Ре­ше­ние. а)  За­пи­шем ис­ход­ное урав­не­ние в виде При урав­не­ние не имеет кор­ней. При урав­не­ние при­ни­ма­ет вид:

Оба корня удо­вле­тво­ря­ют усло­вию

б)  За­ме­тим, что Зна­чит, ука­зан­но­му от­рез­ку при­над­ле­жит ко­рень x = 2.

Ответ: а) 2; 5; б) 2.

При­ме­ча­ние.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние пунк­та а):

Дано урав­не­ние Пусть тогда По­лу­ча­ем

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Ре­ше­ние. а)  От­рез­ки АМ и ВМ яв­ля­ют­ся ме­ди­а­на­ми в рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ках АСD и ВСD со­от­вет­ствен­но, по­это­му пря­мая  СD пер­пен­ди­ку­ляр­на этим от­рез­кам, а зна­чит, и плос­ко­сти  АМВ. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые АВ и СD пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

б)  Пусть К  — се­ре­ди­на ребра АВ, а N  — се­ре­ди­на от­рез­ка НС. Тогда MN  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка СDН, по­это­му ис­ко­мый угол равен углу BMN, а угол BNM пря­мой.

Обо­зна­чим ребро тет­ра­эд­ра через 6x. Тогда имеем:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. За­пи­шем ис­ход­ное не­ра­вен­ство в виде:

от­ку­да

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Точка О яв­ля­ет­ся цен­тром окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка АЕС, по­это­му

б)  Пря­мая ВD яв­ля­ет­ся се­ре­дин­ным пер­пен­ди­ку­ля­ром к от­рез­ку АС, по­это­му точка О лежит на этой пря­мой. Пусть точка М  — се­ре­ди­на от­рез­ка ЕС. По тео­ре­ме Фа­ле­са па­рал­лель­ные пря­мые MO и CD от­се­ка­ют на сто­ро­нах угла CBD про­пор­ци­о­наль­ные от­рез­ки, по­это­му

Ответ: б)  3 : 1.

При­ме­ча­ние.

Пункт а) может быть решен при по­мо­щи по­во­ро­та.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Ар­те­ма Кал­мы­ко­ва (Уфа).

Тре­уголь­ник AOE  — рав­но­бед­рен­ный, так как от­ре­зок OH яв­ля­ет­ся од­но­вре­мен­но и вы­со­той, и ме­ди­а­ной. Тогда Ана­ло­гич­но тре­уголь­ник EOC  — рав­но­бед­рен­ный, в нем по­это­му Тре­уголь­ни­ки AOD и COD равны по трем сто­ро­нам, по­это­му а зна­чит, точка O лежит на диа­го­на­ли BD.

Пусть тогда Углы COM и DCO равны как на­крест ле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии па­рал­лель­ных пря­мых OM и DC се­ку­щей OC. Луч OM  — бис­сек­три­са угла EOC, по­это­му На­хо­дим:

Ре­ше­ние. При­быль фирмы вы­ра­жа­ет­ся как то есть квад­ра­тич­но за­ви­сит от цены Р. Пусть пер­во­на­чаль­ная цена рав­ня­лась Р₀. После сни­же­ния цена стала рав­нять­ся 0,8Р₀. Наи­боль­шая при­быль до­сти­га­ет­ся при зна­че­нии Р, для ко­то­ро­го до­сти­га­ет мак­си­му­ма. Гра­фик функ­ции   — па­ра­бо­ла с вет­вя­ми, на­прав­лен­ны­ми вниз, по­это­му мак­си­мум до­сти­га­ет­ся в вер­ши­не па­ра­бо­лы. По­сколь­ку вер­ши­на па­ра­бо­лы на­хо­дит­ся в точке Зна­чит, нужно уве­ли­чить цену с 0,8Р₀ до 0,9Р₀, то есть на 12,5%.

Ответ: 12,5.

Ре­ше­ние. По­ло­жим и рас­смот­рим урав­не­ние:

Таким об­ра­зом, ре­ше­ни­я­ми урав­не­ния яв­ля­ют­ся все числа t такие, что а по­то­му ис­ход­ное урав­не­ние имеет хотя бы один ко­рень тогда и толь­ко тогда, когда двой­ное не­ра­вен­ство

имеет ре­ше­ния.

