Ре­ше­ние. а)  Упро­стим, ис­поль­зуя фор­му­лу при­ве­де­ния

б)  Най­дем корни с по­мо­щью двой­ных не­ра­венств:

По­лу­чен­ным зна­че­ни­ям k со­от­вет­ству­ют корни: 0,

Ответ: а)   б)  0,

Ре­ше­ние. а)  Точка H лежит на от­рез­ке MN. Так как NC  =  ND, то TC  =  TD. Это озна­ча­ет, что точка T лежит на SM. Таким об­ра­зом, точки T и H лежат в плос­ко­сти SNM, пер­пен­ди­ку­ляр­ной плос­ко­сти ABC.

Зна­чит, тре­уголь­ник SNM рав­но­сто­рон­ний, а NT  — его вы­со­та и, сле­до­ва­тель­но, ме­ди­а­на, T  — се­ре­ди­на SM.

б)  Пусть E  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из точки T на пря­мую SC. Пря­мые NT и TE пер­пен­ди­ку­ляр­ны, так как NT  — вы­со­та пи­ра­ми­ды NSCD. По­сколь­ку от­ре­зок TE пер­пен­ди­ку­ля­рен как пря­мой SC, так и пря­мой NT, его длина и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние.

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки SET и SMC по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что

от­ку­да сле­ду­ет, что ми­ни­маль­ное воз­мож­ное зна­че­ние ло­га­риф­ма  — 0, ко­то­рое до­сти­га­ет­ся при За­да­дим усло­вие на зна­ме­на­тель дроби:

Оста­лось ре­шить не­ра­вен­ство для пер­во­го со­мно­жи­те­ля. Пусть тогда:

Вер­нем­ся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной, по­лу­чим:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть 15-⁠го числа 16-⁠го ме­ся­ца долг со­ста­вит B тысяч руб­лей. По усло­вию, долг перед бан­ком (в тыс. руб­лей) по со­сто­я­нию на 15-⁠е число дол­жен умень­шать­ся до нуля сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Пер­во­го числа каж­до­го ме­ся­ца долг воз­рас­та­ет на 2%, зна­чит, по­сле­до­ва­тель­ность раз­ме­ров долга (в тыс. руб­лей) по со­сто­я­нию на 1-⁠е число та­ко­ва:

Сле­до­ва­тель­но, вы­пла­ты (в тыс. руб­лей) долж­ны быть сле­ду­ю­щи­ми:

Всего сле­ду­ет вы­пла­тить

Зна­чит, 15-⁠го числа 17⁠-го ме­ся­ца долг со­ста­вит 400 тыс. руб­лей.

Ответ: 400 000 руб.

Ре­ше­ние. а)  Из усло­вия сле­ду­ет, что точки B и C лежат на окруж­но­сти с диа­мет­ром AD. Тогда тра­пе­ция впи­са­на в окруж­ность, зна­чит, она рав­но­бо­кая по тео­ре­ме о впи­сан­ной тра­пе­ции, от­ку­да AB  =  CD.

б)  Про­ве­дем вы­со­ту BH. Пусть AH  =  x, тогда AD  =  8 + 2x. Тре­уголь­ни­ки ABH и ADB по­доб­ны по двум углам, по­это­му то есть

Тогда

Ответ: б)  12.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что если ре­ше­ния урав­не­ния яв­ля­ют­ся ре­ше­ни­ем ис­ход­ной си­сте­мы, то си­сте­ма имеет бес­ко­неч­ное число ре­ше­ний. Зна­чит, чтобы си­сте­ма имела ровно че­ты­ре раз­лич­ных ре­ше­ния, ре­ше­ния урав­не­ния не долж­ны яв­лять­ся ре­ше­ни­ем ис­ход­ной си­сте­мы. Это до­сти­га­ет­ся тогда и толь­ко тогда, когда ре­ше­ния урав­не­ния не при­над­ле­жат ОДЗ ис­ход­ной си­сте­мы, то есть не удо­вле­тво­ря­ют усло­вию

Гра­фи­ком урав­не­ния в плос­ко­сти xOy яв­ля­ет­ся ромб с вер­ши­на­ми и а усло­вию со­от­вет­ству­ют все точки ле­жа­щие выше па­ра­бо­лы Таким об­ра­зом, си­сте­ма будет иметь ко­неч­ное число ре­ше­ний в двух слу­ча­ях:

—  пра­вая вер­ши­на ромба при­над­ле­жит левой ветви па­ра­бо­лы (вы­де­ле­но синим) или лежит левее, что вы­пол­ня­ет­ся при

—  левая вер­ши­на ромба при­над­ле­жит пра­вой ветви па­ра­бо­лы (вы­де­ле­но оран­же­вым) или лежит пра­вее, что вы­пол­ня­ет­ся при

За­да­ча све­лась к на­хож­де­нию таких зна­че­ний па­ра­мет­ра a, при каж­дом из ко­то­рых си­сте­ма

имеет ровно че­ты­ре раз­лич­ных ре­ше­ния.

