Ре­ше­ние. а)  Решим урав­не­ние:

Урав­не­ние ре­ше­ний не имеет.

Умно­же­ние обеих ча­стей урав­не­ния на к по­сто­рон­ним не при­ве­ло, так как мы не по­лу­чи­ли кор­ней вида

б)  Вы­бор­ка кор­ней. Ясно, что ис­ко­мы­ми кор­ня­ми будут сле­ду­ю­щие:

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что M лежит на ребре SC, K  — на ребре SB и яв­ля­ют­ся ос­но­ва­ни­я­ми со­от­вет­ству­ю­щих высот.

По­сколь­ку пря­мая CB пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мым AB и CB, она пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABS. Плос­ко­сти ABS и CBS пе­ре­се­ка­ют­ся по пря­мой BS, пер­пен­ди­ку­ляр­ной AK, по­это­му пря­мая AK пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти CBS.

Сле­до­ва­тель­но, тет­ра­эд­ры SABC и CAKM имеют общую вы­со­ту AK, по­это­му их объ­е­мы от­но­сят­ся как их ос­но­ва­ния.

От­ре­зок AK  — вы­со­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABS, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе BS. По­это­му и

Далее, от­ре­зок AM  — вы­со­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка CAS, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе CS. По­это­му и

Итак, от­ку­да

Ответ:

Ука­жем дру­гой под­ход.

Най­дем, какую часть объ­е­ма ис­ход­но­го тет­ра­эд­ра SABC со­став­ля­ют от­се­чен­ные тет­ра­эд­ры KABC и SAKM.

Тет­ра­эд­ры SABC и KABC имеют общее ос­но­ва­ние, по­это­му их объ­е­мы от­но­сят­ся как их вы­со­ты. Вы­со­ты, в свою оче­редь, от­но­сят­ся как ги­по­те­ну­зы со­от­вет­ству­ю­щих по­доб­ных тре­уголь­ни­ков:

Далее,

Най­дем, какую часть объ­е­ма со­став­ля­ет остав­ша­я­ся часть тет­ра­эд­ра:

При­ве­дем ещё одно ре­ше­ние.

Объ­е­мы тет­ра­эд­ров с со­на­прав­лен­ны­ми реб­ра­ми от­но­сят­ся как про­из­ве­де­ния этих ребер. По­это­му:

Ана­ло­гич­но,

Тогда

При­ме­ча­ние 1.

(*) Во всех ре­ше­ни­ях ис­поль­зо­ва­на сле­ду­ю­щая тео­ре­ма: в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке с ка­те­та­ми а и b и ги­по­те­ну­зой с, вы­со­та, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе, делит ее на от­рез­ки и От­но­ше­ние этих от­рез­ков к ги­по­те­ну­зе равны и

При­ме­ча­ние 2.

В по­след­нем ре­ше­нии можно было бы за­ме­тить, что от­ку­да сле­ду­ет общая фор­му­ла для от­ве­та:

Ре­ше­ние. Решим пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы:

Ре­ше­ния пер­во­го не­ра­вен­ства си­сте­мы:

Те­перь рас­смот­рим вто­рое не­ра­вен­ство си­сте­мы. Най­дем огра­ни­че­ния на

Для таких

С уче­том огра­ни­че­ний на x, по­лу­чим ре­ше­ния вто­ро­го не­ра­вен­ства си­сте­мы: Ясно, что Те­перь по­лу­чим и ре­ше­ния ис­ход­ной си­сте­мы:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  По­стро­им чер­теж, ко­то­рый дол­жен по­лу­чить­ся в ре­зуль­та­те, и до­ка­жем, что он верен. Вве­дем сле­ду­ю­щие обо­зна­че­ния: CM = a, CN = b, MK = x, KN = y. Так как от­рез­ки ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ные из одной точки, равны, то, во-пер­вых, MB = MK = x, ND = KN = y. Во-вто­рых, CB = CD, от­ку­да: CB = CM + MB = a + x, CD = CN + ND = b + y, то есть a + x = b + y. Далее, пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка CMN равен 14, то есть a + b + x + y = 14. Под­став­ляя сюда a + x из преды­ду­ще­го ра­вен­ства, по­лу­чим 2(b + y) = 14, от­ку­да b + y = 7. Сле­до­ва­тель­но, и a + x = 7. От­сю­да по­лу­чи­ли, что CB = CD = 7 (что сов­па­да­ет с дли­ной сто­ро­ны квад­ра­та), то есть точки B и D дей­стви­тель­но яв­ля­ют­ся точ­ка­ми ка­са­ния. Тогда так как ка­са­тель­ная пер­пен­ди­ку­ляр­на ра­ди­у­су, а ABCD  — квад­рат, то BA = CD = 7, DA = BC = 7, то есть A  — центр окруж­но­сти.

