Ре­ше­ние. а)  ##

Урав­не­ние ре­ше­ний не имеет.

б)  

Ре­ше­ние. Сде­ла­ем вы­нос­ной чер­теж осе­во­го се­че­ния ко­ну­са.

Вы­пи­шем объ­е­мы ис­ход­но­го ко­ну­са и от­се­чен­но­го ко­ну­са (со­от­вет­ству­ет бук­вам MBN):

Вве­дем обо­зна­че­ние ∠OBN  =  α. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BHC имеем от­ку­да из тре­уголь­ни­ка BON имеем от­ку­да

Так как то по­лу­чим:

Те­перь: OH = OK = r  — ра­ди­ус впи­сан­ной сферы.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BKO по­лу­чим:

Зна­чит от­ку­да

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим вто­рое не­ра­вен­ство си­сте­мы:

при всех по­сколь­ку

Сле­до­ва­тель­но,

Итак, ре­ше­ни­я­ми пер­во­го не­ра­вен­ства си­сте­мы яв­ля­ет­ся мно­же­ство

Решим вто­рое не­ра­вен­ство си­сте­мы:

Оче­вид­но, кор­ня­ми урав­не­ния будут числа: −4 и −3. (Ко­рень квад­рат­но­го трех­чле­на рав­ный −5 не может слу­жить ис­ко­мым кор­нем из-за не­от­ри­ца­тель­но­сти вы­ра­же­ния ).

Те­перь решим не­ра­вен­ство

Таким об­ра­зом, ре­ше­ни­я­ми вто­ро­го не­ра­вен­ства си­сте­мы яв­ля­ет­ся мно­же­ство Пе­ре­се­че­ни­ем ре­ше­ний обоих не­ра­венств будет мно­же­ство

Ответ:

Ре­ше­ние. Окруж­ность с цен­тром в O₁ будем на­зы­вать пер­вой окруж­но­стью, с цен­тром в O₂  — вто­рой окруж­но­стью.

а)  У тре­уголь­ни­ков ABC и ABF общее ос­но­ва­ние AB. Зна­чит, для ра­вен­ства пло­ща­дей надо до­ка­зать ра­вен­ство их высот, опу­щен­ных из вер­шин C и F со­от­вет­ствен­но. Сле­до­ва­тель­но, надо до­ка­зать па­рал­лель­ность пря­мых AB и FC: это можно по­лу­чить, если вы­ве­сти ра­вен­ство углов ∠AFC и ∠BAF (на­крест ле­жа­щие).

Во-пер­вых, во вто­рой окруж­но­сти углы ∠DBC и ∠DFC равны, так как они опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу DC.

Во-вто­рых, угол между ка­са­тель­ной к окруж­но­сти и хор­дой равен по­ло­ви­не дуги, опи­ра­ю­щей­ся на эту хорду. Тогда из пер­вой окруж­но­сти по­лу­чим, что (впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не цен­траль­но­го). Таким об­ра­зом, по­лу­чи­ли, что ∠BAF = ∠AFC, то есть AB || FC, зна­чит, вы­со­ты тре­уголь­ни­ков равны, и их пло­ща­ди сов­па­да­ют.

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Ана­ло­гич­но углам ∠BAD и ∠BDC по­лу­ча­ем, что ∠ABD = ∠BCD (угол ∠ABD между ка­са­тель­ной ко вто­рой окруж­но­сти и хор­дой BD равен углу ∠BCD, опи­ра­ю­ще­му­ся на эту хорду). Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем, что ΔABD ~ ΔBCD (по 2 углам). Так как ∠ADB = ∠BDC  =  α, то ∠ADE  =  π − α, ∠CDE  =  π − α, то есть ∠ADE = ∠CDE, от­ку­да сле­ду­ет, что DE  — бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка ADC. Тогда из свой­ства бис­сек­три­сы имеем со­от­но­ше­ние

Те­перь вос­поль­зу­ем­ся по­до­би­ем тре­уголь­ни­ков ABD и BCD:

Из вто­ро­го ра­вен­ства выше вы­ра­зим BD: Под­ста­вим это в пер­вое ра­вен­ство:

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем, что

Ответ: 25 : 81.

