Ре­ше­ние. а)  Пусть тогда по­сколь­ку и по­лу­ча­ем:

Тогда:

б)  Найдём корни, ле­жа­щие на за­дан­ном от­рез­ке:

Тем самым, от­рез­ку при­над­ле­жит корни и

Ответ: а) б)

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

В силу не­ра­вен­ства между сред­ним ариф­ме­ти­че­ским и сред­ним гео­мет­ри­че­ским, имеем:

Тогда

Ре­ше­ние. а)  Рас­смот­рим пра­виль­ный тет­ра­эдр B₁AD₁C. В нём B₁K  =  B₁L  =  B₁M  — апо­фе­мы бо­ко­вых гра­ней  — рав­ных рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ков. Сле­до­ва­тель­но, бо­ко­вые ребра пи­ра­ми­ды B₁KLM равны. Кроме того, в ос­но­ва­нии этой пи­ра­ми­ды лежит рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник KLM. Сле­до­ва­тель­но, пи­ра­ми­да пра­виль­ная. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что

по­сколь­ку вы­со­та общая.

Куб ABCDA₁B₁C₁D₁ со­сто­ит из пи­ра­мид B₁AD₁C, AA₁B₁D₁, CB₁C₁D₁, B₁ABC и D₁ACD.

Объём куба равен 216. Тогда

Ответ: б) 18.

Ре­ше­ние. Пусть тогда

Вер­нем­ся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Тре­уголь­ни­ки BCE и CDK равны по двум ка­те­там, сле­до­ва­тель­но,

то есть пря­мая BE пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой CK. Тогда в четырёхуголь­ни­ке ABOK: ∠BAK = ∠BOK  =  90°. По­это­му во­круг него можно опи­сать окруж­ность.

б)  Введём си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме

Урав­не­ние пря­мой KC: урав­не­ние пря­мой BE: Ко­ор­ди­на­ты точки O найдём из си­сте­мы урав­не­ний

Тогда рас­сто­я­ние между и равно

Ответ: б) 1.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние п. а).

По­вернём тре­уголь­ник BCE на 90° по ча­со­вой стрел­ке и па­рал­лель­ным пе­ре­но­сом сов­ме­стим точку B с точ­кой C. Тогда тре­уголь­ник BCE на­ло­жит­ся на CKD, пря­мая BE сов­па­дет с пря­мой CK. По­сколь­ку после по­во­ро­та пря­мые сов­па­ли, до по­во­ро­та угол между ними был 90°.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние п. б).

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки BCE и BAK равны по двум ка­те­там, зна­чит, то есть на хорды AO и AB опи­сан­ной около четырёхуголь­ни­ка ABOK окруж­но­сти опи­ра­ют­ся рав­ные углы. Таким об­ра­зом,

При­ведём ре­ше­ние п. б) Ан­дрея Плю­хи­на.

Про­дол­жим от­ре­зок CK до точки F пе­ре­се­че­ния с пря­мой AB. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки KDC и KAF равны по ка­те­ту и остро­му углу, по­это­му AF  =  ВС  =  1, а точка A  — се­ре­ди­на BF.

Точка O при­над­ле­жит окруж­но­сти с цен­тром в точке A и диа­мет­ром BF, по­сколь­ку эта точка  — вер­ши­на пря­мо­го угла, стя­ги­ва­ю­ще­го диа­метр BF. Сле­до­ва­тель­но, AO  =  AB  =  AF  =  1  — ра­ди­ус этой окруж­но­сти.

Вто­рой абзац этого ре­ше­ния можно за­ме­нить таким рас­суж­де­ни­ем: из суммы углов по­лу­ча­ем, что угол FOB пря­мой, сле­до­ва­тель­но, АО яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка и равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы.

При­ведём ре­ше­ние Де­ни­са Чер­ны­ше­ва (Тю­мень).

а)  Во­круг че­ты­рех­уголь­ни­ка можно опи­сать окруж­ность тогда и толь­ко тогда, когда суммы про­ти­во­ле­жа­щих углов равны 180°. По усло­вию ABCD  — квад­рат, в нем угол А пря­мой. До­ка­жем, что угол KOB пря­мой. Имеем:

Зна­чит,

Сто­ро­ны квад­ра­та равны, по­это­му Зна­чит, ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние равно нулю, а тогда

б)  Не­об­хо­ди­мо найти мо­дуль век­то­ра За­пи­шем его в виде

где По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка DCK на­хо­дим:

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки DCK и OCE по­доб­ны, по­сколь­ку имеют общий ост­рый угол. Зна­чит, от­ку­да

Сле­до­ва­тель­но,

Под­ста­вим най­ден­ный ко­эф­фи­ци­ент x в вы­ра­же­ние для век­то­ра по­лу­чим:

Тогда

Ре­ше­ние. В июле 2020 года долг со­став­лял 147 тыс. руб. После на­чис­ле­ния 10% он стал со­став­лять 147 + 14,7  =  161,7 тыс. руб. Пусть пер­вая вы­пла­та была равна x тыс. руб. Тогда долг на июль 2021 года стал со­став­лять 161,7 − x тыс. руб.

