1) Wyznaczenie wzoru wielomianu \(f\). Z wykresu odczytujemy trzy miejsca zerowe: \(-6,\ -5,\ -3\). Wielomian stopnia trzeciego o takich pierwiastkach ma postać

\(f(x)=a(x+6)(x+5)(x+3)\).

Z warunku \(f(0)=90\):

\(a\cdot6\cdot5\cdot3=90\), czyli \(90a=90\), skąd \(a=1\).

Zatem \(f(x)=(x+6)(x+5)(x+3)\).

2) Obliczenie \(-f(-x)\).

\(-f(-x)=-(-x+6)(-x+5)(-x+3)=-(-1)^3(x-6)(x-5)(x-3)=(x-6)(x-5)(x-3)\).

3) Porównanie. Wymnażamy:

\((x-6)(x-5)=x^2-11x+30\),

\((x^2-11x+30)(x-3)=x^3-3x^2-11x^2+33x+30x-90=x^3-14x^2+63x-90=g(x)\).

Zatem \(g(x)=-f(-x)\) dla każdej liczby rzeczywistej \(x\). \(\blacksquare\)

Zauważmy, że \(|3x-6|=3|x-2|\), więc nierówność przyjmuje postać

\(4|x-2|\lt |x|\).

Miejsca zerowe wyrażeń pod modułami: \(x=0\) i \(x=2\).

1) \(x\lt 0\): \(4(2-x)\lt -x\), czyli \(8-4x\lt -x\), stąd \(x>\tfrac83\) — sprzeczność z \(x\lt 0\). Brak rozwiązań.

2) \(0\le x\lt 2\): \(4(2-x)\lt x\), czyli \(8\lt 5x\), stąd \(x>\tfrac85\). W tym przypadku \(x\in\left(\tfrac85,2\right)\).

3) \(x\ge2\): \(4(x-2)\lt x\), czyli \(3x\lt 8\), stąd \(x\lt \tfrac83\). W tym przypadku \(x\in\left\langle2,\tfrac83\right)\).

Sumą otrzymanych zbiorów jest \(x\in\left(\tfrac85,\tfrac83\right)\).

Ze wzorów Viète'a:

\(x_1+x_2=p^2+q^2\) oraz \(x_1x_2=p+q\).

Obliczamy:

\(x_1+x_2=(5+\sqrt{23})+(5-\sqrt{23})=10\),

\(x_1x_2=(5+\sqrt{23})(5-\sqrt{23})=25-23=2\).

Otrzymujemy układ \(p^2+q^2=10\), \(p+q=2\).

Z tożsamości \((p+q)^2=p^2+2pq+q^2\):

\(4=10+2pq\), skąd \(pq=-3\).

Liczby \(p\) i \(q\) są więc pierwiastkami równania \(t^2-2t-3=0\), czyli \((t-3)(t+1)=0\), skąd \(t=3\) lub \(t=-1\).

Odpowiedź: \(p=3,\ q=-1\) albo \(p=-1,\ q=3\).

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

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

\(4\sin^2x+4\sin x-3=0\).

Podstawiamy \(t=\sin x\), \(t\in\langle-1,1\rangle\):

\(4t^2+4t-3=0\), \(\Delta=16+48=64\), \(t=\dfrac{-4-8}{8}=-\dfrac32\) lub \(t=\dfrac{-4+8}{8}=\dfrac12\).

Wartość \(t=-\tfrac32\) odrzucamy. Pozostaje \(\sin x=\tfrac12\), co w przedziale \(\langle0,2\pi\rangle\) daje

\(x=\dfrac{\pi}{6}\) lub \(x=\dfrac{5\pi}{6}\).

Dziedziną równania jest \(x\neq0\). Oznaczmy \(u=\dfrac{2}{x}+3\).

Ponieważ \(\dfrac{2}{x}\) przyjmuje dokładnie raz każdą wartość różną od zera, zmienna \(u\) przebiega zbiór \(R\setminus\{3\}\), przy czym każdej dopuszczalnej wartości \(u\) odpowiada dokładnie jedno \(x\).

Równanie \(|u|=p\) rozważamy w zależności od \(p\):

• \(p\lt 0\): brak rozwiązań (wartość bezwzględna jest nieujemna) — 0 rozwiązań.

• \(p=0\): \(u=0\), a \(0\neq3\), więc \(\dfrac{2}{x}=-3\), czyli \(x=-\dfrac23\) — 1 rozwiązanie.

