ОММО 2019
Условия и ответы ОММО (все варианты).
info@olympiads.biz - почта для подключения следующих олимпиад.

Подготовка к очному туру олимпиады Ломоносов по математике - алгебраические задачи
  • Задача №11 (Ломоносов 2012 №4).
    Найдите все значения `a>0`, при каждом из которых из неравенства `x^2+y^2<=a` следует неравенство `(|x|+3)(|y|+3)<=25`.
    Решение:
    В этой задаче главное понять, что из чего следует. Попробуем все разжевать, немного используя мат. язык.
    Решением первого неравенства является некоторое множество `A` точек `(x;y)`, решением второго неравенства - множество `B`.
    Из первого неравенства следует второе, означает, что все решения первого неравенства должны содержаться в решениях второго неравенства.
    Действительно, если в `A` есть точка `(x_0;y_0)`, которая не входит в `B`, тогда из для этой точки выполняется первое неравенство, но не выполнятся второе. А значит, из первого не следует второе.
    Заметим, что отноюдь не все абитуриенты правильно интерпретируют условие задачи, понимая его наоборот. Это ловушка.
    Само решение реализуем графически. На графике оба неравенства представляют собой области.
    `x^2+y^2<=a` - круг, граница (входит в область) которого окружность с центром в точке `(0;0)` и радиусом `sqrta`.
    `(|x|+3)(|y|+3)<=25`, вторая область.
    `|y|+3<=25/(|x|+3)`,
    `|y|<=25/(|x|+3)-3`.
    Оптимизация: знаки обоих переменных в обоих неравенствах не имеют значения, поэтому обе области симметричны относительно осей координат.
    Можем без ограничения общности наложить условие `x>=0, y>=0`, решив задачу в первой четверти, в остальных четвертях все будет аналогично.
    Тогда, `y<=25/(x+3)-3, y>=0, x>=0`.
    Получили область, ограниченную гиперболой `y=25/(x+3)-3` и прямыми `y=0, x=0`.
    Границы обоих областей являются линиями различной выпуклости, поэтому краевой случай "включения" четвертинки круга во вторую область - это случай касания их границ.
    Найдем абсциссу точки касания `t` и `a`.
    Первый способ основан на стандартной модели `f(t)=g(t), f'(t)=g'(t)` (для функций различной выпуклости).
    `f(x)=sqrt(a-x^2)` - учли, что `y>=0`.
    `f'(x)=-x/sqrt(a-x^2)`.
    `g(x)=25/(x+3)-3`,
    `g'(x)=-25/(x+3)^2`.
    Тогда, `{(sqrt(a-t^2)=25/(t+3)-3),(t/sqrt(a-t^2)=25/(t+3)^2):}`, где `t,a>0`.
    `sqrt(a-t^2)=(16-3t)/(t+3)`,
    `sqrt(a-t^2)=(t(t+3)^2)/25`.
    Тогда, `(16-3t)/(t+3)=(t(t+3)^2)/25`.
    `25(16-3t)=t(t+3)^3`.
    Действительные корни `t_1=2`, `t_2=-8`. Подходит только первый корень.
    Тогда, `a=8`.
    Возможно, что есть способ проще с использованием производной.
    Второй способ основан на симметрии.
    Обе границы симметричны относительно прямой `y=x` (если поменять местами `x` и `y` неравенства не поменяются).
    Значит точка касания проходит по этой прямой, и ее координаты `(t;t)`.
    Тогда, `2t^2=a` и `t=25/(t+3)-3 => t=2, a=8`.
    Итак, при `a in (0;8]` первая область окажется внутри второй области и условие задачи будет выполнено.
    image
    Ответ: `a in (0;8]`.
    Резюме:
    1. Точное понимание условия задачи.
    2. Графическая интерпретация понятого условия.
    3. Использование симметрии для оптимизации решения. Первая симметрия - фигуры симметричны относительно координатых осей. Вторая симметрия - относительно прямой `y=x`.
    4. Свойства выпуклости.
  • Задача №12 (Ломоносов 2011 №2).
    Найдите площадь фигуры, заданной на координатной плоскости системой
    `{(sqrt(1-x)+2x>=0),(-1-x^2<=y<=2+sqrtx):}`.
    Решение:
    ОДЗ системы: `1-x>=0, x>=0 =>` `x in [0;1]`.
    Заметим, что при таких `x` первое неравенство всегда верно. Пример активного участия ОДЗ.
