Ре­ше­ние. При­ме­ним фор­му­лу при­ве­де­ния, по­лу­чим:

Тогда урав­не­ние при­ни­ма­ет вид

Зна­че­ния пе­ре­мен­ной, при ко­то­рых то есть числа удо­вле­тво­ря­ют урав­не­нию. При про­чих х раз­де­лим обе части урав­не­ния на По­лу­ча­ем:

б)  Корни, при­над­ле­жа­щие ин­тер­ва­лу от­бе­рем при по­мо­щи три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти (см. рис.). На ин­тер­ва­ле лежат три ре­ше­ния: и

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. a)  Точка O при­над­ле­жит пря­мой B₁D, сле­до­ва­тель­но, точка O при­над­ле­жит плос­ко­сти B₁DM. В плос­ко­сти DB₁M про­ве­дем от­ре­зок OT, па­рал­лель­ный от­рез­ку B₁M, где точка T при­над­ле­жит плос­ко­сти ABC, тогда точка T при­над­ле­жит также плос­ко­сти α. Точка O при­над­ле­жит пря­мой AC₁. В плос­ко­сти AC₁N про­ве­дем от­ре­зок OP, па­рал­лель­ный от­рез­ку C₁N, где точка  P при­над­ле­жит плос­ко­сти  ABC, тогда точка  P при­над­ле­жит также плос­ко­сти α. Таким об­ра­зом, пря­мая TP  — линия пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти  ABC с плос­ко­стью α. Пусть K и G  — точки пе­ре­се­че­ния пря­мой  TP с реб­ра­ми AB и AD со­от­вет­ствен­но. Через точку K про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой B₁M, пусть S  — точка ее пе­ре­се­че­ния с реб­ром BB₁, через точку S про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой C₁N, пусть E  — точка ее пе­ре­се­че­ния с реб­ром B₁C₁, через точку E про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой GK, пусть F  — точка ее пе­ре­се­че­ния с реб­ром C₁D₁, через точку E про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой KS, пусть L  — точка ее пе­ре­се­че­ния с реб­ром DD₁. Тогда GKSEFL  — се­че­ние па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью α.

Пусть TW  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ADM, тогда Точку пе­ре­се­че­ния пря­мой  GK с пря­мой  BC обо­зна­чим Q. Тре­уголь­ни­ки QPN и GPA равны по сто­ро­не и двум при­ле­жа­щим углам. Сле­до­ва­тель­но, QN  =  GA, а так как BN  =  AW, то QB  =  GW и тре­уголь­ни­ки KBQ и TWG равны по ка­те­ту и остро­му углу. Тогда

и K  — се­ре­ди­на MB, а по­сколь­ку пря­мые KS и B₁M па­рал­лель­ны, то точка S  — се­ре­ди­на BB₁ и BS : SB₁  =  1 : 1.

б)  Пря­мая C₁N па­рал­лель­на плос­ко­сти α, сле­до­ва­тель­но, рас­сто­я­ние от точки C₁ до плос­ко­сти α равно рас­сто­я­нию от точки N до плос­ко­сти α. За­ме­тим, что Q  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой  BC с плос­ко­стью α. Тре­уголь­ни­ки QBK и PMK равны по ка­те­ту (MK  =  BK) и остро­му углу, сле­до­ва­тель­но,

зна­чит, и

В плос­ко­сти ABC про­ве­дем от­ре­зок BR, пер­пен­ди­ку­ляр­ный GQ, от­ре­зок BR яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей от­рез­ка SR на плос­кость ABC, и по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах GQ и SR пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но, пря­мая GQ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти SBR. В плос­ко­сти SBR из точки B опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр BH на пря­мую SR. Тогда сле­до­ва­тель­но, BH яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к плос­ко­сти α и

от­ку­да

сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом,

Ответ: б)  

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что

причём ра­вен­ство нулю до­сти­га­ет­ся толь­ко при Зна­чит, пер­вый и по­след­ний мно­жи­тель в левой части ис­ход­но­го не­ра­вен­ства не могут быть от­ри­ца­тель­ны­ми. Тогда ис­ход­ное не­ра­вен­ство рав­но­силь­но си­сте­ме

Решим от­дель­но ло­га­риф­ми­че­ское не­ра­вен­ство

Тогда си­сте­ма (⁎) рав­но­силь­на си­сте­ме

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть 15 фев­ра­ля долг будет мень­ше долга на 15 ян­ва­ря на t₁ тыс. руб., 15 марта  — мень­ше долга на 15 фев­ра­ля на t₂ тыс. руб. и т. д. За­пол­ним таб­ли­цу.

Месяц	Долг на 1-е число ме­ся­ца, тыс. руб.	Вы­пла­та, тыс. руб.	Долг на 15-е число ме­ся­ца, тыс. руб.
Ян­варь			600
Фев­раль
Март
Ап­рель
Май
Июнь
Июль			0

Сум­ми­ру­ем все вы­пла­ты:

При по­лу­чен­ная сумма мак­си­маль­на, она равна 2400 тыс. руб. При сумма ми­ни­маль­на, она равна тыс. руб.

