Ре­ше­ние. а)   Най­дем огра­ни­че­ния на

Для таких

Кор­ня­ми урав­не­ния яв­ля­ют­ся числа и ко­то­рые при­над­ле­жат ин­тер­ва­лу

Те­перь решим урав­не­ние

С уче­том огра­ни­че­ний на

Из серии по­лу­чен­ных ре­ше­ний един­ствен­ное число 0 при­над­ле­жит ин­тер­ва­лу При зна­че­ни­ях n, рав­ных зна­че­ния x ока­жут­ся за гра­ни­ца­ми ин­тер­ва­ла

Из серии ре­ше­ний не най­дет­ся ни еди­но­го зна­че­ния пе­ре­мен­ной на ин­тер­ва­ле так как даже при Ана­ло­гич­но Итак, об­щи­ми ре­ше­ни­я­ми за­дан­но­го урав­не­ния яв­ля­ют­ся числа:

б)   Ясно, что Зна­чит, ис­ко­мы­ми кор­ня­ми яв­ля­ют­ся числа: 0 и

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. Для по­стро­е­ния ис­ко­мо­го се­че­ния про­ве­дем до­пол­ни­тель­но апо­фе­му SD в бо­ко­вой грани SBC, а затем от­ло­жим от­ре­зок ME в тре­уголь­ни­ке SAD па­рал­лель­но сто­ро­не AD: так как ME || AD и M  — се­ре­ди­на AS, то E  — се­ре­ди­на SD. Тогда по­лу­ча­ем, что MNE  — ис­ко­мая плос­кость. Оста­лось по­ка­зать, что про­дол­же­ние NE па­да­ет в точку С, то есть точка E лежит на от­рез­ке NС.

Для этого можно от­дель­но рас­смот­реть тре­уголь­ник SBC и про­ве­сти в нем до­пол­ни­тель­ный от­ре­зок DL па­рал­лель­но сто­ро­не NС. Тогда DL яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей для тре­уголь­ни­ка BNC, а зна­чит, При­ме­ним тео­ре­му, об­рат­ную тео­ре­ме Фа­ле­са, для угла BSD. Из про­пор­ци­о­наль­но­сти от­рез­ков

за­клю­ча­ем, что по­это­му

Таким об­ра­зом, по­лу­чи­ли, что MNB  — ис­ко­мое се­че­ние тет­ра­эд­ра, и оно от­се­ка­ет от него тре­уголь­ную пи­ра­ми­ду СMNS. За­ме­тим, что если рас­смот­реть в ка­че­стве ос­но­ва­ния по­лу­чен­ной пи­ра­ми­ды тре­уголь­ник SMN, то вы­со­та, про­ве­ден­ная из точки C на плос­кость SMN, сов­па­да­ет с вы­со­той пи­ра­ми­ды SABC. Из фор­му­лы для объ­е­ма пи­ра­ми­ды по­лу­ча­ем (счи­та­ем для удоб­ства, что все ребра равны 1):

Ответ: 1 : 6.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы:

Чис­ли­тель по­след­не­го не­ра­вен­ства по­ло­жи­те­лен при любом зна­че­нии пе­ре­мен­ной, так как Сле­до­ва­тель­но, Ре­ше­ния по­след­не­го не­ра­вен­ства по­лу­чим ме­то­дом ин­тер­ва­лов.

Ин­тер­ва­лы
Знак ра­ци­о­наль­но­го вы­ра­же­ния	−	+	−	+

Ре­ше­ния пер­во­го не­ра­вен­ства си­сте­мы  — мно­же­ство

Решим вто­рое не­ра­вен­ство.

На мно­же­стве

На Сле­до­ва­тель­но,

На мно­же­стве имеем, что

На мно­же­стве имеем: Итак, ре­ше­ния ис­ход­ной си­сте­мы:

Ответ:

Ре­ше­ние. В ре­ше­нии за­да­чи будем ис­поль­зо­вать по­до­бие тре­уголь­ни­ков и тео­ре­му Фа­ле­са.

а)  Тре­уголь­ни­ки AMK и ABC по­доб­ны по 2 углам (∠ A  — общий, ∠AMK = ∠ABC, как со­от­вет­ствен­ные при па­рал­лель­ных пря­мых). Тогда По тео­ре­ме Фа­ле­са по­лу­ча­ем от­ку­да

(по­след­нее ра­вен­ство сле­ду­ет из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BDC и LDN по двум углам). Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да MK  =  NL. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Обо­зна­чим MK  =  NL  =  x, KL  =  3x. Из тре­уголь­ни­ков ABC и AMK:

Из по­доб­ных тре­уголь­ни­ков ACD и KCN (опять же по 2-м углам):

Обо­зна­чим и вы­пи­шем по­лу­чен­ную си­сте­му двух урав­не­ний:

Окон­ча­тель­но

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Сде­ла­ем за­ме­ну Урав­не­ние при­мет вид число кор­ней при этом не из­ме­нит­ся. Сразу за­ме­тим, что при есть корни и по­это­му не под­хо­дит. При дру­гих a не яв­ля­ет­ся кор­нем. Те­перь урав­не­ние рас­па­да­ет­ся на два слу­чая.

при по­ло­жи­тель­ных t и при от­ри­ца­тель­ных t.

Если то у пер­во­го урав­не­ния от­ри­ца­тель­ный сво­бод­ный член и по­ло­жи­тель­ный стар­ший ко­эф­фи­ци­ент. Зна­чит, у него есть два корня раз­ных зна­ков, ровно один из них по­ло­жи­тель­ный. При этом у вто­ро­го урав­не­ния дис­кри­ми­нант корни есть, их сумма про­из­ве­де­ние зна­чит, они оба по­ло­жи­тель­ны, и нам не под­хо­дят. Итак, есть ровно один ко­рень.

Если то у вто­ро­го урав­не­ния от­ри­ца­тель­ный сво­бод­ный член и по­ло­жи­тель­ный стар­ший ко­эф­фи­ци­ент. Зна­чит, у него есть два корня раз­ных зна­ков, ровно один из них от­ри­ца­тель­ный. При этом у пер­во­го урав­не­ния дис­кри­ми­нант Если у него есть корни, их сумма 2a, про­из­ве­де­ние зна­чит, они од­но­го знака  — того же, что и число a. По­это­му все нам под­хо­дят (если даже есть корни, то они от­ри­ца­тель­ны), а из под­хо­дят лишь те, для ко­то­рых то есть

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим сразу пункт б). По­ка­жем, что все не­чет­ные сте­пе­ни про­из­воль­но­го це­ло­го числа имеют оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 6. Пусть a - целое число, а и   — две его про­из­воль­ные со­сед­ние не­чет­ные сте­пе­ни.

Тогда де­лит­ся на 6, по­то­му что одно число из трой­ки по­сле­до­ва­тель­ных чисел a, де­лит­ся на 3 и хотя бы одно число из этой трой­ки де­лит­ся на 2. То есть, со­сед­ние не­чет­ные сте­пе­ни числа a имеют оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 6, но тогда и любые не­чет­ные сте­пе­ни числа a имеют оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 6. Сле­до­ва­тель­но, де­лит­ся на 6, то есть не может быть ни­ка­ким про­стым чис­лом, в том числе и двой­кой.