Ре­ше­ние. а)  Вве­дем новую пе­ре­мен­ную. Пусть т. е. Тогда

Пе­рей­дем к пе­ре­мен­ной

б)  

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. Пусть M  — се­ре­ди­на AB, тогда по­это­му

Обо­зна­чим упо­мя­ну­тую в усло­вии пря­мую за AK. Тогда

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. Пусть тогда Имеем:

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Итак, най­де­но мно­же­ство ре­ше­ний вто­ро­го не­ра­вен­ства:

Те­перь решим пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы. Най­дем огра­ни­че­ния на

Рас­смот­рим пер­вое не­ра­вен­ство с уче­том по­лу­чен­ных огра­ни­че­ний:

За­ме­тим, что вто­рое не­ра­вен­ство, а вме­сте с ним и вся по­лу­чен­ная си­сте­ма вы­пол­не­ны, если то есть при Тогда ре­ше­ни­я­ми си­сте­мы яв­ля­ет­ся ин­тер­вал Слу­чай не лежит во мно­же­стве ре­ше­ний пер­во­го не­ра­вен­ства. Далее,

Таким об­ра­зом, най­де­но мно­же­ство ре­ше­ний пер­во­го не­ра­вен­ства си­сте­мы:

Пе­ре­се­че­ни­ем ре­ше­ний обоих не­ра­венств будет мно­же­ство

Ответ:

Ре­ше­ние. Раз­бе­рем два слу­чая.

1)  Точка E лежит на от­рез­ке AC, тогда По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка и пря­мой KOC имеем

от­ку­да Тогда

2)  Точка E лежит на пря­мой AC, на про­дол­же­нии AC за точку C, тогда По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка BAE и пря­мой KCO имеем от­ку­да Тогда

Ответ: 8 или 72.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние

Левая часть не­от­ри­ца­тель­на, пра­вая  — не­по­ло­жи­тель­на. По­это­му они могут быть равны толь­ко если

то есть при не­ко­то­ром целом k.

Итак, урав­не­ние долж­но иметь ровно два корня.

За­ме­тим, что если x яв­ля­ет­ся его кор­нем, то и тоже яв­ля­ет­ся. По­это­му, во-пер­вых, не долж­но быть кор­нем (иначе кор­ней будет не­чет­ное ко­ли­че­ство), а во-вто­рых, урав­не­ние долж­но иметь ровно один по­ло­жи­тель­ный ко­рень.

Слу­чай 1. Ко­рень во­об­ще един­ствен­ный. Тогда от­ку­да и Ко­рень

Слу­чай 2. Кор­ней два, но они раз­ных зна­ков. Тогда При целом k это воз­мож­но лишь при то есть при Урав­не­ние дей­стви­тель­но имеет ровно один по­ло­жи­тель­ный ко­рень.

Слу­чай 3. Кор­ней два, один из них равен нулю. Тогда что не­воз­мож­но при целом k.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Ясно, что ко­ли­че­ство тре­уголь­ни­ков не может быть боль­ше числа со­че­та­ний из вось­ми по три, а

б)  Пусть длины от­рез­ков такие: 20, 19, 18, 17, 16, 15, 14, 6. Тогда воз­мож­но ровно 55 тре­уголь­ни­ков (из 56 воз­мож­ных со­че­та­ний не го­дит­ся толь­ко одно: 6, 14, 20. Для всех осталь­ных не­ра­вен­ство тре­уголь­ни­ка вы­пол­не­но).

в)  До­ка­жем, что не го­дит­ся. Пусть длины от­рез­ков равны Если ни од­но­го тре­уголь­ни­ка со­ста­вить нель­зя, то Ана­ло­гич­но, зна­чит, Тогда зна­чит, Про­дол­жая це­поч­ку, по­лу­чим: Зна­чит, не мень­ше 21. Про­ти­во­ре­чие.

При­ве­дем при­мер с Ис­поль­зуя преды­ду­щее рас­суж­де­ние по­лу­ча­ем такой набор:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 20. Един­ствен­ный воз­мож­ный тре­уголь­ник  — это 8, 13, 20.

Ответ: а) Нет; б) Да; в) 1.