Ре­ше­ние. а)  Огра­ни­че­ния на x.

Мы по­лу­чи­ли урав­не­ние–след­ствие ис­ход­но­го урав­не­ния. С уче­том огра­ни­че­ний на x от­бе­рем корни урав­не­ния ко­то­рые будут удо­вле­тво­рять ис­ход­но­му урав­не­нию.

Та­ко­вы­ми будут числа вида (ри­су­нок 1).

б)  Най­дем самый мень­ший ис­ко­мый ко­рень с по­мо­щью еди­нич­ной окруж­но­сти (ри­су­нок 2). Далее:

Осталь­ные корни най­дем так:

Даль­ней­шие по­ис­ки кор­ней не имеют смыс­ла.

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть задан тет­ра­эдр ABCD (ри­су­нок 1)

1.  Рас­смот­рим грани ABC и ABD. Пусть M  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан Δ ABC, N  — тре­уголь­ни­ка ABD. И пусть K  — се­ре­ди­на AB. Точки C, D, M, N, K лежат в одной плос­ко­сти, коли они при­над­ле­жат двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым KC и KD. По­сколь­ку KC : KM  =  KD : KN  =  3 : 1, тре­уголь­ни­ки MKN и CKD го­мо­те­тич­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том го­мо­те­тии (по­до­бия) k  =  3. По ос­нов­но­му свой­ству го­мо­те­тии будем иметь: CD || MN, CD  =  3MN.

Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки: M и D, N и С. Точку пе­ре­се­че­ния MD с NC обо­зна­чим О.

Ана­ло­гич­но можно до­ка­зать, что через точку О прой­дут все осталь­ные ме­ди­а­ны за­дан­но­го тет­ра­эд­ра.

2.  Те­перь до­ка­жем, что через точку О прой­дут и от­рез­ки, со­еди­ня­ю­щие се­ре­ди­ны про­ти­во­по­лож­ных ребер тет­ра­эд­ра (ри­су­нок 2).

Пусть L  — се­ре­ди­на ребра BC. В плос­ко­сти DKC через точку D про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную KC. Про­ве­дем также пря­мую KL, ко­то­рая пе­ре­се­чет толь­ко что про­ве­ден­ную пря­мую в точке, ко­то­рую обо­зна­чим P.

Пусть O₁ точка пе­ре­се­че­ния DM и KL.

Рас­смот­рим Δ KLC и Δ PLD. У них: ∠KLC = ∠PLD как вер­ти­каль­ные, ∠KCL = ∠ PDL как внут­рен­ние на­крест ле­жа­щие при KC || PD и се­ку­щей DC, CL  =  DL. Тогда Δ KLC = Δ PLD  — по вто­ро­му при­зна­ку ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков. От­сю­да: KC  =  PD, KL  =  PL, ∠CKL = ∠BPL.

В Δ KO₁M и Δ PO₁D ∠KO₁M = ∠ PO₁D как вер­ти­каль­ные, ∠MKO₁ = ∠DPO₁ по ранее до­ка­зан­но­му. Зна­чит, от­ку­да DO₁ : O₁M  =  PD : KM. Но как до­ка­за­но выше, KC  =  PD. Сле­до­ва­тель­но, O₁D : O₁M  =  KC : KM  =  3 : 1.

Итак, O₁D : O₁M  =  3 : 1. Выше было до­ка­за­но, что OD : OM  =  3 : 1. Так как от­ре­зок DM можно раз­де­лить в от­но­ше­нии 3 : 1, счи­тая от точки D, един­ствен­ным об­ра­зом, то точки О и O₁ сов­па­дут, то есть KL про­хо­дит через точку О. Со­вер­шен­но ана­ло­гич­но можно до­ка­зать то, что от­рез­ки, со­еди­ня­ю­щие се­ре­ди­ны ребер BC и AD, BD и AC, прой­дут через точку О. И это  — все то, что тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)   Вве­дем обо­зна­че­ния длин ребер тет­ра­эд­ра: пусть BD  =  a, CD  =  c, AD  =  b.