    Итак, надо найти площадь фигуры, заданной системой
    `{(0<=x<=1),(-1-x^2<=y<=2+sqrtx):}`. Немного упростили.
    Изобразим область на графике.
    image
    Надо найти площадь фигуры, заключенной между синей и фиолетовой линиями, и ограниченной прямыми `x=0, x=1`.
    Заметим, что заштрихованные области "примерно" равны по площади. Ключевое соображение.
    Если так, что искомая площадь равна площади прямоугольника со сторонами `4` и `1`, то есть равна `4`.
    Также "примерно" докажем наше предположение.
    Ширина толстой части обоих фигур равна `1`, тонкой (начало) - `0`. Начало и конец одинаковые.
    Осталось как-то сравнить "кривизну" изгиба.
    За изгиб верхней фигуры отвечает функция `y=sqrtx`, за изгиб нижней фигуры - функция `y=x^2`.
    Заметим, что первую функцию можно записать, как `x=y^2` - это вторая функция, только повернутая на `90^0` по часовой стрелке.
    Утчем также выпуклость, и получим, что изгибы идентичны. Тогда и площади фигур равны.
    Строго математически, эти функции называются взаимно-обратными.
    Ответ: `4`.
    Резюме:
    1. ОДЗ, использование ОДЗ.
    2. Изображение области на графике. Важен точный рисунок.
    3. "Примерное" предположение. Иначе площадь не посчитать (без интегралов).
    4. "Примерное" обоснование этого предположения, которое в конечном итоге превратилось в строгое обоснование.
    5. Понятие взаимно-обратных функций, которые дают одинаковый "изгиб" на соответствующих участках.
  • Задача №13 (Ломоносов 2008 №3).
    При каких `a` существует единственное решение системы
    `{(x^2+y^2=4),((x-3)^2+(y+4)^2=a):}`.
    Решение:
    Решим задачу графически.
    `x^2+y^2=4`, первое уравнение представляет собой окружность с центром в точке `A(0;0)` и радиусом `r=2`.
    `(x-3)^2+(y+4)^2=a`, второе уравнение представляет собой окружность с центром в точке `B(3;-4)` и радиусом `R=sqrta`.
    Если `a=0`, то окружность превращается в точку `B`. Если `a<0`, уравнение, как и система, не имеет решений. Такие замечания имеют значение.
    Понятно, что система имеет единственное решение `iff` окружности касаются. Кстати, это следует из разной выпуклости окружностей (внешнее касание) и других свойств (внутренее касание). Свойства выпуклости неявно используются во многих задачах.
    Возможны два случая касания - внешнее и внутренее.
    1 случай: окружности касаются внешним образом.
    Тогда, `|AB|=r+R`. Расстояние между центрами равно сумме радиусов.
    Формула расстояния между точками `A(x;y)` и `B(z;t)`: `|AB|=sqrt((x-z)^2+(y-t)^2)`.
    `|AB|=sqrt(3^2+4^2)=5`.
    `2+sqrta=5 =>` `a=9`.
    image
    2 случай: окружности касаются внутренним образом (одна окружность находится внутри другой и касается ее).
    Понятно, что только первая окружность может находиться внутри второй. Важное замечание.
    Тогда, `|AB|=R-r`. Расстоние между центрами равно разности радиусов.
    `sqrta-2=5 =>` `a=49`.
    image
    Ответ: `a=9; a=49`.
    Резюме:
    1. Единственность решения `=` случай касания (не для всех видов функций).
    2. Окружности касаются двумя способами. В каждом случае есть соотношение между их радиусами и расстоянием между центрами.
    3. Формула расстояния между точками на плоскости.
  • Задача №14 (Ломоносов 2005 №8).
    Найти все значения `a`, при которых уравнение
    `4x-|3x-|x+a||=9|x-1|`
    имеет хотя бы один корень.
    Решение:
    Решим задачу графически, но предварительно подготовим уравнение.
    `4x-|3x-|x+a||=9|x-1|`,
    `4x-9|x-1|=|3x-|x+a||`. Подготовили.
    Правая часть неотрицательна, следовательно и левая часть неотрицательна. Неявное условие ОДЗ.
    `4x>=9|x-1| => x>=0`.
    Пусть `x in [0;1]` `=> |x-1|=1-x`:
    `4x>=9-9x => x>=9/13 =>` `x in [9/13;1]`.
    Пусть `x>1` `=> |x-1|=x-1`:
    `4x>=9x-9 => x<=9/5 =>` `x in (1;9/5]`.
