Ре­ше­ние. а)  Най­дем ОДЗ:

Упро­стим левую часть урав­не­ния:

Тогда ис­ход­ное урав­не­ние на ОДЗ рав­но­силь­но сле­ду­ю­щим:

За­ме­тим, что

и на ОДЗ из­ба­вим­ся от зна­ме­на­те­лей:

Воз­мож­ны два слу­чае: либо от­ку­да где либо

Обе най­ден­ные серии ре­ше­ний при­над­ле­жат ОДЗ.

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти (см. рис.). Под­хо­дят числа

Ответ: а)  б) 

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка L  — се­ре­ди­на ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ка ABS, про­ве­ден­ной к сто­ро­не AB. Пусть также точка O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, тогда от­ре­зок OL  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ESK, она па­рал­лель­на апо­фе­ме SK. Про­ве­дем пря­мую PQ па­рал­лель­но пря­мой AM так, что точка L лежит на пря­мой PQ, точка P  — на пря­мой AS, а точка Q  — на пря­мой BS. Пусть пря­мая PQ пе­ре­се­ка­ет про­дол­же­ния ребра AB за точку A в точке G, при этом пря­мая GO пе­ре­се­ка­ет ребро AD в точке T и ребро BC в точке N. Точки Q, P, T и N лежат в плос­ко­сти α.

Пусть точка F  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых SE и AM. По тео­ре­ме Фа­ле­са для угла ESB и па­рал­лель­ных пря­мых GQ и AM по­лу­ча­ем то есть Тре­уголь­ни­ки ABM и GBQ по­доб­ны по двум углам, по­это­му:

Тогда

По тео­ре­ме Фа­ле­са для угла BGN и па­рал­лель­ных пря­мых AT и EO на­хо­дим то есть Тре­уголь­ни­ки AGT и BGN по­доб­ны по двум углам, сле­до­ва­тель­но, и по­то­му:

б)  Рас­смот­рим пи­ра­ми­ду QGBN. Длина ее вы­со­ты, опу­щен­ной из точки Q, от­но­сит­ся к длине вы­со­ты SO пи­ра­ми­ды SABCD так же, как длина от­рез­ка QB от­но­сит­ся к длине ребра SB, то есть как  Зна­чит, Най­дем пло­щадь ос­но­ва­ния этой пи­ра­ми­ды, а затем и ее объем:

Рас­смот­рим пи­ра­ми­ду PGAT. Длина ее вы­со­ты, опу­щен­ной из точки P, от­но­сит­ся к длине вы­со­ты SO пи­ра­ми­ды SABCD так же, как длина от­рез­ка PA от­но­сит­ся к длине ребра SA. По тео­ре­ме Фа­ле­са для угла ASB и па­рал­лель­ных пря­мых GQ и AM по­лу­ча­ем по­это­му Най­дем объем пи­ра­ми­ды PGAT:

Ис­ко­мый объем есть раз­ность объ­е­мов пи­ра­мид QGBN и PGAT. По­лу­ча­ем:

Ответ: б)  246.

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

В на­ча­ле года 5/6 не­ко­то­рой суммы денег вло­жи­ли в банк А, а то, что оста­лось  — в банк Б. Если вклад на­хо­дит­ся в банке с на­ча­ла года, то к концу года он воз­рас­та­ет на опре­делённый про­цент, ве­ли­чи­на ко­то­ро­го за­ви­сит от банка. Из­вест­но, что к концу пер­во­го года сумма вкла­дов стала равна 670 у. е., к концу сле­ду­ю­ще­го  — 749 у. е. Если пер­во­на­чаль­но 5/⁠6 суммы было бы вло­же­но в банк Б, а остав­шу­ю­ся вло­жи­ли бы в банк А, то по ис­те­че­нии од­но­го года сумма вы­рос­ла бы до 710 у. е. Опре­де­ли­те сумму вкла­дов по ис­те­че­нии вто­ро­го года в этом слу­чае.

Пусть в банк А, у ко­то­ро­го ис­хо­дя из го­до­вой про­цент­ной став­ки ко­эф­фи­ци­ент по­вы­ше­ния вкла­да равен y, вло­же­но у. е. денег. Тогда в банк Б, у ко­то­ро­го ана­ло­гич­ный ко­эф­фи­ци­ент равен t, вло­же­но x у. е. денег.

В со­от­вет­ствии с усло­ви­ем за­да­чи будем иметь:

Если бы те же суммы были вло­же­ны в банки Б и А со­от­вет­ствен­но, то имели бы урав­не­ние (3)

А ис­ко­мая сумма будет равна зна­че­нию вы­ра­же­ния

Рас­смот­рим си­сте­му урав­не­ний (1) и (3):

От­сю­да:

Под­ста­вим най­ден­ное зна­че­ние y в урав­не­ние (2):

Ис­ко­мая сумма имеет вид:

Ответ: 841.

