Ре­ше­ние. а)  По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти (см. рис.). Под­хо­дит число 

Ответ: а)  б) 

Ре­ше­ние. а)  Для сто­рон тре­уголь­ни­ков SAD и SAB со­от­вет­ствен­но вы­пол­не­ны ра­вен­ства:

сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ни­ки SAD и SAB  — пря­мо­уголь­ные. Таким об­ра­зом, пря­мая SA пер­пен­ди­ку­ляр­на пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым AD и AB плос­ко­сти ABCD, а по­то­му и всей этой плос­ко­сти.

б)  Пря­мая SA пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, а по­то­му и ле­жа­щей в ней пря­мой AC. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ков ABC и SAC со­от­вет­ствен­но по­лу­ча­ем:

Ответ: б)  8.

Ре­ше­ние. Ло­га­риф­ми­ру­ем обе части, ис­поль­зу­ем свой­ства ло­га­риф­ма, по­лу­ча­ем квад­рат­ное не­ра­вен­ство:

Один из кор­ней урав­не­ния, со­от­вет­ству­ю­ще­го по­лу­чен­но­му не­ра­вен­ству, равен 1. Вто­рой ко­рень на­хо­дим по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Виета; затем при­ме­ня­ем метод ин­тер­ва­лов:

Ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Раз­де­лим обе части не­ра­вен­ства на 3, вы­не­сем в по­ка­за­те­ле сте­пе­ни мно­жи­тель за скоб­ку и при­ме­ним тео­ре­му о знаке сте­пе­ни

Най­дем ко­рень пер­вой скоб­ки:

Далее на­но­сим корни на ось и опре­де­ля­ем знаки про­из­ве­де­ния.

При­ведём ре­ше­ние, не свя­зан­ное с ло­га­риф­ми­ро­ва­ни­ем.

В силу ос­нов­но­го ло­га­риф­ми­че­ско­го тож­де­ства от­ку­да по­лу­ча­ем:

Далее как ранее.

Ре­ше­ние. Пусть в кре­дит пла­ни­ру­ет­ся взять S руб­лей, а еже­год­ный пла­теж по кре­ди­ту будет со­став­лять x руб­лей. Тогда каж­дый год долг уве­ли­чи­ва­ет­ся на 30% или в раза и умень­ша­ет­ся на x руб­лей.

Тогда в пер­вый год долг со­ста­вит: оста­ток будет равен

После вто­ро­го года оста­ток по кре­ди­ту со­ста­вит:

В конце тре­тье­го года он будет равен

По усло­вию кре­дит был по­га­шен за 3 года, а это зна­чит, что оста­ток за тре­тий год равен 0, то есть:

По усло­вию общая сумма вы­плат на 156 060 руб­лей боль­ше суммы взя­то­го кре­ди­та, а зна­чит:

Ответ: 239 400 руб­лей.

Ре­ше­ние.

а)  Углы DBC и ADB равны как на­крест ле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии па­рал­лель­ных пря­мых AD и BC се­ку­щей BD. Из усло­вия сле­ду­ет, что то есть тре­уголь­ник BDM  — рав­но­бед­рен­ный, а по­то­му Диа­го­на­ли пря­мо­уголь­ни­ка точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам, по­это­му и тре­уголь­ник BOC  — рав­но­бед­рен­ный, от­ку­да По тео­ре­ме о сумме углов тре­уголь­ни­ка на­хо­дим:

Таким об­ра­зом, пря­мой угол ABC пря­мы­ми BM и BD де­лят­ся на три рав­ные части по 30°.

б)  Точка O  — се­ре­ди­на диа­го­на­ли AC, по­это­му рас­сто­я­ние d от точки A до пря­мой MC вдвое боль­ше рас­сто­я­ния ρ от точки O до этой пря­мой. Из до­ка­зан­но­го в пунк­те а) сле­ду­ет, что по­это­му

Таким об­ра­зом, ис­ко­мое рас­сто­я­ние ρ равно

Ответ: б) 

Ре­ше­ние.