    Объединяем полученные интервалы: `x in [9/13;9/5]`.
    Используя решение модульного неравенства, легко построить график функции `f(x)=4x-9|x-1|` на отрезке `[9/13;9/5]`.
    Угловые коэфициенты прямых (сторон): `13` и `-5`.
    Вершина в точке `(1;4)`.
    image
    Рассмотрим функцию `g(x)=|3x-|x+a||`.
    При `x>= -a`: `g(x)=|2x-a|` - представляет собой уголок с вершиной в точке `(a/2;0)` и сторонами `y=-2x+a, y=2x-a`.
    При `x< -a`: `g(x)=|4x+a|` - уголок с вершиной в точке `(-a/4;0)` и сторонами `y=-4x-a, y=4x+a`.
    Но мы не знаем расположение точки `(-a)` относительно вершин двух уголков. Проблема.
    Но в зависимости от знака `a` можно однозначно определить расположение трех точек. Проблема решена.
    Пусть `a=0`, тогда все точки совпадают.
    `g(x)=|3x-|x||=2x` при `x in [9/13;9/5]` (оба модуля раскрываются однозначно при таких `x`).
    Получаем два пересечения с `f(x)`.
    image
    Пусть `a>0` `=> -a < -a/4 < a/2`.
    График `g(x)` представляет собой ломаную (в левой части два куска) букву V, с угловыми коэффициентами `-4, -2 и 2`. Можно немного упростить решение, если учесть условие `x in [9/13;9/5]`.
    В зависимости от `a` ломаная ездит по оси `X`.
    Сравнивая коэффициенты двух ломаных понимаем, что краевой случай одного решения приходится на случай касания второй ломаной с вершиной первой.
    image
    Т.е. `g(x)` должен пройти через точку `(1;4)` (вершину).
    `4=|3-|a+1|| => |a+1|= -1` или `7`.
    `a+1=+-7 =>` `a=6`, отрицательный корень выкидываем.
    Следовательно, при `a in (0;6]` уравнение имеет хотя бы один корень.
    Случай `a<0` рассматриваем аналогично и получаем интервал `a in [-8;0)`.
    image
    Объединяем все решения: `a in [-8;6]`.
    Ответ: `a in [-8;6]`.
    Резюме:
    1. Перед графическоим методом провели подготовительную работу. Нашли область определения.
    2. `f(x)` - ломаная из двух прямых (перевернутый уголок), `g(x)` - ломаная из трех прямых.
    3. При построении графика `g(x)` возникла неоднозначность - вид графика зависел от `a`. Надо было заметить значение `a=0` при котором происходит переход из одного рисунка в другой.
    4. `k` - угловой коэффициент прямой `y=kx+b`. Чем больше абсолютное значение `k`, тем больше "задирается" прямая.
    Иначе говоря, `k` отвечает за скорость роста прямой. Значения `k` обоих ломаных мы использовали для получения графических соображений (краевых случаев единственности корня).
    Если бы значения были другими (угловые коэффициенты первой ломаной меньше второй), то могли быть иные условия для существования решений. Например, вершина второй ломаной должна находиться внутрь первой ломаной.
    От расположения самих вершин тоже многое зависит. В целом, надо смотреть на графики.
  • Задача №15 (Ломоносов 2007 №7).
    Определить, под каким углом видно из начала координат (т.е. внутри какого наименьшего угла с вершиной в точке `(0;0)` помещается) множество, заданное на координатной поскости неравенством
    `14x^2+xy+y^2+14x+2y+4<0`.
    Решение:
    Из условия мало, что понятно или вообще ничего не понятно. Тем не менее, серией простых соображений можно решить задачу.
    Представим, что неравенство задает нам некую область на графике. Можем обойтись без явного вида области.
    Из начала координат проводятся прямые вида `y=kx`. Некоторые из этих прямых пересекают область, некоторые нет (если все прямые пересекают область, то искомого угла не существует).
    Найдем все значения `k`, при которых прямая пересекает нашу область (тогда мы найдем в т.ч. краевые-граничные значения `k`, которые нам и нужны, если подумать).
    Получили стандартную параметрическую задачу:
    Найти все значения `k`, при которых система
    `{(y=kx),(14x^2+xy+y^2+14x+2y+4<0):}`
    имеет хотя бы одно решение.
    `14x^2+kx^2+k^2x^2+14x+2kx+4<0`,
    `x^2(k^2+k+14)+2x(k+7)+4<0`, квадратное неравенство должно иметь решения.
