Ре­ше­ние. Ре­ше­ние 1.

а)  Огра­ни­че­ние на т. е.

За­дан­ное урав­не­ние будем рас­смат­ри­вать толь­ко на мно­же­стве, эле­мен­ты ко­то­ро­го удо­вле­тво­ря­ют не­ра­вен­ствам, ука­зан­ным выше.

Урав­не­ние ре­ше­ний не имеет.

б)   Вы­бор­ку кор­ней сде­ла­ем с по­мо­щью еди­нич­ной окруж­но­сти.

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние 2.

а)  Слу­чай 1.

Слу­чай 2. от­ку­да или (что не­воз­мож­но). Тогда при­чем от­ку­да

б)  от­рез­ку при­над­ле­жат точки

Ответ а) б)

Ре­ше­ние. а)  Про­длим KP до пе­ре­се­че­ния с DC в точке Q. Оче­вид­но Со­еди­ним те­перь M и Q и от­ме­тим точку пе­ре­се­че­ния MQ с CS ( L). По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка DSC и пря­мой MLQ имеем от­ку­да Ана­ло­гич­но по­стро­им на AS точку N, де­ля­щую AS в том же от­но­ше­нии. По­это­му KPLMN  — ис­ко­мое се­че­ние.

б)  Со­еди­ним M с се­ре­ди­ной KP (точ­кой T). Про­ек­ция этой пря­мой на плос­кость ос­но­ва­ния пер­пен­ди­ку­ляр­на KP и NL (ибо сов­па­да­ет с BD, а они па­рал­лель­ны AC). При этом она пе­ре­се­ка­ет NL в его се­ре­ди­не, ле­жа­щей на вы­со­те пи­ра­ми­ды и де­ля­щей вы­со­ту в от­но­ше­нии То есть рас­сто­я­ние от M до плос­ко­сти ос­но­ва­ния вдвое боль­ше рас­сто­я­ния от этой точки до той же плос­ко­сти. Сле­до­ва­тель­но, эта точка яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной от­рез­ка и вы­со­ты в тре­уголь­ни­ке MNL и тра­пе­ции KPLN равны.

Тогда

Мы ис­поль­зо­ва­ли то, что про­ек­ция M и точка P делят диа­го­наль BD в от­но­ше­нии что оче­вид­но.

Ответ:

Ре­ше­ние. Най­дем не­ко­то­рые огра­ни­че­ния на x. За­ме­тим, что при любом

Кроме того, долж­ны вы­пол­нять­ся усло­вия:

В ло­га­риф­ме пра­вой части не­ра­вен­ства пе­рей­дем к ос­но­ва­нию 3.

Од­на­ко, вы­ра­же­ние стро­го по­ло­жи­тель­но при любом зна­че­нии x, от­лич­ном от 2. (Зна­че­ние в дан­ном не­ра­вен­стве из рас­смот­ре­ния ис­клю­ча­ет­ся, см. огра­ни­че­ние (2)). Дей­стви­тель­но,

вы­пол­не­но все­гда при

В таком слу­чае мы впра­ве раз­де­лить обе части не­ра­вен­ства (4) на

По­лу­чим: Так как (огра­ни­че­ние (3)), то спра­вед­ли­ва си­сте­ма не­ра­венств:

Для ре­ше­ния по­след­ней си­сте­мы сде­ла­ем за­ме­ну пе­ре­мен­ной. Пусть тогда:

Пе­рей­дем к пе­ре­мен­ной x.

Те­перь до­ка­жем, что (в со­от­вет­ствии с (2) и (3)).

Ре­ше­ния ис­ход­но­го не­ра­вен­ства  — мно­же­ство

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим Тогда (по­сколь­ку так как опи­ра­ет­ся на диа­метр окруж­но­сти). Далее

Итак, тре­уголь­ни­ки ACB и ECB рав­но­бед­рен­ные, по­это­му зна­чит, C  — се­ре­ди­на AE.

