Ре­ше­ние. а)  При усло­вии и ис­ход­ное урав­не­ние сво­дит­ся к квад­рат­но­му от­но­си­тель­но по­ка­за­тель­ной функ­ции:

Усло­вию рав­но­силь­но­сти удо­вле­тво­ря­ет толь­ко серия

б)  Отберём корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти (см. рис.). Под­хо­дит толь­ко

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть M  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти α с реб­ром CD, а точка O  — с пря­мой BD₁. Обо­зна­чим H  — точку пе­ре­се­че­ния пря­мых AM и BD. За­ме­тим, что пря­мая AM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BD₁, кроме того, пря­мая AM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой DD₁ как пря­мая, ле­жа­щая в ос­но­ва­нии. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая AM пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти BDD₁, а зна­чит, пря­мая AM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой OH. Тогда, так как OH  — про­ек­ция BH на плос­кость α, по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая BH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AM. Зна­чит,

сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Зна­чит, точка M  — се­ре­ди­на от­рез­ка CD.

б)  В п. а) было по­ка­за­но, что пря­мая OH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AM, пря­мая BH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой AM, сле­до­ва­тель­но, угол OHB  — ли­ней­ный угол угла между плос­ко­стью ос­но­ва­ния и плос­ко­стью α. Найдём его. Пусть точка N  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти α с реб­ром B₁D₁. Тогда по свой­ствам се­че­ний пря­мые AM и NC₁ па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, точка N  — се­ре­ди­на B₁D₁. Оче­вид­но, что от­ре­зок MN про­хо­дит через центр па­рал­ле­ле­пи­пе­да, через него же про­хо­дит и диа­го­наль BD₁, сле­до­ва­тель­но, это точка O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­ли BD₁ и плос­ко­сти α.

Обо­зна­чим a  =  AD  =  BC, h  =  BB₁. Тогда: Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков NBB₁ и BON вы­чис­лим квад­рат длины от­рез­ка BN двумя спо­со­ба­ми, по­лу­чим ра­вен­ство:

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки BHO и BDD₁ по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, угол OHB равен углу BD₁D, при этом

по­это­му,

Ответ: б) 60°.

При­ме­ча­ние.

Чи­та­те­лю будет по­лез­но срав­нить ре­ше­ние этой за­да­чи с за­да­ча­ми 634951 и 556601.

Ре­ше­ние. Пусть и тогда

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть

Зна­чит,

Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки BAF и FCB по­доб­ны по двум углам. Ана­ло­гич­но, тре­уголь­ни­ки FCB и CDF по­доб­ны по двум углам.

б)  Из п. а) имеем:

Ответ: б) 2.

Ре­ше­ние. Пусть Со­ста­вим таб­ли­цу.

Номер ме­ся­ца	Долг на 1 число ме­ся­ца, с уче­том про­цен­тов, руб.	Вы­пла­та, руб.	Долг на 15 число ме­ся­ца, руб.
			S
1
...	...	...	...
4
...	...	...	...
9
...	...	...	...
n	...	...	0

Найдём раз­ность четвёртой и де­вя­той вы­плат:

За­ме­тим, что зна­чит, руб.

Найдём S, под­ста­вив най­ден­ное зна­че­ние A в урав­не­ние для четвёртой вы­пла­ты:

Тогда

За­ме­тим, что вы­пла­ты пред­став­ля­ют собой ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию. Найдём сумму вы­плат D, ис­поль­зуя фор­му­лу суммы ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии:

Ответ: руб. и руб.

Ре­ше­ние. Рас­крыв мо­дуль по­лу­чим, что

На лучах и гра­фик функ­ции пред­став­ля­ет собой па­ра­бо­лу, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх. На от­рез­ке [1; 3] гра­фик функ­ции пред­став­ля­ет собой па­ра­бо­лу, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вниз. Наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции до­сти­га­ет­ся либо на краях от­рез­ка [1; 3] или в вер­ши­не па­ра­бо­лы, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх, то есть в одной из трёх точек или при усло­вии Для вы­пол­не­ния усло­вия за­да­чи дол­жен быть вы­пол­нен один из двух слу­ча­ев:

То есть

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  На­при­мер, по­дой­дет набор 2, 2, 2, 2, 3.

б)  Ясно, что самое боль­шое вы­пи­сан­ное число  — это про­из­ве­де­ние всех за­ду­ман­ных чисел. Кроме того, среди про­из­ве­де­ний за­ду­ман­ных есть 4. Тогда про­из­ве­де­ние всех чисел, кроме со­став­ля­ю­щих его, равно 168 : 4  =  42, но оно не вы­пи­са­но.

в)  Как и в преды­ду­щем пунк­те, 1080  =  2³ · 3³ · 5  — это про­из­ве­де­ние всех за­ду­ман­ных чисел, по­это­му все осталь­ные числа суть его де­ли­те­ли. С дру­гой сто­ро­ны, оно имеет всего (3 + 1)(3 + 1)(1 + 1)  =  32 де­ли­те­ля, среди ко­то­рых есть 1 (оно не вы­пи­са­но). Зна­чит, вы­пи­са­ны все осталь­ные де­ли­те­ли.

Среди за­ду­ман­ных точно нет еди­ни­цы (она не вы­пи­са­на), точно есть 2, 3, 5  — это про­стые числа, они по-дру­го­му не по­лу­чат­ся  — и либо есть 4, либо еще 2 и 2, по­сколь­ку иначе не по­лу­чить 4 и 8. Ана­ло­гич­но есть еще либо 9, либо 3 и 3. Любой такой набор под­хо­дит, по­сколь­ку поз­во­ля­ет по­лу­чить любую сте­пень двой­ки от 0 до 3, трой­ки от 0 до 3 и взять или не взять в про­из­ве­де­ние пя­тер­ку. Итак, го­дят­ся сле­ду­ю­щие 4 на­бо­ра:

Ответ: а)  2, 2, 2, 2, 3; б)  нет; в)  2, 2, 2, 3, 3, 3, 5; 2, 4, 3, 3, 3, 5; 2, 2, 2, 3, 9, 5; 2, 4, 3, 9, 5.