В силу не­ра­вен­ства между сред­ним ариф­ме­ти­че­ским и сред­ним гео­мет­ри­че­ским для по­ло­жи­тель­ных x на­хо­дим:

при­чем ра­вен­ство до­сти­га­ет­ся тогда и толь­ко тогда, когда при Это урав­не­ние имеет по­ло­жи­тель­ное ре­ше­ние а зна­чит, оцен­ка точ­ная. Для от­ри­ца­тель­ных x по­лу­ча­ем:

при­чем ра­вен­ство до­сти­га­ет­ся тогда и толь­ко тогда, когда при Это урав­не­ние имеет от­ри­ца­тель­ное ре­ше­ние а зна­чит, и эта оцен­ка точ­ная. Таким об­ра­зом, урав­не­ние имеет ре­ше­ния, если

Ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

По­ло­жим и рас­смот­рим урав­не­ние:

В силу гео­мет­ри­че­ско­го смыс­ла мо­ду­ля ре­ше­ни­я­ми по­лу­чен­но­го урав­не­ния яв­ля­ют­ся все такие числа t, что и толь­ко они. По­это­му ис­ход­ное урав­не­ние рав­но­силь­но сле­ду­ю­щим си­сте­мам:

По­лу­чен­ные не­ра­вен­ства спра­вед­ли­вы, если знаки чис­ли­те­ля и зна­ме­на­те­ля дроби раз­лич­ны. Урав­не­ния

за­да­ют на плос­ко­сти Oха окруж­но­сти ра­ди­у­сом с цен­тра­ми в точ­ках и Изоб­ра­зим их на ри­сун­ке.

При по­ло­жи­тель­ных зна­че­ни­ях пе­ре­мен­ной си­сте­ме удо­вле­тво­ря­ют все точки рас­по­ло­жен­но­го слева круга без вы­ко­ло­той точки  (0; 0). При от­ри­ца­тель­ных зна­че­ни­ях си­сте­ме удо­вле­тво­ря­ют все точки рас­по­ло­жен­но­го спра­ва круга без вы­ко­ло­той точки  (0; 0). Таким об­ра­зом, си­сте­ма, а вме­сте с ней и ис­ход­ное урав­не­ние имеют ре­ше­ния при всех зна­че­ни­ях па­ра­мет­ра таких, что

Ре­ше­ние. а)  На­при­мер, если из числа 123 456 789 вы­черк­нуть цифры 2, 7 и 9, то по­лу­чит­ся число 134 568, крат­ное 72.

б)  Пред­по­ло­жим, что можно вы­черк­нуть не­сколь­ко цифр из числа 846 927 531 так, чтобы по­лу­чи­лось число, крат­ное 72.

Если число крат­но 72, то оно чётное. Зна­чит, цифры 7, 5, 3 и 1 долж­ны быть вы­черк­ну­ты. По­лу­ча­ет­ся число 84 692. Оно не крат­но 72, по­это­му из него надо вы­черк­нуть цифры так, чтобы по­лу­чи­лось число, крат­ное 72. Зна­чит, сумма остав­ших­ся цифр долж­на де­лить­ся на 9, то есть сумма вы­черк­ну­тых цифр долж­на быть равна 2, 11 или 20. Это воз­мож­но, толь­ко если вы­черк­нуть или 2, или 2 и 9, или 2, 4, 6 и 8. Ни одно из по­лу­ча­ю­щих­ся чисел  — 8469, 846, 9  — не де­лит­ся на 72.

в)  За­ме­тим, что все цифры числа 124 875 963 раз­лич­ны и не равны нулю.

Если вы­черк­нуть из ис­ход­но­го числа 8 или 7 цифр, то по­лу­чит­ся число, мень­шее 100. Среди таких чисел толь­ко 72 де­лит­ся на 72, но его нель­зя по­лу­чить при вычёрки­ва­нии цифр из ис­ход­но­го числа.

Если вы­черк­нуть из ис­ход­но­го числа 6 цифр, то по­лу­чит­ся трёхзнач­ное число. Среди трёхзнач­ных чисел, все цифры в ко­то­рых раз­лич­ны и не равны нулю, на 72 де­лят­ся толь­ко сле­ду­ю­щие: 216, 432, 576, 648, 792, 864, 936. Ни одно из них не по­лу­ча­ет­ся при вычёрки­ва­нии из числа 124 875 963 не­сколь­ких цифр.

Зна­чит, нель­зя вы­черк­нуть более 5 цифр так, чтобы по­лу­чив­ше­е­ся число было крат­но 72. Пять цифр вы­черк­нуть можно. На­при­мер, если вы­черк­нуть цифры 4, 8. 7, 5 и 3, то по­лу­чит­ся число 1296, крат­ное 72.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  5.