В си­сте­ме ко­ор­ди­нат хOa изоб­ра­зим окруж­ность, за­да­ва­е­мую урав­не­ни­ем все точки ко­то­рой об­ра­ща­ют чис­ли­тель дроби в нуль, и па­ра­бо­лу точки ко­то­рой со­от­вет­ству­ют нулям зна­ме­на­те­ля.

Под­став­ляя в урав­не­ние и решая по­лу­чен­ное урав­не­ние, най­дем точки пе­ре­се­че­ния окруж­но­сти и па­ра­бо­лы: и   — точка ка­са­ния. Для най­ден­ных точек чис­ли­тель и зна­ме­на­тель об­ра­ща­ют­ся в нуль од­но­вре­мен­но.

Сле­до­ва­тель­но, за­дан­ное урав­не­ние имеет ровно два ре­ше­ния, когда

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние То­фи­га Али­е­ва.

Ис­ход­ное урав­не­ние имеет ровно два раз­лич­ных ре­ше­ния, если чис­ли­тель имеет два раз­лич­ных корня, а зна­ме­на­тель не равен 0. Чис­ли­тель имеет два раз­лич­ных корня, если дис­кри­ми­нант по­ло­жи­те­лен:

Ис­клю­чим зна­че­ния па­ра­мет­ра а, при ко­то­рых зна­ме­на­тель об­ра­ща­ет­ся в 0. Под­ста­вив в чис­ли­тель по­лу­чим

Сле­до­ва­тель­но, чис­ли­тель и зна­ме­на­тель од­но­вре­мен­но об­ра­ща­ют­ся в ноль при и при усло­вии или и Эти зна­че­ния па­ра­мет­ра а долж­ны быть ис­клю­че­ны.

Итак, за­дан­ное урав­не­ние имеет ровно два ре­ше­ния, когда

Ре­ше­ние. а)  Если из числа 15 вы­черк­нуть еди­ни­цу, то по­лу­чит­ся число 5, ко­то­рое в три раза мень­ше ис­ход­но­го.

б)  Если такое воз­мож­но, то ис­ход­ное число долж­но быть чет­ным, а по­то­му за­кан­чи­вать­ся на 2, 4, 6 или 8. Сле­до­ва­тель­но, после вы­чер­ки­ва­ния всех еди­ниц по­след­няя цифра по­лу­чен­ное число тоже будет за­кан­чи­вать­ся на 2, 4, 6 или 8. Оста­лось от­ме­тить, что в ре­зуль­та­те умно­же­ния каж­до­го из этих чисел на 4 будут по­лу­чать­ся числа, не окан­чи­ва­ю­щи­е­ся на ту же цифру:

Таким об­ра­зом, число не могло умень­шит­ся в че­ты­ре раза.

в)  Пусть a  — ис­ход­ное число, b  — по­лу­чен­ное. Если по­лу­чен­ное число в своей за­пи­си со­дер­жит две или более цифр, то

Если по­лу­чен­ное число  — од­но­знач­ное, то ис­ход­ное со­дер­жит че­ты­ре еди­ни­цы и одну цифру m, то есть В этом слу­чае ис­ко­мое част­ное будет равно

что все­гда боль­ше 10 000. По­лу­чен­ное вы­ра­же­ние до­сти­га­ет мак­си­му­ма при наи­мень­шем воз­мож­ном m, то есть при

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  10555,5.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

Пусть a  — ис­ход­ное число, b  — по­лу­чен­ное, тогда из усло­вия Рас­смот­рим самую пра­вую еди­ни­цу ис­ход­но­го числа, пусть спра­ва от нее стоит k цифр. После вы­чер­ки­ва­ния всех еди­ниц k цифр оста­нут­ся на своих ме­стах, по­это­му числа a и b окан­чи­ва­ют­ся на оди­на­ко­вые k цифр. Сле­до­ва­тель­но, а по­то­му то есть Числа 3 и 10 вза­им­но про­сты, по­это­му то есть число b за­кан­чи­ва­ет­ся на k нулей. Ни число a, ни число b не со­дер­жат нулей, по­это­му Таким об­ра­зом, по­след­няя цифра числа a  — еди­ни­ца, то есть оно не­чет­но. Но не­чет­ное число не может быть крат­но 4. Про­ти­во­ре­чие.