Что-то третяя задачка мне не нравится. Уж очень запутанный рисунок получился, а без циркуля и линейки красиво рисовать я не научился. Попробую решить дома за столом... когда доберусь до стола, циркуля, бумаги и до свободного времени.

Четвертую пропущу - задача не понятна. Условия со сплошным домысливанием.
Мне чем то ответ в 2 минуты очень похож на реальность (при специальном раскладывании деталей)

Очень уж задача похожа на круглое озеро.
v=sqrt(2) и более.

1) Если заяц B или D бежит к норе со всех ног со скоростью 1, то минимальная скорость, чтобы ее догнать должна быть Sqrt(2) (линейная скорость при беге по диагонали квадрата).

2) Теперь представим, что зайцы стоят у себя в углах. Т.е они выберут стратегию, что как только вы побежите к одному зайцу второй сорвется и побежит к норе.

Тогда нужно бежать сначала по диагонали к центру. Если зайцы сорвутся, то задача не отличается от варианта 1. Скорости Sqrt(2) достаточно и следовательно зайцы будут стоять на месте.

3) Стало быть Лиса уже в центре квадрата, а зайцы у себя в углах.

В такой ситуации заяц, к которому побежит лиса долже убегать от лунки, а заяц с противоположной стороны должен бежать к лунке и эта стратегия требует максимум скорости от лисы, так как поймав ближайшего зайца ей придется поспешить с догоном другого.

Теперь остается составить и решить системку:

Решить до конца сейчас не успеваю... домой пора бы. Думаю утром додумаю.

https://img.uforum.uz/images/tzyhzqj2944018.png
Пусть a=BC, b=AC, c=AB, AL – биссектриса угла BAC треугольника ABC.
Тогда BL=ac/(b+c), CL=ab/(b+c).
Согласно свойству биссектрисы AE внешнего угла BAA’ треугольника ABC:
EB/EC=AB/AC=c/b, следовательно, EB/(EB+a)=c/b;
b*EB=c*EB+ac;
EB=ac/(b-c);
EL=EB+BL=ac/(b-c)+ac/(b+c)=2abc/(b^2-c^2)
AL=(bc-BL*CL)^0,5=
=(bc-(a^2*bc)/(b+c)^2)^0,5=(bc((b+c)^2-a^2)/(b+c)^2)^0,5=
=(bc(b+c+a)(b+c-a))^0,5/(b+c);
OL=AL*BL/(BL+c)=
=((bc-(a^2*bc)/(b+c)^2)^0,5)*(ac/(b+c))/((ac/(b+c)+c)=
=((bc-(a^2*bc)/(b+c)^2)^0,5)*(a/(a+b+c))=
=a(bc(b+c+a)(b+c-a))^0,5/((b+c)(a+b+c)).
AE || OM. Из подобия треугольников AEL и OML следует:
ML/EL=OL/AL;
ML=EL*OL/AL=
=(2abc/(b^2-c^2))*(a(bc(b+c+a)(b+c-a))^0,5/((b+c)(a+b+c)))/((bc(b+c+a)(b+c-a))^0,5/(b+c))=
=2bca^2/((b^2-c^2)(a+b+c)).
Соответственно,
MB=ML-BL=2bca^2/((b^2-c^2)(a+b+c)) - ac/(b+c)=
=a(2abc-c(b-c)(a+b+c))/((b^2-c^2)(a+b+c));
MC=ML+LC=2bca^2/((b^2-c^2)(a+b+c))+ ab/(b+c)=a(2abc+b(b-c)(a+b+c))/((b^2-c^2)(a+b+c)).
После преобразований:
MB=ac(b+c)(a+c-b)/((b^2-c^2)(a+b+c));
MC=ab(b+c)(a+b-c)/((b^2-c^2)(a+b+c)).
MB*MC=bca^2(b+c)^2(a+c-b)(a+b-c)/((b^2-c^2)(a+b+c))^2=
=bca^2*(a+c-b)(a+b-c)/((b-c)^2*(a+b+c)^2) (I)

Рассмотрим теперь треугольник AML.
Eго высота AH=h=½ ((a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c))^0,5/a
Его площадь:
S=½ h*LM=½ OM*AL.
Отсюда:
OM=h*LM/AL=h*2bca^2/((b^2-c^2)(a+b+c))/(bc-(a^2*bc)/(b+c)^2)^0,5=
=½ (((a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c))^0,5/a)*(2bca^2/((b^2-c^2)(a+b+c)))/(bc(a+b+c)(b+c-a))^0,5=
=a(bc)^0,5((a+b-c)(a-b+c))^0,5/((b-c)(a+b+c)) (II)

Сравнив (I) и (II), заметим, что OM^2=MB*MC, следовательно OM равен длине касательной, проведенной к описанной окружности треугольника ABC из точки M.
Пусть точка D’ - второе пересечение секущей AM с описанной окружностью треугольника ABC. Построим на отрезке AO как на диаметре окружность W. Тогда точка D принадлежит этой окружности, поскольку ADO - прямой угол, а MO – касательная, проведенная к этой окружности из точки M. Поскольку касательные к окружности W и описанной окружности треугольника ABC, проведенные из точки M, равны,
MD*MA=MD’*MA=OM^2 и MD’=MD.
Следовательно, точки D И D’ совпадают и точка D лежит на описанной окружности треугольника ABC, ч.т.д.

Наверняка есть простое и красивое решение... но что-то не получается углядеть пока :)

Вот и наступило то самое утро.

Стало быть в соответствии со случаем 3 Лиса у нас в центре О квадрата.
Ей нужно догнать зайца, например, B бегущего к точке С и затем успеть добежать до зайца D, бегущего к А.

Допустим он догонит первого зайца за время t1, а второго за время t2.

Ясно, чтобы время было оптимальным должно быть t1+t2=1. Если меньше, то есть избыточность в скорости, а если больше, то заяц D успеет забежать норку A. Ясно также, что вторую мышку лиса должна поймать прям у входа в норку.

По теореме косинусов:
v×t1=sqrt(1+t1²-t1×sqrt(2)).
v×t2=sqrt(1+t1²).
t1+t2=1
0< t1 < t2 <1

Вот далее получается уравнение 4-й степени. Как взять его проще и быстрее - е додумался, хотя вродеб возможностей масса.

Еще одна и простая и сложная:

Д = Х + К
Д = 0.6Х + 1.2К

=>

Д - 0.6Д = 1.2К - 0.6К
Д = 1.5К

=>

a) 1.5K > 1.4K
b) 1.5K > 1.44K

Т.е. хватит.

p.s. Два варианта, ибо не понял к чему применять вторичное повышение цен.

Ага. Именно так и решается в варианте b ... по максимуму цены вырастут на 1,44.

Кстати решение оказалось очень даже не простым... я бы сказал повышенно замутнением.