Ре­ше­ние. Сде­ла­ем за­ме­ну По­лу­чим такую за­да­чу: при­ни­ма­ет все зна­че­ния от 1 до 2 на от­рез­ке 

Раз­бе­рем сна­ча­ла слу­чай, когда дробь со­кра­ти­ма. Тогда или

Если по­лу­ча­ем функ­цию при­ни­ма­ю­щую все нуж­ные зна­че­ния при не по­тре­бо­ва­лось, по­это­му такой слу­чай нас устра­и­ва­ет.

Если по­лу­ча­ем функ­цию не при­ни­ма­ю­щую зна­че­ния 1 при По­это­му такой слу­чай нас не устра­и­ва­ет.

В осталь­ных слу­ча­ях дробь не­со­кра­ти­ма и по­это­му урав­не­ние рав­но­силь­но урав­не­нию то есть По­это­му не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы при всех функ­ция при­ни­ма­ла зна­че­ние на от­рез­ке Най­дем ее ми­ни­маль­ное и мак­си­маль­ное зна­че­ние на этом от­рез­ке. Оче­вид­но, ми­ни­маль­ное будет при (вер­ши­на па­ра­бо­лы, лежит на ), а наи­боль­шее  — при Итак, тре­бу­ет­ся, чтобы и при любом c из

То есть при любом c из Учи­ты­вая мо­но­тон­ность функ­ций на этом от­рез­ке, нужно толь­ко чтобы

Зна­чит

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пер­вый игрок либо от­даст вто­ро­му две го­ро­ши­ны (на это вто­рой даст ему одну, и у пер­во­го не будет ходов), либо от­даст одну. В этом слу­чае вто­рой игрок может от­дать ему две го­ро­ши­ны, назад по­лу­чит три, от­даст че­ты­ре и по­бе­дит. Так или иначе вы­иг­ры­ва­ет вто­рой игрок.

б)  Если пер­вый игрок от­даст три или две, назад по­лу­чит одну и сразу про­иг­ра­ет. Если же от­даст одну, то назад по­лу­чит две. Далее у пер­во­го два ва­ри­ан­та хода, но оба плохи: отдав 4, он по­лу­чит назад 3 и про­иг­ра­ет, а отдав 3, по­лу­чит 4, будет вы­нуж­ден от­дать 5, по­лу­чит 6 и всё равно про­иг­ра­ет.

в)  По­бе­дит вто­рой игрок, при­дер­жи­ва­ясь пра­ви­ла: «вся­кий раз от­да­вай ми­ни­маль­но воз­мож­ное число го­ро­шин». До­ка­жем, что это дей­стви­тель­но вы­иг­рыш­ная стра­те­гия. До­ста­точ­но по­ка­зать, что у вто­ро­го иг­ро­ка все­гда будет ход. На­чи­на­ет игру у нас пер­вый игрок, но мы схит­рим и сде­ла­ем так, чтобы игру на­чи­нал вто­рой: пред­по­ло­жим, что вто­рой (услов­но) пе­ре­даёт сна­ча­ла пер­во­му 0  го­ро­шин. Те­перь можно ви­деть, что вся­кий раз в ответ на ход вто­ро­го пер­вый игрок вы­нуж­ден будет от­дать ему боль­ше, чем сам по­лу­чил. По­это­му ко­ли­че­ство го­ро­шин у вто­ро­го с каж­дым пар­ным ходом будет уве­ли­чи­вать­ся хотя бы на одну. Перед K-⁠м ходом у него будет не менее N + K го­ро­шин. А от­дать на K-⁠м ходу он в со­от­вет­ствии со своей стра­те­ги­ей дол­жен не более 2K го­ро­шин. Это осу­ще­стви­мо, по­сколь­ку более чем N ходов игра длить­ся не может, а зна­чит N + K ≥ 2K.

Ответ: а)  по­беж­да­ет вто­рой игрок; б)  по­беж­да­ет вто­рой игрок; в)  по­беж­да­ет вто­рой игрок.