Ре­ше­ние. а)  Луч BO яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой угла ABC, а луч AO  — бис­сек­три­сой угла BAC (см. рис.). Пусть Тогда как угол между ка­са­тель­ной и ра­ди­у­сом, про­ве­ден­ным в точку ка­са­ния, и как смеж­ный с углом MNA. От­рез­ки OM и ON равны как ра­ди­у­сы, по­это­му тре­уголь­ник OMN  — рав­но­бед­рен­ный, в нем верно:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ANO на­хо­дим по­это­му Сле­до­ва­тель­но, то есть тре­уголь­ник ABC  — рав­но­бед­рен­ный по свой­ству.

б)  Из усло­вия и до­ка­зан­но­го в пунк­те а) сле­ду­ет, что Пре­об­ра­зу­ем, учи­ты­вая, что угол с гра­дус­ной мерой α  — ост­рый:

Из пунк­та а) углы ONM и NOB равны как на­крест ле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии па­рал­лель­ных пря­мых BL и NM се­ку­щей ON, по­это­му:

Вы­ра­зим пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка BNML:

От­ре­зок AK яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка, а по­то­му и его вы­со­той. Сле­до­ва­тель­но, точка K  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC. За­пи­шем вы­ра­же­ния длины вы­со­ты AK и сто­ро­ны BC:

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC:

Вы­чис­лим ис­ко­мое от­но­ше­ние:

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем вы­ра­же­ние, за­да­ю­щее функ­цию При вы­ра­же­ние об­ра­ща­ет­ся в нуль, зна­чит, функ­ция при не опре­де­ле­на. При по­лу­ча­ем:

При ис­ход­ное урав­не­ние не опре­де­ле­но, а при имеем и тогда

Ровно один от­ри­ца­тель­ный ко­рень у по­лу­чен­но­го урав­не­ния может быть в трёх слу­ча­ях:

— урав­не­ние имеет ровно один ко­рень () и этот ко­рень от­ри­ца­тель­ный;

— урав­не­ние имеет два корня один из ко­то­рых от­ри­ца­те­лен, а вто­рой по­ло­жи­те­лен;

— урав­не­ние имеет два корня один из ко­то­рых от­ри­ца­те­лен, а вто­рой равен нулю.

Рас­смот­рим эти слу­чаи.

1 слу­чай. Дис­кри­ми­нант равен нулю при

При этом то есть Усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но.

2 слу­чай. Квад­рат­ное урав­не­ние с по­ло­жи­тель­ным стар­шим ко­эф­фи­ци­ен­том имеет корни раз­ных зна­ков тогда и толь­ко тогда, когда сво­бод­ный член от­ри­ца­те­лен, то есть в нашем слу­чае при

3 слу­чай. Один из кор­ней равен нулю при или при Решим урав­не­ние при этих зна­че­ни­ях па­ра­мет­ра. Если то то есть или В этом слу­чае вто­рой ко­рень по­ло­жи­те­лен, зна­чит, усло­вие за­да­чи не вы­пол­ня­ет­ся. Если то от­ку­да или Вто­рой ко­рень от­ри­ца­те­лен, усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но.

Объ­еди­няя ре­зуль­та­ты всех слу­ча­ев, по­лу­ча­ем, что урав­не­ние имеет един­ствен­ное ре­ше­ние при и при

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что при раз­ре­за­нии торта ко­ли­че­ство тор­тов уве­ли­чи­ва­ет­ся на 3. По­это­му после k раз­ре­за­ний по­лу­чит­ся тор­тов, что де­лит­ся на 3. Зна­чит, 80 по­лу­чить нель­зя. А 81 можно  — сна­ча­ла сде­ла­ем сред­них тор­тов, а потом 7 из них раз­ре­жем на ма­лень­кие.

б)  При раз­ре­за­нии боль­шо­го торта общая сто­и­мость всех тор­тов уве­ли­чи­ва­ет­ся на руб­лей, а раз­ре­за­нии сред­не­го торта общая сто­и­мость всех тор­тов уве­ли­чи­ва­ет­ся на руб­лей, по­это­му пока есть воз­мож­ность ре­зать боль­шие торты, нужно так и де­лать. Если боль­ших было k, то сред­них ста­нет 4k и нужно будет раз­ре­зать еще k из них для по­лу­че­ния 7k тор­тов. Это и есть оп­ти­маль­ная схема.

в)  За­ме­тим, что ма­лень­кие торты по­яв­ля­ют­ся толь­ко по 4, зна­чит, их ко­ли­че­ство крат­но 4. Пусть есть 4k ма­лень­ких тор­тов и 4k сред­них, тогда из них по­лу­чи­лось бы ма­лень­ких тор­тов после пол­но­го раз­ре­за­ния. С дру­гой сто­ро­ны, их ко­ли­че­ство долж­но де­лить­ся на 16 (из од­но­го боль­шо­го торта по­лу­ча­ет­ся по 16 ма­лень­ких), зна­чит, 20k крат­но 16, и по­то­му k крат­но 4. Зна­чит, ма­лень­ких тор­тов ми­ни­мум как и осталь­ных.

Для такой си­ту­а­ции нужно раз­ре­зать один боль­шой торт на ма­лень­кие и че­ты­ре боль­ших торта на сред­ние, а еще 16 не ре­зать вовсе, что дает боль­шой торт.

Ответ: а)  80 нель­зя, 81 можно; в)  21.