Ре­ше­ние. а)  

Урав­не­ние

б)  

За­ме­ча­ние.

При воз­ве­де­нии обеих ча­стей урав­не­ния в квад­рат при­об­ре­те­ние по­сто­рон­них ре­ше­ний в нашем слу­чае не­воз­мож­но, по­сколь­ку:

1)  мы пе­ре­шли к сме­шан­ной си­сте­ме что обес­пе­чи­ва­ет не­от­ри­ца­тель­ность пра­вой части урав­не­ния

2)  также обес­пе­чи­ва­ет­ся не­от­ри­ца­тель­ность под­ко­рен­но­го вы­ра­же­ния, на­хо­дя­ще­го­ся в левой части урав­не­ния в силу не­от­ри­ца­тель­но­сти пра­вой части ра­вен­ства, т. е. вы­ра­же­ния

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. Ре­ше­ние:

Слу­чай 1.

Из усло­вия за­да­чи сле­ду­ет, что

Если вы­чис­лим пло­щадь сег­мен­та CAD, то ис­ко­мую пло­щадь вы­чис­лим по фор­му­ле где   — угол между се­че­ни­ем и плос­ко­стью ос­но­ва­ния ци­лин­дра, так как сег­мент CAD есть ор­то­го­наль­ная про­ек­ция се­че­ния на ос­но­ва­ние.

Пусть O  — цен­тра ос­но­ва­ния ци­лин­дра, K  — точка пе­ре­се­че­ния хорды CD и диа­мет­ра Тогда

По­сколь­ку окруж­ность сим­мет­рич­на от­но­си­тель­но диа­мет­ра, то

AK  — про­ек­ция на­клон­ной

Пло­щадь сег­мен­та CAD вы­чис­лим как раз­ность пло­ща­дей сек­то­ра COD и тре­уголь­ни­ка

Пре­жде най­дем В (рис. 2), где по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем: Итак, катет OKравен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы на­зван­но­го тре­уголь­ни­ка, а это зна­чит, что Тогда Из со­об­ра­же­ний ска­зан­ной выше сим­мет­рии от­но­си­тель­но диа­мет­ра

От­сю­да:

В где

Слу­чай 2.

Ор­то­го­наль­ная про­ек­ция се­че­ния  — сег­мент

Оче­вид­но, что пло­щадь сег­мен­та CBD равна пло­ща­ди ана­ло­гич­но­го сег­мен­та, при­ве­ден­но­го в слу­чае 1, т. е.

Ответ: или

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим пер­вое не­ра­вен­ство. Най­дем огра­ни­че­ния на

По­след­няя си­сте­ма ре­ше­ний не имеет, по­сколь­ку не­ра­вен­ство не будет вы­пол­нять­ся ни при каких зна­че­ни­ях x, удо­вле­тво­ря­ю­щих усло­вию так как при этих зна­че­ни­ях пе­ре­мен­ной левая часть не­ра­вен­ства будет стро­го по­ло­жи­тель­ной. По­сколь­ку пер­вое не­ра­вен­ство ре­ше­ний не имеет, в ре­ше­нии вто­ро­го не­ра­вен­ства си­сте­мы смыс­ла нет.

Ответ: ре­ше­ний нет.

Ре­ше­ние. Пер­вый слу­чай.

Цен­тры O₁ и O окруж­но­стей, впи­сан­ных в тре­уголь­ни­ки BMC и AMD со­от­вет­ствен­но, лежат на бис­сек­три­се MO угла AMD. Окруж­ность, впи­сан­ная в че­ты­рех­уголь­ник ABCD, яв­ля­ет­ся также окруж­но­стью, впи­сан­ной в тре­уголь­ник AMD и внев­пи­сан­ной окруж­но­стью тре­уголь­ни­ка BMC. Будем ис­кать пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка ABCD, как раз­ность пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков AMD и BMC.

Че­ты­рех­уголь­ник ABCD впи­сан в окруж­ность, сле­до­ва­тель­но, ∠BAD + ∠BCD  =  180°, но ∠BCM + ∠BCD  =  180°, от­ку­да ∠BCM = ∠BAD. Так как тре­уголь­ни­ки BCM и AMD имеют еще общий угол AMD, они по­доб­ны, при­чем ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен от­но­ше­нию ра­ди­у­сов окруж­но­стей, впи­сан­ных в эти тре­уголь­ни­ки.

Далее имеем:

1)  

2)   где p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка BCM, рав­ный по свой­ству внев­пи­сан­ной окруж­но­сти длине от­рез­ка KM.

