Przekształcamy wyrażenie, wyłączając \(k^2\) przed nawias:

\(k^6-2k^4+k^2=k^2(k^4-2k^2+1)=k^2(k^2-1)^2=\bigl[k(k-1)(k+1)\bigr]^2\).

Liczby \(k-1,\ k,\ k+1\) są trzema kolejnymi liczbami całkowitymi, zatem:

• co najmniej jedna z nich jest podzielna przez 2,

• dokładnie jedna z nich jest podzielna przez 3.

Ponieważ \(2\) i \(3\) są względnie pierwsze, iloczyn \(k(k-1)(k+1)\) jest podzielny przez \(6\), czyli \(k(k-1)(k+1)=6t\) dla pewnej liczby całkowitej \(t\).

Stąd

\(k^6-2k^4+k^2=(6t)^2=36t^2\),

a więc badana liczba jest podzielna przez 36 dla każdej liczby całkowitej \(k\). \(\blacksquare\)

Z założenia \(a+b=2c\), więc \(c=\dfrac{a+b}{2}\). Wyznaczamy mianowniki:

\(a-c=a-\dfrac{a+b}{2}=\dfrac{a-b}{2}\),    \(b-c=b-\dfrac{a+b}{2}=\dfrac{b-a}{2}\).

Ponieważ \(a\neq b\), oba mianowniki są różne od zera (co zgadza się też z założeniami \(a\neq c\), \(b\neq c\)).

Podstawiamy:

\(\dfrac{a}{a-c}+\dfrac{b}{b-c}=\dfrac{2a}{a-b}+\dfrac{2b}{b-a}=\dfrac{2a}{a-b}-\dfrac{2b}{a-b}=\dfrac{2(a-b)}{a-b}=2\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)

Etap I — dwa różne pierwiastki. Mamy \(a=1\), \(b=-4m\), \(c=-m^3+6m^2+m-2\), więc

\(\Delta=16m^2-4(-m^3+6m^2+m-2)=4m^3-8m^2-4m+8=4(m-2)(m-1)(m+1)\).

Warunek \(\Delta>0\) daje \((m+1)(m-1)(m-2)>0\), czyli \(m\in(-1,1)\cup(2,+\infty)\).

Etap II — warunek na pierwiastki. Ze wzorów Viète'a \((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\Delta\), więc

\(4(m-2)(m-1)(m+1)\lt 8(m+1)\),

\(4(m+1)\bigl[(m-2)(m-1)-2\bigr]\lt 0\),

\(4(m+1)(m^2-3m)\lt 0\), czyli \(4m(m+1)(m-3)\lt 0\).

Miejsca zerowe to \(-1,0,3\); badając znaki otrzymujemy \(m\in(-\infty,-1)\cup(0,3)\).

Etap III — część wspólna.

\(\bigl[(-1,1)\cup(2,+\infty)\bigr]\cap\bigl[(-\infty,-1)\cup(0,3)\bigr]=(0,1)\cup(2,3)\).

Odpowiedź: \(m\in(0,1)\cup(2,3)\).

Po lewej stronie wyłączamy \(2\sin^2x\) przed nawias:

\(2\sin^2x(1-\cos x)=1-\cos x\),

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

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

1) \(1-\cos x=0\), czyli \(\cos x=1\). W przedziale \(\langle0,2\pi\rangle\) daje to \(x=0\) oraz \(x=2\pi\).

2) \(2\sin^2x-1=0\), czyli \(\sin^2x=\tfrac12\), a więc \(\sin x=\tfrac{\sqrt2}{2}\) lub \(\sin x=-\tfrac{\sqrt2}{2}\). W przedziale \(\langle0,2\pi\rangle\) otrzymujemy \(x=\tfrac{\pi}{4},\ \tfrac{3\pi}{4},\ \tfrac{5\pi}{4},\ \tfrac{7\pi}{4}\).

Odpowiedź: \(x\in\left\{0,\ \tfrac{\pi}{4},\ \tfrac{3\pi}{4},\ \tfrac{5\pi}{4},\ \tfrac{7\pi}{4},\ 2\pi\right\}\).

Z definicji ilorazu ciągu geometrycznego:

\(q=\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{3^{x_{n+1}}}{3^{x_n}}=3^{\,x_{n+1}-x_n}=27=3^3\).

