Matematyka PR — Maj 2026

Krok 1. Uprośćmy symbol Newtona z licznika

Zacznijmy od zajęcia się samym symbolem Newtona $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{n-1}\right)$. Skorzystamy z definicji:

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{b}\right)=\frac{a!}{b!(a-b)!}.$

W naszym przypadku $a=n+2$ oraz $b=n-1$, więc $a-b=(n+2)-(n-1)=3$. Podstawiamy:

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{n-1}\right)=\frac{(n+2)!}{(n-1)!\cdot 3!}.$

Krok 2. Rozpiszmy silnię $(n+2)!$

$(n+2)!=(n+2)\cdot (n+1)\cdot n\cdot (n-1)!$

Wstawiamy:

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{n-1}\right)=\frac{(n+2)(n+1)n(n-1)!}{(n-1)!\cdot 3!}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}.$

Krok 3. Wymnóżmy licznik

$(n+1)(n+2)=n^2+3n+2,n(n^2+3n+2)=n^3+3n^2+2n.$

Zatem:

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{n-1}\right)=\frac{1}{6}{n}^3+\frac{1}{2}{n}^2+\frac{1}{3}n.$

Krok 4. Zapiszmy całe wyrażenie pod granicą

$\frac{\frac{1}{6}{n}^3+\frac{1}{2}{n}^2+\frac{1}{3}n}{\frac{1}{2}{n}^3-4n+7}.$

Krok 5. Dzielimy licznik i mianownik przez $n^3$

$=\frac{\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{n}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{n^2}}{\frac{1}{2}-4\cdot \frac{1}{n^2}+7\cdot \frac{1}{n^3}}.$

Krok 6. Granica

Składniki z $\frac{1}{n},\frac{1}{n^2},\frac{1}{n^3}$ dążą do zera przy $n\to \infty$:

$=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}.$

Krok 7. Wynik

$\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{6}\cdot \frac{2}{1}=\frac{1}{3}.$

Odpowiedź: ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{n-1}\right)}{\frac{1}{2}{n}^3-4n+7}=\frac{1}{3}$.

Model probabilistyczny

Losujemy bez zwracania osiem razy, więc efektem jest permutacja zbioru ośmioelementowego. $|\Omega |=8!$.

Kiedy iloczyn jest podzielny przez 3?

W zbiorze $\{1,...,8\}$ podzielne przez 3 są tylko liczby 3 i 6. Warunek zadania: w każdej trójce trzech kolejnych wyrazów musi znaleźć się 3 lub 6.

Analiza trójek pozycji

Trójki kolejnych pozycji: $(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),(4,5,6),(5,6,7),(6,7,8)$ - sześć trójek. Skrajne trójki $(1,2,3)$ i $(6,7,8)$ są rozłączne, więc jedna z liczb 3,6 musi być w pierwszej, druga w drugiej. Aby trójka środkowa $(3,4,5)$ też była pokryta, liczba musi stać na pozycji 3 (wspólnej z $(1,2,3)$). Analogicznie dla $(4,5,6)$ - druga liczba musi stać na pozycji 6.

Sprawdzenie: przy 3 i 6 na pozycjach 3 i 6, wszystkie sześć trójek zawiera jedną z tych pozycji ✓.

Zliczanie

Rozmieszczenie 3 i 6 na pozycjach 3,6: 2 sposoby. Pozostałe 6 liczb na pozostałych 6 pozycjach: $6!$ sposobów. $|A|=2\cdot 6!$.

Prawdopodobieństwo

$P(A)=\frac{2\cdot 6!}{8!}=\frac{2\cdot 6!}{8\cdot 7\cdot 6!}=\frac{2}{56}=\frac{1}{28}.$

Odpowiedź: $P(A)=\frac{1}{28}$.

