Ре­ше­ние. а)  По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

б)  Пре­жде до­ка­жем, что

Зна­чит,

До­ка­жем также, что ис­ко­мым кор­нем не яв­ля­ет­ся. Для этого до­ста­точ­но по­ка­зать: или

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  По­стро­им по­сле­до­ва­тель­но:

От­рез­ки BC' и AD'. Че­ты­рех­уголь­ник ABC'D'  — ис­ко­мое се­че­ние.

До­ка­жем это.

Из опре­де­ле­ния пря­мой приз­мы сле­ду­ет, что C'D' || CD, из опре­де­ле­ния ромба  — CD || BA. Сле­до­ва­тель­но, C'D' || BA. А через две па­рал­лель­ные пря­мые про­хо­дит одна и толь­ко одна плос­кость. Зна­чит, че­ты­рех­уголь­ник ABC'D'  — ис­ко­мое се­че­ние.

б)  В пря­мую приз­му можно впи­сать шар в том и толь­ко в том слу­чае, если центр шара оди­на­ко­во уда­лен от всех гра­ней приз­мы, т. е. вы­пол­не­но усло­вие: в ос­но­ва­ние приз­мы можно впи­сать окруж­ность, при­чем диа­метр этой окруж­но­сти равен диа­мет­ру шара, вы­со­та приз­мы также равна диа­мет­ру шара.

Из точки D про­ве­дем вы­со­ту DК ромба ABCD,

В ромб все­гда можно впи­сать окруж­ность. Зна­чит, диа­метр этой окруж­но­сти будет DK, DD' = DK = 2.

ABC'D'  — па­рал­ле­ло­грамм по при­зна­ку па­рал­ле­ло­грам­ма, так как C'D' || BA (по выше до­ка­зан­но­му). Кроме того, BA = CD CD=C'D' как про­ти­во­ле­жа­щие сто­ро­ны со­от­вет­ству­ю­щих па­рал­ле­ло­грам­мов.

Со­еди­ним от­рез­ком точки D' и K. D'K  — на­клон­ная к плос­ко­сти ос­но­ва­ния приз­мы, DK  — про­ек­ция на­клон­ной D'K на ту же плос­кость. (по по­стро­е­нию). В таком слу­чае по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке D'DK ка­те­ты D'D и DK равны 2, сле­до­ва­тель­но, ги­по­те­ну­за D'K равна

Ре­ше­ние. Най­дем огра­ни­че­ния на x. Пре­жде за­ме­тим, что ос­но­ва­ние ло­га­риф­ма по­ло­жи­тель­но при любом так как

По­ка­жем, что

(не­ра­вен­ство оче­вид­ное).

Итак, раз­ре­шен­ны­ми зна­че­ни­я­ми x яв­ля­ют­ся числа из про­ме­жут­ка Для таких x:

По­лу­чен­ное не­ра­вен­ство с уче­том огра­ни­че­ний на х решим ме­то­дом ин­тер­ва­лов.

Ин­тер­ва­лы
Знак левой части не­ра­вен­ства с уче­том огра­ни­че­ний	+	−	+

Итак, ре­ше­ния ис­ход­но­го не­ра­вен­ства:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть и   — цен­тры пер­вой и вто­рой окруж­но­стей со­от­вет­ствен­но. Через эти точки про­ве­дем пря­мые, пер­пен­ди­ку­ляр­ные к AB. Пусть К и L  — точки пе­ре­се­че­ния этих пря­мых с пря­мой АВ со­от­вет­ствен­но. Те же пря­мые пе­ре­се­кут за­дан­ные окруж­но­сти также в точ­ках и (см. рис.).

Рас­смот­рим че­ты­рех­уголь­ник У него две про­ти­во­ле­жа­щие сто­ро­ны и равны 2r. Так как по по­стро­е­нию, то Зна­чит,   — па­рал­ле­ло­грамм по при­зна­ку па­рал­ле­ло­грам­ма.

Кроме того, угол этого па­рал­ле­ло­грам­ма пря­мой по по­стро­е­нию, зна­чит,   — пря­мо­уголь­ник, т. е. А это зна­чит, что пря­мая будет ка­са­тель­ной к обоим окруж­но­стям, сле­до­ва­тель­но, сов­па­дет с пря­мой DC. Таким об­ра­зом, AB || CD, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Рас­смот­рим вза­им­ное рас­по­ло­же­ние пря­мых AD и СВ. Пред­по­ло­жим, что они не па­рал­лель­ны. Тогда че­ты­рех­уголь­ник ABCD  — тра­пе­ция. (Пусть для опре­де­лен­но­сти см. рис.)

