Ре­ше­ние. а)  Решим урав­не­ние:

Урав­не­ние ре­ше­ний не имеет.

б)  Вы­бор­ка кор­ней. Оче­вид­но, что ис­ко­мы­ми кор­ня­ми будут:

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. До­ка­жем, что ребро AD пер­пен­ди­ку­ляр­но ос­но­ва­нию пи­ра­ми­ды. Пусть это не так, тогда за­ме­тим, что лучи АВ и АС лежат по раз­ные сто­ро­ны от АК, и по­это­му один из углов DAB или DAC  — тупой. Но тогда один из тре­уголь­ни­ков ABD или ACD не может быть пря­мо­уголь­ным, что про­ти­во­ре­чит усло­вию. Сле­до­ва­тель­но, AD пер­пен­ди­ку­ляр­но ABC.

Те­перь до­ка­жем, что плос­кость се­че­ния па­рал­лель­на ребру BC. Рас­смот­рим па­рал­лель­ные сто­ро­ны се­че­ния, они долж­ны быть па­рал­лель­ны ка­ко­му-то из ребер AD, BC, CD, AB (это сле­ду­ет из того, что две плос­ко­сти, про­хо­дя­щие через па­рал­лель­ные пря­мые пе­ре­се­ка­ют­ся по пря­мой, па­рал­лель­ной дан­ным пря­мым). Если пря­мая EF па­рал­лель­на пря­мой CD, то F яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ребра BC, а это не­воз­мож­но по усло­вию. Пусть те­перь пря­мая EF па­рал­лель­на пря­мой AB, тогда F яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ребра AD, что также не­воз­мож­но. Если пря­мая EF па­рал­лель­на пря­мой AD, то тра­пе­ция пря­мо­уголь­ная, то есть не может быть рав­но­бед­рен­ной. Зна­чит, ос­но­ва­ния тра­пе­ции EFGH па­рал­лель­ны ребру BC.

Пусть далее

1.  Точка E  — се­ре­ди­на BD, пря­мая EF па­рал­лель­на пря­мой BC, сле­до­ва­тель­но, F  — се­ре­ди­на DC. Пусть   — про­ек­ции точек E и F на плос­кость ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. Тогда: т. к. тра­пе­ция рав­но­бед­рен­ная, тогда и   — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция. Тогда

и BAC  — рав­но­бед­рен­ный. Пря­мая AK  — ме­ди­а­на рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка, сле­до­ва­тель­но, пря­мая AK пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC, и тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая DK пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC.

2.  Из тре­уголь­ни­ка DAK най­дем тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка BDC равна

3.  Имеем: EN  — вы­со­та тра­пе­ции EFGH, тогда пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой HG и пря­мая па­рал­лель­на пря­мой AK. Далее,

тогда:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции EFGH:

4.  В итоге по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим вто­рое не­ра­вен­ство си­сте­мы:

Ре­ше­ния вто­ро­го не­ра­вен­ства си­сте­мы:

Те­перь решим пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы. Пре­жде най­дем огра­ни­че­ния на

Для таких зна­че­ний x будем иметь:

По­сколь­ку то

С уче­том огра­ни­че­ний на ре­ше­ния рас­смат­ри­ва­е­мо­го не­ра­вен­ства:

Пе­ре­се­че­ние ре­ше­ний обоих не­ра­венств:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки B и D, A и L. Рас­смот­рим тре­уголь­ник АВD. Ясно, что L  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан этого тре­уголь­ни­ка. От­сю­да BL : LC  =  2 : 1, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Как из­вест­но, ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ка, пе­ре­се­ка­ясь в одной точке, делят его на 6 рав­но­ве­ли­ких тре­уголь­ни­ков. Учи­ты­вая то, что L  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан а также по­лу­чим:

Ре­ше­ние. Если то за­дан­ное урав­не­ние при­мет вид: что имеет два корня: −1 и 1, а это не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

При даль­ней­ших ис­сле­до­ва­ни­ях мы будем за­ве­до­мо иметь в виду, что

Вве­дем новую пе­ре­мен­ную. Пусть Тогда за­дан­ное урав­не­ние имеет вид:

В со­от­вет­ствии с тео­ре­мой Виета кор­ня­ми по­след­не­го урав­не­ния яв­ля­ют­ся числа: 1 и Сле­до­ва­тель­но, или

Ответ:

Ре­ше­ние. а)   Для на­ча­ла за­ме­тим, что число монет во всех сун­ду­ках имеет оди­на­ко­вую чётность. Ведь по­де­лить по­ров­ну со­дер­жи­мое двух сун­ду­ков с раз­ной чётно­стью монет нель­зя.

Затем об­ра­тим вни­ма­ние на то, что общее ко­ли­че­ство монет в пер­вых трёх сун­ду­ках крат­но трём. Если за­ме­нить сун­дук 3 на сун­дук 4, то де­ли­мость на 3 не на­ру­шит­ся. Это озна­ча­ет, что число монет в четвёртом сун­ду­ке даёт тот же оста­ток при де­ле­нии на 3, что и в тре­тьем. Таким же об­ра­зом про любые два сун­ду­ка можно до­ка­зать, что число монет в одном даёт тот же оста­ток при де­ле­нии на 3, что и в дру­гом. По­это­му остат­ки от де­ле­ния всех этих чисел на 3 оди­на­ко­вы.

Если числа дают оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии как на 2, так и на 3, то их раз­ность де­лит­ся на 2 и на 3, то есть де­лит­ся и на 6. Это озна­ча­ет, что у любых двух (а зна­чит, и у всех шести) чисел остат­ки при де­ле­нии на 6 равны между собой. Сумма шести таких чисел будет крат­на 6. По­это­му все мо­не­ты можно раз­ло­жить по­ров­ну по всем сун­ду­кам.

б)  Рас­суж­дая так же, как в пунк­те а), можно до­ка­зать, что все во­семь чисел, со­от­вет­ству­ю­щие ко­ли­че­ствам монет в сун­ду­ках, дают оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 2, 3, 4, 5, 6 и 7. Зна­чит, эти числа дают оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 420 (420  — это наи­мень­шее общее крат­ное чисел 2, 3, 4, 5, 6 и 7). Но по­сколь­ку 420 не крат­но 8, эти числа могут иметь раз­лич­ные остат­ки при де­ле­нии на 8, что по­ме­ша­ет по­ров­ну раз­ло­жить мо­не­ты по вось­ми сун­ду­кам.

На­при­мер, в пер­вом сун­ду­ке могла быть 421 мо­не­та, а в осталь­ных семи - по одной. Тогда в двух сун­ду­ках в сумме либо 2, либо 422 мо­не­ты, оба числа чётные. В трёх сун­ду­ках в сумме либо 3, либо 423 мо­не­ты, каж­дое из этих чисел де­лит­ся на 3 и т. д. В семи сун­ду­ках в сумме 7 или 427 монет. Оба числа де­лят­ся на 7. Од­на­ко общее число монет 428 на 8 не де­лит­ся. То есть в этом слу­чае в во­семь сун­ду­ков раз­ло­жить мо­не­ты по­ров­ну не по­лу­чит­ся.

С дру­гой сто­ро­ны, во всех сун­ду­ках из­на­чаль­но могло хра­нить­ся, на­при­мер, по­ров­ну монет. По­это­му точно от­ве­тить на во­прос, не зная, что лежит в сун­ду­ках, нель­зя.

Ответ: а) можно; б) нель­зя.