Mnożymy obie strony nierówności $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\le \frac{x}{y^2}+\frac{y}{x^2}$ przez $x^2{y}^2>0$ (nie zmienia kierunku):

$x{y}^2+x^{2}y\le x^3+y^3.$

Przenosimy na jedną stronę:

$0\le x^3+y^3-x^{2}y-x{y}^2.$

Faktoryzacja

$x^3-x^{2}y+y^3-x{y}^2=x^2(x-y)+y^2(y-x)=x^2(x-y)-y^2(x-y)=(x-y)(x^2-y^2)=(x+y)(x-y{)}^2.$

Uzasadnienie nieujemności

$x+y>0$ (suma liczb dodatnich), $(x-y{)}^2\ge 0$ (kwadrat liczby rzeczywistej). Iloczyn nieujemny.

Wniosek

$x^3+y^3-x^{2}y-x{y}^2=(x+y)(x-y{)}^2\ge 0,$

co jest równoważne wyjściowej nierówności. Nierówność została dowiedziona. Równość zachodzi dla $x=y$.

Opis sytuacji

Kwadrat $ABCD$ o boku $a$; $K$ - środek $AB$, $L$ - środek $BC$; $M$ na $BC$ takie, że $KM\perp DK$; $AL$ przecina $DK$ w $P$ oraz $DM$ w $Q$. Wykazujemy $|PQ|=\frac{\sqrt{5}}{5}a$ metodą współrzędnych.

Układ współrzędnych

$A=(0,0)$, $B=(a,0)$, $C=(a,a)$, $D=(0,a)$. $K=(\frac{a}{2},0)$, $L=(a,\frac{a}{2})$.

Proste AL i DK

$AL:y=\frac{1}{2}x$. $DK$: przez $D=(0,a)$, $K=(\frac{a}{2},0)$, współczynnik $-2$: $y=-2x+a$.

Punkt P

$\frac{1}{2}x=-2x+a\Rightarrow \frac{5}{2}x=a\Rightarrow x=\frac{2a}{5},y=\frac{a}{5}$. $P=(\frac{2a}{5},\frac{a}{5})$.

Punkt M

$M=(a,m)$. $\overrightarrow{KD}=(-\frac{a}{2},a)$, $\overrightarrow{KM}=(\frac{a}{2},m)$. Prostopadłość: $-\frac{a^2}{4}+am=0\Rightarrow m=\frac{a}{4}$. $M=(a,\frac{a}{4})$.

Prosta DM i punkt Q

$DM$: przez $D=(0,a)$, $M=(a,\frac{a}{4})$, współczynnik $-\frac{3}{4}$: $y=-\frac{3}{4}x+a$. Przecięcie z AL: $\frac{1}{2}x=-\frac{3}{4}x+a\Rightarrow \frac{5}{4}x=a\Rightarrow x=\frac{4a}{5},y=\frac{2a}{5}$. $Q=(\frac{4a}{5},\frac{2a}{5})$.

Obliczenie |PQ|

$|PQ|=\sqrt{(\frac{2a}{5}{)}^2+(\frac{a}{5}{)}^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{25}}=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}a.$

Wykazaliśmy $|PQ|=\frac{\sqrt{5}}{5}a$.

Zauważmy $2x-6=2(x-3)$, $x^2-9=(x-3)(x+3)$. Miejsca zerowe: $x=3$ (oba), $x=-3$ (drugie). Rozpatrujemy przedziały $(-\infty ,-3)$, $[-3,3]$, $[3,+\infty )$.

Przedział x<-3

$|2x-6|=6-2x$, $|x^2-9|=x^2-9$. $6-2x-(x^2-9)<0\Rightarrow x^2+2x-15>0\Rightarrow (x+5)(x-3)>0\Rightarrow x<-5$ lub $x>3$. Część wspólna z $x<-3$: $x<-5$.

Przedział [-3,3]

$|2x-6|=6-2x$, $|x^2-9|=9-x^2$. $6-2x-(9-x^2)<0\Rightarrow x^2-2x-3<0\Rightarrow (x+1)(x-3)<0\Rightarrow -1<x<3$.

