0)\) do minimum lokalnego \((-3,-2)\),

• na \((-3,-1)\) funkcja rośnie — przechodzi przez \((-2,0)\) do maksimum lokalnego \((-1,1)\),

• na \((-1,0)\) funkcja maleje — do punktu \((0,0)\).

Wartość \(f(0)=0\) wynika z nieparzystości i ciągłości: \(f(0)=-f(0)\).

2) Część wykresu dla \(x\in\langle0,8\rangle\). Funkcja jest nieparzysta, więc jej wykres jest symetryczny względem początku układu współrzędnych: \(f(x)=-f(-x)\). Odbijając część z punktu 1) przez punkt \((0,0)\) otrzymujemy

\(f(1)=-f(-1)=-1\) — minimum lokalne w \((1,-1)\),

\(f(2)=-f(-2)=0\), \(\ f(3)=-f(-3)=2\) — maksimum lokalne w \((3,2)\), \(\ f(8)=-f(-8)=0\).

3) Podsumowanie przebiegu. Wykres zaczyna się w \((-8,0)\), maleje do \((-3,-2)\), rośnie przez \((-2,0)\) do \((-1,1)\), maleje do \((0,0)\) i dalej do \((1,-1)\), następnie rośnie przez \((2,0)\) do \((3,2)\) i maleje do \((8,0)\). Miejsca zerowe w przedziale \(\langle-8,8\rangle\) to: \(-8,\ -2,\ 0,\ 2,\ 8\).