Ре­ше­ние. а)  Пусть точка K  — се­ре­ди­на ребра AB, а точка Q  — такая точка на от­рез­ке MK, что Тогда точка Q  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка ABM, так как делит его ме­ди­а­ну MK в от­но­ше­нии 2 : 1, счи­тая от вер­ши­ны. Про­ек­ци­ей от­рез­ка MK на плос­кость ABC яв­ля­ет­ся от­ре­зок CK. Точка О яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка ABC и делит от­ре­зок CK в от­но­ше­нии 2 : 1, счи­тая от вер­ши­ны C, по­это­му точка Q будет про­ек­ти­ро­вать­ся в эту точку. Пря­мая OO₁ и плос­кость ABC пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но, точка Q лежит на пря­мой OO₁.

б)  Пусть точка T  — се­ре­ди­на ребра A₁B₁. Пря­мые A₁B₁ и AB па­рал­лель­ны, по­это­му пря­мая A₁B₁ и плос­кость ABM также па­рал­лель­ны. Рас­сто­я­ние от точки A₁ до плос­ко­сти ABM равно рас­сто­я­нию от точки T до плос­ко­сти ABM. Опу­стим из точки T пер­пен­ди­ку­ляр TS на пря­мую KM. До­ка­жем, что от­ре­зок TS  — ис­ко­мое рас­сто­я­ние. Пря­мые TS и KM пер­пен­ди­ку­ляр­ны по по­стро­е­нию. Пря­мая TS лежит в плос­ко­сти KTC₁C, а по­сколь­ку пря­мые AB и KC пер­пен­ди­ку­ляр­ны и пря­мые AB и CC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, то пря­мая AB и плос­кость KTC₁C также пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая AB пер­пен­ди­ку­ляр­на любой пря­мой в плос­ко­сти KTC₁C, в част­но­сти, пря­мые TS и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Таким об­ра­зом, пря­мая TS пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым в плос­ко­сти ABM и по­то­му яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к плос­ко­сти.

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков ACK и CKM по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник MTC₁, в ко­то­ром По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка TKM:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке TKS на­хо­дим:

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. Най­дем ОДЗ:

Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство при этих огра­ни­че­ни­ях:

Пусть тогда

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Решим пер­вое не­ра­вен­ство по­лу­чен­ной со­во­куп­но­сти. При­ме­ним метод ра­ци­о­на­ли­за­ции: на ОДЗ знак вы­ра­же­ния сов­па­да­ет со зна­ком вы­ра­же­ния По­лу­ча­ем:

Решим вто­рое не­ра­вен­ство по­лу­чен­ной со­во­куп­но­сти. При­ме­ним метод ра­ци­о­на­ли­за­ции: на ОДЗ знак вы­ра­же­ния сов­па­да­ет со зна­ком вы­ра­же­ния По­лу­ча­ем:

Объ­еди­няя ре­зуль­та­ты, по­лу­ча­ем окон­ча­тель­ный ответ.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка E на окруж­но­сти такая, что пря­мая NE па­рал­лель­на пря­мой KL. Тогда че­ты­рех­уголь­ник KNEL  — впи­сан­ная тра­пе­ция, а по­то­му рав­но­бед­рен­ная: От­ре­зок FN  — вы­со­та тра­пе­ции, по­это­му Хорда ME стя­ги­ва­ет дугу MLE, на ко­то­рую опи­ра­ет­ся пря­мой угол, то есть хорда ME  — диа­метр. Сле­до­ва­тель­но, угол MLE  — пря­мой, а по­то­му

б)  Про­из­ве­де­ния длин от­рез­ков пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хорд равны: от­ку­да

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков MFL и KFN со­от­вет­ствен­но по­лу­ча­ем:

Из до­ка­зан­но­го в пунк­те а) на­хо­дим:

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. Си­сте­ма опре­де­ле­на при то есть при Зна­чит, ис­ход­ная си­сте­ма рав­но­силь­на си­сте­ме

Если пара чисел яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем си­сте­мы, то и пара чисел тоже яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем этой си­сте­мы, зна­чит, един­ствен­ное ре­ше­ние воз­мож­но, толь­ко если

Таким об­ра­зом, един­ствен­ным ре­ше­ни­ем си­сте­мы могут быть или пара чисел при или или пара чисел при или Най­дем число ре­ше­ний си­сте­мы при най­ден­ных зна­че­ни­ях па­ра­мет­ра a.

Рас­смот­рим урав­не­ние при

Гра­фи­ком по­лу­чен­ной со­во­куп­но­сти яв­ля­ет­ся за­мкну­тая ло­ма­ная (вы­де­ле­на оран­же­вым). Гра­фи­ком урав­не­ния яв­ля­ет­ся окруж­ность с цен­тром ра­ди­у­сом 5.

Ана­ли­зи­руя гра­фик, при­хо­дим к вы­во­ду, что при си­сте­ма имеет ровно три ре­ше­ния, а при си­сте­ма имеет ровно одно ре­ше­ние.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За одну опе­ра­цию сде­лать это не­воз­мож­но, по­то­му что у двух дис­ков не из­ме­нит­ся объем за­ня­то­го про­стран­ства, а у всех дис­ков он раз­лич­ный. По­ка­жем, как можно урав­нять объ­е­мы дис­ков за две опе­ра­ции. Пе­ре­не­сем сна­ча­ла 4 ТБ со вто­ро­го диска на пер­вый, а затем 2 ТБ с тре­тье­го на чет­вер­тый. В таком слу­чае на каж­дом из дис­ков будет за­ня­то по 74 ТБ.

б)  Пусть на одном диске за­ня­то 10 ТБ, а осталь­ные де­вять пусты. Если каж­дой из опе­ра­ций за­пол­нять не­ко­то­рым объ­е­мом пу­стой диск, то через 6 опе­ра­ций не более 7 дис­ков ока­жут­ся не­пу­сты­ми. Для урав­ни­ва­ния про­стран­ства на 10 дис­ках каж­дый из них дол­жен быть занят.

в)  До­ка­жем, что хва­тит 2025 опе­ра­ций. Пусть сум­мар­ный объем за­ня­то­го про­стран­ства равен  Для каж­дой опе­ра­ции будем вы­би­рать диск, на ко­то­ром за­ня­то боль­ше x ТБ, и диск, на ко­то­ром за­ня­то мень­ше x ТБ, и пе­ре­ме­щать дан­ные с более за­ня­то­го на менее за­ня­тый до тех пор, пока на одном из дис­ков объем не ста­нет равен x ТБ. Таким об­ра­зом, после каж­дой опе­ра­ции ста­но­вит­ся ми­ни­мум на один диск с объ­е­мом, рав­ным x ТБ, боль­ше. Через 2025 таких опе­ра­ций на 2025 дис­ках будет со­от­вет­ствен­но x ТБ дан­ных, а на по­след­нем диске ока­жет­ся  по­это­му все урав­ня­ет­ся.

От­ме­тим, что до мо­мен­та урав­ни­ва­ния объ­е­мов всех дис­ков обя­за­тель­но най­дет­ся диск, на ко­то­ром за­ня­то боль­ше x ТБ, и диск, на ко­то­ром за­ня­то мень­ше x ТБ. Если, ска­жем, диска, на ко­то­ром за­ня­то боль­ше x ТБ, не будет, то сум­мар­ный объем ин­фор­ма­ции будет мень­ше  а это про­ти­во­ре­чит усло­вию.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  2025.