Krok 1. Oznaczenia. Niech cztery kolejne liczby całkowite to

$$n,\quad n+1,\quad n+2,\quad n+3,$$

gdzie największa jest $n+3$.

Krok 2. Zapis warunku.

$$n+3=n^{2}+(n+1)^{2}+(n+2)^{2}.$$

$$n+3=n^{2}+\left(n^{2}+2n+1\right)+\left(n^{2}+4n+4\right)=3n^{2}+6n+5.$$

Krok 3. Równanie kwadratowe.

$$3n^{2}+5n+2=0,\qquad \Delta=25-24=1,\qquad \sqrt{\Delta}=1.$$

$$n=\frac{-5\pm1}{6}\ \Longrightarrow\ n=-\frac{2}{3}\quad\text{lub}\quad n=-1.$$

Krok 4. Wybór rozwiązania całkowitego. Liczba $-\frac23$ nie jest całkowita, więc $n=-1$.

Sprawdzenie: liczby to $-1,\,0,\,1,\,2$; największa wynosi $2$, a suma kwadratów pozostałych to $(-1)^{2}+0^{2}+1^{2}=2$ ✓

Odpowiedź: $-1,\ 0,\ 1,\ 2$

Krok 1. Przeniesienie na jedną stronę.

$$x^{4}+x^{2}-2x\ge0\ \Longrightarrow\ x\left(x^{3}+x-2\right)\ge0.$$

Krok 2. Rozkład nawiasu. Sprawdzamy $x=1$: $1+1-2=0$, więc $(x-1)$ jest dzielnikiem:

$$x^{3}+x-2=(x-1)\left(x^{2}+x+2\right).$$

Sprawdzenie: $(x-1)\left(x^{2}+x+2\right)=x^{3}+x^{2}+2x-x^{2}-x-2=x^{3}+x-2$ ✓

Krok 3. Znak trójmianu.

$$x^{2}+x+2:\qquad \Delta=1-8=-7\lt 0,$$

a współczynnik przy $x^{2}$ jest dodatni, więc trójmian jest zawsze dodatni i nie wpływa na znak iloczynu.

Krok 4. Uproszczona nierówność.

$$x(x-1)\ge0\ \Longleftrightarrow\ x\le0\ \text{lub}\ x\ge1.$$

Kontrola: $x=0{,}5$: $0{,}3125\ge1$ — fałsz ✓; $x=-1$: $2\ge-2$ ✓; $x=0$ i $x=1$ dają równość ✓

Odpowiedź: $x\in(-\infty,0]\cup\langle1,+\infty)$

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji. Korzystamy ze wzoru $\cos2x=2\cos^{2}x-1$:

$$2\cos^{2}x-1+2=3\cos x\ \Longrightarrow\ 2\cos^{2}x-3\cos x+1=0.$$

Krok 2. Podstawienie. Niech $t=\cos x$, przy czym $t\in\langle-1,1\rangle$:

$$2t^{2}-3t+1=0,\qquad \Delta=9-8=1,\qquad \sqrt{\Delta}=1.$$

$$t_1=\frac{3+1}{4}=1,\qquad t_2=\frac{3-1}{4}=\frac12.$$

Obie wartości mieszczą się w przedziale $\langle-1,1\rangle$.

Krok 3. Powrót do zmiennej $x$.

$$\cos x=1\ \Longrightarrow\ x=2k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z};$$

$$\cos x=\frac12\ \Longrightarrow\ x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\ \ \text{lub}\ \ x=-\frac{\pi}{3}+2k\pi.$$

Sprawdzenie dla $x=\frac{\pi}{3}$: $\cos\frac{2\pi}{3}+2=-\frac12+2=\frac32$ oraz $3\cos\frac{\pi}{3}=\frac32$ ✓

Odpowiedź: $x=2k\pi$ lub $x=\pm\frac{\pi}{3}+2k\pi$, gdzie $k\in\mathbb{Z}$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$S=x_1+x_2=m+2,\qquad P=x_1x_2=m+4.$$

Krok 2. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=(m+2)^{2}-4(m+4)=m^{2}+4m+4-4m-16=m^{2}-12.$$

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m^{2}>12\ \Longleftrightarrow\ |m|>2\sqrt{3}\approx3{,}46.$$