    `k^2+k+14>0` при любых `k`, поэтому в левой части неравенства квадратный трехчлен с положительным старшим коэффициентом. Важное замечание.
    Тогда, квадратное неравенство имеет решения (а значит и система имеет решения) `iff D>0`.
    `D/4=(k+7)^2-4(k^2+k+14)>0`,
    `-3k^2+10k-7>0 =>` `k in (1;7/3)`.
    Итак, при найденных значениях `k in (1;7/3)`, прямые `y=kx` пересекают нашу область.
    Следовательно, прямые `y=x` и `y=7/3x` составляют такую пару прямых, которые образуют наименьший угол с вершиной в точке `(0;0)`, из которого видно все множество. Ключевой вывод.
    Задача практически решена, осталось найти угол между прямыми.
    `k` называют угловым коэффициентом прямой `y=kx`, поскольку он равен тангенсу угла между прямой и осью `X`.
    Тогда, `alpha_min=arctan1=pi/4`, `alpha_max=arctan(7/3)`.
    Следовательно, `phi=``alpha_max-alpha_min=``arctan(7/3)-pi/4`.
    Даже если вы не знаете такого свойства `k=tanalpha`, с явным видом прямых можно геометрически вычислить величину угла между ними. Построить треугольник (боковые стороны - заданые прямые, основание параллельно оси `X`), найти длины сторон и .д.
    Ответ: `phi=arctan(7/3)-pi/4`.
    Резюме:
    1. Задачу представили графически, причем обошлись без явного вида заданного множества.
    2. Из графических соображений переформулировали условие в стандартную задачу с параметром.
    3. Получили явный вид двух прямых, которые содержат между собой все множество.
    4. Воспользовались определением углового коэффициента и нашли угол между этими прямыми.
    5. Немного ликбеза:
    Заданное неравенство представляет собой область внутри эллипса (сплющенная окружность) - `S`.
    Эллипсом является любая линия вида `ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0`.
    По отношению к эллипсу мы можем применять такие же свойства касательных, что и к окружности.
    По сути, требовалось найти уравнения двух касательных к эллипсу (и угол между ними). Алгебраически касательная к эллипсу (как и к окружности) означает единственность решения системы, где первое уравнение - уравнение эллипса, второе уравнение - `y=kx`.
    image
  • Разобрали несколько сложных графических задач, можно перевести дух. Ниже разбор оставшихся неравенств, далее будет тригонометрия и функции.

    Задача №16 (Ломоносов 2005 №2).

    Решить неравенство
    `(3*2^(1-x)+1)/(2^x-1)>=1/(1-2^(-x))`.
    Решение:
    Перед тем, как делать замену, поработаем над неравенством.
    `(3*2^(1-x)+1)/(2^x-1)>=(2^x)/(2^x-1)`,
    `(3*2^(1-x)+1-2^x)/(2^x-1)>=0`,
    `(6+2^x-2^(2x))/(2^x(2^x-1))>=0`, первый сомножитель в знаменателе положительный, можем на него умножить, одновременно умножим неравенство на `(-1)`.
    `(2^(2x)-2^x-6)/(2^x-1)<=0`, числитель легко разложить на множители.
    `((2^x-3)(2^x+2))/(2^x-1)<=0`, поделим на положительное выражение `2^x+2`.
    `(2^x-3)/(2^x-1)<=0`.
    Понятно, что `a/b<=0` в том случае, если `a,b` разных знаков.
    1 случай: `{(2^x<=3),(2^x>1):} =>` `x in (0;log_2 3]`.
    2 случай: `{(2^x>=3),(2^x<1):}` - нет решений.
    Также можно было воспользоваться методом замены множителей.
    Выражение вида `a^x-b` (при `b>0`) обладает тем же знаком, что и выражение `x-log_ab` при `a>1` и обратным знаком этого же выражения при `a<1`.
    Ну а проще всего методом интервалов для `2^x=t`, тогда `t in (1;3] => x in (0;log_2 3]`.
    Ответ: `x in (0;log_2 3]`.
  • Задача №17 (Ломоносов 2005 №6).
    Решить неравенство
    `5|x|<=x(3x+2-2sqrt(8-2x-x^2))`.
    Решение:
    ОДЗ: `8-2x-x^2>=0 iff x^2+2x-8<=0 =>` `x in [-4;2]`.
    Заметим, что и слева (под модулем) и справа есть `x`, на который можно поделить (аккуратно).
