Решение. а) Сделаем сразу замену Тогда т. е. и уравнение принимает вид

отсюда Тогда

Домножим уравнение на 4 и вспомним, что получим

б) Обозначим теперь тогда и неравенство примет вид

при впрочем, на самом деле Тогда

Сократим неравенство на не забыв при этом исключить из будущего ответа тогда

ведь на него можно умножить. Тогда но то есть отсюда или

в) Поскольку  — монотонно возрастающая функция, принимающая значения на луче при можно исследовать на монотонность функцию Ее монотонность равносильна монотонности Возьмем производную этой функции. Она должна быть знакопостоянна на луче

Знаменатель положителен всегда. Осталось разобраться с числителем. Если то

при производная отрицательна, функция убывает. Если то  — квадратный трехчлен с положительным старшим коэффициентом, поэтому он положителен при больших t. Для его положительности на всем луче нужно, чтобы он был либо положителен в точке (если она лежит на луче), либо неотрицателен в точке если на луче не лежит. При реализуется первый случай, поскольку Подставим тогда

поэтому первый случай не подходит. При реализуется второй случай. Подставим тогда

поэтому второй случай подходит. Окончательно

г) Cделав все ту же замену (иначе обнуляется знаменатель) получим уравнение

При получаем поэтому при положительных a, и можно взять на роль b число 0 — для него у исходного уравнения решений не будет. Для всех остальных a при решения будут. Начиная с этого момента нас интересуют только отрицательные a кроме

При прочих b это квадратное уравнение. Если то его дискриминант равен а произведение корней по теореме Виета равно значит, один из корней будет положительным, причем он не может быть равен 1 (при получим что верно только при а им мы и так уже не занимаемся). Итак, у этого уравнения корень будет.

Если же b отрицательно, то сумма корней равна поэтому если корни есть, то положительные среди них будут. Остается единственная возможность — сделать дискриминант отрицательным. Итак, вопрос свелся к следующему — при каких отрицательных a найдется отрицательное b, для которого

Наименьшее значение этот квадратный трехчлен принимает при Значит, при вершина параболы находится правее оси ординат, наименьшее значение на отрицательной полуоси он принимает при и равно оно поэтому при таких a дискриминант всегда положителен. Наконец при подставим итого

что отрицательно при  — это еще один подходящий промежуток. Окончательно

Ответ: а) б) в) г)

Решение. а) Запишем неравенство в виде

Заметим, что при поэтому неравенство сводится к Поскольку , и при при получаем ответ

б) Запишем уравнение в виде и преобразуем его. Пусть тогда и

Получаем:

Значит, либо тогда т. е. при Либо Обозначая получим отсюда

Поскольку возможен только вариант это число меньше 1, как и корень из него, поэтому уравнение имеет решения, а именно при

в) Заметим, что при получим При этом на каждом из промежутков и функция принимает все свои значения по одному разу (значение она принимает на них в сумме один раз). Поэтому она не должна принимать значение на промежутках и На этих промежутках она принимает все свои неотрицательные значения, кроме значения 1. Поэтому остаются варианты и Двойное неравенство сводится к

где Уравнение сводится к т. е. где Окончательно при или

г) Допустим, что такой многочлен существует. Возьмем производную от этого равенства:

Подставим в это равенство В левой части получим 0, поскольку В правой части получим

что является противоречием.

Ответ:

а) 

б) 

в)  и при

г) нет, не существует.

Решение. а) Выводим неравенство:

Очевидно, все подходят, а при получаем:

б) Исследуем функцию f на монотонность, найдем производную:

Решим неравенство Для этого заметим, что на отрезке оно очевидно выполнено, на луче эквивалентно неравенству

С другой стороны, на луче эквивалентно неравенству

Решая эти неравенства, получаем, что на луче То есть функция f возрастает на луче и убывает на луче Также Заметим теперь, что:

В итоге получаем ответ.

в) Требуется доказать, что

Но из доказанного в пункте «б» ясно, что при

но тем самым на отрезке Но отсюда очевидно требуемое.

г) Пусть то есть т. е.

Заметим, что очевидно подходит. При остальных k получаем, что Но тем самым и Но корень из целого числа — число либо целое, либо иррациональное, поэтому, так как получаем, что Но Остается найти целые решения уравнений

Ответ: а) б) г) −3; 1.

----------

Дублирует задание 2087.

Решение. а) Поскольку

то точка  — середина отрезка

б) Пусть Тогда (по условию ) Вектор имеет координаты а вектор  — координаты Таким образом, скалярное произведение

т. е. эти вектора перпендикулярны

в) Пусть, как выше Выводим: таким образом,

откуда следует, что отношение площадей будет наибольшим тогда, когда будет наибольшим отношение Но из рисунка справа ясно, что наибольшее значение выражения достигается, если лежит на касательной, проведенной из точки O к окружности, задаваемой уравнением Легко видеть, что при этом значение равно

г) Пусть данные точки не лежат на одной прямой. Достаточно показать, что отрезок виден из точек O и под равными углами и отрезок виден под равными углами из точек O и Но покажем, например, первое (второе аналогично). Для этого достаточно показать, что т. е. что

Ясно, что если или то все данные точки лежат на одной прямой. Однако:

Отсюда

Ответ: в)

----------

Дублирует задание 2088.

Решение. а) Представим многочлен в виде Очевидно, что уравнение имеет вещественный корень, отличный от 1, только если  — четное число. Следовательно, число n  — нечетное.

б) Ясно, что

Остается лишь подставить

в) Многочлен p_n делится на если все корни последнего многочлена, т. е. кубические корни из −1, являются и корнями p_n, т. е. уравнения Но это означает, что

г) Доказательство проведем по индукции. При n=1 получаем:

Предположим, что утверждение верно при n, докажем его истинность при

Ответ: в)

----------

Дублирует задание 2089.