Ре­ше­ние. а)  Най­дем огра­ни­че­ния на

Пре­об­ра­зу­ем левую часть за­дан­но­го урав­не­ния, при­ме­няя фор­му­лу тан­ген­са суммы двух ар­гу­мен­тов:

С уче­том по­лу­чен­но­го ре­зуль­та­та ис­ход­ное урав­не­ние можно будет пе­ре­пи­сать так: Те­перь решим его:

Од­на­ко, при при­ме­не­нии в левой части ис­ход­но­го урав­не­ния фор­му­лы тан­ген­са суммы могла быть по­те­ря­на серия кор­ней вида Про­ве­рим. При имеем:

Ока­за­лось, что числа вида также яв­ля­ют­ся кор­ня­ми ис­ход­но­го урав­не­ния.

б)  Из серии кор­ней по­лу­чим: при при

Из серии кор­ней по­сколь­ку то Ис­ко­мый ко­рень из дан­ной серии будет един­ствен­ным:

За­ме­ча­ние.

На­пом­ним, что фор­му­ла верна толь­ко для Ана­ло­гич­но фор­му­ла верна толь­ко для

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. По­сколь­ку угол между реб­ра­ми равен грани  — рав­но­сто­рон­ние тре­уголь­ни­ки, то есть все ребра пи­ра­ми­ды равны 4.

Пусть это пи­ра­ми­да SABCD, а се­че­ние пер­пен­ди­ку­ляр­но ребру SD. Тре­уголь­ни­ки BDA и BDS равны по трем сто­ро­нам, по­это­му Кроме того по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Зна­чит, пря­мые, па­рал­лель­ные BS и AC, про­хо­дя­щие через точки в плос­ко­сти, лежат в плос­ко­сти.

Про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную SB через се­ре­ди­ну вы­со­ты HS. Тогда в тре­уголь­ни­ке SHB она будет сред­ней ли­ни­ей, то есть делит HB по­по­лам и DB (и за­од­но DS) в от­но­ше­нии Если про­ве­сти через ее точку пе­ре­се­че­ния с BD пря­мую, па­ра­лель­ную AC, она прой­дет через се­ре­ди­ны ребер AB, BC (точки E, F со­от­вет­ствен­но). Про­ве­дем через них пря­мые, па­рал­лель­ные SB  — сред­ние линии в гра­нях. По­лу­чим, что се­ре­ди­ны ребер SC, SA (точки K, L) лежат в се­че­нии. На­ко­нец, там же лежит точка M, де­ля­щая SD в от­но­ше­нии

Най­дем те­перь пло­щадь Пря­мая, па­рал­лель­ная SB, про­хо­дя­щая через се­ре­ди­ну вы­со­ты HS, будет вы­со­той и тре­уголь­ни­ка и па­рал­ле­ло­грам­ма (на самом дле он пря­мо­уголь­ник). Ясно, что вы­со­та тре­уголь­ни­ка 1, а па­рал­ле­ло­грам­ма  — 2. По­это­му

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы:

Не­ра­вен­ство ре­ше­ний не имеет.

Ре­ше­ния пер­во­го не­ра­вен­ства си­сте­мы:

Решим вто­рое не­ра­вен­ство си­сте­мы. Огра­ни­че­ния на Для таких

Для пе­ре­се­че­ния по­лу­чен­ных ре­зуль­та­тов с огра­ни­че­ни­я­ми на x до­ка­жем не­ра­вен­ства: и

Итак, мно­же­ством ре­ше­ний вто­ро­го не­ра­вен­ства си­сте­мы яв­ля­ет­ся

Для пе­ре­се­че­ния ре­ше­ний обоих не­ра­венств до­ка­жем, что

Для этого до­ста­точ­но по­ка­зать, что Не­ра­вен­ство оче­вид­но, по­сколь­ку

Сле­до­ва­тель­но, ре­ше­ни­ем ис­ход­ной си­сте­мы яв­ля­ет­ся мно­же­ство

Ответ:

Ре­ше­ние. 1)  Ис­ход­ный тре­уголь­ник ост­ро­уголь­ный (∠B < 90°), ри­су­нок спра­ва. Ост­рый впи­сан­ный угол, опи­ра­ю­щий­ся на дугу AC, в 2 раза мень­ше цен­траль­но­го, то есть ∠ABC  =  30°. Центр впи­сан­ной в тре­уголь­ник окруж­но­сти лежит в точке пе­ре­се­че­ния его бис­сек­трис, по­это­му из тре­уголь­ни­ка ABC по­лу­ча­ем:

Из тре­уголь­ни­ка AMC по­лу­чим:

2)  Ис­ход­ный тре­уголь­ник ту­по­уголь­ный (), ри­су­нок слева (для эко­но­мии места изоб­ра­же­на часть окруж­но­сти). Тупой впи­сан­ный угол, опи­ра­ю­щий­ся на дугу AC, на­хо­дит­ся как раз­ность и остро­го впи­сан­но­го угла: тогда Далее ана­ло­гич­но пер­во­му слу­чаю: из тре­уголь­ни­ка ABC по­лу­ча­ем: Из тре­уголь­ни­ка AMC по­лу­чим:

Ответ: 105° или 165°.