Ответ: 2,4 млн руб. и 2,1 млн руб.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Раз­ли­чие в сумме вы­плат будет обу­слов­ле­но на­чис­ля­е­мы­ми про­цен­та­ми. По­это­му наи­боль­шую сумму Пётр вы­пла­тит, если в пер­вые пять ме­ся­цев он будет вы­пла­чи­вать толь­ко про­цен­ты за поль­зо­ва­ние кре­ди­том, то есть если а наи­мень­шую  — в слу­чае еже­ме­сяч­но­го мак­си­маль­но­го умень­ше­ния долга, то есть если

При­ве­дем схему вы­пла­ты кре­ди­та для

Сумма вы­плат в этом слу­чае со­ста­вит тыс. руб.

При­ве­дем схему вы­пла­ты кре­ди­та для

В этом слу­чае сумма вы­плат равна

Ответ: 2,4 млн руб. и 2,1 млн руб.

Ре­ше­ние. а)  Пусть P  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых BC и AM. По свой­ству угла между ка­са­тель­ной и хор­дой От­сю­да тре­уголь­ни­ки APB и BPM по­доб­ны, то есть сле­до­ва­тель­но, Ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ки APC и CPM по­доб­ны, от­ку­да сле­до­ва­тель­но, Зна­чит, BP  =  CP. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из пунк­та а) по­лу­ча­ем:

За­ме­тим, что тре­уголь­ник CAB яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, по­это­му сле­до­ва­тель­но, углы MCB и MBC в сумме со­став­ля­ют ост­рый угол, зна­чит, каж­дый из них мень­ше 90°. Тогда

По тео­ре­ме си­ну­сов

от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пусть тогда

При по­лу­ча­ем от­ку­да на­хо­дим:

По­ло­жи­тель­ных и от­ри­ца­тель­ных кор­ней по­ров­ну, усло­вие за­да­чи не вы­пол­не­но.

При имеем:

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной, по­лу­чим со­во­куп­ность урав­не­ний:

При вто­рое урав­не­ние со­во­куп­но­сти кор­ней не имеет, а у пер­во­го урав­не­ния два корня, среди ко­то­рых не менее од­но­го от­ри­ца­тель­но­го (см. рис. 1). Зна­чит, при усло­вие за­да­чи не вы­пол­не­но.

Рис.  1:

Рис.  2:

При каж­дое урав­не­ние со­во­куп­но­сти имеет два корня, среди ко­то­рых не менее од­но­го по­ло­жи­тель­но­го (см. рис. 2). Зна­чит, для вы­пол­не­ния усло­вия за­да­чи не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но чтобы хотя бы одно из двух урав­не­ний не имело от­ри­ца­тель­но­го корня, то есть вы­пол­ня­лась со­во­куп­ность усло­вий

Таким об­ра­зом, усло­вие за­да­чи вы­пол­ня­ет­ся при

Ответ:

Ре­ше­ние. Вы­пи­шем для каж­дой цифры n со­от­вет­ству­ю­щую цифру n*:

Суммы чисел в каж­дой паре равны со­от­вет­ствен­но 0, 8, 6, 4, 12, 10, 8, 16, 14 и 12.

От­ме­тим также, что при трех­знач­ном b сумма n и n* лежит в про­ме­жут­ке от 200 до 1998, по­это­му n обя­за­но быть трех­знач­ным: для дву­знач­ных и од­но­знач­ных n, для че­ты­рех­знач­ных и еще боль­ших чисел n,

а)  Ясно, что сумма по­след­них цифр n и n* равна 12. За­ме­ним по­след­ние цифры этих чисел на 0, от этого сумма умень­шит­ся на 12 и ста­нет равна 1280. Если же убрать нули, то сумма остав­ших­ся дву­знач­ных чисел равна 128. Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, по­лу­ча­ем, что сумма сред­них цифр из­на­чаль­ных чисел (или по­след­них цифр новых, что то же самое) равна 8, а сумма пер­вых 12. Выбор цифр для каж­до­го из этих ва­ри­ан­тов можно сде­лать двумя спо­со­ба­ми: 4 + 8 и 9 + 3 для 12, 1 + 7 и 6 + 2 для 8, что дает ва­ри­ан­тов от­ве­та.

б)  Ана­ло­гич­но пунк­ту а) по­лу­ча­ем, что сумма остав­ших­ся после вы­чер­ки­ва­ния по­след­них цифр дву­знач­ных чисел равна 93, что не­воз­мож­но, по­сколь­ку ни сумму 3, ни сумму 13 ор­га­ни­зо­вать нель­зя.

в)  Ана­ло­гич­но пунк­ту а) по­лу­ча­ем, что n + n* все­гда может быть за­пи­са­но в виде где

Зна­чит, по­ло­ви­на этого числа все­гда может быть за­пи­са­на в виде где

где Итак, во­прос сво­дит­ся к та­ко­му  — сколь­ко трех­знач­ных чисел можно со­ста­вить из ука­зан­ных цифр. На пер­вое место можно взять любую из семи цифр (кроме нуля), а на осталь­ные  — любую из вось­ми, что дает ва­ри­ан­тов. Всего трех­знач­ных чисел 900, для 448 из них урав­не­ние имеет ре­ше­ния, зна­чит, для 452 чисел ре­ше­ний не будет.

Ответ: а)  8; б)  нет; в)  452.