Ре­ше­ние. а)  Решим урав­не­ние:

б)  Среди пред­став­лен­ных кор­ней от­бе­рем те, ко­то­рые при­над­ле­жат от­рез­ку

Это числа и

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  По­сколь­ку ABCDEFA₁B₁C₁D₁E₁F₁  — пра­виль­ная ше­сти­уголь­ная приз­ма, то ABCDEF  — пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник. Тогда ∠CBA  =  120°. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов имеем

За­ме­тим, что A₁A ⊥ (ABC), сле­до­ва­тель­но, AA₁ ⊥ CA. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра CA₁  =  14.

По­сколь­ку ABCDEF  — пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник, DA  =  2AB  =  10. Тогда По тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник CA₁D пря­мо­уголь­ный. Тогда CD ⊥ CA₁. По­сколь­ку С₁D₁ || CD, имеем C₁D₁ ⊥ CA₁.

б)  По­сколь­ку ABCDEF  — пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник, AC ⊥ CD, по­это­му угол A₁CA равен углу между ис­ко­мым се­че­ни­ем и плос­ко­стью ABCDEF. По­сколь­ку A₁A ⊥ CA,

Пло­щадь ше­сти­уголь­ни­ка равна Тогда, по тео­ре­ме о пло­ща­ди про­ек­ции, пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния

Ответ: б) 105.

При­ме­ча­ние.

Пункт а), ко­неч­но, можно до­ка­зать и проще, со­слав­шись на тео­ре­му о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Про­ек­ци­ей пря­мой CA₁ на плос­кость верх­не­го ос­но­ва­ния яв­ля­ет­ся пря­мая C₁A₁, пер­пен­ди­ку­ляр­ная пря­мой C₁D₁.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что и Для таких зна­че­ний пе­ре­мен­ной чис­ли­тель и зна­ме­на­тель ар­гу­мен­та ло­га­риф­ма по­ло­жи­тель­ны, по­это­му, учи­ты­вая ра­вен­ство имеем:

Решим по­лу­чен­ное не­ра­вен­ство, при­ме­няя метод ра­ци­о­на­ли­за­ции:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть АВ  — диа­метр боль­шей из трёх окруж­но­стей, О  — её центр, O₁  — центр окруж­но­сти ра­ди­у­са r у ка­са­ю­щей­ся окруж­но­сти с диа­мет­ром АВ в точке А, O₂  — центр окруж­но­сти ра­ди­у­са R, ка­са­ю­щей­ся окруж­но­сти с диа­мет­ром АВ в точке С, окруж­но­сти с цен­тром O₁  — в точке D, от­рез­ка АВ  — в точке Е. Точки О, O₂ и С лежат на одной пря­мой, по­это­му OO₂  =  ОС − O₂С  =  ОС − R. Ана­ло­гич­но ОО₁  =  OA − О₁А  =  ОА − r и O₁O₂  =  O₁D + O₂D  =  r + R. Сле­до­ва­тель­но, пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка OO₁O₂ равен

б)  Пусть OA  =  3, r  =  2. Тогда O₂Е  =  R, O₁O₂  =  2 + R, OO₁  =  OA − О₁А  =  3 − 2  =  1, OO₂  =  ОС − O₂С  =  3 − R. Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков O₁O₂Е и OO₂Е на­хо­дим, что

а так как О₁E  =  OO₁ + ОЕ, то Из этого урав­не­ния на­хо­дим, что R = 0,96 .

Ответ: 0,96.

Ре­ше­ние. Пусть Олег взял S руб­лей, 1 + 0,01a = b, тогда долг на конец года будет со­от­вет­ствен­но со­став­лять:

1-й год

2-й год

3-й год

4-й год

Зна­чит,

При схеме вы­пла­ты за два года, по­лу­чим:

1-й год

2-й год

Зна­чит,

Решим си­сте­му урав­не­ний:

Зна­чит, 1 + 0,01a =

Ответ: 12,5.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что ис­ход­ное урав­не­ние можно за­пи­сать в виде

Рас­смот­рим функ­цию

Её про­из­вод­ная зна­чит, функ­ция яв­ля­ет­ся воз­рас­та­ю­щей и каж­дое свое зна­че­ние при­ни­ма­ет ровно один раз.

Тогда ис­ход­ное урав­не­ние рав­но­силь­но квад­рат­но­му урав­не­нию

ко­то­рое не имеет кор­ней при

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  На­при­мер, 50 и 60 сол­дат по 10 че­ло­век в ряду.

б)  Не­об­хо­ди­мо, чтобы в обеих ротах было ко­ли­че­ство че­ло­век, крат­ное 13. Но два наи­мень­ших числа, крат­ных 13 и боль­ших 46, это числа 52 и 65, чья сумма со­став­ля­ет 117, что есть боль­ше, чем 111. Сле­до­ва­тель­но, при­шли к про­ти­во­ре­чию.

в)  Из пунк­та б) из­вест­но, что 13 сол­дат в одном ряду быть не может. Легко про­ве­рить, что 14, 15 также быть не может. Боль­шее ко­ли­че­ство также быть не может, так как тогда общее ко­ли­че­ство будет боль­ше, чем Зна­чит, нужно про­ве­рять толь­ко ва­ри­ан­ты 9, 10, 11 и 12 че­ло­век в ряду.

Пусть 9 сол­дат в ряду. Тогда воз­мож­ное общее ко­ли­че­ство таких людей 99 или 108. Пред­по­ло­жим, что их 99, тогда в пер­вом взво­де может быть 47, 48, 49 че­ло­век, во вто­ром  — 52, 51, 50 че­ло­век со­от­вет­ствен­но. Ни одна из этих пар не де­лит­ся на 9, по­это­му дан­ное ре­ше­ние не под­хо­дит. Для 108 людей в роте: пер­вый взвод  — 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53 вто­рой  — 61, 60, 59, 58, 57, 56 55. Так же как и в пер­вом слу­чае, по­лу­чи­ли, что под­хо­дя­щих пар, де­ля­щих­ся на 9, нет.

Пусть 10 сол­дат в ряду, тогда в роте может быть 100 и 110 че­ло­век. Вы­пол­няя ана­ло­гич­ное рас­суж­де­ние, по­лу­ча­ем, что в роте не может быть 100 че­ло­век, но может быть 110 (как по­ка­за­но в пунк­те 1).

Пусть 11 сол­дат в ряду. В роте может быть 99 и 110 че­ло­век. Выше по­ка­за­но, что 99 че­ло­век в роте быть не может, а 110 че­ло­век может.

Пусть 12 сол­дат в ряду, тогда в роте может быть 96 и 108 че­ло­век. Для 96 че­ло­век в роте ре­ше­ний нет, для 108 че­ло­век в роте в пер­вом взво­де  — 48 че­ло­век, во вто­ром  — 60, что удо­вле­тво­ря­ет всем усло­ви­ям за­да­чи.

Ответ: а)  на­при­мер, 50 и 60; б)  нет; в)  108 или 110.