Opuszczamy wartości bezwzględne w trzech przedziałach wyznaczonych przez \(x=-2\) i \(x=1\):

• dla \(x\lt -2\): \(f(x)=(1-x)-(-x-2)=3\),

• dla \(-2\le x\lt 1\): \(f(x)=(1-x)-(x+2)=-2x-1\),

• dla \(x\ge1\): \(f(x)=(x-1)-(x+2)=-3\).

a) Dla \(x\in(-\infty,-2)\) funkcja jest stała i równa \(3\), więc zbiorem wartości jest \(\{3\}\).

b) Wykres składa się z trzech części: półprostej poziomej \(y=3\) dla \(x\lt -2\), odcinka prostej \(y=-2x-1\) łączącego punkty \((-2,3)\) i \((1,-3)\) oraz półprostej poziomej \(y=-3\) dla \(x\ge1\). Wykres jest ciągły, a zbiorem wartości funkcji jest przedział \(\langle-3,3\rangle\).

c) Miejsce zerowe może leżeć tylko na środkowym odcinku:

\(-2x-1=0\), skąd \(x=-\dfrac12\) (i \(-\tfrac12\in\langle-2,1)\)).

d) Ponieważ zbiorem wartości funkcji jest \(\langle-3,3\rangle\), równanie \(f(x)=m\) nie ma rozwiązań dokładnie wtedy, gdy \(m\lt -3\) lub \(m>3\).

Dziedzina. Wszystkie liczby logarytmowane muszą być dodatnie:

\(x^2-1>0\Rightarrow x\lt -1\ \text{lub}\ x>1\); \(\ 5-x>0\Rightarrow x\lt 5\); \(\ 3(x+1)>0\Rightarrow x>-1\).

Częścią wspólną jest \(D=(1,5)\).

Rozwiązanie nierówności. Z sumy logarytmów:

\(\log_{\frac13}\bigl[(x^2-1)(5-x)\bigr]>\log_{\frac13}\bigl(3(x+1)\bigr)\).

Podstawa \(\tfrac13\in(0,1)\), więc funkcja logarytmiczna jest malejąca i nierówność zmienia kierunek:

\((x^2-1)(5-x)\lt 3(x+1)\).

W dziedzinie \(x+1>0\), więc możemy podzielić obie strony przez \(x+1\):

\((x-1)(5-x)\lt 3\),

\(-x^2+6x-5\lt 3\), czyli \(x^2-6x+8>0\), a więc \((x-2)(x-4)>0\).

Stąd \(x\lt 2\) lub \(x>4\).

Część wspólna z dziedziną: \(x\in(1,2)\cup(4,5)\).

Oznaczmy przez \(r\) promień (wspólny dla stożka i półkuli), a przez \(h=r+1\) wysokość stożka.

\(V_{s}=\tfrac13\pi r^2(r+1)\), \(\ V_{p}=\tfrac23\pi r^3\), \(\ V=V_s+V_p\).

Z warunku \(V_s=\tfrac23V\) wynika \(V_p=\tfrac13V\), a więc \(V_s=2V_p\):

\(\tfrac13\pi r^2(r+1)=2\cdot\tfrac23\pi r^3=\tfrac43\pi r^3\).

Dzieląc przez \(\tfrac13\pi r^2\ (r>0)\):

\(r+1=4r\), skąd \(r=\dfrac13\) (m), a \(h=\dfrac43\) (m).

Obliczamy objętości:

\(V_s=\tfrac13\pi\cdot\tfrac19\cdot\tfrac43=\dfrac{4\pi}{81}\), \(\ V_p=\tfrac23\pi\cdot\tfrac{1}{27}=\dfrac{2\pi}{81}\).

\(V=\dfrac{4\pi}{81}+\dfrac{2\pi}{81}=\dfrac{6\pi}{81}=\dfrac{2\pi}{27}\approx0{,}23\ \text{m}^3\).

Sprawdzenie: \(\dfrac{V_s}{V}=\dfrac{4\pi/81}{6\pi/81}=\dfrac23\). ✅

Najkrótszy bok ma długość \(1\); kąt \(\alpha\) leży naprzeciw niego, między bokami \(\tfrac32\) i \(2\).

