Ре­ше­ние. а)  Огра­ни­че­ния на Для таких имеем:

Решим урав­не­ния:

Серия кор­ней от­но­сит­ся к числу по­сто­рон­них.

б)  Вы­бор­ка кор­ней.

Из серии

Из серии

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. Для удоб­ства будем счи­тать, что куб еди­нич­ный. Тогда от­рез­ки AE и CF равны по В плос­ко­сти грани ABB₁A₁ про­дол­жим пря­мую BE до пе­ре­се­че­ния с пря­мой A₁B₁, в плос­ко­сти грани BB₁С₁С про­дол­жим пря­мую BF до пе­ре­се­че­ния с пря­мой B₁C₁. По­лу­чен­ные точки P и S лежат в одной плос­ко­сти грани A₁B₁C₁D₁. Со­еди­няя их, по­лу­чим точки M и N, как пе­ре­се­че­ния PS с реб­ра­ми A₁D₁ и D₁C₁ со­от­вет­ствен­но. Оста­лось со­еди­нить все точки, и в се­че­нии по­лу­ча­ет­ся пя­ти­уголь­ник BEMNF.

Тре­уголь­ни­ки A₁PE и ABE по­доб­ны по 2 углам (∠PEA₁ = ∠BEA, как вер­ти­каль­ные; ∠PA₁E = ∠EAB  =  90°), тогда

Ана­ло­гич­но Далее, тре­уголь­ни­ки PA₁M и PB₁S по­доб­ны по 2-м углам, от­ку­да по­лу­чим:

Ана­ло­гич­но

Объем нуж­ной нам части можно найти, как раз­ность объ­е­мов пря­мо­уголь­ной пи­ра­ми­ды и пря­мо­уголь­ных пи­ра­мид и (так как эти малые пи­ра­ми­ды равны, то можно про­сто вы­честь 2 объ­е­ма одной пи­ра­ми­ды):

Тогда по­лу­чим:

Ответ: 25 : 72.

Ре­ше­ние. Решим пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы. Пусть Тогда:

Пе­рей­дем к пе­ре­мен­ной

Таким об­ра­зом, ре­ше­ния пер­во­го не­ра­вен­ства си­сте­мы:

Решим те­перь вто­рое не­ра­вен­ство си­сте­мы на мно­же­стве ре­ше­ний пер­во­го не­ра­вен­ства.

Если то и вто­рое не­ра­вен­ство при­мет вид:

Но при всех зна­че­ни­ях x, удо­вле­тво­ря­ю­щих усло­ви­ям или Сле­до­ва­тель­но, на рас­смат­ри­ва­е­мом мно­же­стве а это зна­чит, что на дан­ном мно­же­стве у си­сте­мы будет един­ствен­ное ре­ше­ние: −1.

Если то и вто­рое не­ра­вен­ство си­сте­мы при­мет вид:

Так как по­след­нее не­ра­вен­ство верно для лю­бо­го из рас­смат­ри­ва­е­мо­го про­ме­жут­ка, то дру­гая часть ре­ше­ний си­сте­мы:

Все ре­ше­ния си­сте­мы:

За­ме­ча­ние.

Ре­ше­ние пер­во­го не­ра­вен­ства си­сте­мы можно вести и так:

Не­ра­вен­ство, вклю­чен­ное в со­во­куп­ность, решим ме­то­дом ин­тер­ва­лов.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Про­ве­дем до­пол­ни­тель­но от­рез­ки OB и BQ: тре­уголь­ни­ки OAQ и OBQ равны по 3 сто­ро­нам (OA = OB = r, QA = QB = R, OQ  — общая). От­сю­да сле­ду­ет ра­вен­ство углов: Впи­сан­ный угол BDA опи­ра­ет­ся на ту же дугу BA, что и цен­траль­ный угол AQB. Тогда Далее, в мень­шей окруж­но­сти с цен­тром O рас­смот­рим цен­траль­ный угол изоб­ра­жен­ный синим на ри­сун­ке, ко­то­рый опи­ра­ет­ся на бОль­шую дугу AB. На эту же дугу опи­ра­ет­ся впи­сан­ный угол ко­то­рый в 2 раза мень­ше цен­траль­но­го. Тогда:

Таким об­ра­зом, по­лу­чи­ли, что тре­уголь­ни­ки AOQ и BCD по­доб­ны по 2-м углам. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Вы­пи­шем пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков AOE и AEQ:

Тогда можно обо­зна­чить AO = 3x, AQ = 7x.

Из ос­нов­но­го свой­ства бис­сек­три­сы в тре­уголь­ни­ке по­лу­ча­ем: AO : OE = AQ : EQ, от­ку­да можем за­пи­сать, что OE = 3y, EQ = 7y.

Далее, тре­уголь­ни­ки AOE и DQE по­доб­ны по 2 углам

так как тре­уголь­ник AQD рав­но­бед­рен­ный; как вер­ти­каль­ные От­сю­да сле­ду­ет, что

Чтобы найти пло­щадь тре­уголь­ни­ка ODE, за­ме­тим, что вы­со­та его сов­па­да­ет с вы­со­той тре­уголь­ни­ка QED (на ри­сун­ке не изоб­ра­же­на), и от­ли­чие толь­ко в дли­нах ос­но­ва­ний, тогда

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пе­ре­пи­шем за­дан­ное урав­не­ние так:

По­сколь­ку вы­ра­же­ния не­от­ри­ца­тель­ны при любых до­пу­сти­мых зна­че­ни­ях х и а, то их сумма равна нулю толь­ко и толь­ко тогда, когда од­но­вре­мен­но вы­пол­ня­ют­ся два усло­вия: и А это зна­чит, что

При будем иметь:

Ответ: 0; 1.

Ре­ше­ние. а)  На­при­мер, го­дит­ся такая про­грес­сия:

б)  На­при­мер, го­дит­ся такая про­грес­сия:

в)  Ясно, что по­сле­до­ва­тель­ность яв­ля­ет­ся ариф­ме­ти­че­ской про­грес­си­ей с раз­но­стью Кроме того, каж­дый член такой по­сле­до­ва­тель­но­сти можно со­кра­тить так, чтобы в чис­ли­те­ле была еди­ни­ца. Зна­чит, все они яв­ля­ют­ся чле­на­ми ис­ход­ной по­сле­до­ва­тель­но­сти.