Ре­ше­ние. а)  По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Си­сте­ма не­сов­мест­на, по­сколь­ку при

б)  Вы­бор­ку кор­ней сде­ла­ем с по­мо­щью еди­нич­ной окруж­но­сти. Но пре­жде до­ка­жем, что Дей­стви­тель­но, (не­ра­вен­ство оче­вид­ное).

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим для на­ча­ла, что все ребра пи­ра­ми­ды равны Про­ве­дем в гра­нях ABS и ADS от­рез­ки EK и FM, па­рал­лель­ные От­ме­тим также точку T, для ко­то­рой До­ка­жем, что она лежит в плос­ко­сти се­че­ния. Тогда ис­ко­мое се­че­ние - пя­ти­уголь­ник

Обо­зна­чим точку пе­ре­се­че­ния EF и AC за

За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки AEF и ABD по­доб­ны (по двум сто­ро­нам) с ко­эф­фи­ци­ен­том по­это­му их ме­ди­а­ны от­но­сят­ся так же. Зна­чит, от­ку­да тре­уголь­ни­ки ASC и UTC по­доб­ны (по двум сто­ро­нам) и, зна­чит, от­ку­да и сле­ду­ет нуж­ное утвер­жде­ние. (AU дей­стви­тель­но ме­ди­а­на, по­сколь­ку ), то есть AU со­став­ля­ет со сто­ро­ной такой же угол, какой в по­доб­ном тре­уголь­ни­ке со­став­ля­ет ме­ди­а­на.)

б)   От­ме­тим се­ре­ди­ну SC -- точку Тогда как сред­няя линия. За­ме­тим, что тре­уголь­ник SCD рав­но­сто­рон­ний, по­это­му

Оче­вид­но, EKMF  — па­рал­ле­ло­грамм, по­сколь­ку и Най­дем его угол.

по­это­му

из

За­ме­тим, что се­ре­ди­на TU лежит на KM (по­сколь­ку рас­сто­я­ние точки от пе­ре­се­че­ния этих от­рез­ков до плос­ко­сти ос­но­ва­ния будет равно трети вы­со­ты пи­ра­ми­ды, как и на всем от­рез­ке KM и это как раз по­ло­ви­на рас­сто­я­ния от T до ABCD), по­это­му рас­сто­я­ния от U и T до пря­мой KM равны, от­ку­да

Сле­до­ва­тель­но

Ответ:

Ре­ше­ние. Най­дем огра­ни­че­ния на x. Оче­вид­но, не­ра­вен­ство имеет смысл при всех x, удо­вле­тво­ря­ю­щих усло­вию так как при этих зна­че­ни­ях также вы­пол­ня­ют­ся усло­вия: Для таких x:

С уче­том огра­ни­че­ний на x по­лу­чим:

Ответ:

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим за O точку пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей тра­пе­ции.

а)  EFGOBA, HGFOCD. По­сколь­ку из па­рал­лель­но­сти пря­мой ос­но­ва­ни­ям тра­пе­ции сле­ду­ет GO : OB  =  FO : OC, BA : AE  =  CD : DH, то EF : FG  =  HG : GF, то есть EF  =  GH, от­ку­да сле­ду­ет нуж­ное утвер­жде­ние.

б)  Пусть BE  =  a, AE  =  b. Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке T. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков TBC, TEH, TAD най­дем TB  =  3AB  =  3(a + b) и EH  =  

С дру­гой сто­ро­ны, из по­до­бия AEF и AEC на­хо­дим EH  =  3EF  =  

Зна­чит 4a + 3b  =  9b, a  =  1.5b, EH  =    =  3.6, EF  =   EH  =  1.2.

Ответ:1.2

Ре­ше­ние. Пусть в ян­ва­ре 2000 года вклад­чик по­ло­жил на счет S у. е. Тогда в ян­ва­ре 2001 года на счету сумма ста­нет у. е. Но в ян­ва­ре же 2001 года вклад­чик снял у. е. На счету оста­лось:

В ян­ва­ре 2002 года сумма на счету будет равна:

Функ­ция яв­ля­ет­ся квад­ра­тич­ной от

У нее есть наи­боль­шее зна­че­ние при

Ответ: 25.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Пусть в 2000 году банк умно­жал вкла­ды на a. Тогда в 2001 году он умно­жал вкла­ды на Пусть вклад­чик по­ло­жил 5N руб­лей.

Они пре­вра­ти­лись в 5Na, потом в (после ча­стич­но­го изъ­я­тия) и, на­ко­нец, в

Мы хотим сде­лать
как можно боль­шим. Оче­вид­но, для этого нужно взять то есть пер­во­на­чаль­ная став­ка долж­на была быть 25%.

Ответ: 25.

Ре­ше­ние. Оче­вид­но по­сколь­ку иначе при не­ра­вен­ство не­опре­де­ле­но. Ана­ло­гич­но так как иначе нель­зя взять Далее, по­сколь­ку долж­но быть по­ло­жи­тель­но на всем про­ме­жут­ке, то

При таких a не­ра­вен­ство опре­де­ле­но на всем про­ме­жут­ке. Ра­ци­о­на­ли­зи­ру­ем его:

Для всех x из дан­но­го от­рез­ка по­лу­чен­ное не­ра­вен­ство вы­пол­ня­ет­ся при Учи­ты­вая огра­ни­че­ния из ОДЗ, по­лу­ча­ем ответ

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Будем рас­смат­ри­вать нашу по­сле­до­ва­тель­ность как пе­ре­хо­ды от одной четвёрки к сле­ду­ю­щей. На­при­мер, в на­ча­ле имеем 2000 → 0002 → 0022 → 0224 → 2248 → 2486 →... и т. д.

Четвёрок ко­неч­ное число, сле­ду­ю­щая четвёрка од­но­знач­но опре­де­ле­на через преды­ду­щую, по­это­му на­чи­ная с не­ко­то­ро­го мо­мен­та про­ис­хо­дит за­цик­ли­ва­ние. От­сю­да, од­на­ко, ещё не сле­ду­ет, что 2000 когда-то встре­тит­ся ещё раз. Контр­при­мер: цикл не со­дер­жит четвёрку 2000, но с неё есть путь в этот цикл.

Итак, от четвёрки a,b,c,d мы пе­ре­хо­дим к четвёрке b,c,d, e, где e равно остат­ку от де­ле­ния a+b+c+d на 10.

Те­перь пусть у нас есть четвёрка a, b, c, d. Какой может быть преды­ду­щая четвёрка? Пусть это будет x, a, b, c. Тогда d равно остат­ку от де­ле­ния x+a+b+c на 10, по­это­му x опре­делён од­но­знач­но. Сле­до­ва­тель­но, для каж­дой четвёрки од­но­знач­но опре­де­ле­на преды­ду­щая. По­это­му ни­ка­ких до­пол­ни­тель­ных "вхо­дов" в рас­смот­рен­ный цикл нет (и рас­смот­рен­ный контр­при­мер не­со­сто­я­те­лен). Сле­до­ва­тель­но, 2000 уже в цикле и через какое-то время по­вто­рит­ся.

б)  Пусть чет­вер­ка 2,0,0,0 встре­ти­лась вто­рой раз, тогда перед двой­кой сто­я­ла 8, перед вось­мер­кой стоял ноль, перед нулем - еще один ноль. Зна­чит, цифры 0,0,8,2 обя­за­тель­но встре­тят­ся.

Ответ: а) да; б) да.