б)  Из­вест­но, что если a, b  — ка­те­ты пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, c  — его ги­по­те­ну­за, то ра­ди­ус впи­сан­ной в него окруж­но­сти равен

По­сколь­ку все упо­мя­ну­тые в усло­вии тре­уголь­ни­ки пря­мо­уголь­ные, то ис­ко­мая сумма ра­ди­у­сов равна

Ответ: 12.

Ре­ше­ние. Пусть х м  — глу­би­на ко­лод­ца. Тогда часть вы­плат, за­ви­ся­щих от глу­би­ны ко­лод­ца, об­ра­зу­ет ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с раз­но­стью 500, пер­вый член ко­то­рой равен 1000. Най­дем сумму пер­вых х чле­нов про­грес­сии, по­след­ний член ко­то­рой равен Она (сумма) будет равна

По­сколь­ку, кроме ука­зан­ной суммы, было вы­пла­че­но еще 10 000 руб, а сред­няя сто­и­мость 1 м при этом со­ста­ви­ла 6250 руб, то имеет место урав­не­ние, ко­то­рое решим, имея в виду, глу­би­на ко­лод­ца свыше 10 м.

Ответ: 20.

Ре­ше­ние. Для того, чтобы пара чисел была ре­ше­ни­ем не­ра­вен­ства, не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы одно из вы­ра­же­ний в скоб­ках было по­ло­жи­тель­но, а вто­рое от­ри­ца­тель­но. Вы­яс­ним, когда так про­ис­хо­дит.

Вы­ра­же­ние в пер­вой скоб­ке от­ри­ца­тель­но в точ­ках и по­ло­жи­тель­но во всех осталь­ных точ­ках.

Раз­бе­рем не­сколь­ко слу­ча­ев.

Вы­ра­же­ние во вто­рой скоб­ке по­ло­жи­тель­но в точ­ках что дает уже 8 ре­ше­ний.

Вы­ра­же­ние во вто­рой скоб­ке не­по­ло­жи­тель­но толь­ко в точ­ках по­это­му име­ет­ся ровно 4 ре­ше­ния

Вы­ра­же­ние во вто­рой скоб­ке не­по­ло­жи­тель­но толь­ко в точ­ках ре­ше­ний нет.

Вы­ра­же­ние во вто­рой скоб­ке не­по­ло­жи­тель­но толь­ко в точ­ках

Вы­ра­же­ние во вто­рой скоб­ке от­ри­ца­тель­но толь­ко в точ­ках.

по­это­му име­ет­ся ровно 4 ре­ше­ния

Вы­ра­же­ние во вто­рой скоб­ке от­ри­ца­тель­но в точ­ках что дает уже 8 ре­ше­ний.

Ответ:

При­ме­ча­ние. С гео­мет­ри­че­ской точки зре­ния мы ищем целые точки в не­ко­то­ром коль­це с цен­тром в на­ча­ле ко­ор­ди­нат.

Ре­ше­ние. Число 60 имеет 11 де­ли­те­лей, больших еди­ни­цы: 2,3,4,5,6,10,12,15,20,30,60. Их про­из­ве­де­ние равно По усло­вию, про­из­ве­де­ние чисел в на­бо­ре равно зна­чит, в набор не вхо­дят те де­ли­те­ли 60, про­из­ве­де­ние ко­то­рых дает ровно 60. Воз­мож­ны 9 ва­ри­ан­тов: в набор не вхо­дят числа -

1)60

2)2,30

3)3,20

4)4,15

5)5,12

6)6,10

7)2,3,10

8)2,5,6

9)3,4,5.

Таким об­ра­зом, наи­боль­шее ко­ли­че­ство чисел в на­бо­ре это 11-1=10.

Наи­мень­шее ко­ли­че­ство чисел в на­бо­ре это 11-3=8.

Всего на­бо­ров 9 штук.

Ответ: а) 10; б) 8; в) 9.