• \(p>0\): \(u=p\) lub \(u=-p\) — dwie różne wartości. Każda z nich daje rozwiązanie, o ile jest różna od \(3\). Wartość \(-p\) jest ujemna, więc zawsze dopuszczalna; wartość \(p\) jest niedopuszczalna dokładnie dla \(p=3\).

   – dla \(p=3\): 1 rozwiązanie (\(\tfrac{2}{x}=-6\), czyli \(x=-\tfrac13\)),

   – dla \(p>0\) i \(p\neq3\): 2 rozwiązania.

Z własności ciągu arytmetycznego: \(2b=a+c\), czyli \(b=\dfrac{a+c}{2}\).

Z własności ciągu geometrycznego: \(b^2=ac\) (wyrazy ciągu geometrycznego są różne od zera).

Podstawiamy pierwszą zależność do drugiej:

\(\left(\dfrac{a+c}{2}\right)^2=ac\),

\(a^2+2ac+c^2=4ac\),

\(a^2-2ac+c^2=0\),

\((a-c)^2=0\).

Stąd \(a=c\), a wtedy z równości \(2b=a+c=2a\) otrzymujemy \(b=a\).

Zatem \(a=b=c\). \(\blacksquare\)

Niech \(P=(x,y)\) będzie dowolnym punktem paraboli, czyli \(y=\tfrac14x^2+1\).

Odległość od osi \(Ox\). Ponieważ \(y=\tfrac14x^2+1\ge1>0\), mamy

\(d(P,Ox)=|y|=\tfrac14x^2+1\).

Odległość od punktu \(F\).

\(|PF|^2=x^2+(y-2)^2=x^2+\left(\tfrac14x^2+1-2\right)^2=x^2+\left(\tfrac14x^2-1\right)^2\),

\(|PF|^2=x^2+\tfrac{1}{16}x^4-\tfrac12x^2+1=\tfrac{1}{16}x^4+\tfrac12x^2+1=\left(\tfrac14x^2+1\right)^2\).

Ponieważ \(\tfrac14x^2+1>0\), otrzymujemy

\(|PF|=\tfrac14x^2+1=d(P,Ox)\).

Zatem każdy punkt tej paraboli jest równoodległy od osi \(Ox\) i od punktu \(F\) (oś \(Ox\) jest kierownicą, a \(F\) ogniskiem tej paraboli). \(\blacksquare\)

Z równań okręgów odczytujemy:

okrąg wyjściowy: \(A=(16,0)\), \(r=2\); okrąg będący obrazem: \(B=(6,4)\), \(R=4\).

Skala. \(|k|=\dfrac{R}{r}=\dfrac42=2\), a ponieważ skala jest ujemna, \(k=-2\).

Środek. Jednokładność o środku \(S\) i skali \(k\) przeprowadza \(A\) na \(B\), więc \(\overrightarrow{SB}=k\cdot\overrightarrow{SA}\), czyli

\(B-S=-2(A-S)\),

\(B-S=-2A+2S\),

\(3S=B+2A\).

Stąd

\(S=\dfrac{B+2A}{3}=\dfrac{(6,4)+(32,0)}{3}=\dfrac{(38,4)}{3}=\left(\dfrac{38}{3},\dfrac43\right)\).

Sprawdzenie: \(A-S=\left(\tfrac{10}{3},-\tfrac43\right)\), a \(-2(A-S)=\left(-\tfrac{20}{3},\tfrac83\right)\), więc \(S-2(A-S)=\left(\tfrac{38-20}{3},\tfrac{4+8}{3}\right)=(6,4)=B\). ✅

Dziedzina. Liczba logarytmowana musi być dodatnia:

\(8x-x^2>0\), czyli \(x(8-x)>0\), skąd \(D_f=(0,8)\).

Najmniejsza wartość. Podstawa logarytmu \(\dfrac{\sqrt2}{2}=2^{-\frac12}\) należy do przedziału \((0,1)\), więc funkcja logarytmiczna jest malejąca. Zatem \(f\) przyjmuje wartość najmniejszą wtedy, gdy wyrażenie \(g(x)=8x-x^2\) osiąga wartość największą.

\(g\) jest funkcją kwadratową o ujemnym współczynniku przy \(x^2\), z wierzchołkiem w \(x_0=\dfrac{0+8}{2}=4\):

\(g(4)=32-16=16\).