    Одновременно избавимся от этого `x` и модуля.
    Для этого разобьем ОДЗ на `2` части так, что на каждой части модуль раскрывается однозначно. Активное участие ОДЗ.
    Поскольку мы будем в дальнейшем делить на `x`, рассмотрим особый случай `x=0`:
    `0<=0` - неравенство верно, `x=0` входит в ОДЗ, поэтому является решением.
    Пусть `x in [-4;0)` `=> |x|=-x`:
    `-5x<=x(3x+2-2sqrt(8-2x-x^2))`, поделим неравенство на `x<0`.
    `-5>=3x+2-2sqrt(8-2x-x^2)`,
    `2sqrt(8-2x-x^2)>=3x+7`. Модель `sqrtf>=g`.
    Перед возведением в квадрат необходимо проверить знаки обеих частей.
    Если `3x+7<=0` (`x<=-7/3`), то неравенство всегда верно. Значит, отрезок `x in [-4;-7/3]` идет в решение.
    Пусть `x in (-7/3;0)`, тогда обе части положительны, можем возвести неравенство в квадрат:
    `4(8-2x-x^2)>=9x^2+42x+49`,
    `13x^2+50x+17<=0 =>` `x in [(-25-2sqrt101)/13;(-25+2sqrt101)/13]`.
    Пересечем с интервалом `x in (-7/3;0)`:
    `(-25-2sqrt101)/13<(-25-20)/13=-45/13 < -7/3 < (-25+22)/13= -3/13 <0`, немного арифметики.
    Тогда, `x in (-7/3;(-25+2sqrt101)/13]`.
    Объединим с `x in [-4;-7/3]`: `x in [-4;(-25+2sqrt101)/13]`. Решения первого случая.
    Пусть `x in (0;2]` `=> |x|=x`:
    `5x<=x(3x+2-2sqrt(8-2x-x^2))`, поделим неравенство на `x>0`.
    `5<=3x+2-2sqrt(8-2x-x^2)`,
    `2sqrt(8-2x-x^2)<=3x-3` - модель `sqrtf<=g`.
    `3x-3>=0 => x>=1`, неявное условие ОДЗ.
    Обе части неотрицательны, можем возвести неравенство в квадрат:
    `4(8-2x-x^2)<=9x^2-18x+9`,
    `13x^2-10x-23>=0`,
    `(x+1)(x-23/13)>=0 =>` `x in (-oo;-1]uu[23/13;+oo)`.
    В пересечении с условиями `x in (0;2]` и `x>=1` получим отрезок `x in [23/13;2]`.
    Объедними полученные интервалы (не забудем про точку `x=0`): `x in [-4;(-25+2sqrt101)/13]uu{0}uu[23/13;2]`.
    Ответ: `x in [-4;(-25+2sqrt101)/13]uu{0}uu[23/13;2]`.
    Резюме:
    1. Нахождение ОДЗ, решение неравенства на интервалах ОДЗ. Использование этих интервалов для раскрытия модуля.
    2. Два случая, два иррациональных неравенства разного типа (`sqrtf>=g` и `sqrtf<=g`). Особый случай `x=0`.
    3. Решение обоих неравенств, объединение всех решений.
    4. Сравнение чисел, внимание к деталям.
  • Задача №18 (Ломоносов 2006 №6).
    Решить неравенство
    `sqrt(4-x)-2<=x|x-3|+4x`.
    Решение:
    ОДЗ: `4-x>=0 =>` `x<=4`.
    ОДЗ разобьем на две области так, чтобы на каждой модуль раскрывался однозначно.
    Пусть `x in (-oo;3)` `=> |x-3|=3-x`:
    `sqrt(4-x)-2<=x(3-x)+4x`,
    `sqrt(4-x)<= -x^2+7x+2`, модель `sqrtf<=g`.
    Тогда, `-x^2+7x+2>=0 => x^2-7x-2<=0`.
    `x in [(7-sqrt57)/2;(7+sqrt57)/2]`. Неявное ОДЗ.
    В пересечении с областью `x in (-oo;3)` получим интервал `x in [(7-sqrt57)/2;3)`.
    Перед возведением в квадрат оценим перспективы. Они неплохие, поскольку числа сократятся и мы получим максимум `3` степень (после выноса `x`).
    Но предварительно попробуем решить неравенство графически.
    `y=sqrt(4-x)` убывает на всей области определения, в т.ч. на нашем интервале `x in [(7-sqrt57)/2;3)`.