В со­от­вет­ствии с усло­ви­ем за­да­чи:

Ответ: б) 1540.

Ре­ше­ние. Най­дем огра­ни­че­ния на x.

Те­перь за­дан­ное не­ра­вен­ство будем рас­смат­ри­вать толь­ко на мно­же­стве

На M:

По­лу­чен­ное не­ра­вен­ство будем ре­шать ме­то­дом ин­тер­ва­лов.

Ин­тер­ва­лы
Знак ра­ци­о­наль­но­го вы­ра­же­ния	+	−	+	−	−	+

Ре­ше­ния ис­ход­но­го не­ра­вен­ства:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пред­ло­жен­ная за­да­ча из­вест­на как тео­ре­ма Штей­не­ра–Ле­му­са «Если в тре­уголь­ни­ке равны две бис­сек­три­сы, то этот тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный». Ис­хо­дя из этого имеем:

а)  Лемма 1. Если две хорды окруж­но­сти стя­ги­ва­ют раз­лич­ные ост­рые углы с вер­ши­на­ми на этой окруж­но­сти, то мень­ше­му углу со­от­вет­ству­ет мень­шая хорда.

До­ка­за­тель­ство. Две рав­ные хорды стя­ги­ва­ют рав­ные углы с вер­ши­ной в цен­тре окруж­но­сти и рав­ные углы (как их по­ло­ви­ны) с вер­ши­на­ми в со­от­вет­ству­ю­щих точ­ках на окруж­но­сти. Из двух не­рав­ных хорд более ко­рот­кая, на­хо­дясь даль­ше от­цен­тра, стя­ги­ва­ет мень­ший угол с вер­ши­ной в цен­тре и, сле­до­ва­тель­но, мень­ший ост­рый угол с вер­ши­ной на окруж­но­сти.

Лемма 2. В тре­уголь­ни­ке с двумя раз­лич­ны­ми уг­ла­ми мень­ший угол об­ла­да­ет боль­шей бис­сек­три­сой.

До­ка­за­тель­ство. Пусть ABC  — тре­уголь­ник, в ко­то­ром Пусть от­рез­ки BM и CNделят по­по­лам углы В и С со­от­вет­ствен­но. Наша за­да­ча  — до­ка­зать, что BM > CN.

Возь­мем точку M' на от­рез­ке BM так, чтобы Так как этот угол равен углу то че­ты­ре точки лежат на одной окруж­но­сти.

По­сколь­ку

то

По лемме 1 Сле­до­ва­тель­но,

Те­перь до­ка­жем тео­ре­му Штей­не­ра–Ле­му­са.

Пред­по­ло­жим, что в тре­уголь­ни­ке т. е. при­знак рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка не вы­пол­ня­ет­ся. Тогда по лемме 2 что про­ти­во­ре­чит усло­вию тео­ре­мы. Зна­чит, наше пред­по­ло­же­ние о не­вы­пол­не­нии ра­вен­ства не­вер­но.

б)  Пусть угол при ос­но­ва­нии тре­уголь­ни­ка вы­со­та, про­ве­ден­ная к ос­но­ва­нию, h тогда: в по тео­ре­ме си­ну­сов:

По­сколь­ку от­ри­ца­тель­ное зна­че­ние нас не ин­те­ре­су­ет. Итак,

Ответ: б)

Ре­ше­ние. При ва­ри­ан­те 1. Если Ф  — еже­год­ная фик­си­ро­ван­ная сумма, воз­вра­ща­е­мая Ва­си­ли­ем еже­год­но, то Ва­си­лий за 5 лет дол­жен будет от­дать 5Ф руб­лей, ко­то­рая будет вы­ра­же­на фор­му­лой:

При ва­ри­ан­те 2 Ва­си­лий, за 5 лет кроме того, что вер­нет по­лу­чен­ный кре­дит 1 325 535 р. будет обя­зан вы­пла­тить про­цен­ты:

За пер­вый год 1 325 535 · 0,2 (р). За вто­рой год  — за тре­тий год  — и т. д.

