Ре­ше­ние. а)  Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние:

Решим урав­не­ние (⁎):

Все най­ден­ные корни удо­вле­тво­ря­ют усло­вию

б)  Отберём корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти (см. рис.). Под­хо­дят числа

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Назовём ось ци­лин­дра OO₁, про­ведём об­ра­зу­ю­щие MM₁ и KK₁. Тогда, по­сколь­ку KM₁ пе­ре­се­ка­ет ось ци­лин­дра, ось ци­лин­дра лежит в плос­ко­сти KMM₁K₁. Таким об­ра­зом, KM  — диа­метр, и, зна­чит, угол KNM пря­мой. Тогда, по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах, пря­мая NM₁ также пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой KN, а тре­уголь­ник KNM₁ пря­мо­уголь­ный.

б)  Из точки N опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр NH на пря­мую KM₁, ис­ко­мое рас­сто­я­ние  — длина этого пер­пен­ди­ку­ля­ра. Найдём её как вы­со­ту пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка KNM₁:

от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

При не­ра­вен­ство не опре­де­ле­но. Рас­смот­рим остав­ши­е­ся зна­че­ния пе­ре­мен­ной.

При по­лу­ча­ем:

При по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть K  — точка ка­са­ния окруж­но­сти с пря­мой MN, F  — точка ка­са­ния окруж­но­сти и пря­мой AB, E  — точка ка­са­ния окруж­но­сти и пря­мой AD. По свой­ству ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных из одной точки, MK  =  MF, KN  =  NE. От­сю­да сле­ду­ет, что пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка AMN равен

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть О  — центр окруж­но­сти, а H  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых AB и PO. За­ме­тим, что центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на бис­сек­три­се этого угла, по­это­му

Далее,

По­это­му

Тогда тре­уголь­ни­ки FOH и NOE равны по ка­те­ту и остро­му углу. Зна­чит, FH  =  EN, и AH : HB  =  DN : NA  =  2 : 1, тогда BH : HA =  1 : 2.

Ответ: б) 1 : 2.

Ре­ше­ние. Пусть сумма, взя­тая в кре­дит, равна S.

В пер­вый месяц (ян­варь) Ан­дрей воз­вра­ща­ет сумму, рав­ную и остаётся дол­жен

Во вто­рой месяц (фев­раль) Ан­дрей воз­вра­ща­ет сумму, рав­ную и остаётся дол­жен

В n-⁠й месяц Ан­дрей воз­вра­ща­ет сумму, рав­ную и остаётся дол­жен

Зна­чит, в один­на­дца­том ме­ся­це (но­яб­ре) после вы­пла­ты Ан­дрей остаётся дол­жен Таким об­ра­зом, в по­след­ний месяц (де­кабрь) Ан­дрей вы­пла­чи­ва­ет или 100 тыс. руб. От­ку­да тыс. руб.

Ответ: 1200 тыс. руб­лей.

Ре­ше­ние. Ис­ход­ное не­ра­вен­ство рав­но­силь­но со­во­куп­но­сти

При любом зна­че­нии па­ра­мет­ра на своей об­ла­сти опре­де­ле­ния левая часть не­ра­вен­ства (⁎) не­пре­рыв­на, а по­то­му не­ра­вен­ство стро­го­го знака либо не имеет ре­ше­ний, либо имеет бес­ко­неч­но много ре­ше­ний. Таким об­ра­зом, ис­ход­ное не­ра­вен­ство будет иметь един­ствен­ное ре­ше­ние, если урав­не­ние (⁎⁎) имеет един­ствен­ный ко­рень и при этом не­ра­вен­ство (⁎) не имеет ре­ше­ний. Рас­смот­рим урав­не­ние (⁎⁎):

Пусть тогда

За­ме­тим, что при каж­дый из мно­жи­те­лей пра­вой части боль­ше 1, зна­чит, урав­не­ние не имеет кор­ней. При каж­дый из мно­жи­те­лей пра­вой части мень­ше 1, по­это­му урав­не­ние также не имеет кор­ней. Зна­чит, яв­ля­ет­ся един­ствен­ным кор­нем этого урав­не­ния.

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

По­лу­чен­ное квад­рат­ное урав­не­ние имеет един­ствен­ный ко­рень, если его дис­кри­ми­нант равен нулю:

Учи­ты­вая огра­ни­че­ния по­лу­ча­ем, что урав­не­ние (⁎⁎) имеет един­ствен­ный ко­рень при Решим не­ра­вен­ство (⁎) при :

При любых зна­че­ни­ях x каж­дый из мно­жи­те­лей пра­вой части не мень­ше 1, зна­чит, не­ра­вен­ство не имеет ре­ше­ний.

Таким об­ра­зом, ис­ход­ное не­ра­вен­ство имеет ровно одно ре­ше­ние толь­ко при

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. Будем на­зы­вать Ни­ко­ла­я­ми всех, кто не Вла­ди­мир. Рас­смот­рим от­дель­но тех, кто сидит на чет­ных ме­стах, и тех, кто сидит на не­чет­ных ме­стах. Вы­са­дим их в том же по­ряд­ке на две от­дель­ных ла­воч­ки, а затем снова пе­ре­са­дим на одну  — сна­ча­ла людей с пер­вой ла­воч­ки, потом од­но­го но­во­го до­пол­ни­тель­но­го Ни­ко­лая, а потом людей со вто­рой ла­воч­ки. Те­перь каж­дые два Вла­ди­ми­ра, си­дя­щих рядом, поз­во­ля­ют ис­пол­нить одно же­ла­ние. Груп­па из x Вла­ди­ми­ров под­ряд поз­во­ля­ет ис­пол­нить ровно x − 1 же­ла­ние (даже при x  =  1). Зна­чит, все груп­пы Вла­ди­ми­ров вме­сте поз­во­ля­ют ис­пол­нить 44 − n же­ла­ний, где n  — число групп.

а)  По­сколь­ку Ни­ко­ла­ев на новой ска­мье 50 − 44 + 1  =  7, Вла­ди­ми­ры раз­би­ва­ют­ся на не более чем 8 групп, по­это­му ис­пол­нят не менее 44 − 8  =  36 же­ла­ний. Это воз­мож­но, на­при­мер, так: по­са­дим на из­на­чаль­ной ска­мей­ке 3 груп­пы «Вла­ди­мир  — Вла­ди­мир  — Ни­ко­лай  — Ни­ко­лай», а потом осталь­ных 38 Вла­ди­ми­ров. Тогда же­ла­ния ис­пол­нят­ся у всех Вла­ди­ми­ров в боль­шой груп­пе (кроме двух край­них) и боль­ше ни у кого.

б)  Да. Если в преды­ду­щем при­ме­ре пе­ре­са­дить двух Вла­ди­ми­ров с на­ча­ла ска­мьи в ее конец, число ис­пол­нен­ных же­ла­ний вы­рас­тет на 2.

в)  Ясно, что на новой ска­мье Вла­ди­ми­ры не могут об­ра­зо­вы­вать одну груп­пу (по­сколь­ку на 26-м месте сидит Ни­ко­лай), по­это­му групп ми­ни­мум две, а ис­пол­ня­ю­щих­ся же­ла­ний не более 42. Это воз­мож­но, если на из­на­чаль­ной ска­мей­ке по­са­дить сна­ча­ла всех Ни­ко­ла­ев, а потом всех Вла­ди­ми­ров.

Ответ: а)  36; б)  да; в)  42.