Неравенства

1. Найдём производную функции: $$y' = \left((3-x)e^{3-x}\right)' = -e^{3-x} + (3-x)(-e^{3-x}) = -e^{3 - x}(1 + 3 - x)= e^{3-x}(x - 4)$$

2. Найдём нули производной: $$(x-4)e^{3-x} = 0 \Rightarrow x=4$$ (так как $e^{3-x} > 0$ для всех $x$)

3. Анализ поведения функции:

Функция убывает при $x < 4$ и возрастает при $x > 4$, поэтому $x = 4$ - точка минимума.

а) Воспользуемся формулами приведения и формулой косинуса двойного угла: $$\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin x$$ $$\cos 2x=1-2\sin^2 x$$

Тогда получим $$1-2\sin^2 x+\sqrt{2}\sin x-1=0$$ $$2\sin^2 x-\sqrt{2}\sin x=0$$ $$\sin^2 x-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x=0$$ $$\sin x\left(\sin x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=0$$

$$\left[ \begin{aligned} \sin x = 0 \\ \sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} \end{aligned} \right.$$

$$\left[ \begin{aligned} x = \pi k,\ k \in \mathbb{Z} \\ x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z} \\ x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z} \end{aligned} \right.$$

б) Отберем корни с помощью неравенств с учетом $k\in\mathbb{Z}$.

$$\frac{5\pi}{2}\leq \pi k\leq 4\pi \iff \frac{5}{2}\leq k\leq 4$$

Отсюда получаем $k=3,\ x=3\pi$ и $k=4,\ x=4\pi$.

$$\frac{5\pi}{2}\leq \frac{\pi}{4}+2\pi k\leq 4\pi \iff \frac{5}{2}\leq \frac{1}{4}+2k\leq 4$$ $$\frac{9}{8}\leq k\leq \frac{15}{8}$$

Отсюда получаем $k\in\varnothing$.

$$\frac{5\pi}{2}\leq \frac{3\pi}{4}+2\pi k\leq 4\pi \iff \frac{5}{2}\leq \frac{3}{4}+2k\leq 4$$ $$\frac{7}{8}\leq k\leq \frac{13}{8}$$

Отсюда получаем $k=1,\ x=\frac{11\pi}{4}$.

Ответ: $$\text{а) } \pi k;\ \frac{\pi}{4}+2\pi k;\ \frac{3\pi}{4}+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}$$ $$\text{б) } \frac{11\pi}{4};\ 3\pi;\ 4\pi$$

а) Пусть $G𝑂$ - высота пирамиды $GABCDEF$. Пусть $K$ - точка пересечения $AD$ и $EH$. Треугольники $𝑂EK$ и $KDH$ подобны, так как $𝑂E \| HD$ (по свойству правильного шестиугольника). Следовательно, $\frac{OK}{KD} =\frac{OE}{HD} =\frac{4}{3}$. Однако, $\frac{GI}{ID} =\frac{4}{3} =\frac{OK}{KD}$. Тогда треугольники $𝑂GD$ и $KID$ подобны по двум пропорциональным сторонам и общему $\angle{ODG}$, а прямые $𝑂G$ и $KI$ параллельны (по обратной теореме Фалеса), следовательно, прямая $KI$ перпендикулярна плоскости $BCD$. Таким образом, плоскость $HIE$ перпендикулярна плоскости основания (так как $KI$ лежит в $(HIE))$.

