Ре­ше­ние. а)  Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние:

б)  Отберём корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти. По­лу­чим

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  По­стро­им се­че­ние приз­мы, про­хо­дя­щее через точки X, Y, Z, W  — се­ре­ди­ны рёбер AB, DE, A₁B₁, D₁E₁ со­от­вет­ствен­но. Оно также со­дер­жит точки O и O₁  — цен­тры ос­но­ва­ний  — и точки S и T  — се­ре­ди­ны от­рез­ков KL и MN со­от­вет­ствен­но, где N  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти KLM с реб­ром AA₁. Пусть также R и Q  — точки пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти KLM с рёбрами CC₁ и FF₁ со­от­вет­ствен­но. Так как пря­мые KL и CF па­рал­лель­ны, пря­мые RQ, CF и MN тоже па­рал­лель­ны. Кроме того, пря­мые CC₁, FF₁ и OO₁ па­рал­лель­ны. Пусть O₂  — точка пе­ре­се­че­ния OO₁ и OR, тогда OFQO₂  — па­рал­ле­ло­грамм и QF  =  OO₂.

За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки SOO₂ и STX  — по­доб­ны,

от­ку­да

б)  Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр O₁H на пря­мую ST. За­ме­тим, что он лежит в плос­ко­сти XYZW, ко­то­рая со­дер­жит вы­со­ту приз­мы OO₁ и, сле­до­ва­тель­но, пер­пен­ди­ку­ляр­на ос­но­ва­нию и, в част­но­сти, пря­мой KL. Тогда от­ре­зок O₁H пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой KL и плос­ко­сти KLM, и яв­ля­ет­ся ис­ко­мым рас­сто­я­ни­ем. Тре­уголь­ни­ки O₁O₂H и SOO₂ по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть пря­мая BM пе­ре­се­ка­ет впи­сан­ную окруж­ность в точ­ках N, O, а точки ка­са­ния окруж­но­сти и сто­рон тре­уголь­ни­ка AB, BC, AC  — это точки R, P, S со­от­вет­ствен­но. Пусть еще BN  =  NO  =  OM  =  x. Тогда по тео­ре­ме о квад­ра­те ка­са­тель­ной по­лу­ча­ем, что

от­ку­да Обо­зна­чим длину от­рез­ка PC за y. По­лу­ча­ем, что

За­пи­шем те­перь фор­му­лу для длины ме­ди­а­ны:

По­лу­ча­ем:

Тогда

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из усло­вия сле­ду­ет, что x  =  4, зна­чит, Тогда по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABC равен

По фор­му­ле Ге­ро­на по­лу­ча­ем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC:

Вы­ра­жая пло­щадь по-⁠дру­го­му, по­лу­чим:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что 26 ян­ва­ря долг со­став­лял тыс. руб. Пусть c фев­ра­ля по но­ябрь долг умень­шал­ся на a тыс. руб., а по­вы­ша­ю­щий ко­эф­фи­ци­ент За­пол­ним таб­ли­цу.

Месяц	Долг на 3 число ме­ся­ца после на­чис­ле­ния про­цен­тов, тыс. руб.	Вы­пла­та, тыс. руб.	Долг на 26 число ме­ся­ца, тыс. руб.
Ян­варь		x
Фев­раль	kS
Март
...	...	...	...
Ок­тябрь	...	...
Но­ябрь
Де­кабрь			0

Из ра­вен­ства для по­след­ней вы­пла­ты вы­ра­зим a:

Найдём сумму вы­плат, за­ме­тив, что вы­пла­ты с фев­ра­ля по но­ябрь яв­ля­ют­ся по­сле­до­ва­тель­ны­ми чле­на­ми ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии:

Под­ста­вим зна­че­ния k, S и a:

По усло­вию сумма вы­плат равна 5060 тыс. руб., тогда

Ответ: 1100.

Ре­ше­ние. Ис­ход­ное урав­не­ние рав­но­силь­но урав­не­нию

Рас­смот­рим ку­соч­но-⁠ли­ней­ную функ­цию

На каж­дом из своих участ­ков функ­ция задаётся фор­му­лой где За­ме­тим, что знак ко­эф­фи­ци­ен­та k опре­де­ля­ет­ся зна­ком перед чис­лом 17, по­сколь­ку Зна­чит, функ­ция убы­ва­ет при и воз­рас­та­ет при Урав­не­ние имеет хотя бы один ко­рень тогда и толь­ко тогда, когда Решим по­лу­чив­ше­е­ся не­ра­вен­ство:

Для ре­ше­ния не­ра­вен­ства рас­смот­рим раз­ные слу­чаи рас­кры­тия мо­ду­лей.

1 слу­чай. При по­лу­ча­ем

2 слу­чай. При по­лу­ча­ем

3 слу­чай. При по­лу­ча­ем

4 слу­чай. При по­лу­ча­ем

Объ­еди­няя по­лу­чен­ные ре­зуль­та­ты, по­лу­ча­ем, что ис­ход­ное урав­не­ние имеет хотя бы один ко­рень при или

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть из­на­чаль­но на доске были на­пи­са­ны n еди­ниц и дру­гих чисел. За­ме­тим, что сти­ра­ют те числа, ко­то­рые ис­ход­но были еди­ни­ца­ми.

а)   Да, могло быть. За­ме­тим, что сумма этих дру­гих чисел равна по­лу­чим не­ра­вен­ство Го­дит­ся, на­при­мер, Тогда под­хо­дят такие числа: 25 еди­ниц и числа 35, 36, 37, 38, 39.

б)  Нет, не могло. Сумма всех чисел равна 210. Ана­ло­гич­но ре­ше­нию пунк­та а) по­лу­чим двой­ное не­ра­вен­ство: До­мно­жая на зна­ме­на­тель (он по­ло­жи­те­лен), по­лу­чим

от­ку­да и Зна­чит, и Тогда что не­воз­мож­но при целых n.

в)  Пусть M  — сред­нее ариф­ме­ти­че­ское чисел, остав­ших­ся на доске. Тогда

Ясно, что M мак­си­маль­но, если n мак­си­маль­но. Вспом­ним, что ис­ход­ные числа не пре­вос­хо­дят 40. Зна­чит. от­ку­да Таким об­ра­зом, при­мер из пунк­та а) дает мак­си­маль­но воз­мож­ное зна­че­ние сред­не­го ариф­ме­ти­че­ско­го:

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  18,5.