Вы­пла­ты Ва­си­лия в целом за 5 лет со­ста­вят:

Ответ: на 95 304 рубля.

Ре­ше­ние. Сразу за­ме­тим, что здесь n  — не от­ри­ца­тель­но.

При не­от­ри­ца­тель­ных целых зна­че­ни­ях n:

По­сколь­ку ис­ход­ное урав­не­ние обя­за­но иметь ровно 132 раз­лич­ных корня (число 132 – чет­ное),

  — x не может при­нять зна­че­ния рав­но­го нулю;

  — каж­до­му зна­че­нию n со­от­вет­ству­ет ровно два зна­че­ния x,

то зна­че­ния па­ра­мет­ра а долж­ны быть по­до­бра­ны таким об­ра­зом, чтобы было вы­пол­не­но усло­вие по­ло­жи­тель­но­сти раз­но­сти ровно 66 раз, что воз­мож­но при (в этом мно­же­стве всего 66 эле­мен­тов).

Такое тре­бо­ва­ние будет вы­пол­не­но толь­ко в том слу­чае, если будет спра­вед­ли­во не­ра­вен­ство т. е. или

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Будем поль­зо­вать­ся таким фак­том: НОД(a,b)=НОД(a-b,b) для любых раз­лич­ных на­ту­раль­ных а и b. Это ясно, так как с одной сто­ро­ны число a-b де­лит­ся на все общие де­ли­те­ли чисел а и b, а с дру­гой сто­ро­ны, если бы числа а-b и b имели бы больший общий де­ли­тель, чем НОД(a,b), то и число а имело бы такой же де­ли­тель.

Ис­поль­зуя вы­ше­упо­мя­ну­тый факт, и за­ме­тив, что b не­чет­но, по­лу­ча­ем: По­след­нее ра­вен­ство верно, так как числа и при не­чет­ном b вза­им­но про­сты. Далее рас­смот­рим тож­де­ство Зна­чит, если и имеют общий де­ли­тель, боль­ший еди­ни­цы, то это может быть толь­ко трой­ка. Од­на­ко, де­лит­ся на 3 (2013 де­лит­ся на 3), зна­чит, не крат­но 3. Таким об­ра­зом,

б)  Ис­ко­мое число можно за­пи­сать как и как где x,y - не­ко­то­рые на­ту­раль­ные числа. Зна­чит, от­сю­да Возь­мем Тогда число удо­вле­тво­ря­ет усло­вию. Ис­кать все такие числа в за­да­че не тре­бо­ва­лось.

в)  За­ме­тим, что зна­чит, ис­ко­мое число долж­но де­лить­ся на 3, 4 и 11. Если наше число де­лит­ся на 4, то z=2 или z=6. Раз­бе­рем эти слу­чаи.

1)  z=2. Тогда из при­зна­ка де­ли­мо­сти на 3 по­лу­ча­ем, что x+y+11 де­лит­ся на 3, а из при­зна­ка де­ли­мо­сти на 11 по­лу­ча­ем, что x-y+7 де­лит­ся на 11. То есть, x+y может рав­нять­ся 1,4,7,10,13,16, а x-y может рав­нять­ся -7 или 4. Под­хо­дят толь­ко такие ва­ри­ан­ты: x=4,y=0; x=7,y=3.

2)  z=6. Тогда из при­зна­ка де­ли­мо­сти на 3 по­лу­ча­ем, что x+y+15 де­лит­ся на 3, а из при­зна­ка де­ли­мо­сти на 11 по­лу­ча­ем, что x-y+3 де­лит­ся на 11. То есть, x+y может рав­нять­ся 3,6,9,12,15,18, а x-y может рав­нять­ся -3 или 8.

Здесь го­дят­ся толь­ко такие ва­ри­ан­ты: x=3,y=6; x=6,y=9.

Ответ: а) да; б) 1946; в) 3696, 4092, 6996, 7392.