    `y= -x^2+7x+2`, абсцисса вершины `x_0=7/2>3`, следовательно на нашем интервале парабола возрастает.
    Итак, на интервале `x in [(7-sqrt57)/2;3)` функция `y=sqrt(4-x)` убывает, а функция `y= -x^2+7x+2` возрастает.
    Заметим, что `y_1(0)=y_2(0)=2` - в точке `x=0` функции пересекаются. При этом, `x=0` находится внутри интервала.
    Тогда, `sqrt(4-x)<= -x^2+7x+2` при всех `x in [0;3)`. См. рисунок.
    image
    Пусть `x in [3;4]` `=>|x-3|=x-3`:
    `sqrt(4-x)-2<=x(x-3)+4x`,
    `sqrt(4-x)<=x^2+x+2`.
    Неравенство решим похожим образом, но без графика.
    Вершина `x_0=-1/2 => y=x^2+x+2` возрастает на отрезке `x in [3;4]`.
    Тогда, `x^2+x+2>=3^2+3+2=14`.
    С другой стороны, на том же отрезке `sqrt(4-x)<=sqrt(4-3)=1`.
    Следовательно, неравенство выполняется на всем отрезке.
    Объединим полученные решения и получим ответ.
    Ответ: `x in [0;4]`.
    Резюме:
    1. Нахождение ОДЗ, решение неравенства на интервалах ОДЗ. Использование этих интервалов для раскрытия модуля.
    2. Получение двух иррациональных неравенств вида `sqrtf<=g`.
    3. Решение каждого неравенства графическими соображениями, используя свойства убывания и возрастания.
    Модель: решаем на интервале `[a;b]`. Известно, что `f(t)=g(t)`, где `t in (a;b)`.
    `f(x)` убывает на `[a;b]`, `g(x)` возрастает. Тогда `f(x)<=g(x)` при всех `x in [t;b]`.
  • Задача №19 (Ломоносов 2007 №2).
    Решить уравнение `sqrt(2^(x^2))=(2^(root(5)x))^5`.
    Решение:
    Задача простая, но все преобразования надо проделать аккуратно.
    `2^(1/2x^2)=2^(5root(5)x)`,
    `1/2x^2=5root(5)x => x>=0`.
    `x^2=10root(5)x`,
    `x^10=10^5*x`,
    `x(x^9-10^5)=0`,
    `x_1=0, x_2=10^(5/9)`.
    Ответ: `x=0; x=10^(5/9)`.
  • Задача №20 (Ломоносов 2007 №4).
    Решить неравенство
    `(sqrt(8-x)-|2x-1|)/(sqrt(x+7)-|2x-1|)<=1`.
    Решение:
    Модель: `(a-c)/(b-c)<=1` `iff (a-b)/(b-c)<=0`.
    `{(a-b<=0),(b-c>0):}` или `{(a-b>=0),(b-c<0):}`,
    `{(a<=b),(b>c):}` или `{(a>=b),(b<c):}`. Совокупность двух систем.
    ОДЗ: `8-x>=0, x+7>=0 =>` `x in [-7;8]`.
    Применяем модель.
    Первая система: `{(sqrt(8-x)<=sqrt(x+7)),(sqrt(x+7)>|2x-1|):}`.
    Имеем право возвести в квадрат оба неравенства, поскольку все части неотрицательны.
    `{(8-x<=x+7),(x+7>4x^2-4x+1):}`, модуль уничтожился при возведении в квадрат.
    `{(x>= 1/2),(4x^2-5x-6<0):}`.
    `4x^2-5x-6<0 => x in (-3/4;2)`.
    Тогда, `x in [1/2;2)` - решение системы.
    Вторая система: `{(x<=1/2),(4x^2-4x-6>0):}`.
    `x in (-oo;-3/4)` - решение системы.
    Объединяем полученные решения: `x in (-oo;-3/4)uu[1/2;2)`.
    Пересекаем с ОДЗ: `x in [-7;-3/4)uu[1/2;2)`.
    Ответ: `x in [-7;-3/4)uu[1/2;2)`.
    Резюме:
    1. Модель `(a-c)/(b-c)<=1` сводится к совокупности двух систем.
    2. Решаем системы, объединяем решения, пересекаем с ОДЗ.

    Следующие блоки - тригонометрия (в т.ч. задачи на обратные тригонометрические функции), функции и нестандартные аглербраические задачи повышенной сложности. Еще 20 задач.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике