Ре­ше­ние. А)  Най­дем огра­ни­че­ния на x. От­сю­да ясно, что ис­ко­мые ре­ше­ния не­ра­вен­ства при­над­ле­жат вто­рой чет­вер­ти.

Для таких x:

С уче­том по­лу­чен­ных огра­ни­че­ний на x: ис­ход­но­му урав­не­нию удо­вле­тво­ря­ют числа вида

Б)  Ни один ко­рень урав­не­ния не при­над­ле­жит от­рез­ку До­ка­жем это.

На еди­нич­ной окруж­но­сти вы­де­лен от­ре­зок

За­ме­тим, что и на­ча­ло от­рез­ка, точка и его конец, точка при­над­ле­жат вто­рой чет­вер­ти.

Пред­по­ло­жим, что при не­ко­то­ром це­ло­чис­лен­ном зна­че­нии n во вто­рой чет­вер­ти най­дет­ся число, синус ко­то­ро­го при­над­ле­жит либо про­ме­жут­ку либо про­ме­жут­ку

Од­на­ко та­ко­го числа нет, так как

До­ка­жем это:

Ответ: А) Б) Таких кор­ней нет.

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка О  — центр шара, R  — его ра­ди­ус. Пря­мая OB пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, по­это­му OB об­ра­зу­ет пря­мые углы с пря­мы­ми AB и BC. Зна­чит,

От­сю­да центр шара рав­но­уда­лен от кон­цов от­рез­ка AC, а зна­чит лежит на плос­ко­сти, про­хо­дя­щей через се­ре­ди­ну AC и пер­пен­ди­ку­ляр­ной ему. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть шар ка­са­ет­ся ребра SA в точке G. Шар ка­са­ет­ся плос­ко­сти ос­но­ва­ния, по­это­му его центр  — точка O  — лежит на пря­мой, про­хо­дя­щей через точку B пер­пен­ди­ку­ляр­но ABC. Рас­сто­я­ния от точки O до плос­ко­сти ос­но­ва­ния и до ребра пря­мой AS равно ра­ди­у­су шара:

По свой­ству про­ве­ден­ных из одной точки ка­са­тель­ных к шару: SG  =  1. Ра­ди­ус, про­ве­ден­ный в точку ка­са­ния, пер­пен­ди­ку­ля­рен ка­са­тель­ной, по­это­му тре­уголь­ник OGS пря­мо­уголь­ный. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем квад­рат его ги­по­те­ну­зы:

Про­ве­дем вы­со­ту пи­ра­ми­ды SH. Точка H  — центр ос­но­ва­ния, по­это­му

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ВSH на­хо­дим:

От­рез­ки SH и OB пер­пен­ди­ку­ля­ры плос­ко­сти АВС, по­это­му они па­рал­лель­ны между собой, а зна­чит, че­ты­рех­уголь­ник BOSH  — пря­мо­уголь­ная тра­пе­ция. Про­ве­дем в ней вы­со­ту OL, тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OLS по­лу­ча­ем: то есть

от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Огра­ни­че­ния на x:

1.  Рас­смот­рим не­ра­вен­ство на мно­же­стве где

На нем:

Вве­дем новую пе­ре­мен­ную.

Пусть тогда

Мы по­лу­чи­ли не­ра­вен­ство у ко­то­ро­го ре­ше­ний нет.

2.  Рас­смот­рим те­перь ис­ход­ное не­ра­вен­ство на мно­же­стве Там

Не­ра­вен­ство пе­ре­пи­шем так:

по­яв­ля­ет­ся воз­мож­ность вне­сти его под ко­рень чет­ной сте­пе­ни. Далее:

Если то   

Те­перь решим не­ра­вен­ство на мно­же­стве

а)  

б)  

Пе­ре­се­чем ре­зуль­та­ты, по­лу­чен­ные в под­пунк­тах а) и б). Ис­ко­мым мно­же­ством будет чис­ло­вой от­ре­зок

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что (опи­ра­ют­ся на диа­мет­ры), сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник CEDB  — пря­мо­уголь­ная тра­пе­ция (см. левый рис.). Пусть точка O₂  — центр ω₂, точка P  — се­ре­ди­на MN, тогда от­ре­зок O₂P яв­ля­ет­ся вы­со­той рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка MO₂N. От­рез­ки O₂P и MN вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны и от­рез­ки O₂P и CE па­рал­лель­ны, зна­чит, точка P  — се­ре­ди­на от­рез­ка ED. Сле­до­ва­тель­но, что тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть ис­ко­мая окруж­ность ка­са­ет­ся ω в точке O₃ и имеет ра­ди­ус r (см. пра­вый рис.). Ис­поль­зуя тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ков O₁O₂O₃ и OO₂O₃, най­дем в каж­дом из них ко­си­нус их об­ще­го угла O₂ и при­рав­ня­ем по­лу­чен­ные вы­ра­же­ния:

Ответ:

При­ме­ча­ние.

В пунк­те б) можно было иначе при­ме­нить тео­ре­му ко­си­ну­сов: ко­си­нус смеж­ных углов O₁OO₃ и O₂OO₃ про­ти­во­по­лож­ны, по­это­му

тогда

Ре­ше­ние. Пусть чис­лен­ность зем­ле­ко­пов пер­вой бри­га­ды со­став­ля­ет x, вто­рой  — y че­ло­век. Объем вы­пол­нен­ной ра­бо­ты при­мем за А, про­из­во­ди­тель­ность труда каж­до­го зем­ле­ко­па  — p. В таком слу­чае про­из­во­ди­тель­ность труда каж­дой из бри­гад также будет равна p.

Пер­вая бри­га­да за каж­дый час вы­пол­ня­ет p часть всей ра­бо­ты, вто­рая  — py часть. Пер­вая бри­га­да с за­да­ни­ем спра­вит­ся за ч, вто­рая  — за ч. В со­от­вет­ствии с усло­ви­ем за­да­чи имеем:

Рас­смот­рим си­сте­му урав­не­ний:

Умно­жив обе части пер­во­го урав­не­ния си­сте­мы на 4, по­лу­чим:

При­рав­няв левую часть по­лу­чен­но­го урав­не­ния к левой части вто­ро­го урав­не­ния си­сте­мы, будем иметь:

Те­перь можно обе части по­лу­чен­но­го ра­вен­ства раз­де­лить на

Тогда же:

Числа y и x  — на­ту­раль­ные. бу­дучи также на­ту­раль­ным, не может быть боль­ше 5. Для вы­ра­же­ния един­ствен­но до­пу­сти­мо: оно может при­нять зна­че­ние, рав­ное 1. И толь­ко. А это про­изой­дет лишь при x  =  25. При таком зна­че­нии x зна­че­ние y будет равно 24.

Ответ: 25 и 24 че­ло­ве­ка.

Ре­ше­ние. Из пер­во­го урав­не­ния си­сте­мы: (при этом: т.е ). Тогда вто­рое урав­не­ние при­ни­ма­ет вид: Пре­об­ра­зуя его, по­лу­чим:

1.  Урав­не­ние будет иметь един­ствен­ное ре­ше­ние, если его чет­верть дис­кри­ми­нан­та будет равна нулю, т. е. будет вы­пол­не­но усло­вие:

Од­на­ко, по­лу­чен­ное зна­че­ние а нуж­да­ет­ся в про­вер­ке вы­пол­не­ния усло­вия: В нашем слу­чае, когда

Усло­вие вы­пол­не­но.

2.  Си­сте­ма также будет иметь един­ствен­ное ре­ше­ние, если чет­верть дис­кри­ми­нан­та урав­не­ния (*) будет по­ло­жи­тель­ной, но боль­ший ко­рень квад­рат­но­го трех­чле­на ока­жет­ся боль­ше 1.

Вве­дем функ­цию Не­об­хо­ди­мым и до­ста­точ­ным усло­ви­ем вы­пол­не­ния на­ше­го тре­бо­ва­ния яв­ля­ет­ся ис­тин­ность не­ра­вен­ства (здесь a  — стар­ший ко­эф­фи­ци­ент квад­рат­но­го трех­чле­на, ко­то­рый за­ве­до­мо равен 1).

Край­ние точки ин­тер­ва­ла также могут быть вклю­че­ны в ис­ко­мые, если при них вы­пол­ня­ют­ся тре­бо­ва­ния, ука­зан­ные выше. Про­ве­рим.

При имеем:    (на­ру­ша­ет­ся един­ствен­ность ре­ше­ния).

При      

Один ко­рень не боль­ше 1, дру­гой – боль­ше 1. Зна­че­ние a = 5 удо­вле­тво­ря­ет тре­бо­ва­ни­ям, упо­мя­ну­тым выше.

Ис­ко­мые зна­че­ния a есть эле­мен­ты мно­же­ства

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим такую стра­те­гию Веры: на­зы­вать по­сле­до­ва­тель­но числа 2, 3, 4, 6, 16, 12 (ко­неч­но, если, ска­жем на числе 3 Вера вы­иг­ры­ва­ет, то даль­ше игра не про­дол­жа­ет­ся). До­ка­жем, что она вы­иг­рыш­ная.

Рас­смот­рим Пе­ти­но число. Если оно чет­ное, то ясно, что Вера вы­иг­ры­ва­ет пер­вым же ходом. Пусть оно не­чет­ное.

Рас­смот­рим все­воз­мож­ные остат­ки при де­ле­нии Пе­ти­но­го числа на 12.

Если оно имеет вид 12k+5 или 12k+11, где k на­ту­раль­ное, то Вера вы­иг­ры­ва­ет вто­рым ходом (по­то­му что после пер­во­го хода, по­лу­ча­ет­ся число 12k+3 или 12k+9, ко­то­рое де­лит­ся на 3).

Если оно имеет вид 12k+1, то по­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ют­ся числа 12k-1, 12k-4, и здесь игра кон­ча­ет­ся, по­то­му что 12k-4 де­лит­ся на 4.

Если оно имеет вид 12k+3, то по­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ют­ся числа 12k+1, 12k-2, 12k-6, и здесь игра кон­ча­ет­ся, по­то­му что 12k-6 де­лит­ся на 6.

Если оно имеет вид 12k+7, то по­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ют­ся числа 12k+5, 12k+2, 12k-2, 12k-8, 12k-24 и здесь игра кон­ча­ет­ся, по­то­му что 12k-24 де­лит­ся на 12.

Если оно имеет вид 12k+9, то по­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ют­ся числа 12k+7, 12k+4, и здесь игра кон­ча­ет­ся, по­то­му что 12k+4 де­лит­ся на 4.

Оста­лось за­ме­тить, что число 2+3+4+6+16+12<100, по­это­му игра кон­чит­ся рань­ше, чем Пе­ти­но число ста­нет от­ри­ца­тель­ным.

Ответ: Есть.