Ре­ше­ние. а)  Для квад­ра­тов си­ну­са и ко­си­ну­са при­ме­ним в левой части фор­му­лу суммы кубов:

Тогда

б)  Отберём корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти. Под­хо­дят

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Плос­ко­сти α и SAD па­рал­лель­ны, по­это­му се­че­ние будет об­ра­зо­ва­но пря­мы­ми, па­рал­лель­ны­ми рёбрам AD, SA и SB. Пусть пря­мые KN и SA па­рал­лель­ны, пря­мые KL, NM и AD па­рал­лель­ны, пря­мые ML и SD па­рал­лель­ны. В силу ука­зан­ной па­рал­лель­но­сти тре­уголь­ни­ки BKN и CLM равны и по­доб­ны рав­ным тре­уголь­ни­кам SAB и SCD. По­ло­жим длину ребра пи­ра­ми­ды рав­ной a и пусть Тогда В четырёхуголь­ник KLMN можно впи­сать окруж­ность, по­это­му

б)  Пусть P и Q  — се­ре­ди­ны рёбер AD и BC со­от­вет­ствен­но. Рас­смот­рим се­че­ние SPQ, оно будет пе­ре­се­кать плос­кость α по от­рез­ку RT, па­рал­лель­но­му SP, где R и T  — се­ре­ди­ны от­рез­ков KL и MN со­от­вет­ствен­но. Из точки Q опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр QG на SP, точку пе­ре­се­че­ния QG и RT обо­зна­чим H. За­ме­тим, что пря­мая AD пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти SPQ, сле­до­ва­тель­но, пря­мая QG пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AD и, зна­чит, пря­мая QG пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­стям SAD и α. Так как S лежит в плос­ко­сти SAD, па­рал­лель­ной плос­ко­сти α, то рас­сто­я­ние от неё до плос­ко­сти α равно рас­сто­я­нию между этими плос­ко­стя­ми, ко­то­рое равно, на­при­мер, GH. Имеем от­ку­да

Из п. а) сле­ду­ет, что тре­уголь­ни­ки QTR и SPQ по­доб­ны, при этом от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

Рас­кро­ем мо­ду­ли, рас­смот­рев три слу­чая. При имеем:

В по­лу­чен­ной дроби по­ло­жи­тель­ный чис­ли­тель мень­ше по­ло­жи­тель­но­го зна­ме­на­те­ля, зна­чит, ре­ше­ний нет.

При имеем:

В по­лу­чен­ной дроби чис­ли­тель по­ло­жи­те­лен, зна­ме­на­тель от­ри­ца­те­лен, зна­чит, ре­ше­ний нет.

При имеем:

По­лу­чен­ное ре­ше­ние лежит в рас­смат­ри­ва­е­мом про­ме­жут­ке

Ответ:

При­ме­ча­ние.

При­ве­дя урав­не­ние к виду

можно за­ме­тить, что тогда По­это­му, умно­жив на по­ло­жи­тель­ный зна­ме­на­тель и сни­мая мо­дуль, по­лу­ча­ем на луче :

Ре­ше­ние. а)  Пусть AM  =  2x, CM  =  3x. Тогда

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов

от­ку­да что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Далее по­лу­ча­ем: от­ку­да

Тогда

Ответ: б) 2 : 5.

Ре­ше­ние. От­ме­тим, что если в конце года перед на­чис­ле­ни­ем про­цен­тов на вкла­де лежит сумма S руб., то по пер­вой схеме ко вкла­ду будет при­чис­ле­но 0,1S руб., а при вто­рой  — 0,05S + 50 000 руб. Пер­вая схема более вы­год­на, если то есть если S боль­ше 1 млн руб.

Решим за­да­чу пол­ным пе­ре­бо­ром. Пусть вто­рая схема ни­ко­гда не при­ме­ня­лась: тогда на вклад из­на­чаль­но была по­ло­же­на сумма S₀, не мень­шая 1 млн руб., и еже­год­но на­чис­ля­лось по 10%. В этом слу­чае через че­ты­ре года на вкла­де было руб., а доход со­ста­вил

что про­ти­во­ре­чит усло­вию за­да­чи.