Krok 3. Wyrażenie $x_1^{4}+x_2^{4}$. Korzystamy dwukrotnie ze wzoru na sumę kwadratów:

$$x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P=(m+2)^{2}-2(m+4)=m^{2}+2m-4,$$

$$x_1^{4}+x_2^{4}=\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)^{2}-2\left(x_1x_2\right)^{2}=\left(m^{2}+2m-4\right)^{2}-2(m+4)^{2}.$$

Krok 4. Rozwinięcie.

$$\left(m^{2}+2m-4\right)^{2}=m^{4}+4m^{3}-4m^{2}-16m+16,$$

$$2(m+4)^{2}=2m^{2}+16m+32,$$

$$x_1^{4}+x_2^{4}=m^{4}+4m^{3}-6m^{2}-32m-16.$$

Krok 5. Równanie na $m$. Przyrównujemy do prawej strony z treści zadania:

$$m^{4}+4m^{3}-6m^{2}-32m-16=4m^{3}+6m^{2}-32m+12.$$

Wyrazy $4m^{3}$ oraz $-32m$ skracają się:

$$m^{4}-12m^{2}-28=0.$$

Krok 6. Podstawienie $u=m^{2}$.

$$u^{2}-12u-28=0,\qquad \Delta=144+112=256,\qquad \sqrt{\Delta}=16.$$

$$u=\frac{12\pm16}{2}\ \Longrightarrow\ u=14\quad\text{lub}\quad u=-2.$$

Ponieważ $u=m^{2}\ge0$, odrzucamy $u=-2$. Zostaje

$$m^{2}=14\ \Longrightarrow\ m=\pm\sqrt{14}.$$

Krok 7. Weryfikacja warunku $\Delta>0$.

$$|{\pm\sqrt{14}}|=\sqrt{14}\approx3{,}74>2\sqrt{3}\approx3{,}46\ \checkmark$$

Obie wartości spełniają warunek istnienia dwóch różnych pierwiastków.

Kontrola liczbowa dla $m=\sqrt{14}$: $x_1^{2}+x_2^{2}\approx17{,}48$, więc $x_1^{4}+x_2^{4}\approx185{,}8$; prawa strona $\approx185{,}8$ ✓. Dla $m=-\sqrt{14}$ obie strony dają $\approx6{,}2$ ✓

Odpowiedź: $m=-\sqrt{14}$ lub $m=\sqrt{14}$

Krok 1. Oznaczenia. Zapiszmy ciąg geometryczny jako

$$a,\qquad aq,\qquad aq^{2},$$

gdzie $a\neq0$ i $q\neq0$.

Krok 2. Pierwszy warunek — ciąg arytmetyczny. Po dodaniu $8$ do drugiego wyrazu ciąg $\left(a,\ aq+8,\ aq^{2}\right)$ ma być arytmetyczny, czyli podwojony wyraz środkowy równa się sumie skrajnych:

$$2(aq+8)=a+aq^{2}\ \Longrightarrow\ aq^{2}-2aq+a=16,$$

$$a(q-1)^{2}=16.\qquad(\text{i})$$

Krok 3. Drugi warunek — ponownie ciąg geometryczny. Po dodaniu $64$ do ostatniego wyrazu ciąg $\left(a,\ aq+8,\ aq^{2}+64\right)$ ma być geometryczny:

$$(aq+8)^{2}=a\left(aq^{2}+64\right),$$

$$a^{2}q^{2}+16aq+64=a^{2}q^{2}+64a\ \Longrightarrow\ 16aq+64=64a,$$

$$a(4-q)=4.\qquad(\text{ii})$$

Krok 4. Rozwiązanie układu. Z (ii) mamy $a=\frac{4}{4-q}$ (przy czym $q\neq4$). Podstawiamy do (i):

$$\frac{4(q-1)^{2}}{4-q}=16\ \Longrightarrow\ (q-1)^{2}=4(4-q),$$

$$q^{2}-2q+1=16-4q\ \Longrightarrow\ q^{2}+2q-15=0,$$

$$(q+5)(q-3)=0\ \Longrightarrow\ q=3\ \text{lub}\ q=-5.$$

Krok 5. Pierwsza możliwość: $q=3$.

$$a=\frac{4}{4-3}=4\ \Longrightarrow\ \text{ciąg } 4,\ 12,\ 36.$$

Sprawdzenie: po dodaniu $8$: $4,\,20,\,36$ — różnice $16$ i $16$ ✓; po dodaniu $64$: $4,\,20,\,100$, a $20^{2}=400=4\cdot100$ ✓