Przedział x>3

$|2x-6|=2x-6$, $|x^2-9|=x^2-9$. $2x-6-(x^2-9)<0\Rightarrow x^2-2x-3>0\Rightarrow (x+1)(x-3)>0\Rightarrow x<-1$ lub $x>3$. Część wspólna: $x>3$.

Suma rozwiązań

Odpowiedź: $x\in (-\infty ,-5)\cup (-1,3)\cup (3,+\infty )$.

Wyrazy przez różnicę r

$a_2=1+r$, $a_3=1+2r$, $a_6=1+5r$.

Warunek ciągu geometrycznego

$(a_3{)}^2=a_2\cdot a_6$: $(1+2r{)}^2=(1+r)(1+5r)\Rightarrow 1+4r+4r^2=1+6r+5r^2\Rightarrow -r^2-2r=0\Rightarrow -r(r+2)=0\Rightarrow r=0$ lub $r=-2$.

Odrzucenie r=0

Dla $r=0$ ciąg byłby stały ($a_n=1$ dla wszystkich n), co jest sprzeczne z $a_n=-2025$. Zostaje $r=-2$: $a_2=-1,a_3=-3,a_6=-9$ - istotnie geometryczny ($q=3$).

Liczba wyrazów

$a_n=1-2(n-1)=-2025\Rightarrow n-1=1013\Rightarrow n=1014$ ($>6$, warunek spełniony).

Suma

$S_{1014}=\frac{1+(-2025)}{2}\cdot 1014=-1012\cdot 1014=-1026168.$

Odpowiedź: $S=-1026168$.

Sprowadzenie do jednego kąta

$6x=3\cdot 2x$. Wzór na sinus potrojonego kąta: $\sin (3\alpha )=3\sin \alpha -4{\sin }^3\alpha$, dla $\alpha =2x$: $\sin (6x)=3\sin (2x)-4{\sin }^3(2x)$.

Przekształcenie równania

$3\sin (2x)-4{\sin }^3(2x)-2\sin (2x)=0\Rightarrow \sin (2x)-4{\sin }^3(2x)=0$.

Faktoryzacja

$\sin (2x)[1-4{\sin }^2(2x)]=0$. Alternatywa: $\sin (2x)=0$ lub ${\sin }^2(2x)=\frac{1}{4}$, czyli ${\cos }^2(2x)=\frac{3}{4}$, $\cos (2x)=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Rozwiązanie sin(2x)=0

$2x=\pi k\Rightarrow x=\frac{\pi k}{2}$.

Rozwiązanie cos(2x)=√3/2

$2x=\pm \frac{\pi }{6}+2\pi k\Rightarrow x=\frac{\pi }{12}+\pi k$ lub $x=\frac{11\pi }{12}+\pi k$.

Rozwiązanie cos(2x)=-√3/2

$2x=\pm \frac{5\pi }{6}+2\pi k\Rightarrow x=\frac{5\pi }{12}+\pi k$ lub $x=\frac{7\pi }{12}+\pi k$.

Odpowiedź: $x=\frac{\pi k}{2},\frac{\pi }{12}+\pi k,\frac{5\pi }{12}+\pi k,\frac{7\pi }{12}+\pi k,\frac{11\pi }{12}+\pi k$, $k\in \mathbb{Z}$.

Promień i bok podstawy

$2\pi R=6\sqrt{2}\pi \Rightarrow R=3\sqrt{2}$. Dla trójkąta równobocznego $a=R\sqrt{3}=3\sqrt{6}$, $a^2=54$.

Krawędź boczna

Trójkąt $BSC$: $a^2=2b^2(1-\cos \angle BSC)=2b^2\cdot \frac{4}{9}=\frac{8b^2}{9}$. $54=\frac{8b^2}{9}\Rightarrow b^2=\frac{243}{4}\Rightarrow b=\frac{9\sqrt{3}}{2}$.

