$T_{p}=80$, $T_{z}=20$, więc $T(t)=60\cdot k^{-t}+20$.

Zauważmy, że $k^{-15}=k^{-10}\cdot k^{-5}$ oraz $k^{-5}=\left(k^{-10}\right)^{1/2}=\sqrt{\tfrac{3}{4}}=\tfrac{\sqrt3}{2}$. Zatem

Licznik dąży do $2^{2}+2\cdot2+4=12>0$. Mianownik $x-2\to 0^{-}$ (bo $x<2$), czyli jest ujemny i dąży do zera. Iloraz liczby dodatniej przez „ujemne zero”:

$n=10$, sukces = opakowanie wadliwe, $p=0{,}01$, $q=0{,}99$. „Co najwyżej jedno” to $0$ lub $1$ sukces:

Styczna przechodzi przez $P=(2,2)$: $\;2=\tfrac{7}{2}\cdot 2+b\Rightarrow 2=7+b\Rightarrow b=-5.$

Odpowiedź: $a=\dfrac{7}{2}$, $b=-5$ (styczna: $y=\tfrac{7}{2}x-5$).

$80=16\cdot 5$, więc $\log_{4}80=\log_{4}16+\log_{4}5=2+\log_{4}5$. Ponieważ $\log_{4}5=\dfrac{1}{\log_{5}4}=\dfrac{1}{a}$:

Liczba ma $5$ cyfr (3 nieparzyste + 2 parzyste). Cyfry nieparzyste: $\{1,3,5,7,9\}$ — wybór $3$ z $5$: $\binom{5}{3}=10$. Cyfry parzyste: $\{0,2,4,6,8\}$ — wybór $2$ z $5$: $\binom{5}{2}=10$.

Wszystkie $5$ wybranych cyfr jest różnych, więc ustawień jest $5!=120$. Łącznie (na razie z zerem na początku):

Zero na pierwszym miejscu wymaga, by $0$ było jedną z wybranych parzystych: druga parzysta to $\binom{4}{1}=4$, nieparzyste $\binom{5}{3}=10$, a pozostałe $4$ cyfry ustawiamy na $4!=24$ sposobów:

Niech iloraz wynosi $q>1$ (ciąg rosnący): $y=xq$, $z=xq^{2}$.

W ciągu arytmetycznym $a_{1}=x$, $a_{2}=y$, $a_{6}=z$. Różnica $d=a_{2}-a_{1}=y-x$, a $a_{6}=a_{1}+5d$, więc

Podstawiając $y=xq$, $z=xq^{2}$: $\;xq^{2}=5xq-4x\Rightarrow q^{2}-5q+4=0\Rightarrow q=1\ \lor\ q=4.$

Ciąg jest rosnący, więc $q=4$.

Niech $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=2\alpha$. Oznaczmy $a=|BC|$, $b=|AC|$, $c=|AB|$ (boki naprzeciw kątów $A,B,C$). Z twierdzenia sinusów przy promieniu okręgu opisanego $R$:

(bo $\angle ACB=\pi-3\alpha$, a $\sin(\pi-3\alpha)=\sin 3\alpha$).

Ze wzoru na sumę sinusów $\sin\alpha+\sin 3\alpha=2\sin 2\alpha\cos\alpha$:

bo $2\sin\alpha\cos\alpha=\sin 2\alpha$. Zatem $a^{2}+ac=4R^{2}\sin^{2}2\alpha$.

(Założenie, że trójkąt nie jest równoramienny, gwarantuje $\alpha\neq 2\alpha$ i poprawność konstrukcji.)

Przyjmijmy $A=(0,0)$, $B=(a,0)$, $C=(a,a)$, $D=(0,a)$. Wtedy $E$ (środek $CD$) $=\left(\tfrac{a}{2},a\right)$.

Proste: $AC:\ y=x$; $\ AE:\ y=2x$; $\ BD:\ x+y=a$.

Podstawa $CE=\tfrac{a}{2}$ (odcinek poziomy), wysokość z $A$ do prostej $y=a$ równa $a$:

Ze wzoru $\cos 3x=\cos x\,(4\cos^{2}x-3)$ mamy, dla $\cos x\neq 0$, $\;4\cos^{2}x-3=\dfrac{\cos 3x}{\cos x}$.

Mnożąc równanie przez $\cos x$ (i sprawdzając osobno, że $\cos x=0$ nie daje rozwiązań):

$\cos 3x=0\Rightarrow x=\tfrac{\pi}{6}+\tfrac{k\pi}{3}$. W $\langle 0,2\pi\rangle$ (odrzucając $\tfrac{\pi}{2},\tfrac{3\pi}{2}$, dla których $\cos x=0$): $\ x\in\left\{\tfrac{\pi}{6},\tfrac{5\pi}{6},\tfrac{7\pi}{6},\tfrac{11\pi}{6}\right\}$.

$\sin 2x=1\Rightarrow 2x=\tfrac{\pi}{2}+2k\pi\Rightarrow x=\tfrac{\pi}{4}+k\pi$: $\ x\in\left\{\tfrac{\pi}{4},\tfrac{5\pi}{4}\right\}$.

$SB\perp AB$ i $SC\perp AC$ (styczne), $|SB|=|SC|=\sqrt5=r$, a trójkąty $ABS$ i $ACS$ są przystające. Zatem

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABS$: $|AS|^{2}=|AB|^{2}+r^{2}=(3\sqrt5)^{2}+5=45+5=50.$

Niech $S=(s,\,s+1)$. Wtedy

$S=x_{1}+x_{2}=3m+1$, $P=x_{1}x_{2}=2m^{2}+m+1$.

$x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=S^{3}-3PS$, więc lewa strona $=S^{3}-3PS+3P(S-3)=S^{3}-9P$. Warunek:

Czynnik $(3m+1)^{2}\ge 0$, więc znak zależy od $(3m-1)$: nierówność zachodzi dla $m\le\tfrac13$.

Odpowiedź: $m\in(-\infty,-3)$.

Pole podstawy (trójkąt równoboczny o boku $a$): $P_{p}=\dfrac{a^{2}\sqrt3}{4}$. Z $V=P_{p}\cdot H=3456$:

Zatem $P(a)=\dfrac{a^{2}\sqrt3}{2}+\dfrac{13824\sqrt3}{a}.\ \blacksquare$

Punkt $a=24$ leży poza dziedziną, bo $8\sqrt3\approx13{,}86<24$.

Dla $a\in(0,8\sqrt3\rangle$ mamy $a^{3}<13824$, więc $P'(a)<0$ — funkcja jest malejąca. Najmniejsza wartość jest zatem na prawym końcu przedziału, dla $a=8\sqrt3$.

$(8\sqrt3)^{2}=192$, więc