Wzór funkcji. Dla \(m\neq-2\) równanie jest kwadratowe, więc ze wzorów Viète'a

\(f(m)=x_1x_2=\dfrac{3m+2}{m+2}\).

Dziedzina. Równanie musi mieć dwa różne pierwiastki, czyli \(\Delta>0\):

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

\((m+2)^3-12m-8=m^3+6m^2+12m+8-12m-8=m^3+6m^2=m^2(m+6)\),

zatem \(\Delta=m^2(m+2)(m+6)\).

Warunek \(\Delta>0\) oznacza \(m\neq0\) oraz \((m+2)(m+6)>0\), czyli \(m\lt -6\) lub \(m>-2\).

Uwzględniając założenie \(m\neq-2\) otrzymujemy

\(D_f=(-\infty,-6)\cup(-2,0)\cup(0,+\infty)\).

Szkic wykresu. Przekształcamy wzór:

\(f(m)=\dfrac{3(m+2)-4}{m+2}=3-\dfrac{4}{m+2}\).

Jest to hiperbola o asymptotach \(m=-2\) (pionowa) i \(y=3\) (pozioma), powstała z wykresu \(y=-\tfrac4m\) przez przesunięcie o wektor \([-2,3]\). Rysujemy tylko te jej części, które odpowiadają dziedzinie: gałąź dla \(m\lt -6\) (bez punktu \(m=-6\), gdzie \(f(-6)=4\)) oraz gałąź dla \(m>-2\) z wyłączonym punktem \((0,1)\).

Z pierwszego równania \(|x|=y+1\), przy czym musi być \(y+1\ge0\), czyli \(y\ge-1\).

Podnosząc do kwadratu: \(x^2=(y+1)^2\).

Podstawiamy do drugiego równania:

\((y+1)^2+(y+1)^2=8\), czyli \(2(y+1)^2=8\), a stąd \((y+1)^2=4\).

Zatem \(y+1=2\) lub \(y+1=-2\); drugi przypadek odrzucamy, bo \(y+1\ge0\).

Otrzymujemy \(y=1\) oraz \(|x|=2\), czyli \(x=2\) lub \(x=-2\).

Odpowiedź: \((2,1)\) oraz \((-2,1)\).

Warunki na podstawę logarytmu: \(x>0\) i \(x\neq1\).

Warunek na liczbę logarytmowaną: \(4^x-12\cdot2^x+32>0\).

Podstawiamy \(t=2^x>0\); wtedy \(4^x=t^2\) i nierówność przyjmuje postać

\(t^2-12t+32>0\), czyli \((t-4)(t-8)>0\).

Stąd \(t\lt 4\) lub \(t>8\), a więc

\(2^x\lt 2^2\) lub \(2^x>2^3\), czyli \(x\lt 2\) lub \(x>3\).

Część wspólna warunków:

\(D_f=(0,1)\cup(1,2)\cup(3,+\infty)\).

Oznaczmy przez \(a_n\) długość boku \(n\)-tego trójkąta, przy czym \(a_1=a\).

Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(a_n\) wynosi \(\dfrac{a_n\sqrt3}{2}\), więc

\(a_{n+1}=\dfrac{a_n\sqrt3}{2}\) — ciąg boków jest geometryczny o ilorazie \(\dfrac{\sqrt3}{2}\).

Pola trójkątów tworzą więc ciąg geometryczny o ilorazie

\(q=\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2=\dfrac34\), przy czym \(P_1=\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\).

Ponieważ \(|q|=\tfrac34\lt 1\), suma szeregu istnieje:

\(S=\dfrac{P_1}{1-q}=\dfrac{\tfrac{a^2\sqrt3}{4}}{\tfrac14}=a^2\sqrt3\).

Dziedzina: \(\sin x\neq0\), czyli \(x\neq k\pi\).

Korzystamy ze wzoru redukcyjnego \(\cos\left(\tfrac{\pi}{2}+x\right)=-\sin x\) oraz \(\mathrm{ctg}\,x=\dfrac{\cos x}{\sin x}\):

\(\dfrac{1}{\sin x}+\dfrac{\cos x}{\sin x}-\sin x=0\).

Mnożymy obie strony przez \(\sin x\neq0\):

\(1+\cos x-\sin^2x=0\).

Z jedynki trygonometrycznej \(\sin^2x=1-\cos^2x\):

\(1+\cos x-1+\cos^2x=0\), czyli \(\cos x(1+\cos x)=0\).

• \(\cos x=0\) daje \(x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\); wtedy \(\sin x=\pm1\neq0\), więc wartości te należą do dziedziny.

• \(\cos x=-1\) daje \(x=\pi+2k\pi\), ale wtedy \(\sin x=0\) — odrzucamy.

Odpowiedź: \(x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\), gdzie \(k\) jest liczbą całkowitą.

Oznaczmy \(a=P(A)\), \(b=P(B)\).

Z niezależności zdarzeń: \(P(A\cap B)=ab\).

Ze wzoru na prawdopodobieństwo sumy:

\(P(A\cup B)=a+b-ab=1\).

Przekształcamy:

\(a+b-ab-1=0\),

\(-(1-a-b+ab)=0\),

\((1-a)(1-b)=0\).

Iloczyn jest równy zeru dokładnie wtedy, gdy jeden z czynników jest zerem, czyli \(a=1\) lub \(b=1\).