Konstrukcja kąta dwuściennego

Ściany $SAC$, $SBC$ mają wspólną krawędź $SC$. Z symetrii ostrosłupa prawidłowego spodki wysokości z A i z B na SC są tym samym punktem P. Kąt $\angle APB=\beta$ to szukany kąt dwuścienny.

Odcinek x=AP=BP

Pole trójkąta SAC: $P_{SAC}=\frac{1}{2}a\sqrt{b^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{6}\cdot \sqrt{\frac{189}{4}}$. Też $P_{SAC}=\frac{1}{2}bx$. Porównując: $x=\sqrt{42}$.

Cosinus kąta

Trójkąt $APB$: $a^2=2x^2(1-\cos \beta )\Rightarrow 54=84(1-\cos \beta )\Rightarrow \cos \beta =1-\frac{9}{14}=\frac{5}{14}$.

Odpowiedź: $a=3\sqrt{6}$, $\cos \beta =\frac{5}{14}$.

Które ramię leży na prostej

$B=(4,0)$: $4+0-4=0$ ✓ leży. $A=(1,-1)$: $1-2-4=-5\ne 0$. Prosta zawiera ramię BC.

Symetralna AB

$|CA{|}^2=|CB{|}^2$: $(x-1{)}^2+(y+1{)}^2=(x-4{)}^2+y^2\Rightarrow 6x+2y-14=0\Rightarrow y=7-3x$.

Punkt C

Układ: $x+2y-4=0$, $y=7-3x$. Podstawienie: $x+2(7-3x)-4=0\Rightarrow -5x+10=0\Rightarrow x=2,y=1$. $C=(2,1)$. Sprawdzenie: $|CA{|}^2=|CB{|}^2=5$ ✓.

Punkt M

$M=A+\frac{1}{5}(C-A)=(1,-1)+\frac{1}{5}(1,2)=(\frac{6}{5},-\frac{3}{5})$.

Promień i równanie okręgu

$C-M=(\frac{4}{5},\frac{8}{5})$, $|MC{|}^2=\frac{16}{25}+\frac{64}{25}=\frac{16}{5}$.

Odpowiedź: ${\left(x-\frac{6}{5}\right)}^2+{\left(y+\frac{3}{5}\right)}^2=\frac{16}{5}$.

Kształt paraboli

$a=m^2>0$ zawsze (bo $m\ne 0$) - ramiona do góry.

Warunek 1: Δ>0

$\Delta =4m^2+4m^3-4m^2=4m^3>0\iff m>0$.

Warunek 2: wierzchołek w (-2,2)

$p=\frac{1}{m}$. $p>-2$: dla $m>0$ zawsze, dla $m<0$: $m<-\frac{1}{2}$. Czyli $m\in (-\infty ,-\frac{1}{2})\cup (0,+\infty )$. $p<2$: dla $m>0$: $m>\frac{1}{2}$, dla $m<0$ zawsze. Czyli $m\in (-\infty ,0)\cup (\frac{1}{2},+\infty )$.

Warunek 3: f(-2)>0

$f(-2)=4m^2+3m+1$, ${\Delta }_m=9-16=-7<0$, więc $>0$ dla wszystkich m.

Warunek 4: f(2)>0

$f(2)=4m^2-5m+1$, zera: $m=\frac{1}{4},1$. $>0$ dla $m<\frac{1}{4}$ lub $m>1$.

Część wspólna

$m>0$ (war.1) ∩ war.2a (spełnione) ∩ war.2b ($m>\frac{1}{2}$) ∩ war.3 (całe R) ∩ war.4 ($m>1$) = $m>1$.

Odpowiedź: $m\in (1,+\infty )$.

Kąt BCD

Czworokąt wpisany w okrąg: $\angle BAD+\angle BCD=180°\Rightarrow \angle BCD=120°$.

Zależność boków (Pitot)

Czworokąt opisany na okręgu: $|AB|+|CD|=|BC|+|AD|\Rightarrow 9+|CD|=|BC|+10\Rightarrow |CD|=|BC|+1$. Niech $|BC|=t$.