Stąd

\(f_{\min}=\log_{2^{-\frac12}}16=\dfrac{\log_2 16}{\log_2 2^{-\frac12}}=\dfrac{4}{-\tfrac12}=-8\).

Odpowiedź: \(D_f=(0,8)\), a najmniejsza wartość funkcji wynosi \(-8\) (dla \(x=4\)).

Niech \(k\) oznacza liczbę kobiet; wtedy mężczyzn jest \(2k\), a wszystkich osób \(3k\).

Delegację dwuosobową wybieramy na \(|\Omega|=\dbinom{3k}{2}=\dfrac{3k(3k-1)}{2}\) sposobów, a delegację złożoną z samych kobiet na \(\dbinom{k}{2}=\dfrac{k(k-1)}{2}\) sposobów.

Stąd

\(P=\dfrac{k(k-1)}{3k(3k-1)}=\dfrac{k-1}{3(3k-1)}=0{,}1\).

Rozwiązujemy:

\(10(k-1)=3(3k-1)\), czyli \(10k-10=9k-3\), skąd \(k=7\).

Odpowiedź: w grupie jest 7 kobiet i 14 mężczyzn (razem 21 osób).

Sprawdzenie: \(\dbinom{7}{2}=21\), \(\dbinom{21}{2}=210\), a \(\tfrac{21}{210}=0{,}1\). ✅

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(b\) długość krawędzi bocznej.

a) W trójkącie równoramiennym utworzonym przez krawędź podstawy i dwie krawędzie boczne kąt przy podstawie ma miarę \(\alpha\), a wysokość połowi krawędź podstawy, więc

\(\cos\alpha=\dfrac{a/2}{b}\), czyli \(b=\dfrac{a}{2\cos\alpha}\).

Połowa przekątnej podstawy wynosi \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\), więc z twierdzenia Pitagorasa

\(H^2=b^2-\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{a^2}{4\cos^2\alpha}-\dfrac{a^2}{2}=a^2\cdot\dfrac{1-2\cos^2\alpha}{4\cos^2\alpha}\).

(Dla \(45^\circ\lt \alpha\lt 90^\circ\) mamy \(\cos^2\alpha\lt \tfrac12\), więc prawa strona jest dodatnia.) Stąd

\(a^2=\dfrac{4H^2\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}\).

Objętość:

\(V=\tfrac13a^2H=\tfrac13\cdot\dfrac{4H^3\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\dfrac{1}{\cos^2\alpha}-2}\).

Ponieważ \(\dfrac{1}{\cos^2\alpha}=1+\mathrm{tg}^2\alpha\), otrzymujemy

\(V=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{1+\mathrm{tg}^2\alpha-2}=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\mathrm{tg}^2\alpha-1}\),  co kończy dowód. \(\blacksquare\)

b) Z warunku \(V=\tfrac29H^3\):

\(\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\mathrm{tg}^2\alpha-1}=\dfrac29H^3\),

\(\dfrac{4}{3(\mathrm{tg}^2\alpha-1)}=\dfrac29\),

\(36=6(\mathrm{tg}^2\alpha-1)\), czyli \(\mathrm{tg}^2\alpha=7\).

Ponieważ \(45^\circ\lt \alpha\lt 90^\circ\), mamy \(\mathrm{tg}\,\alpha=\sqrt7\approx2{,}6458\), skąd

\(\alpha\approx69{,}3^\circ\approx69^\circ\).

Kąt prosty jest przy wierzchołku \(C\), więc z twierdzenia Pitagorasa

\(|AB|=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15\).

Wysokość z wierzchołka \(C\). Niech \(H\) będzie spodkiem wysokości poprowadzonej z \(C\) na \(AB\). Z równości pól:

\(|CH|=\dfrac{9\cdot12}{15}=7{,}2\).

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(BCH\):

\(|BH|=\sqrt{9^2-7{,}2^2}=\sqrt{81-51{,}84}=\sqrt{29{,}16}=5{,}4\).

Wykorzystanie równoramienności. Trójkąt \(BCD\) jest równoramienny (\(|CB|=|CD|=9\)), a \(CH\) jest w nim wysokością opuszczoną na podstawę \(BD\), więc \(H\) jest środkiem odcinka \(BD\):

\(|BD|=2\cdot|BH|=10{,}8\).

Stąd

\(|AD|=|AB|-|BD|=15-10{,}8=4{,}2\).