После вто­ро­го на­чис­ле­ния про­цен­тов сумма долга со­ста­ви­ла (161,7 − x)1,1  =  177,87 − 1,1x. Этот долг был по­га­шен вто­рым пла­те­жом, рав­ным x, от­ку­да по­лу­ча­ем урав­не­ние 177,87 − 1,1x  =  x. Из этого урав­не­ния на­хо­дим x  =  84,7 тыс. руб. По­это­му банку было вы­пла­че­но 2x  =  169,4 тыс. руб.

При­ведём ре­ше­ние в общем слу­чае.

Пусть сумма кре­ди­та равна S, а го­до­вые со­став­ля­ют а%. Тогда остав­ша­я­ся сумма долга умно­жа­ет­ся на ко­эф­фи­ци­ент b  =  1 + 0,01а. После пер­вой вы­пла­ты сумма долга со­ста­вит S₁  =  Sb − X. После вто­рой вы­пла­ты сумма долга со­ста­вит

По усло­вию кре­дит будет по­га­шен двумя пла­те­жа­ми, по­это­му от­ку­да

При S  =  147 000 и а  =  10 по­лу­ча­ем: b  =  1,1 и

Ответ: 169 400 руб­лей.

Ре­ше­ние. Изоб­ра­зим мно­же­ство точек, за­дан­ное си­сте­мой не­ра­венств

Ис­ко­мое мно­же­ство яв­ля­ет­ся пе­ре­се­че­ни­ем части плос­ко­сти, ле­жа­щей внут­ри па­ра­бо­лы, за­дан­ной урав­не­ни­ем и двух тупых углов, огра­ни­чен­ных пря­мы­ми и (см. рис., вы­де­ле­но жир­ным кон­ту­ром). Найдём абс­цис­сы их точек пе­ре­се­че­ния.

Решим урав­не­ние:

Решим урав­не­ние:

Най­ден­ное во вто­ром слу­чае един­ствен­ное ре­ше­ние квад­рат­но­го урав­не­ния со­от­вет­ству­ет ка­са­нию па­ра­бо­лы и сто­ро­ны угла. Тем самым си­сте­ма имеет ре­ше­ния для всех а, ле­жа­щих выше ор­ди­на­ты вер­ши­ны па­ра­бо­лы, но ниже точки пе­ре­се­че­ния па­ра­бо­лы с пря­мой то есть для всех a из от­рез­ка и для

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

За­ме­тим, что при и при По­это­му пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы рав­но­силь­но двой­но­му не­ра­вен­ству при и рав­но­силь­но двой­но­му не­ра­вен­ству при При по­лу­ча­ем:

от­ку­да При ис­ход­ная си­сте­ма при­ни­ма­ет вид:

от­ку­да

При любом вы­пол­не­но не­ра­вен­ство по­сколь­ку По­это­му при ис­ход­ная си­сте­ма рав­но­силь­на си­сте­ме

Из этой си­сте­мы сле­ду­ет, что от­ку­да За­ме­тим, что мак­си­маль­ное зна­че­ние функ­ции на от­рез­ке равно  4, а ми­ни­маль­ное зна­че­ние функ­ции равно Зна­чит, вы­пол­не­но не­ра­вен­ство Кроме того, при боль­ший ко­рень урав­не­ния удо­вле­тво­ря­ет си­сте­ме не­ра­венств, по­сколь­ку функ­ция при­ни­ма­ет на от­рез­ке все зна­че­ния от до 4 и её зна­че­ния в точке от­рез­ка не пре­вос­хо­дят зна­че­ний функ­ции Таким об­ра­зом, ис­ход­ная си­сте­ма не­ра­венств имеет хотя бы одной ре­ше­ние при и

Ответ:

Ре­ше­ние. a)  Пусть на­чаль­ные числа: a, b, c, d и e, тогда

По­сколь­ку ра­вен­ство

Ра­вен­ство верно. По­это­му ис­ко­мы­ми чис­ла­ми яв­ля­ют­ся 1, 3, 8, 11, 2.

б)  Ра­вен­ство

при­во­дит к ра­вен­ству что не­воз­мож­но для на­ту­раль­ных сла­га­е­мых.

Вывод: нет.

в)  Пусть число A в k раз боль­ше сред­не­го ариф­ме­ти­че­ско­го. Тогда

что не­воз­мож­но при При­мер для k  =  2: 1, 3, 4, 7, 35.

Ответ: а)  да, на­при­мер: 1, 3, 8, 11, 2; б)  нет; в)  2.