Ре­ше­ние. a)  При­ме­ним фор­му­лы при­ве­де­ния и фор­му­лу си­ну­са раз­но­сти, по­лу­чим:

От­сю­да имеем:

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи двой­ных не­ра­венств. Для пер­вой серии по­лу­ча­ем:

Для вто­рой серии на­хо­дим:

Най­ден­ным зна­че­ни­ям па­ра­мет­ров со­от­вет­ству­ют корни:

Ответ: a) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть диа­го­на­ли AC₁ и A₁C пе­ре­се­ка­ют­ся в точке O. От­ме­тим точку R  — се­ре­ди­ну ребра CC₁ и точку X  — точку пе­ре­се­че­ния от­рез­ков A₁C₁ и B₁D₁. Тогда от­ре­зок XR  — сред­няя линия в тре­уголь­ни­ке A₁C₁, по­это­му сред­няя линия XR делит от­ре­зок OC₁ (то есть диа­го­наль AC₁) в от­но­ше­нии 1 : 3. Пусть N  — точка их пе­ре­се­че­ния, она при­над­ле­жит плос­ко­сти B₁RD₁, яв­ля­ю­щей­ся се­че­ни­ем пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да. От­ме­тим точку M  — се­ре­ди­ну от­рез­ка AO. Про­длим пря­мую XM до пе­ре­се­че­ния с реб­ром AA₁, пусть в точке Q. Со­еди­ним точки Q и D₁, пусть пря­мая QD₁ пе­ре­се­ка­ет пря­мую AD в точке S. Со­еди­ним точки Q и B₁, пусть пря­мая QB₁ пе­ре­се­ка­ет пря­мую AB в точке T. Таким об­ра­зом, че­ты­рех­уголь­ник STB₁D₁  — се­че­ние пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Про­ве­дем в плос­ко­сти ос­но­ва­ния пря­мую A₁F, пер­пен­ди­ку­ляр­ную пря­мой B₁D₁, и пря­мую C₁E, пер­пен­ди­ку­ляр­ную пря­мой B₁D₁. За­ме­тим, что

Ана­ло­гич­но Тогда

По­это­му угол REC₁ равен 30°. Тре­уголь­ни­ки APM и C₁XM по­доб­ны, а, зна­чит,

Тре­уголь­ни­ки QAP и QA₁X также по­доб­ны, а по­то­му от­ку­да Тогда

Сле­до­ва­тель­но, угол QFA₁ равен 60°. Таким об­ра­зом, пря­мые QF и RE пер­пен­ди­ку­ляр­ны. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая RE пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой B₁D₁. Зна­чит, пря­мая RE пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти STB₁. Плос­кость B₁RD1 про­хо­дит через пря­мую, пер­пен­ди­ку­ляр­ную плос­ко­сти STB₁, по­это­му плос­ко­сти B₁RD1 и STB₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  На­хо­дим объем пи­ра­ми­ды B₁RD₁C₁:

сле­до­ва­тель­но,

Объем па­рал­ле­ле­пи­пе­да равен Тогда объем остав­шей­ся части

Таким об­ра­зом, от­но­ше­ния ча­стей, на ко­то­рые плос­ко­сти α и β делят па­рал­ле­ле­пи­пед ABCDA₁B₁C₁D₁ есть:

Ответ: 9 : 26 : 73.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

Пусть тогда

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Решим по­лу­чен­ные не­ра­вен­ства ме­то­дом ра­ци­о­на­ли­за­ции. Об­ласть опре­де­ле­ния ло­га­риф­ма за­да­ет­ся си­сте­мой со­от­но­ше­ний Решая эту си­сте­му, на­хо­дим об­ласть опре­де­ле­ния: На мно­же­стве X для пер­во­го не­ра­вен­ства, ис­поль­зуя свой­ство ло­га­риф­ма (открыть), по­лу­чим:

Двой­ное не­ра­вен­ство за­пи­шем в виде си­сте­мы двух не­ра­венств, умно­жим пер­вое из них на 2 и для каж­до­го из по­лу­чен­ных не­ра­венств, ис­поль­зуя свой­ство ло­га­риф­ма (открыть), на­хо­дим:

Объ­еди­няя най­ден­ные ре­ше­ния, по­лу­ча­ем ответ.

Ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние со­во­куп­но­сти не­ра­венств.

Решим пер­вое не­ра­вен­ство со­во­куп­но­сти:

Решим вто­рое не­ра­вен­ство:

Объ­еди­няя ре­зуль­та­ты, по­лу­ча­ем ответ.

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть сумма кре­ди­та равна S. Долг умень­ша­ет­ся рав­но­мер­но на одну и ту же сумму, по­это­му еже­год­ная вы­пла­та равна плюс на­чис­лен­ные про­цен­ты. На­чис­лен­ные про­цен­ты за пер­вый, вто­рой, ..., две­на­дца­тый день равны со­от­вет­ствен­но:

Наи­боль­шая вы­пла­та была в пер­вый год, по­сколь­ку на­чис­лен­ные про­цен­ты за этот год наи­боль­шие, а наи­мень­шая  — в две­на­дца­тый год, по­сколь­ку на­чис­лен­ные про­цен­ты в этот год наи­мень­шие. Тогда

Ответ: 10.