б) Объем пирамиды $DEIH$ будем искать как $\frac{1}{3} KH\cdot S_{HDE},KH=\frac{3}{7} \cdot GO, GO$ найдем из треугольника $GOD$ по теореме Пифагора $\Rightarrow GO=\sqrt{33} ,IK=\frac{3}{7}\sqrt{33}$ $$S_{DEH} =\frac{1}{2} DE\cdot DH\cdot \sin 120^{\circ } =3\sqrt{3}$$ Тогда:

$$V=\frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{3} \cdot \frac{3}{7}\sqrt{33} =\frac{9\sqrt{11}}{7}$$ Ответ: $\frac{9\sqrt{11}}{7}$.

$$(*) 4 - x > 0 \Leftrightarrow x < 4$$ Преобразуем исходное неравенство: $$x^2\log_{3^5}(4 - x) \leq \log_3(x - 4)^2$$ $$\frac{x^2}{5}\log_{3}(4 - x) \leq 2\log_3|x - 4|$$ Учитывая $(*)$, модуль раскроется как $4 - x$: $$\frac{x^2}{10}\log_{3}(4 - x) \leq \log_3(4 - x) \Leftrightarrow \left(\frac{x^2}{10} - 1\right)\log_{3}(4 - x) \leq 0$$ $$(x^2 - 10)\log_{3}(4 - x) \leq 0 \Leftrightarrow (x - \sqrt{10})(x + \sqrt{10})\log_{3}(4 - x) \leq 0$$ Найдём нули выражения: $$x = \pm\sqrt{10}; \log_34-x = 0 \Leftrightarrow x = 3$$

Решение неравенства: $x \in [-\sqrt{10}; 3] \cup [\sqrt{10}; +\infty)$

С учётом $(*)$, получаем окончательный ответ: $x \in[-\sqrt{10}; 3] \cup [\sqrt{10}; 4)$

Ответ: $x \in [-\sqrt{10}; 3] \cup [\sqrt{10}; 4)$

а) Проведём в точке C общую касательную к окружностям, и отметим на ней точку K так, как показано на картинке. Прямая CK — касательная к большей окружности, поэтому угол ACK между касательной и хордой AC большей окружности равен углу AEC, который опирается на эту хорду. Прямая CK является касательной и к меньшей окружности, поэтому $∠DCK = ∠DBC$ по аналогичным причинам. Тогда

$∠AEC = ∠ACK =∠DCK = ∠DBC$

Углы $AEC$ и $DBC$ — соответственные углы, образованные прямыми $AE$ и $DB$ и секущей $EB$. Они равны, поэтому $AE \parallel DB$.

б) Из пункта а) нам известно, что $\angle AEC = \angle DBC$, кроме того, $\angle ACE = \angle DCB = 90^\circ$. Значит, прямоугольные треугольники $ECA$ и $BCD$ подобны по двум углам. Тогда

$$\frac{BC}{CE} = \frac{BD}{AE} = \frac{CD}{AC}$$

Заметим, что прямой угол $BCD$ вписан в меньшую окружность и опирается на хорду $BD$. Значит, $BD$ — диаметр меньшей окружности. Аналогично $AE$ — диаметр большей окружности. Тогда $BD = 2 \cdot 8 = 16$ и $AE = 2 \cdot 15 = 30$.

Нам нужно найти длину $AC$. Этот отрезок является катетом прямоугольного треугольника $AEC$. Тогда по теореме Пифагора имеем:

$$AE^2 = CE^2 + AC^2$$

$$30^2 = CE^2 + AC^2$$

По условию $ABC$ равнобедренный, поэтому $AC = BC$. Тогда

$$\frac{AC}{CE} = \frac{BC}{CE} = \frac{BD}{AE} = \frac{8}{15}$$

$$CE = \frac{15 \cdot AC}{8}$$

$$CE^2 = \frac{225 \cdot AC^2}{64}$$

Тогда получаем уравнение на $AC$:

$$30^2 = CE^2 + AC^2 = AC^2 + \frac{225 \cdot AC^2}{64} =$$

$$= AC^2 \cdot \left(1 + \frac{225}{64}\right) = AC^2 \cdot \frac{289}{64}$$

Значит,

$$AC^2 = \frac{30^2 \cdot 8^2}{17^2}$$

$$AC = \frac{240}{17}$$

Ответ:

б) $\frac{240}{17}$