Z twierdzenia cosinusów:

\(1^2=\left(\tfrac32\right)^2+2^2-2\cdot\tfrac32\cdot2\cdot\cos\alpha\),

\(1=\tfrac94+4-6\cos\alpha\),

\(6\cos\alpha=\tfrac94+4-1=\tfrac{21}{4}\), skąd \(\cos\alpha=\dfrac{21}{24}=\dfrac78\).

Ponieważ \(\alpha\) jest kątem trójkąta, to \(\sin\alpha>0\), więc z jedynki trygonometrycznej

\(\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\tfrac78\right)^2}=\sqrt{1-\tfrac{49}{64}}=\sqrt{\tfrac{15}{64}}=\dfrac{\sqrt{15}}{8}\).

Wierzchołek paraboli. \(y=-x^2+6x\), więc \(x_C=\dfrac{-6}{2\cdot(-1)}=3\) oraz \(y_C=-9+18=9\). Stąd \(C=(3,9)\), a parabola ma ramiona skierowane w dół.

Wierzchołki \(A\) i \(B\). Bok \(AB\) jest poziomy, a parabola jest symetryczna względem prostej \(x=3\), więc

\(A=(3-t,\,y_0)\), \(B=(3+t,\,y_0)\), gdzie \(t>0\).

Obliczamy \(y_0=-(3+t)^2+6(3+t)=9-t^2\), więc

\(|AB|=2t\) oraz wysokość trójkąta \(h=y_C-y_0=9-(9-t^2)=t^2\).

Warunek równoboczności. W trójkącie równobocznym o boku \(a\) wysokość wynosi \(\tfrac{a\sqrt3}{2}\):

\(t^2=\dfrac{2t\sqrt3}{2}=t\sqrt3\).

Ponieważ \(t>0\), dzielimy przez \(t\): \(t=\sqrt3\).

Stąd \(y_0=9-3=6\), a więc

\(A=(3-\sqrt3,\ 6)\), \(B=(3+\sqrt3,\ 6)\), \(C=(3,\ 9)\).

Rysunek: parabola o wierzchołku \((3,9)\) i miejscach zerowych \(0\) i \(6\); trójkąt o poziomej podstawie na wysokości \(y=6\) i wierzchołku w punkcie \((3,9)\).

Ponieważ \(P(B)=0{,}75>0\), prawdopodobieństwo warunkowe jest określone i równe

\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\).

Szacujemy \(P(A\cap B)\) od dołu. Ze wzoru na prawdopodobieństwo sumy

\(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\),

a ponieważ \(P(A\cup B)\le1\), otrzymujemy

\(P(A\cap B)\ge P(A)+P(B)-1=0{,}85+0{,}75-1=0{,}6\).

Zatem

\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{0{,}75}\ge\dfrac{0{,}6}{0{,}75}=0{,}8\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)

Rozwiązanie układu. Wyznacznik główny:

\(W=\begin{vmatrix}m&-1\\1&m\end{vmatrix}=m^2+1>0\) dla każdego \(m\), więc układ zawsze ma dokładnie jedno rozwiązanie.

\(W_x=\begin{vmatrix}2&-1\\m&m\end{vmatrix}=2m+m=3m\), \(\ W_y=\begin{vmatrix}m&2\\1&m\end{vmatrix}=m^2-2\).

Stąd

\(x=\dfrac{3m}{m^2+1}\), \(\ y=\dfrac{m^2-2}{m^2+1}\).

Najmniejsza wartość sumy. Niech

\(S(m)=x+y=\dfrac{m^2+3m-2}{m^2+1}\).

Obliczamy pochodną:

\(S'(m)=\dfrac{(2m+3)(m^2+1)-(m^2+3m-2)\cdot2m}{(m^2+1)^2}=\dfrac{-3m^2+6m+3}{(m^2+1)^2}\).

Licznik zeruje się dla \(m^2-2m-1=0\), czyli \(m=1\pm\sqrt2\). W przedziale \(\langle2,4\rangle\) leży tylko \(m_0=1+\sqrt2\approx2{,}41\), przy czym \(S'>0\) dla \(m\lt m_0\) i \(S'\lt 0\) dla \(m>m_0\) — jest to maksimum.

Wartość najmniejsza jest więc przyjmowana na krańcu przedziału:

\(S(2)=\dfrac{4+6-2}{5}=\dfrac85=1{,}6\), \(\ S(4)=\dfrac{16+12-2}{17}=\dfrac{26}{17}\approx1{,}529\).