Тре­бу­е­мое до­ка­за­но

б)  Тре­уголь­ни­ки MBA и MKA равны по 3-м сто­ро­нам (BA  =  KA  =  7, BM  =  MK, AM  — общая). Тогда ∠BAM = ∠MAK. Ана­ло­гич­но равны тре­уголь­ни­ки KAN и DAN, от­ку­да сле­ду­ет ∠KAN = ∠NAD. Обо­зна­чим ∠BAM  =  α, тогда от­ку­да Тогда

Ответ: 45.

Ре­ше­ние. Будем рас­смат­ри­вать за­дан­ное не­ра­вен­ство как не­ра­вен­ство с двумя пе­ре­мен­ны­ми. Пре­об­ра­зу­ем его левую часть:

Ис­сле­ду­ем за­дан­ное не­ра­вен­ство для всех

Решим про­ти­во­по­лож­ную за­да­чу: най­дем зна­че­ния х, при ко­то­рых не­ра­вен­ство (*) не будет иметь ни од­но­го ре­ше­ния, как толь­ко будет вы­пол­не­но усло­вие

Вве­дем функ­цию Этот квад­рат­ный трех­член от­но­си­тель­но а будет не­по­ло­жи­тель­ным, если од­но­вре­мен­но будут вы­пол­нять­ся усло­вия: и

Те­перь решим си­сте­му не­ра­венств:

Вто­рое не­ра­вен­ство решим ме­то­дом ин­тер­ва­лов и од­но­вре­мен­но по­лу­чен­ное ре­ше­ние пе­ре­се­чем с ре­ше­ни­ем пер­во­го не­ра­вен­ства.

По­лу­чим ре­зуль­тат:

Про­ве­ден­ные ис­сле­до­ва­ния при­во­дят нас к вы­во­ду: зна­че­ния х,, удо­вле­тво­ря­ю­щие усло­вию хотя бы при одном зна­че­нии а, при­над­ле­жа­щем от­рез­ку [-2; 1], есть эле­мен­ты мно­же­ства

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть длины синих па­ло­чек 12, 17, 20, а крас­ных  — 2, 23, 24. По­сколь­ку един­ствен­ная пара с раз­но­стью, мень­шей 2,  — это (23, 24), а после пе­ре­кра­ши­ва­ния па­лоч­ка 2 по­па­дет в дру­гую по со­ста­ву трой­ку, то в ней раз­ность наи­боль­ших сто­рон будет боль­ше 2, и тре­уголь­ник сло­жить будет нель­зя.

б)  Пусть k  =  N − 2. Со­ста­вим набор из двух синих па­ло­чек длины 12k + 5 и 24k − 4 и k па­ло­чек длины 12; двух «длин­ных» крас­ных па­ло­чек длины 24k – 1 и 24k и k па­ло­чек длины 2/k. Если пе­ре­кра­ше­на одна из двух «длин­ных» крас­ных па­ло­чек, то раз­ность между длин­ны­ми крас­ны­ми па­лоч­ка­ми после пе­ре­кра­ши­ва­ния боль­ше 2, и па­лоч­ка­ми длины 2/k её не по­крыть. Пусть синей стала па­лоч­ка длины 2/k. Если па­лоч­ка длины 24k − 4 оста­лась синей, то сумма осталь­ных синих не пре­вос­хо­дит 2/k + 12(k − 1)−+ 12k + 5 < 24k − 4. Если па­лоч­ка длины 24k − 4 стала крас­ной, то наи­боль­шей синей стала па­лоч­ка длины 12k + 5, но сумма осталь­ных синих 12k +2/k < 12k + 5. В обоих слу­ча­ях синий мно­го­уголь­ник не скла­ды­ва­ет­ся.

Ответ: а) не все­гда б) не все­гда.