Oznacza to, że \(P(A)=1\) lub \(P(B)=1\), czyli jedno z tych zdarzeń jest zdarzeniem pewnym. \(\blacksquare\)

Z wykresu pochodnej odczytujemy jej miejsca zerowe: \(x=-4\), \(x=0\), \(x=4\), oraz znaki:

\(f'(x)\lt 0\) dla \(x\lt -4\) i dla \(0\lt x\lt 4\); \(\ f'(x)>0\) dla \(-4\lt x\lt 0\) i dla \(x>4\).

a) Funkcja maleje tam, gdzie jej pochodna jest ujemna, więc maksymalne przedziały monotoniczności malejącej to

\((-\infty,-4\rangle\) oraz \(\langle0,4\rangle\).

b) Maksimum lokalne występuje tam, gdzie pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny. Z wykresu widać, że dzieje się tak jedynie w punkcie

\(x=0\)

(dla \(x\in(-4,0)\) mamy \(f'>0\), a dla \(x\in(0,4)\) mamy \(f'\lt 0\)). W punktach \(x=-4\) i \(x=4\) pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni, więc są to minima lokalne.

c) Współczynnik kierunkowy stycznej w punkcie \(A\) jest równy \(f'(1)\), a z wykresu \(f'(1)=-2\).

Równanie stycznej:

\(y-2=-2(x-1)\), czyli \(y=-2x+4\).

a) Punkt \(C\) leży na osi \(OX\), więc \(C=(c,0)\). Kąt przy \(C\) jest prosty, zatem wektory \(\overrightarrow{CA}\) i \(\overrightarrow{CB}\) są prostopadłe:

\(\overrightarrow{CA}=(7-c,\ 8)\), \(\ \overrightarrow{CB}=(-1-c,\ 2)\),

\(\overrightarrow{CA}\circ\overrightarrow{CB}=(7-c)(-1-c)+16=0\).

\(-7-7c+c+c^2+16=0\), czyli \(c^2-6c+9=0\), a więc \((c-3)^2=0\) i \(c=3\).

Zatem \(C=(3,0)\).

b) W trójkącie prostokątnym środkiem okręgu opisanego jest środek przeciwprostokątnej \(AB\):

\(S=\left(\dfrac{7-1}{2},\dfrac{8+2}{2}\right)=(3,5)\), \(\ r=\dfrac{|AB|}{2}=\dfrac{\sqrt{8^2+6^2}}{2}=\dfrac{10}{2}=5\).

Jednokładność o środku \(P=(1,0)\) i skali \(k=-2\) przeprowadza środek na

\(S'=P+k(S-P)=(1,0)-2\cdot(2,5)=(1-4,\ 0-10)=(-3,-10)\),

a promień zmienia się w \(r'=|k|\cdot r=2\cdot5=10\).

Równanie obrazu:

\((x+3)^2+(y+10)^2=100\).

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), gdzie \(|AB|=|BC|=|CA|=a\), a \(b\) niech oznacza długość krawędzi bocznej.

1) Krawędź boczna. W trójkącie równoramiennym \(ASB\) kąt przy podstawie wynosi \(45^\circ\), a wysokość z \(S\) połowi \(AB\), więc

\(\cos45^\circ=\dfrac{a/2}{b}\), skąd \(b=\dfrac{a}{2\cos45^\circ}=\dfrac{a}{\sqrt2}=\dfrac{a\sqrt2}{2}\).

2) Przekrój. Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi \(SC\). Płaszczyzna przechodząca przez \(AB\) i \(M\) przecina ściany \(SAC\) i \(SBC\) wzdłuż odcinków \(AM\) i \(BM\), więc przekrojem jest trójkąt \(ABM\).

3) Długość \(AM\). W trójkącie \(ACM\) mamy \(|AC|=a\), \(|CM|=\tfrac{b}{2}=\tfrac{a\sqrt2}{4}\) oraz \(|\sphericalangle ACM|=45^\circ\). Z twierdzenia cosinusów:

\(|AM|^2=a^2+\dfrac{a^2}{8}-2\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt2}{4}\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=a^2+\dfrac{a^2}{8}-\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{5a^2}{8}\).

Z symetrii \(|BM|=|AM|\), więc trójkąt \(ABM\) jest równoramienny o podstawie \(AB=a\).

4) Pole przekroju. Wysokość opuszczona na \(AB\):

\(h=\sqrt{|AM|^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{5a^2}{8}-\dfrac{2a^2}{8}}=\sqrt{\dfrac{3a^2}{8}}=\dfrac{a\sqrt6}{4}\),

\(P=\dfrac12\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt6}{4}=\dfrac{a^2\sqrt6}{8}\).

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

\(\dfrac{2}{2\cdot1-1}=\dfrac{2}{1}=2=a_1\). Wzór jest prawdziwy.

2) Krok indukcyjny. Załóżmy, że dla pewnego \(n\ge1\) zachodzi \(a_n=\dfrac{2}{2n-1}\). Pokażemy, że \(a_{n+1}=\dfrac{2}{2(n+1)-1}=\dfrac{2}{2n+1}\).

Korzystając ze wzoru rekurencyjnego i założenia indukcyjnego:

\(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_n+1}=\dfrac{\dfrac{2}{2n-1}}{\dfrac{2}{2n-1}+1}=\dfrac{\dfrac{2}{2n-1}}{\dfrac{2+2n-1}{2n-1}}=\dfrac{2}{2n+1}\).

(Mianownik \(2n-1>0\) oraz \(a_n+1>0\), więc przekształcenia są poprawne.)

Otrzymaliśmy dokładnie \(\dfrac{2}{2(n+1)-1}\).

Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór \(a_n=\dfrac{2}{2n-1}\) jest prawdziwy dla każdego \(n\ge1\). \(\blacksquare\)