Przekątna BD (trójkąt ABD)

$|BD{|}^2=81+100-2\cdot 9\cdot 10\cdot \frac{1}{2}=91$.

Równanie z trójkąta BCD

$|BD{|}^2=t^2+(t+1{)}^2+t(t+1)=3t^2+3t+1=91\Rightarrow t^2+t-30=0\Rightarrow t=5$ (odrzucamy $t=-6$).

$|BC|=5$, $|CD|=6$.

Pole

$P_{ABD}=\frac{1}{2}\cdot 9\cdot 10\sin 60°=\frac{45\sqrt{3}}{2}$. $P_{BCD}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 6\sin 120°=\frac{15\sqrt{3}}{2}$. $P=30\sqrt{3}$.

Odpowiedź: $|BC|=5$, $|CD|=6$, $P=30\sqrt{3}$.

Opis sytuacji

Trójkąt równoramienny $ABC$, podstawa $AB=x$, ramiona $b=|AC|=|BC|$, wysokość $CD=h$ (D-środek AB, $|AD|=\frac{x}{2}$). Okrąg wpisany o promieniu $r=2$, środek $S$ na CD, $|SD|=2$, $|CS|=h-2$. Punkt styczności E na AC, $SE\perp AC$, $|SE|=2$.

Podobieństwo trójkątów

$△CES\sim △CDA$ (wspólny kąt przy C, oba prostokątne): $\frac{|SE|}{|CS|}=\frac{|AD|}{|CA|}\Rightarrow \frac{2}{h-2}=\frac{x/2}{b}\Rightarrow b=\frac{x(h-2)}{4}$.

Pitagoras

$b^2=(\frac{x}{2}{)}^2+h^2$. Podstawienie: $\frac{x^2(h-2{)}^2}{16}=\frac{x^2}{4}+h^2$.

Przekształcenia

$x^2(h-2{)}^2=4x^2+16h^2\Rightarrow x^2{h}^2-4x^{2}h+4x^2=4x^2+16h^2\Rightarrow x^2{h}^2-4x^{2}h=16h^2$. Dzielimy przez $h>0$: $x^{2}h-4x^2=16h\Rightarrow h(x^2-16)=4x^2\Rightarrow h=\frac{4x^2}{x^2-16}$.

Pole

$P=\frac{1}{2}xh=\frac{1}{2}x\cdot \frac{4x^2}{x^2-16}=\frac{2x^3}{x^2-16}$.

Wzór wykazany.

Pochodna

$P(x)=\frac{2x^3}{x^2-16}$. $P^{\prime }(x)=\frac{6x^2(x^2-16)-2x^3\cdot 2x}{(x^2-16{)}^2}=\frac{2x^4-96x^2}{(x^2-16{)}^2}=\frac{2x^2(x^2-48)}{(x^2-16{)}^2}$.

Miejsce zerowe w dziedzinie

$2x^2(x^2-48)=0\Rightarrow x=0$ (odrzucamy) lub $x^2=48\Rightarrow x=4\sqrt{3}\approx 6,93\in (4,10]$ (przyjmujemy), $x=-4\sqrt{3}$ (odrzucamy).

Znak pochodnej

Dla $x\in (4,4\sqrt{3})$: $x^2-48<0\Rightarrow P^{\prime }<0$ (malejąca). Dla $x\in (4\sqrt{3},10]$: $x^2-48>0\Rightarrow P^{\prime }>0$ (rosnąca). W $x=4\sqrt{3}$ minimum, globalne na (4,10].

Wartość minimalna

$(4\sqrt{3}{)}^2=48$, $(4\sqrt{3}{)}^3=192\sqrt{3}$. $P(4\sqrt{3})=\frac{2\cdot 192\sqrt{3}}{48-16}=\frac{384\sqrt{3}}{32}=12\sqrt{3}$.

Odpowiedź: $x=4\sqrt{3}$ m, najmniejsze pole $P(4\sqrt{3})=12\sqrt{3}$ m².