Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем чис­ли­тель, при­рав­няв его к нулю:

Зна­чит, либо либо Тогда или

Пер­вая серия не под­хо­дит це­ли­ком,

Вто­рая серия тре­бу­ет, чтобы был по­ло­жи­те­лен. Зна­чит, k чет­ное, Тогда

б)  С по­мо­щью три­го­но­мет­ри­че­ско­го круга от­бе­рем корни

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  По­сколь­ку пря­мая PQ па­рал­лель­на пря­мой AB, пря­мая QR па­рал­лель­на пря­мой BC, плос­ко­сти ABC и PQR па­рал­лель­ны. Пи­ра­ми­да SPQR тоже пра­виль­ная, по­это­му ее вы­со­та про­хо­дит через центр T опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка Она же яв­ля­ет­ся вы­со­той пи­ра­ми­ды SABC и про­хо­дит через центр впи­сан­ной окруж­но­сти ABC, то есть центр опи­сан­ной окруж­но­сти

Таким об­ра­зом, оста­лось найти на этой вы­со­те точку I так, чтобы такая точка и будет цен­тром сферы. За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки PQR и MNK по­доб­ны тре­уголь­ни­ку ABC с ко­эф­фи­ци­ен­та­ми и со­от­вет­ствен­но, по­это­му их ра­ди­у­сы опи­сан­ных окруж­но­стей от­ли­ча­ют­ся во столь­ко же раз. Пусть тогда Пусть, далее, вы­со­та пи­ра­ми­ды равна Изоб­ра­зим се­че­ние пи­ра­ми­ды плос­ко­стью Пусть, на­ко­нец, при­чем если I лежит ниже O мы счи­та­ем, что Тогда оста­лось при­рав­нять рас­сто­я­ния. Имеем:

Итак, мы до­ка­за­ли су­ще­ство­ва­ние цен­тра сферы.

б)  Тре­бу­ет­ся, чтобы то есть

Зна­чит,

Ответ:

Ре­ше­ние. Пер­вый мно­жи­тель все­гда по­ло­жи­те­лен, если толь­ко опре­де­лен, а опре­де­лен он при то есть при Решим те­перь на этом про­ме­жут­ке не­ра­вен­ство

За­ме­ним Имеем:

От­ме­тим, что по­это­му По­это­му тре­бу­ет­ся, чтобы Это воз­мож­но толь­ко при Тогда От­би­рая корни на за­дан­ном про­ме­жут­ке, по­лу­чим

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  По фор­му­ле для от­рез­ков от вер­ши­ны до точки ка­са­ния с впи­сан­ной или внев­пи­сан­ной окруж­но­стью имеем:

по­это­му (если они пе­ре­кры­ва­ют­ся, то под мо­ду­лем будет ), Зна­чит,

б)  Пусть тогда из пер­во­го пунк­та По фор­му­лам для ра­ди­у­сов впи­сан­ной и внев­пи­сан­ной окруж­но­сти имеем:

По­это­му их от­но­ше­ние равно:

от­ку­да:

Итак, сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка равны 10, 12, 14, по фор­му­ле Ге­ро­на его пло­щадь:

Ответ:

Ре­ше­ние. До­пу­стим в пер­вом банке каж­дый год про­ис­хо­дит умно­же­ние вкла­да на где r  — число про­цен­тов. Тогда во вто­ром умно­жа­ют на По усло­вию:

Зна­чит, став­ка в пер­вом банке

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Если то при­ни­ма­ет все зна­че­ния. Если то гра­фик функ­ции  — па­ра­бо­ла вет­вя­ми вверх, по­это­му до­ста­точ­но, чтобы функ­ция при­ни­ма­ла зна­че­ние (чтобы оно не ока­за­лось мень­ше ор­ди­на­ты вер­ши­ны). Ана­ло­гич­но, если то гра­фик функ­ции  — па­ра­бо­ла вет­вя­ми вниз, по­это­му до­ста­точ­но, чтобы функ­ция при­ни­ма­ла зна­че­ние (чтобы оно не ока­за­лось боль­ше ор­ди­на­ты вер­ши­ны). Итак, урав­не­ние при долж­но иметь ре­ше­ние. Имеем:

от­ку­да

Ана­ло­гич­но урав­не­ние при долж­но иметь ре­ше­ние. Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Для того, чтобы у квад­рат­но­го урав­не­ния с це­лы­ми ко­эф­фи­ци­ен­та­ми был целый (и даже про­сто ра­ци­о­наль­ный) ко­рень, не­об­хо­ди­мо (но не­до­ста­точ­но для це­ло­го), чтобы дис­кри­ми­нант был квад­ра­том це­ло­го числа.

а)  Имеем тогда Ясно что и   — либо оба не­чет­ны, либо оба четны (их сумма четна). Далее, можно счи­тать, что и по усло­вию. Зна­чит, они и оба четны, при­чем пер­вое число боль­ше. Оста­ют­ся ва­ри­ан­ты

В пер­вом слу­чае урав­не­ние имеет ко­рень

Во вто­ром слу­чае урав­не­ние имеет ко­рень

б)   крат­но по­сколь­ку b и крат­ны Но не крат­но по­сколь­ку крат­но а c не крат­но (иначе урав­не­ние со­кра­ща­лось бы на ). Но квад­рат не может де­лить­ся на и не де­лить­ся на

в)  Возь­мем в ка­че­стве c число Оно не крат­но по­сколь­ку b не крат­но Тогда урав­не­ние будет про­стым и будет иметь ко­рень

Ответ: а) 8, 16.