Ре­ше­ние. а)  Раз­ло­жим левую часть урав­не­ния как сумму кубов двух вы­ра­же­ний. А затем не­пол­ный квад­рат раз­но­сти двух вы­ра­же­ний до­пол­ним до квад­ра­та суммы:

Итак, за­дан­ное урав­не­ние рав­но­силь­но урав­не­нию:

Пре­об­ра­зу­ем по­след­нее урав­не­ние, ис­поль­зуя фор­му­лы по­ни­же­ния сте­пе­ни си­ну­са и ко­си­ну­са:

б)  

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. Ре­ше­ние:

За­да­чу решим не­сколь­ки­ми ме­то­да­ми.

а)  Ме­то­дом объ­е­мов.

Пусть   — вы­со­та за­дан­ной пра­виль­ной пи­ра­ми­ды,

SM  — ее апо­фе­ма,   — ме­ди­а­ны ос­но­ва­ния,

По­сколь­ку а это зна­чит, что т. е.

Пусть Тогда

За­ме­ча­ние:

По­сколь­ку центр впи­сан­но­го шара рав­но­уда­ле­на от всех гра­ней за­дан­ной пи­ра­ми­ды, то это об­сто­я­тель­ство поз­во­ля­ет вы­ра­зить ра­ди­ус шара, впи­сан­но­го в пи­ра­ми­ду, через объем пи­ра­ми­ды и пло­щадь ее пол­ной по­верх­но­сти. Мы имеем воз­мож­ность мыс­лен­но раз­бить за­дан­ную пи­ра­ми­ду на че­ты­ре пи­ра­ми­ды, ос­но­ва­ни­я­ми ко­то­рых будут слу­жить грани за­дан­ной пи­ра­ми­ды, а вы­со­ты их будут равны ра­ди­у­су ис­ко­мо­го шара. Так как объем за­дан­ной пи­ра­ми­ды V будет равен сумме объ­е­мов пи­ра­мид, со­став­ля­ю­щих эту пи­ра­ми­ду, то по­нят­но, что где r  — ис­ко­мый ра­ди­ус.

б)  Ис­поль­зо­ва­ние тан­ген­са по­ло­вин­но­го угла.

Ис­ко­мый центр впи­сан­но­го шара будет ле­жать на SO (а это надо бы до­ка­зать!). Кроме того, центр впи­сан­но­го шара есть точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис ли­ней­ных углов дву­гран­ных углов, об­ра­зу­е­мых бо­ко­вы­ми гра­ня­ми и ос­но­ва­ни­ем за­дан­ной пи­ра­ми­ды. Таким об­ра­зом, центр шара лежит на пе­ре­се­че­нии вы­со­ты пи­ра­ми­ды SO и бис­сек­три­сы угла Если это  — точка то и есть ис­ко­мый ра­ди­ус.

Вы­чис­лив OM и SM, можно найти ко­си­нус угла Тогда по фор­му­ле тан­ген­са по­ло­вин­но­го угла смо­жем вы­чис­лить и зна­че­ние тан­ген­са угла

в)  Метод пло­ща­дей.

Пусть Тогда

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке SOD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем:

Будем иметь в виду, что центр впи­сан­но­го шара (сферы) лежит на Обо­зна­чим эту точку Опу­стим из нее пер­пен­ди­ку­ляр к грани Ясно, что где r  — ра­ди­ус шара (сферы). Те­перь со­еди­ним точку от­рез­ком с точ­кой Тре­уголь­ник SOD раз­би­ва­ет­ся на два тре­уголь­ни­ка: и

г)  Ко­ор­ди­нат­ный метод ис­сле­до­ва­ния.

По­ме­стим пи­ра­ми­ду в де­кар­то­ву си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть Тогда

Для даль­ней­ше­го ис­сле­до­ва­ния этих рас­сто­я­ний нам впол­не до­ста­точ­но.

Будем иметь в виду, что центр впи­сан­но­го шара (сферы) лежит на Обо­зна­чим эту точку Тогда ра­ди­ус шара (сферы) равен

Зная, что точка уда­ле­на от грани ASCна то же рас­сто­я­ние, что и от ос­но­ва­ния ABC, для до­сти­же­ния цели найти ис­ко­мый ра­ди­ус, ис­поль­зу­ем фор­му­лу рас­сто­я­ния от точки до плос­ко­сти.

Най­дем ко­ор­ди­на­ты точек

В нашем слу­чае очень легко со­ста­вить урав­не­ния плос­ко­стей ASC и Ясно, что урав­не­ние плос­ко­сти ABC за­ве­до­мо имеет вид:

Со­ста­вим урав­не­ние плос­ко­сти ASC, имея в виду, что в этой же плос­ко­сти лежит также точка

В си­сте­ме, при­ве­ден­ной ниже, пер­вое урав­не­ние учи­ты­ва­ет при­над­леж­ность точки D, вто­рое  — при­над­леж­ность точки S, а тре­тье  — при­над­леж­ность точки

Таким об­ра­зом, ис­ко­мое урав­не­ние имеет вид: или

Те­перь не­труд­но найти рас­сто­я­ние от точки до плос­ко­сти

По­сколь­ку то

Оче­вид­но, что 

Сле­до­ва­тель­но,

д)  Метод по­до­бия.

