Решение:
2x²-3x-2=0
Дискриминант равен:
D = b² – 4ac = (-3)² – 4*2*(-2) = 25
Дискриминант D > 0, следовательно уравнение имеет два действительных корня.
x₁ = (-b + √D)/2a = (-(-3) + √25)/2*2 = (3+5)/4 = 2
x₂ = (-b - √D)/2a = ( -(-3) - √25)/2*2 = (3-5)/4 = -2/4 = -0.5
<ADM и <BCN равны, потому что оба равнобедренные и параллельны друг другу, или же симметричны.
Пусть цена карандаша — k
пусть цена тетради — t
составим систему:
{2k + 3t = 35
{3k + 2t =40
{2k + 3t = 35
{2t = 40 - 3k
{2k + 3(20-3/2k) = 35
{ t = 20 - ౩/2 k
{2k + 60 - 4,5k = 35
{ t = 20 - ౩/2 k
{-2,5 k= -25
{ t = 20 - ౩/2 k
{ k= 10
{ t = 20 - ౩/2 ·10
{ k= 10
{ t = 5
Надо доказать, что для сторон треугольника выполнено неравенство
a²b+b²c+c²a+ab²+bc²+ca²>a³+b³+c³+2abc. Трюк, который я собираюсь использовать, придуман не мной, но он очень эффективен в подобного типа задачах. Он сводится к тому, что мы используем замены a=x+y; b=x+z; c=y+z. То, что такие положительные x, y, z существуют (и, кстати, определены однозначно) следует из возможности вписать в треугольник окружность. Стороны точками касания при этом оказываются разбиты на отрезки, которые разбиваются на три пары равных отрезков - это следует из равенства отрезков касательных. Преимущество такой замены следует из того, что в отличие от сторон треугольника, которые связаны неравенством треугольника, отрезки x, y и z могут быть любыми. После указанной замены и приведения подобных членов (конечно, это требует некоторых навыков и аккуратности) получаем неравенство
2(x³+y³+z³)+5(x²y+xy²+x²z+xz²+y²z+yz²)+12xyz>
2(x³+y³+z³)+5(x²y+xy²+x²z+xz²+y²z+yz²)+4xyz,
которое очевидно.
Нет, не принадлежит, тк начальная точка луча - О