Так как AF про­хо­дит через точку (центр пер­вой окруж­но­сти), то точка рас­по­ло­же­на на оди­на­ко­вом рас­сто­я­нии от AD и AB. А это зна­чит, что как внут­рен­ние на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных пря­мых AB, DC и се­ку­щей AF. Зна­чит, От­сю­да:   — рав­но­бед­рен­ный, т. е. DA = DF. Ана­ло­гич­но по­лу­чим: BC = BE.

Про­ве­дем через точку ка­са­ния за­дан­ных окруж­но­стей пря­мую пер­пен­ди­ку­ляр­но к AB, ко­то­рая пе­ре­се­чет пря­мую AB в точке М, пря­мую DC  — в точке N. По­ло­жим AD = a, BC = b, MN = c. (Ясно, что MN = c = 2r). Кроме того: DC = 2a, AB = 2b.

Че­ты­рех­уголь­ник DAMN  — опи­сан­ный около пер­вой окруж­но­сти. Это зна­чит, что AM + DN = AD + MN, т. е. AM + DN = a + c (1). Ана­ло­гич­но по­лу­чим: MB + NC = b + c (2). Сло­жив левые части ра­венств (1) и (2), по­лу­чим:

Сло­жив пра­вые части тех же ра­венств, по­лу­чим: a + b + 2c. Сле­до­ва­тель­но,

окон­ча­тель­но: a + b = 2c (*).

Че­ты­рех­уголь­ник DABC может быть тра­пе­ци­ей лишь при вы­пол­не­нии од­но­го из трех усло­вий:

Про­ве­рим вы­пол­не­ние пе­ре­чис­лен­ных усло­вий.

1)  Если a = c, то в со­от­вет­ствии с ра­вен­ством (*) имеем: не вы­пол­ня­ет­ся не­ра­вен­ство b > c.

2)  Если b = c, то не вы­пол­ня­ет­ся не­ра­вен­ство a > c.

3)  Если то не вы­пол­ня­ет­ся ра­вен­ство (*). Сле­до­ва­тель­но, ра­вен­ство (*) будет иметь место толь­ко при вы­пол­не­нии ра­вен­ства a = b = c.

Таким об­ра­зом, пред­по­ло­же­ние, что AD и СВ не па­рал­лель­ны, не­вер­но, че­ты­рех­уголь­ник DABC тра­пе­ци­ей не яв­ля­ет­ся. От­сю­да вывод: DA || CB, а зна­чит, че­ты­рех­уголь­ник DABC  — па­рал­ле­ло­грамм. При этом ра­вен­ство (*) опро­верг­ну­тым быть не может, так как оно по­лу­че­но стро­го из усло­вия за­да­чи и с по­мо­щью из­вест­ных по­ло­же­ний гео­мет­рии.

По­сколь­ку из ра­вен­ства a = b = c сле­ду­ет также: a  — рас­сто­я­ние между пря­мы­ми AB и DC, DABC  — пря­мо­уголь­ник. Тогда:

Ответ:

Ре­ше­ние. Общая сумма, при­чи­та­ю­ща­я­ся вклад­чи­ку, вклю­чая до­пол­ни­тель­ные вкла­ды в те­че­ние че­ты­рех лет и все про­цент­ные на­чис­ле­ния, к концу пя­то­го года хра­не­ния денег со­став­ля­ет 825 (100 + 725) про­цен­тов от пер­во­на­чаль­но­го (3900 тыс. руб.). Эта сумма равна:

Не­ко­то­рая часть най­ден­ной суммы об­ра­зо­ва­на хра­не­ни­ем пер­во­на­чаль­но вло­жен­ной суммы (3900 тыс. руб.) Вы­чис­лим эту часть. По­сколь­ку про­цент­ная над­бав­ка на­чис­ля­лась в раз­ме­ре 50% го­до­вых, то за 5 лет хра­не­ния этой части вкла­да вло­жен­ная сумма уве­ли­чи­лась в раза. То есть стала:

Те­перь най­дем дру­гую часть об­ра­зо­ван­ной суммы с уче­том до­пол­ни­тель­ных вкла­дов в те­че­ние че­ты­рех лет, а также про­цент­ных на­чис­ле­ний на эту сумму. Эта часть равна раз­но­сти двух сумм, вы­чис­лен­ных выше.