Пусть 

Тогда

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке SOD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем:

Будем иметь в виду, что центр впи­сан­но­го шара (сферы) лежит на Обо­зна­чим эту точку Опу­стим из нее пер­пен­ди­ку­ляр к грани ASC. Ясно, что где r  — ра­ди­ус шара (сферы).

Те­перь со­еди­ним точку от­рез­ком с точ­кой

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки и SOD по­доб­ны как име­ю­щие общий ост­рый угол. Зна­чит, Будем иметь в виду, что В таком слу­чае:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы. Огра­ни­че­ние на Для таких

Ре­ше­ния пер­во­го не­ра­вен­ства  — мно­же­ство

Решим вто­рое не­ра­вен­ство. Най­дем огра­ни­че­ния на

Пре­об­ра­зуя не­ра­вен­ство, будем иметь:

С уче­том огра­ни­че­ний на x по­лу­чим: или

Таким об­ра­зом, ре­ше­ние вто­ро­го не­ра­вен­ства си­сте­мы есть мно­же­ство

Пе­ре­се­че­ние ре­ше­ний обоих не­ра­венств есть мно­же­ство

Ответ:

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что кроме того, от­ку­да AC  =  5.

Также

от­ку­да

Тогда, на­ко­нец,

Ответ: или

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим По­лу­чим

По­сколь­ку функ­ция в пра­вой части мо­но­тон­но воз­рас­та­ет при не­от­ри­ца­тель­ных t, у этого урав­не­ния есть не более од­но­го корня. Ко­рень t  =  2 легко уга­ды­ва­ет­ся.

Итак, нужно, чтобы урав­не­ние имело един­ствен­ный ко­рень. Для этого нужно, чтобы Но при кор­ней у ис­ход­но­го урав­не­ния нет со­всем (по­сколь­ку −2 не может быть ос­но­ва­ни­ем ло­га­риф­ма).

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  До­ждем­ся, когда кучек ста­нет 70. Среди них най­дет­ся 40 кучек по од­но­му ка­меш­ку, (иначе ка­меш­ков будет не мень­ше, чем 2 · 31 + 39  =  101). Если от­бро­сить эти 40 кучек, оста­нет­ся 30 кучек, со­дер­жа­щих 60 ка­меш­ков.

б)  До­ка­жем по ин­дук­ции, что при n = 2, 3, … 20 в не­ко­то­рый мо­мент най­дет­ся 2n + 6 кам­ней в n + 20 куч­ках.

База: n  =  20. После со­ро­ко­во­го хода у нас 100 кам­ней в 40 куч­ках.

Шаг: пусть n > 2 и есть 2n + 6 кам­ней в n + 20 куч­ках. Среди них най­дет­ся кучка из двух кам­ней или 2 кучки по од­но­му камню, по­сколь­ку (n + 19) + 1 > 2n + 60. От­бро­сим их и во вто­ром слу­чае до­ждем­ся, когда Костя разо­бьет одну из остав­ших­ся кучек на две. Тогда n умень­шит­ся на еди­ни­цу.

При n  =  2 имеем 64 камня в 22 куч­ках. До­ка­жем, что мы можем на­брать 4 камня двумя или более куч­ка­ми. Пусть нет, тогда если есть кучка из од­но­го камня, то кам­ней не мень­ше, чем 1 + 1 + 1 + 4 · 19 > 64 если нет, то кам­ней не мень­ше, чем 2 + 3 · 21 > 64. Про­ти­во­ре­чие. От­бро­сив эти 4 камня мы по­лу­чим 60 кам­ней в 20 или менее куч­ках. Если кучек мень­ше 20, то оста­лось до­ждать­ся, когда кучек ста­нет ровно 20.

в)  Пусть Костя от­де­ля­ет от самой боль­шой кучи по три ка­меш­ка до тех пор, пока не оста­нет­ся кучка из че­ты­рех кам­ней. До сих пор была ровно одна куча, число ка­меш­ков в ко­то­рой не де­ли­лось на 3. Сумма в любых 19 куч­ках с ее уча­сти­ем не де­ли­лась на 3, а без неё не пре­вос­хо­ди­ла 57, то есть не могла рав­нять­ся 60. Затем пусть Костя раз­де­лит кучку из 4 кам­ней на две кучи по два камня. Те­перь в каж­дой куче не боль­ше трех кам­ней, по­это­му в любых 19 кучах не более 57 кам­ней.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  да, мог.