3)  Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OKM, на­хо­дим от­ку­да

Под­став­ляя най­ден­ное зна­че­ние S_ΔBCM в фор­му­лу S_ABCD, окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем

Вто­рой слу­чай.

От­ли­ча­ет­ся от пер­во­го по­ло­же­ни­ем точки M левее точек D и A. В этом слу­чае R < r и в рас­суж­де­нии они и тре­уголь­ни­ки BCM и ADM долж­ны быть по­ме­ня­ны ме­ста­ми. Таким об­ра­зом, в этом слу­чае

Ответ: или

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим и пе­ре­пи­шем урав­не­ние в виде

Сразу за­ме­тим, что x  =  −1 кор­нем этого урав­не­ния не будет.

Раз­бе­рем два слу­чая.

Слу­чай 1. По­де­лим тогда обе части урав­не­ния на По­лу­чим

Обо­зна­чая по­лу­ча­ем

За­ме­тим, что при пе­ре­мен­ная t при­ни­ма­ет все зна­че­ния из про­ме­жут­ка при­чем ровно по од­но­му разу. По­это­му во­прос сво­дит­ся к тому, сколь­ко кор­ней на про­ме­жут­ке имеет это квад­рат­ное урав­не­ние.

Слу­чай 2. По­де­лим тогда обе части урав­не­ния на По­лу­чим

Обо­зна­чая по­лу­ча­ем

За­ме­тим, что при пе­ре­мен­ная t при­ни­ма­ет все зна­че­ния из про­ме­жут­ка (−1; 0], при­чем ровно по од­но­му разу. По­это­му во­прос сво­дит­ся к тому, сколь­ко кор­ней на про­ме­жут­ке (−1; 0] имеет это квад­рат­ное урав­не­ние.

Итак, за­да­ча све­лась к такой  — при каких зна­че­ни­ях па­ра­мет­ра a урав­не­ние имеет ровно один ко­рень на мно­же­стве

Во-пер­вых, это может про­изой­ти, если его дис­кри­ми­нант равен нулю. Это не­воз­мож­но при не­от­ри­ца­тель­ных a.

Во-вто­рых, это может про­изой­ти, если его дис­кри­ми­нант по­ло­жи­те­лен, но толь­ко один ко­рень лежит в нуж­ном мно­же­стве. Эти корни равны

Если a  =  0, то корни равны и это нам под­хо­дит.

Если то по­это­му и нам под­хо­дит.

Если то по­это­му и нам не под­хо­дит.

Если то по­это­му и нам под­хо­дит.

Итак,

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Оста­ток все­гда мень­ше де­ли­те­ля, по­это­му с от­ря­да в N бо­га­ты­рей Чер­но­мор не смо­жет по­лу­чить мак­си­мум N − 1 мо­не­ту. Если от­ря­дов K, то Чер­но­мор по­лу­чит не более 33 – K монет. Пусть отряд всего один. Тогда Чер­но­мор по­лу­чит толь­ко 9 монет, так как 240  =  33 · 7 + 9. Зна­чит, 32 мо­не­ты по­лу­чить не уда­ет­ся. По­ка­жем, как по­лу­чить 31 мо­не­ту.

Пусть Чер­но­мор раз­де­лил бо­га­ты­рей на два от­ря­да: 32 бо­га­ты­ря и один бо­га­тырь. Пер­во­му от­ря­ду Чер­но­мор от­да­ет 63 мо­не­ты, и по­лу­ча­ет 31 мо­не­ту. А осталь­ные 177 монет по­лу­ча­ет остав­ший­ся бо­га­тырь.

б)  Чтобы по­лу­чить 31 мо­не­ту, Чер­но­мор дол­жен раз­де­лить ры­ца­рей на два от­ря­да и вы­дать каж­до­му от­ря­ду по 120 монет. При этом, с от­ря­да в N че­ло­век он дол­жен по­лу­чить N − 1 мо­не­ту. Но тогда 121 де­лит­ся на N. Зна­чит, N может рав­нять­ся толь­ко 1, 11 или 121. Но из двух таких чисел не со­ста­вить 33.

По­ка­жем, как по­лу­чить 30 монет. Пусть, на­при­мер, в одном от­ря­де 27 бо­га­ты­рей, а в двух дру­гих  — по три. Тогда Чер­но­мор раз­да­ет каж­до­му от­ря­ду по 80 монет. В итоге с пер­во­го от­ря­да он по­лу­чит назад 26 монет, а с каж­до­го из остав­ших­ся – по две мо­не­ты. В итоге по­лу­ча­ет­ся 30 монет.

Ответ: а) 31; б) 30.