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка O  — центр окруж­но­сти, то есть се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Тогда угол BAD равен 60°, зна­чит, тре­уголь­ник ABO рав­но­сто­рон­ний. Тогда сле­до­ва­тель­но, и тре­уголь­ник BOC рав­но­сто­рон­ний, то есть и тогда

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка CPD:

где h  — вы­со­та тра­пе­ции. Таким об­ра­зом,

б)  За­ме­тим, что от­ре­зок BP  — ме­ди­а­на и вы­со­та в рав­но­сто­рон­нем тре­уголь­ни­ке ABO. По­это­му

По те­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим:

от­ку­да По тео­ре­ме о про­из­ве­де­нии от­рез­ков хорд по­лу­ча­ем: то есть от­ку­да Тогда

По те­ре­ме ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка BPE по­лу­ча­ем:

от­ку­да, учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем: Таким об­ра­зом,

Ответ: б)

Ре­ше­ние. В обоих не­ра­вен­ствах вы­де­лим пол­ные квад­ра­ты:

В си­сте­ме ко­ор­ди­нат xOy не­ра­вен­ства за­да­ют круги, один из ко­то­рых при вы­рож­да­ет­ся в точку. Чтобы си­сте­ма имела хотя бы одно ре­ше­ние рас­сто­я­ние между цен­тра­ми кру­гов долж­но быть не боль­ше суммы их ра­ди­у­сов:

Рас­смот­рим три слу­чая рас­кры­тия мо­ду­лей. При имеем:

При это не­ра­вен­ство верно.

При имеем:

C учётом усло­вия по­лу­ча­ем:

При имеем:

Все най­ден­ные а удо­вле­тво­ря­ют усло­вию

Объ­еди­няя ре­зуль­та­ты по­лу­ча­ем, что ис­ход­ная си­сте­ма имеет хотя бы одно ре­ше­ние при или

Ответ:

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что если число n раз­ло­же­но на про­стые мно­жи­те­ли то наи­боль­ший сво­бод­ный от квад­ра­тов его де­ли­тель это а наи­боль­ший де­ли­тель-⁠квад­рат это число где при чет­ном k_i и при не­чет­ном k_i. Кроме того от­ме­тим, что ко­ли­че­ство де­ли­те­лей числа равно

а)  Если то и ра­вен­ство не­вер­но. Если то

и ра­вен­ство опять не­вер­но. Если же то число n не яв­ля­ет­ся квад­ра­том.

За­ме­тим, что t(x) не­чет­но тогда и толь­ко тогда, когда x  — точ­ный квад­рат, так как все де­ли­те­ли числа раз­би­ва­ют­ся на пары, да­ю­щие в про­из­ве­де­нии само число. Если ко­ли­че­ство де­ли­те­лей не­чет­но, один де­ли­те­лей об­ра­зу­ет пару сам с собой  — его квад­ра­том число и яв­ля­ет­ся. Если же число де­ли­те­лей четно, то та­ко­го де­ли­те­ля нет и число  — не квад­рат. Зна­чит, t(n) и t(b_n) четны, а t(a_n) не­чет­но, по­это­му ра­вен­ство не­воз­мож­но и в этом слу­чае.

б)  Ясно, что если то ра­вен­ство не вы­пол­ня­ет­ся. Если же то за­пи­шем n в виде Если x имеет как ми­ни­мум два де­ли­те­ля и то a_n p и a_n q  — два де­ли­те­ля n, не яв­ля­ю­щи­е­ся де­ли­те­ля­ми a_n и Зна­чит, x  — про­стое число.

Далее, если в раз­ло­же­нии a_n на мно­жи­те­ли есть какое-⁠то про­стое число то n крат­но n и при этом a_n им не крат­но, по­сколь­ку и

а это число не­це­лое.

Итак, в раз­ло­же­ние a_n может вхо­дить толь­ко про­стой мно­жи­тель x в чет­ной сте­пе­ни, а в раз­ло­же­ние n  — он же в не­чет­ной. Под­хо­дят про­стые числа (их 25: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97), кубы про­стых чисел и и число 2⁵. Осталь­ные не­чет­ные сте­пе­ни про­стых числе боль­ше 100.

в)  Как сле­ду­ет из за­ме­ча­ния перед ре­ше­ни­ем, для ра­вен­ства не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы все про­стые мно­жи­те­ли вхо­ди­ли в n в не­чет­ной сте­пе­ни. Это так для

и числа 997 (про­стое), но не так для числа Для него и по­это­му

Ответ: а)  нет; б)  28; в)  996.