Miejsca zerowe wyrażeń pod modułami to \(x=-2\) i \(x=1\). Rozpatrujemy trzy przedziały.

1) \(x\lt -2\): \(-(2x+4)+(1-x)\le6\), czyli \(-3x-3\le6\), stąd \(x\ge-3\). W tym przypadku: \(x\in\langle-3,-2)\).

2) \(-2\le x\lt 1\): \((2x+4)+(1-x)\le6\), czyli \(x+5\le6\), stąd \(x\le1\). Cały przedział: \(x\in\langle-2,1)\).

3) \(x\ge1\): \((2x+4)+(x-1)\le6\), czyli \(3x+3\le6\), stąd \(x\le1\). W tym przypadku: \(x=1\).

Sumą otrzymanych zbiorów jest \(x\in\langle-3,1\rangle\).

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

\(2(1-\sin^2x)-5\sin x-4=0\),

\(-2\sin^2x-5\sin x-2=0\), czyli \(2\sin^2x+5\sin x+2=0\).

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

\(2t^2+5t+2=0\), \(\Delta=25-16=9\), \(t=\dfrac{-5-3}{4}=-2\) lub \(t=\dfrac{-5+3}{4}=-\dfrac12\).

Wartość \(t=-2\) odrzucamy, bo \(|\sin x|\le1\). Pozostaje \(\sin x=-\dfrac12\).

W przedziale \(\langle0,2\pi\rangle\) daje to \(x=\dfrac{7\pi}{6}\) oraz \(x=\dfrac{11\pi}{6}\).

Oznaczmy \(x=|DF|\), wtedy \(|CE|=2x\), \(|CF|=1-x\) oraz \(|BE|=1-2x\).

Warunki geometryczne: \(x\ge0\) i \(2x\le1\), więc \(x\in\langle0,\tfrac12\rangle\).

Pole trójkąta \(AEF\) obliczamy, odejmując od pola kwadratu pola trzech trójkątów prostokątnych:

\(P(x)=1-\underbrace{\tfrac12\cdot1\cdot(1-2x)}_{P_{ABE}}-\underbrace{\tfrac12\cdot2x\cdot(1-x)}_{P_{ECF}}-\underbrace{\tfrac12\cdot1\cdot x}_{P_{ADF}}\),

\(P(x)=1-\tfrac12+x-x+x^2-\tfrac{x}{2}=x^2-\tfrac12x+\tfrac12\).

Jest to funkcja kwadratowa o dodatnim współczynniku przy \(x^2\), więc wartość najmniejszą przyjmuje w wierzchołku:

\(x_0=\dfrac{\tfrac12}{2}=\dfrac14\), przy czym \(\tfrac14\in\langle0,\tfrac12\rangle\).

Odpowiedź: \(x=\dfrac14\) (najmniejsze pole wynosi wtedy \(\dfrac{7}{16}\)).

Z twierdzenia Bézouta reszta z dzielenia \(W(x)\) przez \((x-3)\) jest równa \(W(3)\), zatem \(W(3)=10\).

Zapisujemy układ równań:

\(W(2)=8+4a+2b+1=7\)  ⇒  \(4a+2b=-2\)  ⇒  \(2a+b=-1\),

\(W(3)=27+9a+3b+1=10\)  ⇒  \(9a+3b=-18\)  ⇒  \(3a+b=-6\).

Odejmując stronami: \(a=-5\), a stąd \(b=-1-2\cdot(-5)=9\).

Sprawdzenie: \(W(2)=8-20+18+1=7\), \(W(3)=27-45+27+1=10\). ✅

Z własności ciągu arytmetycznego \(2b=a+c=10\), więc \(b=5\), a ponadto \(c=10-a\).

Z własności ciągu geometrycznego \((b+4)^2=(a+1)(c+19)\), czyli

\(9^2=(a+1)(10-a+19)=(a+1)(29-a)\),

\(81=-a^2+28a+29\), czyli \(a^2-28a+52=0\).

\(\Delta=784-208=576\), \(\sqrt{\Delta}=24\), skąd \(a=2\) lub \(a=26\).

• Dla \(a=2\): \(c=8\), ciąg geometryczny to \((3,9,27)\) o ilorazie \(3\). ✅

• Dla \(a=26\): \(c=-16\), ciąg geometryczny to \((27,9,3)\) o ilorazie \(\tfrac13\). ✅

Odpowiedź: \(a=2,\ b=5,\ c=8\) albo \(a=26,\ b=5,\ c=-16\).

Warunek I — dwa różne pierwiastki rzeczywiste.

\(\Delta=m^2-8>0\), czyli \(m\in(-\infty,-2\sqrt2)\cup(2\sqrt2,+\infty)\).

Warunek II — suma kwadratów. Ze wzorów Viète'a \(x_1+x_2=-m\), \(x_1x_2=2\), więc

\(x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=m^2-4\).

Nierówność \(m^2-4>2m^2-13\) daje \(m^2\lt 9\), czyli \(m\in(-3,3)\).

Część wspólna.

\(m\in(-3,-2\sqrt2)\cup(2\sqrt2,3)\).

Punkty \(B\) i \(C\) leżą na prostej \(y=x+1\), czyli \(x-y+1=0\).

Wysokość trójkąta. Odległość punktu \(A\) od tej prostej:

\(h=\dfrac{|-2-5+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\dfrac{6}{\sqrt2}=3\sqrt2\).

Długość boku \(BC\). Z warunku \(P=\tfrac12|BC|\cdot h=15\):

\(|BC|=\dfrac{30}{3\sqrt2}=\dfrac{10}{\sqrt2}=5\sqrt2\).

Wyznaczenie \(C\). Z równoramienności \(|AC|=|BC|=5\sqrt2\), a punkt \(C\) ma postać \(C=(t,t+1)\):

\(|AC|^2=(t+2)^2+(t+1-5)^2=(t+2)^2+(t-4)^2=50\),

\(2t^2-4t+20=50\), czyli \(t^2-2t-15=0\).

\(\Delta=4+60=64\), \(t=5\) lub \(t=-3\).

Odpowiedź: \(C=(5,6)\) albo \(C=(-3,-2)\).

Prosta równoległa do osi \(Ox\) ma równanie \(y=h\), przy czym musi być \(h>0\), aby przecięła wykres funkcji \(f(x)=\tfrac{1}{x^2}\) (która przyjmuje tylko wartości dodatnie).

Punkty przecięcia. Z równania \(\dfrac{1}{x^2}=h\) mamy \(x^2=\dfrac1h\), czyli \(x=\pm\dfrac{1}{\sqrt h}\). Zatem

\(A=\left(-\tfrac{1}{\sqrt h},h\right)\), \(B=\left(\tfrac{1}{\sqrt h},h\right)\) oraz \(|AB|=\dfrac{2}{\sqrt h}\).

Wysokość. Odległość punktu \(C=(3,-1)\) od prostej \(y=h\) wynosi \(h-(-1)=h+1\).

Pole.

\(P=\tfrac12\cdot\dfrac{2}{\sqrt h}\cdot(h+1)=\dfrac{h+1}{\sqrt h}\).

Podstawiamy \(t=\sqrt h>0\), wtedy

\(P=\dfrac{t^2+1}{t}=t+\dfrac1t\).

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (albo z oczywistej nierówności \((t-1)^2\ge0\), czyli \(t^2+1\ge2t\)) otrzymujemy

\(t+\dfrac1t\ge2\) dla każdego \(t>0\).

Zatem \(P\ge2\), przy czym równość zachodzi dla \(t=1\), czyli \(h=1\). \(\blacksquare\)

Porównamy trójkąty \(ABC\) i \(FCG\).

1) Boki. \(CDEF\) jest kwadratem o boku \(CD\), więc \(|CF|=|CD|\); z własności równoległoboku \(|CD|=|AB|\), zatem

\(|CF|=|AB|\).

\(BCGH\) jest kwadratem o boku \(BC\), więc

\(|CG|=|BC|\).

2) Kąty. Oznaczmy \(|\sphericalangle BCD|=\gamma\). Kąty pełne przy wierzchołku \(C\) dają:

\(|\sphericalangle FCG|=360^\circ-|\sphericalangle FCD|-|\sphericalangle BCD|-|\sphericalangle BCG|=360^\circ-90^\circ-\gamma-90^\circ=180^\circ-\gamma\).

Z drugiej strony w równoległoboku kąty przy sąsiednich wierzchołkach sumują się do \(180^\circ\), więc

\(|\sphericalangle ABC|=180^\circ-\gamma=|\sphericalangle FCG|\).

3) Wniosek. Trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) mają odpowiednio równe dwa boki i kąt między nimi zawarty, więc są przystające (cecha bok–kąt–bok).

W przystających trójkątach odpowiadające sobie boki mają równe długości, zatem \(|AC|=|FG|\). \(\blacksquare\)

Zdarzeniami elementarnymi są trójki wyników, więc \(|\Omega|=6^3=216\) (model klasyczny).

Reszty kwadratów z dzielenia przez 3.

\(1^2=1\), \(2^2=4\), \(3^2=9\), \(4^2=16\), \(5^2=25\), \(6^2=36\), a ich reszty z dzielenia przez 3 to kolejno \(1,1,0,1,1,0\).

Zatem kwadrat liczby oczek daje resztę \(0\) dla oczek \(3,6\) (2 możliwości) oraz resztę \(1\) dla oczek \(1,2,4,5\) (4 możliwości).

Kiedy suma jest podzielna przez 3? Suma trzech reszt (każda równa 0 albo 1) jest podzielna przez 3 tylko wtedy, gdy wszystkie trzy reszty są równe \(0\) albo wszystkie trzy są równe \(1\).

• wszystkie reszty \(0\): \(2^3=8\) wyników,

• wszystkie reszty \(1\): \(4^3=64\) wyniki.

Razem \(|A|=8+64=72\).

Prawdopodobieństwo. \(P(A)=\dfrac{72}{216}=\dfrac13\).

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), a długość krawędzi bocznej przez \(b=|SA|=|SB|=|SC|\).

1) Interpretacja kąta dwuściennego. Rozpatrzmy krawędź \(SC\). Poprowadźmy w ścianie \(ASC\) wysokość \(AD\perp SC\); z symetrii również \(BD\perp SC\) i \(|AD|=|BD|\). Kątem między ścianami jest więc \(|\sphericalangle ADB|=2\alpha\) (założenie o ostrokątności ścian gwarantuje, że spodek \(D\) leży wewnątrz krawędzi \(SC\)).

W trójkącie równoramiennym \(ADB\) wysokość z \(D\) połowi kąt i podstawę, więc

\(\sin\alpha=\dfrac{a/2}{|AD|}\), czyli \(|AD|=\dfrac{a}{2\sin\alpha}\).

2) Związek z krawędzią boczną. Pole trójkąta \(ASC\) obliczamy na dwa sposoby: \(\tfrac12|SC|\cdot|AD|=\tfrac12|AC|\cdot h_b\), gdzie \(h_b=\sqrt{b^2-\tfrac{a^2}{4}}\) jest wysokością ściany opuszczoną z \(S\). Stąd

\(b\cdot\dfrac{a}{2\sin\alpha}=a\sqrt{b^2-\dfrac{a^2}{4}}\), czyli \(\dfrac{b^2}{4\sin^2\alpha}=b^2-\dfrac{a^2}{4}\).

Po przekształceniu

\(b^2=\dfrac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}\) (przy czym musi być \(\sin\alpha>\tfrac12\), czyli \(2\alpha>60^\circ\)).

3) Wysokość ostrosłupa. Promień okręgu opisanego na podstawie \(R=\dfrac{a}{\sqrt3}\), więc

\(H^2=b^2-R^2=\dfrac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}-\dfrac{a^2}{3}=\dfrac{a^2\bigl(3\sin^2\alpha-4\sin^2\alpha+1\bigr)}{3(4\sin^2\alpha-1)}=\dfrac{a^2\cos^2\alpha}{3(4\sin^2\alpha-1)}\),

\(H=\dfrac{a\cos\alpha}{\sqrt{3(4\sin^2\alpha-1)}}\).

4) Objętość. Pole podstawy \(P=\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\), zatem

\(V=\tfrac13\cdot\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\dfrac{a\cos\alpha}{\sqrt3\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}=\dfrac{a^3\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}\).

Sprawdzenie: dla czwarościanu foremnego \(b=a\), co daje \(\sin^2\alpha=\tfrac13\) i \(V=\dfrac{a^3}{6\sqrt2}\) — zgodnie ze znanym wzorem. ✅