Krok 6. Druga możliwość: $q=-5$.

$$a=\frac{4}{4+5}=\frac49\ \Longrightarrow\ \text{ciąg } \frac49,\ -\frac{20}{9},\ \frac{100}{9}.$$

Sprawdzenie: po dodaniu $8$: $\frac49,\ \frac{52}{9},\ \frac{100}{9}$ — różnice $\frac{48}{9}$ i $\frac{48}{9}$ ✓; po dodaniu $64$: $\frac49,\ \frac{52}{9},\ \frac{676}{9}$, a $\left(\frac{52}{9}\right)^{2}=\frac{2704}{81}=\frac49\cdot\frac{676}{9}$ ✓

Odpowiedź: $4,\ 12,\ 36$  lub  $\frac{4}{9},\ -\frac{20}{9},\ \frac{100}{9}$

Krok 1. Wyrażenie $|PQ|^{2}$ przez $m$.

$$|PQ|^{2}=\left(\frac{m}{2}+\frac52-\frac{55}{2}\right)^{2}+(m-0)^{2}=\left(\frac{m}{2}-25\right)^{2}+m^{2}.$$

Krok 2. Uproszczenie.

$$\left(\frac{m}{2}-25\right)^{2}=\frac{m^{2}}{4}-25m+625,$$

$$f(m)=|PQ|^{2}=\frac{m^{2}}{4}-25m+625+m^{2}=\frac54m^{2}-25m+625.$$

Krok 3. Analiza funkcji kwadratowej. Współczynnik przy $m^{2}$ jest dodatni, a pierwsza współrzędna wierzchołka wynosi

$$m_w=\frac{25}{2\cdot\frac54}=\frac{25}{\frac52}=10.$$

Wierzchołek leży poza przedziałem $\langle-1,7\rangle$ (bo $10>7$), więc na całym tym przedziale funkcja jest malejąca.

Krok 4. Wartości na końcach przedziału.

$$f(7)=\frac54\cdot49-175+625=\frac{245}{4}+450=\frac{2045}{4}=511{,}25\quad(\text{najmniejsza}),$$

$$f(-1)=\frac54+25+625=\frac{5}{4}+650=\frac{2605}{4}=651{,}25\quad(\text{największa}).$$

Kontrola bezpośrednia: dla $m=7$ punkt $P=(6,7)$ i $|PQ|^{2}=21{,}5^{2}+7^{2}=511{,}25$ ✓; dla $m=-1$ punkt $P=(2,-1)$ i $|PQ|^{2}=25{,}5^{2}+1=651{,}25$ ✓

Odpowiedź: najmniejsza wartość $\frac{2045}{4}$, największa $\frac{2605}{4}$

Krok 1. Przeniesienie na jedną stronę.

$$a^{3}+b^{3}-a^{2}b-ab^{2}\ge0.$$

Krok 2. Grupowanie. Łączymy wyrazy z $a^{2}$ oraz z $b^{2}$:

$$\left(a^{3}-a^{2}b\right)+\left(b^{3}-ab^{2}\right)=a^{2}(a-b)-b^{2}(a-b).$$

$$=(a-b)\left(a^{2}-b^{2}\right).$$

Krok 3. Dalszy rozkład. Drugi nawias to różnica kwadratów:

$$(a-b)(a-b)(a+b)=(a-b)^{2}(a+b).$$

Krok 4. Uzasadnienie znaku. Czynnik $(a-b)^{2}$ jest nieujemny jako kwadrat liczby rzeczywistej, a $a+b\ge0$ z założenia. Iloczyn dwóch liczb nieujemnych jest nieujemny, więc

$$(a-b)^{2}(a+b)\ge0,$$

co jest równoważne tezie. $\blacksquare$

Kiedy zachodzi równość: gdy $a=b$ albo gdy $a+b=0$ (czyli $b=-a$).

Krok 1. Wykluczenie zera. Gdyby w zapisie wystąpiła cyfra $0$, iloczyn wszystkich cyfr byłby zerem. Zatem wszystkie osiem cyfr należy do zbioru $\{1,2,\ldots,9\}$.