Пусть из­на­чаль­но на вкла­де было менее 1 млн руб., вто­рая схема при­ме­ня­лась лишь в пер­вый год, затем сумма пре­вы­си­ла 1 млн руб., и осталь­ные три года при­ме­ня­лась пер­вая схема. Тогда через 4 года доход со­ста­вил

Решая урав­не­ние на­хо­дим По­лу­чи­лась бес­ко­неч­ная дробь, ко­то­рую нель­зя по­ло­жить на вклад.

Пусть вто­рая схема при­ме­ня­лась пер­вые два года, затем сумма пре­вы­си­ла 1 млн руб., и остав­ши­е­ся два года при­ме­ня­лась пер­вая схема. Тогда через 4 года доход со­ста­вил

Решая урав­не­ние на­хо­дим Такую сумму по­ло­жить на вклад можно. Через год она до­стиг­нет ве­ли­чи­ны 974 тыс. руб., то есть еще не пре­взой­дет 1 млн руб., а через два года, оче­вид­но, пре­взой­дет 1 млн руб., что по­вле­чет при­ме­не­ние пер­вой схемы на­чис­ле­ния до­хо­да. Таким об­ра­зом, для вкла­да 880 тыс. руб. все усло­вия вы­пол­не­ны.

Пусть вто­рая схема при­ме­ня­лась пер­вые три года, затем сумма пре­вы­си­ла 1 млн руб., и в по­след­ний год при­ме­ня­лась пер­вая схема. Тогда через 4 года доход со­ста­вил

Решая урав­не­ние на­хо­дим По­лу­чи­лась бес­ко­неч­ная дробь, ко­то­рую нель­зя по­ло­жить на вклад.

На­ко­нец, пусть вто­рая схема при­ме­ня­лась все че­ты­ре года. Тогда через 4 года доход со­ста­вил

Решая урав­не­ние на­хо­дим По­лу­чи­лась бес­ко­неч­ная дробь, ко­то­рую нель­зя по­ло­жить на вклад.

Ответ: 880 000.

Ре­ше­ние. Решим тре­тье не­ра­вен­ство, ко­то­рое не со­дер­жит па­ра­мет­ра:

Таким об­ра­зом, ис­ход­ная си­сте­ма эк­ви­ва­лент­на си­сте­ме

Изоб­ра­зим ре­ше­ние этой си­сте­мы в си­сте­ме ко­ор­ди­нат xOa. Ре­ше­ни­ем си­сте­мы яв­ля­ет­ся уча­сток по­ло­сы между пря­мы­ми и ле­жа­щий не выше кри­вой и не ниже кри­вой (см. рис.). Из ри­сун­ка видно, что при и ре­ше­ний нет. При и ре­ше­ни­ем яв­ля­ет­ся При ре­ше­ни­ем яв­ля­ет­ся от­ре­зок где Зна­чит, ре­ше­ни­ем будет яв­лять­ся от­ре­зок дли­ной 15, толь­ко если Это до­сти­га­ет­ся при или при

Ответ:

При­ме­ча­ние.

Вни­ма­тель­ный чи­та­тель сразу за­ме­тит, что если вос­поль­зо­вать­ся гео­мет­ри­че­ским смыс­лом мо­ду­ля, то не­ра­вен­ство ре­ша­ет­ся устно.

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим a₁  =  a, тогда a₂  =  a + 4 и a₃  =  a + 4 + 16  =  a + 20. И то и дру­гое будет про­стым чис­лом, на­при­мер, при a  =  9.

б)  Имеем:

при­чем a_n про­стое и боль­ше двух (по­сле­до­ва­тель­ность воз­рас­та­ет и a₁ > 4), по­это­му a_n не­чет­но. Зна­чит, 2a_n не крат­но 4, а по­то­му и 2aⁿ + 4n² не крат­но 4.

в)  До­пу­стим, что a_n, a_n + 1, a_n + 2, a_n + 3  — про­стые. Тогда они все не крат­ны 3 (они все боль­ше 4). Но квад­рат при де­ле­нии на 3 дает либо оста­ток 0 (у чисел, крат­ных 3), либо оста­ток 1 (у осталь­ных чисел). Зна­чит, среди n², (n + 1)², (n + 2)² будет ровно одно число с остат­ком 0 и два числа с остат­ком 1. Каким бы ни был оста­ток у a_n, одно из по­лу­ча­е­мых чисел будет крат­но трем.

С дру­гой сто­ро­ны, в по­сле­до­ва­тель­но­сти 27, 31, 47, 83, ... есть три про­стых числа под­ряд.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  3.