Решение. а) Подставим в уравнение. Получим то есть или отсюда При этом a получаем откуда Преобразуем уравнение:

У многочлена в левой части есть корень поэтому многочлен раскладывается на множители, один из которых равен Выделим его

У второго множителя есть корни но только лежит в ОДЗ уравнения, поскольку должно быть положительно.

б) Преобразуем неравенство

Неравенство определено при условии и что возможно лишь при Ясно, что при условия и достаточно, чтобы неравенство было определено:

Оба знаменателя положительны, поэтому на них можно домножить:

Рационализируем неравенство:

Учитывая условие окончательно получаем

в) Запишем уравнение в виде и преобразуем его при условии

Исследуем функцию производная примет вид

что положительно при и отрицательно при поэтому возрастает при и при и убывает при При этом Значит, на промежутках монотонности, указанных выше, функция принимает значения из промежутков и Поэтому ровно одно решение будет при  — именно такие значения принимаются ровно один раз.

г) Запишем уравнение в виде откуда и Докажем, что при всех Для это очевидно, осталось доказать при Возьмем производную от получим:

что положительно при и отрицательно при Значит,  — точка максимума и остается проверить неравенство только в ней. Найдем:

поскольку

Комментарий. Доказательство последнего неравенства — часть доказательства существования числа e, но если этого не помнить, то можно доказать его так или Докажем, что даже для вещественных положительных чисел, а не только для натуральных, это неравенство верно. Обозначим 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) и б) в)

Решение. а) Запишем уравнение в виде и преобразуем его:

где Значит, либо либо При этом, однако, не должно обнуляться. Для чисел из первого набора это получится само. А вот для второго набора нужно разобраться подробнее. Если k нечетно, то Если k четно, но не кратно 4, то Поэтому следует оставить только k кратные четырем, что даст ответы Но все эти ответы и так есть в первом наборе.

б) Вычислим этот интеграл. Сразу заметим, что от смены знака у a функция не изменится, так что a можно считать неотрицательным. Найдем:

Разберем сразу случай Оно подходит, поскольку для него подынтегральная функция имеет вид При всех прочих a можно вычислить этот интеграл по общей формуле:

При это 0. При получаем поэтому и неравенство выполнено. При второй множитель положителен и получаем неравенство откуда

В частности, первый подходящий отрезок это и он смыкается с уже полученными ответами и Окончательно,

индексы сдвинуты, чтобы отрезок [1; 2] не включился в ответ повторно.

в) Рассмотрим уравнение Заметим, что при это уравнение выполняться не может, поэтому можно переписать уравнение в виде или Поскольку то и Ближайшая к точка с таким свойством это или (расстояние от них до одинаково и равно Осталось выбрать подходящее a. Например при число будет корнем уравнения Итак, наименьшее значение равно

г) Как и в пункте б будем считать, что a неотрицательна. Для начала отметим, что если то причем то есть можно выбрать такое x при котором и Значит,

Далее, поскольку функция четна (как произведение двух четных), можно рассматривать только положительные значения x. При положительных x и получим поэтому функции и (а с ними и их произведение) на всем отрезке убывают и положительны. Поэтому достаточно проверить неравенство только при самом большом значении x. Подставим получим

Поскольку речь сейчас идет об углах первой четверти и  — убывающая функция для таких

углов, неравенство равносильно или

Итак, из положительных чисел подходят Ясно, что тоже подходит, поскольку на всем указанном промежутке

Поэтому окончательный ответ:

Ответ: а) б) 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

----------

Дублирует задание 2107.

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)

----------

Дублирует задание 2108.

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)

----------

Дублирует задание 2109.