Krok 2. Możliwe zestawy cyfr. Cyfry równe $1$ nie wpływają na iloczyn, więc pozostałe muszą mnożyć się do $12=2^{2}\cdot3$. Rozbicia liczby $12$ na czynniki będące cyframi (czyli $\le9$, każdy $\ge2$):

$$12=2\cdot6,\qquad 12=3\cdot4,\qquad 12=2\cdot2\cdot3.$$

Rozbicie jednoczynnikowe odpada, bo $12>9$.

Krok 3. Zliczanie ustawień.

Zestaw $\{2,6\}$ i sześć jedynek: wybieramy pozycję dla $2$ i dla $6$:

$$8\cdot7=56.$$

Zestaw $\{3,4\}$ i sześć jedynek: analogicznie

$$8\cdot7=56.$$

Zestaw $\{2,2,3\}$ i pięć jedynek: permutacje z powtórzeniami

$$\frac{8!}{2!\cdot1!\cdot5!}=\frac{40320}{240}=168.$$

Krok 4. Suma.

$$56+56+168=280.$$

Uwaga: nie trzeba osobno wykluczać zera na pierwszej pozycji, bo żadna z dopuszczalnych cyfr nie jest zerem.

Odpowiedź: $280$

Krok 1. Trójkąt $DAB$. W prostokącie kąt przy wierzchołku $A$ jest prosty, więc trójkąt $DAB$ jest prostokątny o przyprostokątnych

$$|AB|=a,\qquad |AD|=|BC|=b,$$

a jego przeciwprostokątną jest przekątna

$$|BD|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}.$$

Krok 2. Wysokość $AE$. Pole trójkąta $DAB$ można wyrazić na dwa sposoby:

$$\frac12\,ab=\frac12\,|BD|\cdot|AE|\ \Longrightarrow\ |AE|=\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.$$

Krok 3. Odcinek $DE$. Z twierdzenia Euklidesa (kwadrat przyprostokątnej równa się iloczynowi przeciwprostokątnej i rzutu tej przyprostokątnej):

$$|AD|^{2}=|BD|\cdot|DE|\ \Longrightarrow\ |DE|=\frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.$$

Krok 4. Pole trójkąta $AED$. Trójkąt $AED$ ma kąt prosty przy $E$ (bo $AE\perp BD$), a jego przyprostokątne to $DE$ i $AE$:

$$P_{AED}=\frac12\,|DE|\cdot|AE|=\frac12\cdot\frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\cdot\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{ab^{3}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}.$$

Kontrola liczbowa: dla $a=2$, $b=1$ mamy $|BD|=\sqrt5$, $|AE|=\frac{2}{\sqrt5}$, $|DE|=\frac{1}{\sqrt5}$, więc $P=\frac12\cdot\frac{2}{5}=\frac15$; wzór daje $\frac{2\cdot1}{2\cdot5}=\frac15$ ✓

Odpowiedź: $P_{AED}=\frac{ab^{3}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}$

Skoro \(AS\) jest wysokością ostrosłupa, to \(AS\perp\) płaszczyzna podstawy, a więc trójkąty \(ABS\) i \(ACS\) są prostokątne w wierzchołku \(A\).

Z twierdzenia Pitagorasa, przy \(|AS|^2=64\cdot210=13440\):

\(|AB|=\sqrt{118^2-13440}=\sqrt{13924-13440}=\sqrt{484}=22\),

\(|AC|=\sqrt{131^2-13440}=\sqrt{17161-13440}=\sqrt{3721}=61\).

Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, a \(|AB|\neq|AC|\), więc \(|BC|=|AB|=22\) albo \(|BC|=|AC|=61\). Pierwsza możliwość odpada, bo \(22+22=44\lt 61\) (nierówność trójkąta). Zatem \(|BC|=|AC|=61\), a podstawą trójkąta równoramiennego jest \(AB=22\).

Wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) dzieli \(AB\) na połowy, więc \(h=\sqrt{61^2-11^2}=\sqrt{3721-121}=\sqrt{3600}=60\).

Stąd \(P_{ABC}=\tfrac12\cdot22\cdot60=660\).

Objętość: \(V=\tfrac13\cdot660\cdot8\sqrt{210}=220\cdot8\sqrt{210}=1760\sqrt{210}\approx25505\).

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

\(P(A)\ge P(A\cap B')=0{,}7\).

Zatem \(P(A')=1-P(A)\le 1-0{,}7=0{,}3\).

Z drugiej strony \(A'\cap B\subset A'\), więc znów z monotoniczności

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

co kończy dowód. \(\blacksquare\)