Odpowiedź: najmniejsza wartość sumy \(x+y\) wynosi \(\dfrac{26}{17}\) i jest przyjmowana dla \(m=4\).

Upraszczamy wzór, rozpatrując znak \(\sin x\).

• Dla \(x\in(0,\pi)\): \(\sin x>0\), więc \(|\sin x|=\sin x\) i

\(f(x)=\dfrac{\sin^2x-\sin x}{\sin x}=\sin x-1\).

• Dla \(x\in(\pi,2\pi)\): \(\sin x\lt 0\), więc \(|\sin x|=-\sin x\) i

\(f(x)=\dfrac{\sin^2x+\sin x}{\sin x}=\sin x+1\).

a) Wykresem jest więc łuk sinusoidy przesuniętej o \(1\) w dół na przedziale \((0,\pi)\) (wartości od \(-1\) do \(0\)) oraz łuk sinusoidy przesuniętej o \(1\) w górę na przedziale \((\pi,2\pi)\) (wartości od \(0\) do \(1\)). Punkty \(x=0,\ \pi,\ 2\pi\) są wyłączone z dziedziny.

b) Miejsca zerowe:

• na \((0,\pi)\): \(\sin x-1=0\), czyli \(\sin x=1\), skąd \(x=\dfrac{\pi}{2}\),

• na \((\pi,2\pi)\): \(\sin x+1=0\), czyli \(\sin x=-1\), skąd \(x=\dfrac{3\pi}{2}\).

Szukamy rozkładu postaci

\(W(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)\), gdzie \(a,b,c,d\in Z\).

Po wymnożeniu:

\((x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4+(a+c)x^3+(b+d+ac)x^2+(ad+bc)x+bd\).

Porównując współczynniki z \(W\) otrzymujemy układ:

\(a+c=-2\), \(\ b+d+ac=-3\), \(\ ad+bc=4\), \(\ bd=-1\).

Z ostatniego równania i całkowitości: \(b=1,d=-1\) albo \(b=-1,d=1\).

Przypadek \(b=1,\ d=-1\): wtedy \(b+d=0\), więc \(ac=-3\), a z trzeciego równania \(-a+c=4\). Łącząc z \(a+c=-2\) dostajemy \(2c=2\), czyli \(c=1\) i \(a=-3\); warunek \(ac=-3\) jest spełniony.

Zatem

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

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

Oznaczmy przez \(a\) długość boku rombu, przez \(\alpha\) jego kąt ostry, a przez \(r\) promień koła wpisanego.

Promień. Wysokość rombu wynosi \(h=a\sin\alpha\) i jest równa średnicy koła wpisanego, więc

\(r=\dfrac{a\sin\alpha}{2}\).

Pola.

\(P_{ko\text{ł}a}=\pi r^2=\dfrac{\pi a^2\sin^2\alpha}{4}\), \(\ P_{rombu}=a^2\sin\alpha\).

Stosunek pól.

\(\dfrac{P_{ko\text{ł}a}}{P_{rombu}}=\dfrac{\pi a^2\sin^2\alpha}{4a^2\sin\alpha}=\dfrac{\pi\sin\alpha}{4}\).

Z warunku zadania:

\(\dfrac{\pi\sin\alpha}{4}=\dfrac{\pi\sqrt3}{8}\), skąd \(\sin\alpha=\dfrac{\sqrt3}{2}\).

Ponieważ \(\alpha\) jest kątem ostrym, \(\alpha=60^\circ\).

Wzór na wyraz ogólny. Dla \(n\ge2\):

\(a_n=S_n-S_{n-1}=(2n^2+n)-\bigl(2(n-1)^2+(n-1)\bigr)=2n^2+n-(2n^2-3n+1)=4n-1\).

Wzór działa też dla \(n=1\), bo \(a_1=S_1=3=4\cdot1-1\). Ciąg jest arytmetyczny o różnicy \(r=4\).

a) Wyrazy o numerach parzystych to \(a_{2k}=8k-1\) dla \(k=1,2,\ldots,50\). Tworzą one ciąg arytmetyczny o pierwszym wyrazie \(a_2=7\), ostatnim \(a_{100}=399\) i różnicy \(8\), więc

\(a_2+a_4+\ldots+a_{100}=\dfrac{7+399}{2}\cdot50=203\cdot50=10150\).

b)

\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^2+n}{3n^2-2}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2+\tfrac1n}{3-\tfrac{2}{n^2}}=\dfrac23\).