Ре­ше­ние. Вы­ра­же­ние не опре­де­ле­но при по­это­му такие зна­че­ния x не могут яв­лять­ся кор­ня­ми урав­не­ния.

Если то по­это­му корни этого урав­не­ния можно сразу до­ба­вить в ответ. При про­чих x ис­ход­ное урав­не­ние можно пе­ре­пи­сать урав­не­ние в виде

Вы­ра­же­ние в пра­вой части может при­ни­мать все зна­че­ния в про­ме­жут­ке по­это­му во­прос свел­ся к по­ис­ку ре­ше­ний не­ра­вен­ства

За­ме­тим, что корни урав­не­ния по­па­ли в эти про­ме­жут­ки.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть ровно треть задач лег­кие, а осталь­ные  — труд­ные. Пусть треть школь­ни­ков решит все лег­кие за­да­чи и ровно по­ло­ви­ну труд­ных, а дру­гая треть школь­ни­ков решит все лег­кие за­да­чи и дру­гую по­ло­ви­ну труд­ных. По­след­няя треть школь­ни­ков пусть не решит ни­че­го. Тогда все усло­вия вы­пол­не­ны.

Дру­гой при­мер. Пусть на кон­троль­ной было три за­да­чи, а в клас­се три школь­ни­ка, при­чем пер­вый решил первую и вто­рую за­да­чи, вто­рой решил вто­рую и тре­тью за­да­чи, а тре­тий школь­ник ни­че­го не решил. Все усло­вия вы­пол­не­ны: пер­вая и тре­тья за­да­чи  — труд­ные, двое школь­ни­ков спра­ви­лись с двумя из трех задач.

б)  Пусть всего задач  — З, ре­шен­ных задач  — Р, а школь­ни­ков Ш че­ло­век. Если три чет­вер­ти школь­ни­ков ре­ши­ли не мень­ше трех чет­вер­тей задач, то общее число ре­шен­ных задач удо­вле­тво­ря­ет не­ра­вен­ству

С дру­гой сто­ро­ны, каж­дую труд­ную за­да­чу ре­ши­ло не более чет­вер­ти уче­ни­ков, и таких задач было не мень­ше трех чет­вер­тей от об­ще­го числа задач, по­это­му число ре­шен­ных труд­ных задач не пре­вос­хо­дит З · Ш. Лег­ких задач при этом было не более одной чет­вер­ти, и даже если каж­дую лег­кую за­да­чу ре­ши­ли все уче­ни­ки, весь класс решил не более

задач. Между по­лу­чен­ны­ми не­ра­вен­ства­ми про­ти­во­ре­чие.

Дру­гое ре­ше­ние пунк­та б). Пусть число труд­ных задач Т, лег­ких задач  — Л, а дру­гие обо­зна­че­ния такие же как ранее. Тогда

по­сколь­ку

Из по­лу­чен­ных оце­нок сле­ду­ет не­ра­вен­ство:

По­де­лим все на 0,25Ш и пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

но тогда 3Т ≤  5Л, а по усло­вию долж­но вы­пол­нять­ся не­ра­вен­ство Т ≥ 3Л. Про­ти­во­ре­чие.

в)  Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем не­ра­вен­ства:

После пре­об­ра­зо­ва­ний по­лу­ча­ем, что, с одной сто­ро­ны, Т ≤ 0,8Л, а с дру­гой, по усло­вию, Т ≥ 3,5Л. Про­ти­во­ре­чие.

Ответ: а)  да; б)  да, из­ме­нит­ся; в)  да, из­ме­нит­ся.

При­ве­дем ре­ше­ние за­да­чи в общем виде.

Пусть: M  — ко­ли­че­ство пи­сав­ших ра­бо­ту школь­ни­ков, N  — ко­ли­че­ство задач в ра­бо­те, a  — ми­ни­маль­ная доля труд­ных задач, рав­ная по усло­вию ми­ни­маль­ной доле школь­ни­ков, успеш­но на­пи­сав­ших кон­троль­ную ра­бо­ту, то есть ре­шив­ших не менее, чем aN задач. Пусть также P  — общее ко­ли­че­ство ре­шен­ных задач. Тогда

С дру­гой сто­ро­ны, aN задач (труд­ных) ре­ши­ли не более чем (1 − a)M школь­ни­ков, и если даже осталь­ные за­да­чи решат все школь­ни­ки, то

Чтобы двой­ное не­ра­вен­ство вы­пол­ня­лось, долж­но быть то есть

Для пунк­та а) это усло­вие вы­пол­ня­ет­ся: сле­до­ва­тель­но, такая си­ту­а­ция воз­мож­на. Для пунк­тов б) и в) это усло­вие не вы­пол­ня­ет­ся, и такая си­ту­а­ция не­воз­мож­на.