Ре­ше­ние. а)  Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние:

б)  Отберём корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти. Под­хо­дят

Ответ: а) б)

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что точки еди­нич­ной окруж­но­сти, в ко­то­рых не яв­ля­ют­ся ре­ше­ни­я­ми урав­не­ния, по­сколь­ку в них не су­ще­ству­ет по­это­му пре­об­ра­зо­ва­ние

яв­ля­ет­ся вер­ным.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что BD₁  — ось ци­лин­дра, BD  — про­ек­ция BD₁ на плос­кость ABCD, при этом пря­мые BD и AC пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах, пря­мые BD₁ и AC пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Ана­ло­гич­но пря­мые BD₁ и AB₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, пря­мые BD₁ и CB₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Таким об­ра­зом, пря­мая  BD₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти  AB₁C, сле­до­ва­тель­но, плос­кость AB₁C па­рал­лель­на ос­но­ва­ни­ям ци­лин­дра.

б)  Из п. а) сле­ду­ет, что ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка AB₁C равен ра­ди­у­су ос­но­ва­ния ци­лин­дра, кроме того, вы­со­та ци­лин­дра равна BD₁. Имеем:

Тогда

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пусть тогда По­лу­ча­ем:

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть K  — сумма кре­ди­та. Про­цесс по­га­ше­ния долга вы­ра­зим в сле­ду­ю­щей таб­ли­це (дан­ные при­ве­дем в у. е.).

Пла­теж- ный месяц	Долг в на­ча­ле пла­теж­но­го ме­ся­ца	Вы­пла­та	Долг к концу пла­теж­но­го ме­ся­ца
1
2
3
4
5
6

Най­дем общую сумму вы­плат:

Раз­ность между общей сум­мой вы­плат и сум­мой взя­то­го кре­ди­та со­став­ля­ет то есть 17% от K.

Ответ: 17.

Ре­ше­ние. а)  Со­глас­но тео­ре­ме о точке пе­ре­се­че­нии ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка Пусть Тогда из усло­вия сле­ду­ет, что От­сю­да Что и сле­до­ва­ло до­ка­зать.

б)  При­ме­няя еще не­сколь­ко раз свой­ство точки пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка, по­лу­чим, что Ме­ди­а­ны делят тре­уголь­ник на шесть рав­но­ве­ли­ких тре­уголь­ни­ков, по­это­му пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков ABM, ACM, BCM равны 2 каж­дая. Тогда

Таким об­ра­зом, пло­щадь тре­уголь­ни­ка PQR равна

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние:

Изоб­ра­зим ре­ше­ние по­лу­чен­ной си­сте­мы в си­сте­ме ко­ор­ди­нат xOa.

При си­сте­ма не имеет ре­ше­ний;

—  при си­сте­ма имеет одно ре­ше­ние

—  при си­сте­ма имеет бес­ко­неч­но много ре­ше­ний или

—  при си­сте­ма имеет два ре­ше­ния или

—  при си­сте­ма имеет три ре­ше­ния или

—  при си­сте­ма имеет одно ре­ше­ние

—  при си­сте­ма имеет три ре­ше­ния или

Таким об­ра­зом, ис­ход­ное урав­не­ние имеет более двух ре­ше­ний при или

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что по­это­му дру­же­ствен­ны­ми с 2022 будут числа, крат­ные 2, 3, 337. Среди любых шести под­ряд на­ту­раль­ных чисел ровно три чет­ных и одно не­чет­ное, крат­ное трем, зна­чит, ко­ли­че­ство таких чисел равно (по­след­нее сла­га­е­мое учи­ты­ва­ет числа 337 и 337 · 5).

б)  Если n про­стое, то оче­вид­но Если n крат­но ка­ко­му-либо про­сто­му то есть n  =  pk, k > 1, то числа k, 2k, 3k не пре­вос­хо­дят n и дру­же­ствен­ны с ним, по­это­му Если же то оно дру­же­ствен­но со всем чет­ны­ми чис­ла­ми, не пре­вос­хо­дя­щи­ми его, и толь­ко с ними, по­это­му тогда урав­не­ние дает k  =  2, n  =  4.

в)  По­сколь­ку n дру­же­ствен­но с n, n яв­ля­ет­ся де­ли­те­лем d. C дру­гой сто­ро­ны, среди де­ли­те­лей d есть d, и по­сколь­ку оно дру­же­ствен­но с n, оно не пре­вос­хо­дит n. Зна­чит, n  =  d.

Если n про­стое, то с ним дру­же­ствен­но толь­ко само n  — это как раз и есть все де­ли­те­ли n, боль­шие 1. Если n крат­но ка­ко­му-либо про­сто­му p, то есть n  =  pk, k > 1, то n дру­же­ствен­но с от­ку­да n крат­но Но при k > 2, а в этих гра­ни­цах нет де­ли­те­лей pk (при де­ле­нии на числа в этом про­ме­жут­ке по­лу­ча­ет­ся ре­зуль­тат от 1 до 2). Зна­чит, k  =  2. Итак, при де­ле­нии n на любой про­стой мно­жи­тель по­лу­ча­ет­ся 2. Зна­чит, n крат­но 2, и при де­ле­нии на 2 тоже по­лу­ча­ет­ся 2, от­ку­да Это число под­хо­дит.

Ответ: а)  1350; б)  4; в)  все про­стые числа и 4.