Ponieważ funkcja wykładnicza o podstawie 3 jest różnowartościowa, otrzymujemy \(x_{n+1}-x_n=3\) dla każdego \(n\ge1\). Zatem ciąg \((x_n)\) jest arytmetyczny o różnicy \(r=3\).

Suma dziesięciu początkowych wyrazów:

\(S_{10}=\dfrac{10}{2}\bigl(2x_1+9\cdot3\bigr)=5(2x_1+27)=145\).

Stąd \(2x_1+27=29\), czyli \(x_1=1\).

Skoro \(AB\) jest podstawą trójkąta równoramiennego, to kąty przy podstawie są równe: \(|\sphericalangle BAC|=|\sphericalangle ABC|=30^\circ\), a kąt przy wierzchołku \(C\) ma miarę \(120^\circ\).

Z twierdzenia sinusów wyznaczamy ramię \(BC\):

\(\dfrac{|BC|}{\sin30^\circ}=\dfrac{|AB|}{\sin120^\circ}\), stąd \(|BC|=\dfrac{8\cdot\tfrac12}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\dfrac{8}{\sqrt3}=\dfrac{8\sqrt3}{3}\).

Punkt \(D\) jest środkiem boku \(BC\), więc \(|BD|=\dfrac{4\sqrt3}{3}\).

W trójkącie \(ABD\) stosujemy twierdzenie cosinusów dla kąta \(|\sphericalangle ABD|=30^\circ\):

\(|AD|^2=|AB|^2+|BD|^2-2|AB||BD|\cos30^\circ\),

\(|AD|^2=64+\dfrac{16}{3}-2\cdot8\cdot\dfrac{4\sqrt3}{3}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=64+\dfrac{16}{3}-32=32+\dfrac{16}{3}=\dfrac{112}{3}\).

Stąd \(|AD|=\sqrt{\dfrac{112}{3}}=\dfrac{4\sqrt7}{\sqrt3}=\dfrac{4\sqrt{21}}{3}\approx6{,}11\).

Sprowadzamy równanie okręgu do postaci kanonicznej:

\(x^2+2x+y^2-2y=3\), \((x+1)^2-1+(y-1)^2-1=3\), czyli \((x+1)^2+(y-1)^2=5\).

Zatem \(S=(-1,1)\), \(r=\sqrt5\).

Odległość punktu \(A\) od środka:

\(|AS|=\sqrt{(2+1)^2+(0-1)^2}=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}>\sqrt5\), więc \(A\) leży na zewnątrz okręgu i istnieją dwie styczne.

Niech \(B\) będzie punktem styczności. Trójkąt \(ABS\) jest prostokątny w \(B\) (promień jest prostopadły do stycznej), a prosta \(AS\) jest dwusieczną szukanego kąta. Oznaczmy przez \(\alpha\) połowę kąta między stycznymi. Wtedy

\(\sin\alpha=\dfrac{r}{|AS|}=\dfrac{\sqrt5}{\sqrt{10}}=\dfrac{1}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2}\),

skąd \(\alpha=45^\circ\).

Odpowiedź: kąt między stycznymi ma miarę \(2\alpha=90^\circ\).

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

Graniastosłup prawidłowy sześciokątny ma 12 krawędzi podstaw i 6 krawędzi bocznych, więc

\(12a+6h=24\), czyli \(h=4-2a\).

Warunki geometryczne: \(a>0\) i \(h>0\), czyli \(a\in(0,2)\).

Pole powierzchni bocznej (sześć prostokątów \(a\times h\)):

\(P(a)=6ah=6a(4-2a)=-12a^2+24a\).

Jest to funkcja kwadratowa o ujemnym współczynniku przy \(a^2\), więc przyjmuje wartość największą w wierzchołku:

\(a_0=-\dfrac{24}{2\cdot(-12)}=1\), przy czym \(1\in(0,2)\).

Odpowiedź: krawędź podstawy ma długość \(a=1\) (wtedy \(h=2\), a \(P=12\)).

Liczba ma 8 cyfr, wśród których są dokładnie dwie dwójki i dokładnie trzy trójki, a żadna cyfra nie jest zerem.

Krok 1. Wybieramy 2 spośród 8 pozycji na dwójki: \(\binom{8}{2}=28\) sposobów.

Krok 2. Z pozostałych 6 pozycji wybieramy 3 na trójki: \(\binom{6}{3}=20\) sposobów.

Krok 3. Na każdej z pozostałych 3 pozycji może stać dowolna cyfra ze zbioru \(\{1,4,5,6,7,8,9\}\) (bez zera oraz bez 2 i 3, bo dwójek ma być dokładnie dwie, a trójek dokładnie trzy): \(7^3=343\) sposobów.

Zauważmy, że pierwsza cyfra nigdy nie jest zerem, więc każdy taki układ daje liczbę ośmiocyfrową.

Z reguły mnożenia:

\(28\cdot20\cdot343=560\cdot343=192\,080\).

Odpowiedź: takich liczb jest \(192\,080\).

Skorzystamy z rachunku wektorowego. Ustalmy dowolny punkt \(O\) i oznaczmy wektory wodzące wierzchołków przez \(\vec{a},\vec{b},\vec{c},\vec{d}\).

Ponieważ \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) są środkami odpowiednich odcinków, ich wektory wodzące to:

\(\vec{m}=\tfrac12(\vec{a}+\vec{b})\), \(\vec{n}=\tfrac12(\vec{c}+\vec{d})\), \(\vec{p}=\tfrac12(\vec{a}+\vec{c})\), \(\vec{q}=\tfrac12(\vec{b}+\vec{d})\).

Stąd

\(\overrightarrow{MQ}=\vec{q}-\vec{m}=\tfrac12(\vec{b}+\vec{d})-\tfrac12(\vec{a}+\vec{b})=\tfrac12(\vec{d}-\vec{a})=\tfrac12\overrightarrow{AD}\),

\(\overrightarrow{PN}=\vec{n}-\vec{p}=\tfrac12(\vec{c}+\vec{d})-\tfrac12(\vec{a}+\vec{c})=\tfrac12(\vec{d}-\vec{a})=\tfrac12\overrightarrow{AD}\).

Zatem \(\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{PN}=\tfrac12\overrightarrow{AD}\), a ponieważ \(A\neq D\), oba wektory są niezerowe.

Równe (a więc równoległe) niezerowe wektory oznaczają, że \(MQ\parallel PN\) (co więcej, \(MQNP\) jest równoległobokiem — jest on niezdegenerowany, bo czworokąt \(ABCD\) nie jest równoległobokiem). \(\blacksquare\)

Przyjmijmy \(|AC|=6t\) oraz \(|AS|=5t\), gdzie \(t>0\). Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(O\) — środek kwadratu \(ABCD\).

Krawędź podstawy. Przekątna kwadratu \(|AC|=a\sqrt2=6t\), więc \(a=\dfrac{6t}{\sqrt2}=3\sqrt2\,t\).

Wysokość ostrosłupa. \(|AO|=\tfrac12|AC|=3t\), a trójkąt \(AOS\) jest prostokątny w \(O\):

\(H=|OS|=\sqrt{(5t)^2-(3t)^2}=\sqrt{16t^2}=4t\).

Apotema podstawy. Odległość \(O\) od krawędzi podstawy to \(m=\dfrac{a}{2}=\dfrac{3\sqrt2\,t}{2}\).

Kąt nachylenia ściany bocznej. Niech \(\alpha\) będzie kątem między apotemą ściany bocznej a jej rzutem \(m\) na podstawę. W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(m\) przeciwprostokątna (apotema ściany) wynosi

\(\sqrt{H^2+m^2}=\sqrt{16t^2+\tfrac92t^2}=\sqrt{\tfrac{41}{2}t^2}=\dfrac{t\sqrt{82}}{2}\).

Stąd

\(\sin\alpha=\dfrac{H}{\sqrt{H^2+m^2}}=\dfrac{4t}{\tfrac{t\sqrt{82}}{2}}=\dfrac{8}{\sqrt{82}}=\dfrac{8\sqrt{82}}{82}=\dfrac{4\sqrt{82}}{41}\approx0{,}883\).

Z własności zdarzenia przeciwnego:

\(P(B')=1-P(B)=1-0{,}7=0{,}3\).

Ponieważ \(A\cap B'\subset B'\), to z monotoniczności prawdopodobieństwa

\(P(A\cap B')\le P(B')=0{,}3\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)

Uwaga. Można też rozumować tak: \(P(A\cap B')=P(A)-P(A\cap B)\), a z nierówności \(P(A\cup B)\le1\) wynika \(P(A\cap B)\ge P(A)+P(B)-1=0{,}6\), skąd \(P(A\cap B')\le0{,}9-0{,}6=0{,}3\).