Решение. а) После подстановки получим уравнение откуда Осталось решить уравнение

У многочлена в левой части есть корень поэтому многочлен раскладывается на множители, один из которых равен Выделим его Корни второго множителя это из которых только входит в ОДЗ исходного уравнения.

б) Преобразуем неравенство Ясно что оно определeно при получим

Поскольку то знаменатели положительны и на них можно домножить

Используем рационализацию:

получим Все такие x подходят в условие значит, это и есть ответ.

в) Запишем уравнение в виде откуда (при уравнение не выполняется ни при каком a, поэтому от деления на x корни не потеряются). Кроме того, откуда Исследуем функцию при и выясним, какие значения она принимает ровно один раз. Возьмем ее производную

что положительно при и отрицательно при (кроме точки где она не определена). Значит, функция убывает при и при и возрастает при При этом

Таким образом, на своих промежутках монотонности она принимает значения из промежутков Значит, по одному разу она принимает значения из множества

г) Запишем уравнение в виде или откуда Найдем наименьшее значение функции при положительном x, имеем:

что положительно при и отрицательно при Значит, минимум этой функции достигается при и равен он

Комментарий. Доказательство последнего неравенства — часть доказательства существования числа e, но если этого не помнить, то можно доказать его так:

Докажем, что даже для вещественных положительных чисел, а не только для натуральных, это неравенство верно. Обозначим тогда Рассмотрим производную функции в левой части

Докажем теперь, что второй множитель неотрицателен. При он равен а его производная, равная

значит, этот множитель возрастает и поэтому он положителен при

Значит, и поэтому и функция возрастает. Осталось убедиться, что ее предел при равен 1, тогда неравенство будет выполнено при всех

Но в реальности это доказательство — логический круг, поскольку и производная логарифма, и само определение числа e требуют знания того самого предела.

Ответ: а) при или б) в)

Решение. а) Произведя сокращение, получим уравнение

Осталось учесть, что при

б) Случаи надо рассмотреть отдельно; при других значениях a после интегрирования получаем неравенство

в) Поскольку при то наименьшим корнем может быть лишь к примеру, при

г) Прежде всего заметим, что множитель не должен обращаться в ноль на отрезке откуда следует, что таким образом, Далее, подставив получаем, что должно иметь место неравенство

Учитывая ограничение получаем, что

Наконец, исследовав аналогичным образом неравенство, получающееся при подстановке имеем в результате, что Осталось показать, что для любого неравенство верно для всех

Фиксируем некоторое x из данного отрезка и рассмотрим функцию Так как при этом то функция h выпукла вверх, следовательно, ее наименьшее значение достигается на одном из концов отрезка Поэтому достаточно проверить неравенства (которое очевидно верно при ) и неравенство Замена в последнем неравенстве приводит к неравенству

Нетрудно видеть, что функция выпукла, поэтому это неравенство достаточно проверить в крайних точках отрезка.

Ответ: а) б) где или в) г)

Решение. а) Нетрудно видеть, что функция

имеет не более одной точки, в которой меняется характер ее монотонности.

б) Если то

поэтому  — точка минимума функции f, а

в) Возьмем простое число По условию должно делиться на таким образом, число должно иметь n своим делителем, чего быть не может. Второе решение. Пусть

где  — целое. Ясно, что Перейдем теперь к пределу при в равенстве

Число, стоящее в его левой части — целое, между тем его правая часть стремится к нулю. Значит,

г) Ясно, что достаточно потребовать, чтобы многочлен делился на таким образом, должно быть корнем кратности, не меньшей двух многочлена Для этого необходимо и достаточно, чтобы и Получаем, что и откуда и следует ответ. Однако, то, что условие делимости на является также и необходимым, не столь уж очевидно. Пусть  — многочлены с целыми коэффициентами, про которые известно, что число делится на для любого натурального n. Тогда многочлен делится на над (т. е. их частное является многочленом с рациональными коэффициентами).

Ответ: а) два корня; б) 1; в) и г) при

Решение. а) Каждая пара противоположных граней может быть одноцветной или разноцветной — из четырех вариантов раскраски ровно два разноцветных и два одноцветных. Значит, вероятность для одной пары граней равна а для всех трех пар будет

б) Если у куба число белых граней равно 0, 1, 5, 6, то такая раскраска всего одна для каждого количества граней.

Если белых граней две или четыре (то есть черных граней две), то есть две такие раскраски — грани того цвета, которого меньше, могут быть соседними или нет.

Наконец, если белых граней три, то либо есть пара противоположных белых граней (тогда уже неважно, где третья белая грань — все такие раскраски одинаковы), либо такой пары нет (тогда найдется вершина, к которой примыкают все три белых грани и такая раскраска тоже одна) — итого таких раскрасок тоже две. Всего

вариантов.

в) Второй может каждым ходом красить грань, противоположную к только что покрашенной первым, в противоположный цвет. В итоге все кубики будут окрашены одинаково (последней раскраской, описанной в пункте б).

г) Зафиксируем положение куба в пространстве. Теперь есть 64 равновероятных его раскраски, которые группируются в 10 групп раскрасок, которые считаются одинаковыми. Вычислим число раскрасок в каждой группе.

Есть по одной раскраске, где все кубы черные или все белые.

Можно 6 способами выбрать одну грань для покраски в белый цвет, а остальные покрасить в черный - получится 6 вариантов с одной белой гранью. Аналогично есть 6 вариантов с одной черной гранью.

Есть также три варианта выбрать пару противоположных граней и покрасить ее в белый цвет и получить первый тип раскраски с двумя белыми гранями. Аналогично есть три варианта такой же черной раскраски.

Для каждого такого выбора можно покрасить одну из остальных 4 граней в белый цвет и получить первый тип раскраски с тремя белыми гранями. Таким образом, этих вариантов

Для второй раскраски с тремя белыми гранями есть 8 вариантов (они определяются тем, к какой из 8 вершин прилегают все три белых грани).

Итого мы перечислили

вариантов, значит, на оставшиеся два способа раскраски приходится варианта — по 12 на каждый (ясно, что вариантов с двумя смежными белыми гранями столько же, сколько с двумя смежными черными).

Теперь ясны все вероятности получить каждый из способов и мы можем посчитать вероятность получить одинаковые способы на двух кубиках (произведение двух одинаковых вероятностей), а затем сложить их для всех способов покраски. Найдем

Ответ: а) б) десять раскрасок; г)

Решение. а) 

б) По условию в силу формул Виета поэтому значит,

в) Так как то центр треугольника совпадает с началом координат, поэтому

Прямая проверка показывает, что

Приведем еще одно решение.

Так как то из условия, что эти числа лежат в вершинах равностороннего треугольник, следует, что они являются корнями уравнения Следовательно, они также и корни уравнения которое тем самым имеет по крайней три различных корня. Значит,

г) Пусть Тогда

Осталось показать, что если то найдется решение системы неравенств

для которого хотя бы одно из этих неравенств является строгим (тогда Действительно, если то и

С другой стороны, при подстановке и во второе выражение получаем значения противоположных знаков.

Ответ: а) б) a любое; в)