Пре­об­ра­зу­ем пер­вое урав­не­ние по­лу­чен­ной си­сте­мы:

Гра­фи­ком пер­во­го урав­не­ния по­лу­чен­ной си­сте­мы яв­ля­ет­ся объ­еди­не­ние окруж­но­сти с цен­тром в точке ра­ди­у­сом 1 и па­ра­бо­лы (вы­де­ле­ны синим).

Пусть Пре­об­ра­зу­ем вто­рое урав­не­ние по­лу­чен­ной си­сте­мы:

Гра­фи­ком вто­ро­го урав­не­ния по­лу­чен­ной си­сте­мы яв­ля­ет­ся пучок пря­мых, про­хо­дя­щих через точку

Гра­фик пер­во­го и вто­ро­го урав­не­ний имеют ровно че­ты­ре общие точки тогда и толь­ко тогда, когда пря­мая два­жды пе­ре­се­ка­ет окруж­ность то есть когда рас­сто­я­ние от цен­тра окруж­но­сти до пря­мой мень­ше ра­ди­у­са окруж­но­сти:

Вернёмся к па­ра­мет­ру a:

Учи­ты­вая усло­вие по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Каж­дая ко­ман­да про­ве­ла 9 игр, по­это­му всего игр было (каж­дая игра по­счи­та­на два раза, по­это­му нужно де­лить на 2).

а)  Пусть ко­ман­да вы­иг­ра­ла x мат­чей и свела вни­чью y мат­чей, тогда она на­бра­ла очков. Зна­чит, по­это­му y может при­ни­мать толь­ко зна­че­ния, да­ю­щие оста­ток 2 при де­ле­нии на 3. Воз­мож­ны ва­ри­ан­ты: ва­ри­ант   — не­воз­мо­жен, по­лу­ча­ет­ся ми­ни­мум 11 игр,   — не­воз­мож­но. Ясно, что при­ме­ры можно по­стро­ить (на­зна­чив одной ко­ман­де нуж­ные ре­зуль­та­ты и на­зна­чив про­чим мат­чам слу­чай­ные).

б)  Две ко­ман­ды за один матч по­лу­ча­ют вме­сте либо либо очка, по­это­му за 45 мат­чей общая сумма очков со­ста­вит от до Между этими чис­ла­ми лишь одно крат­но 60  — это 120. Если вни­чью за­вер­ши­лось x мат­чей (а за­вер­ши­лись по­бе­дой одной из ко­манд), то ко­ман­ды в сумме на­бра­ли очков, от­ку­да

в)  Ясно, что есть не более одной ко­ман­ды, сыг­рав­шей вни­чью 9 раз. Далее, есть не более двух ко­манд, сыг­рав­ших вни­чью 8 раз  — если их хотя бы три, то у двух из них ре­зуль­тат един­ствен­ной не ни­чей­ной пар­тии оди­на­ков. Тогда между собой они не могли сыг­рать вни­чью (очков по­ров­ну), но и ре­зуль­та­тив­но не могли. Зна­чит, общее ко­ли­че­ство ни­чьих не пре­вос­хо­дит

по­это­му оно не более 36.

При­ве­дем при­мер для 36 ни­чьих. Пусть вы­иг­ры­ша­ми пер­вой упо­мя­ну­той в паре ко­ман­ды за­вер­ши­лись матчи 2  — 3, 3  — 4, 4  — 2, 5  — 10, 7  — 8, 7  — 10, 9  — 6, 9  — 8, 9  — 10, а осталь­ные за­кон­чи­лись вни­чью. Тогда у вто­рой, тре­тьей и чет­вер­той ко­манд по 10 очков и между ними нет ни­чьих, а ре­зуль­та­ты про­чих ко­манд не по­вто­ря­ют­ся (пер­вая  — 9 очков, пятая  — 11, ше­стая  — 8, далее 13, 7, 15 и 6).

Ответ: а)  2, 5; б)  15; в)  36.