Это  — с одной сто­ро­ны. С дру­гой же сто­ро­ны, эта сумма об­ра­зо­ва­лась так:

Пусть вклад­чик в конце года и еще три раза в сле­ду­ю­щие годы вно­сил до­пол­ни­тель­ный вклад в сумме x тыс. руб.

В конце пер­во­го года хра­не­ния этой суммы (к концу вто­ро­го года от от­кры­тия вкла­да) она вы­рос­ла до тыс. руб.

Вклад­чик до­пол­ни­тель­но внес еще x тыс. руб. На на­ча­ло сле­ду­ю­ще­го ка­лен­дар­но­го года эта часть суммы стала:

Через год эта сумма вы­рос­ла до:

Но вклад­чик внес на счет еще x тыс.руб. Сумма стала:

Через год эта сумма вы­рос­ла до:

Вклад­чик вновь внес на счет x тыс. руб. Часть вкла­да ста­но­вит­ся рав­ной:

К концу по­след­не­го года хра­не­ния всего вкла­да эта часть вы­рас­та­ет до:

Те­перь решим урав­не­ние:

Итак, ис­ко­мая сумма равна 210 тыс. руб.

Ответ: 210 тыс. руб.

Ре­ше­ние. Вве­дем новую пе­ре­мен­ную. Пусть Тогда за­дан­ное не­ра­вен­ство будет иметь вид:

По­след­нее не­ра­вен­ство не имеет ни од­но­го ре­ше­ния в сле­ду­ю­щих трех слу­ча­ях:

1)  Дис­кри­ми­нант квад­рат­но­го трех­чле­на (D) от­ри­ца­те­лен.

2)  D = 0,

3)   оба корня квад­рат­но­го трех­чле­на от­ри­ца­тель­ны (сво­бод­ный член и вто­рой ко­эф­фи­ци­ент по­ло­жи­тель­ны).

Во всех осталь­ных слу­ча­ях ис­ход­ное не­ра­вен­ство будет иметь хотя бы одно ре­ше­ние.

Рас­смот­рим каж­дый из пе­ре­чис­лен­ных слу­ча­ев.

1)  

2)  

3)  

Таким об­ра­зом, ис­ход­ное не­ра­вен­ство не имеет ни еди­но­го ре­ше­ния при А это зна­чит, что при всех зна­че­ни­ях будет иметь хотя бы одно ре­ше­ние.

За­ме­ча­ние: при рас­смот­ре­нии тре­тье­го слу­чая можно ис­поль­зо­вать и рас­по­ло­же­ние кор­ней квад­рат­но­го трех­чле­на. Здесь слу­чай, когда оба корня мень­ше дан­но­го числа т. е. число 0 лежит пра­вее боль­ше­го корня.

Од­на­ко, в этом осо­бой на­доб­но­сти нет, по­сколь­ку нас ин­те­ре­су­ют лишь знаки кор­ней квад­рат­но­го трех­чле­на По­это­му нам до­ста­точ­но ис­поль­зо­вать след­ствие из тео­ре­мы Виета.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  В пер­вом по­хо­де ко­ли­че­ство маль­чи­ков было мень­ше чем от ко­ли­че­ства де­во­чек – участ­ниц этого по­хо­да. Тем более оно мень­ше чем от об­ще­го ко­ли­че­ства де­во­чек – уче­ниц клас­са. То же верно для маль­чи­ков – участ­ни­ков вто­ро­го по­хо­да. По­сколь­ку каж­дый уче­ник был хотя бы в одном по­хо­де, всего маль­чи­ков в клас­се мень­ше чем от ко­ли­че­ства де­во­чек. Сле­до­ва­тель­но, маль­чи­ков в этом клас­се мень­ше чем от об­ще­го числа уче­ни­ков.

б)  Пусть b_i и g_i – число маль­чи­ков и де­во­чек в i-м по­хо­де, b и g – число маль­чи­ков и де­во­чек на общей встре­че. По усло­вию от­ку­да по­это­му если все то от­ку­да

Итак, если для всех то маль­чи­ки будут со­став­лять не более от об­ще­го числа участ­ни­ков по­хо­дов, где

До­ка­жем, что эта гра­ни­ца может до­сти­гать­ся. Для этого тре­бу­ет­ся, чтобы все на­пи­сан­ные не­ра­вен­ства пре­вра­ти­лись в ра­вен­ства. Легко по­нять, что это будет так, если де­воч­ки во всех по­хо­дах были одни и те же, а маль­чи­ки – раз­ные, то есть каж­дый из маль­чи­ков был толь­ко в одном по­хо­де.

Ответ: б) где