a) Имеем: По­лу­чен­ное урав­не­ние за­да­ет объ­еди­не­ние осей ко­ор­ди­нат и пря­мой раз­би­ва­ю­щих плос­кость на семь об­ла­стей, каж­дая из ко­то­рых или це­ли­ком вхо­дит в ре­ше­ние не­ра­вен­ства, или нет (см. ре­ше­ние за­да­чи 1 в раз­де­ле Ло­ги­ка, гео­мет­рия и ана­лиз в ал­геб­ра­и­че­ских за­да­чах).

Ответ: см. рис.

б)  Пе­ре­пи­шем урав­не­ние в виде

(при усло­вии ). Обо­зна­чим тогда

Если то или Урав­не­ние не имеет кор­ней, по­сколь­ку

Ответ: или

в)  Умно­жив на 4, по­лу­чим не­ра­вен­ства ко­то­рые верны, по­сколь­ку

г) По­сколь­ку вы­со­ты тре­уголь­ни­ков (см. рис.), опу­щен­ные на па­рал­лель­ные сто­ро­ны тра­пе­ции, равны, то из ра­вен­ства пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков сле­ду­ет ра­вен­ство их ос­но­ва­ний, зна­чит, ABCD  — па­рал­ле­ло­грамм, по­это­му BC  =  5 см и CD  =  15 см.

а) Решим если Ана­ло­гич­но опре­де­ля­ем знак Ре­ше­ние не­ра­вен­ства изоб­ра­же­но на ри­сун­ке  — «бес­ко­неч­ная шах­мат­ная доска».

б)  Обо­зна­чим тогда

и урав­не­ние при­мет вид

Вер­нем­ся к за­ме­не пе­ре­ме­ной, тогда

Ответ:

в)   Функ­ция f, гра­фик ко­то­рой нам задан, не имеет про­из­вод­ной при Так как она по­сто­ян­на при то ее про­из­вод­ная на этом луче равна нулю, а при По­сколь­ку f убы­ва­ет на ин­тер­ва­ле то здесь ее про­из­вод­ная Далее, при и, по­сколь­ку f вы­пук­ла вниз и имеет пря­мую своей асимп­то­той, то воз­рас­тая, стре­мит­ся к еди­ни­це.

Ответ: см. рис.

г)   По­сколь­ку (см. ри­су­нок) и то ко­ор­ди­на­ты точки D будут а так как центр P квад­ра­та  — это се­ре­ди­на от­рез­ка BD, то его ко­ор­ди­на­ты зна­чит, P лежит на пря­мой Ко­ор­ди­на­ты точки C  —

а)  Ответ:  — на ри­сун­ке. Пусть По­сколь­ку то Точка w при­над­ле­жит об­ра­зу по­лу­плос­ко­сти тогда и толь­ко тогда, когда

т. е.

б)  Одно из воз­мож­ных ре­ше­ний: если то т. е.

По­след­нее ра­вен­ство имеет вид где и таким об­ра­зом, на­ча­ло ко­ор­ди­нат лежит внут­ри вы­пук­лой обо­лоч­ки точек a, b, c, т. е. оно при­над­ле­жит тре­уголь­ни­ку с вер­ши­на­ми в этих точ­ках.

в)  Если   — ко­рень урав­не­ния, то

в силу утвер­жде­ния преды­ду­ще­го пунк­та точка ноль лежит внут­ри тре­уголь­ни­ка с вер­ши­на­ми сле­до­ва­тель­но z₀ на­хо­дит­ся внут­ри тре­уголь­ни­ка с вер­ши­на­ми

а)  За­ме­тим, что и ана­ло­гич­но Тогда можно пре­об­ра­зо­вать по­след­нее урав­не­ние

Зна­чит либо либо (пер­вый ва­ри­ант вклю­ча­ет­ся во вто­рой). Во вто­ром слу­чае и, зна­чит, или или Итак, общий ответ  — либо числа равны, либо их ар­гу­мен­ты раз­ли­ча­ют­ся на в одну из сто­рон.

Ответ: где ε  — ку­би­че­ский ко­рень из 1. За­пи­ши­те в виде под­ставь­те это вы­ра­же­ние в за­дан­ное усло­вие и ре­ши­те по­лу­чен­ное три­го­но­мет­ри­че­ское урав­не­ние.

б)  За­ме­тим, что и ана­ло­гич­ные ра­вен­ства верны при b и c. До­ка­жем, что

Рас­крыв скоб­ки, по­лу­чим в обеих ча­стях три еди­ни­цы и сумму всех дро­бей вида «одно из чисел де­лить на дру­гое».

Рас­крой­те скоб­ки и пре­об­ра­зуй­те вы­ра­же­ния

в)  До­ка­жи­те, что если

Из усло­вия сле­ду­ет, что и от­ку­да

от­ку­да и по­это­му Зна­чит,

и по­это­му Ана­ло­гич­но до­ка­жем, что

Рас­смот­рим ком­плекс­ные числа Дан­ные ра­вен­ства для x, y, z рав­но­силь­ны од­но­му ра­вен­ству для a, b, c. По­сколь­ку мо­дуль каж­до­го из чисел a, b, c равен еди­ни­це, то их ар­гу­мен­ты от­ли­ча­ют­ся на Раз, к при­ме­ру, то от­ку­да и сле­ду­ет, что По­про­буй­те найти эле­мен­тар­ное ре­ше­ние, в ко­то­ром ком­плекс­ные числа не ис­поль­зу­ют­ся.

По­ка­жем, что схема раз­ре­за­ния долж­на вы­гля­деть, как по­ка­за­но на левом ри­сун­ке (за­ме­тим, что в ре­ше­нии это до­ка­за­тель­ство не обя­за­тель­но, до­ста­точ­но про­сто ука­зать саму схему!) (см. рис.).

Дей­стви­тель­но, если квад­ра­тик будет при­ле­гать к сто­ро­не или вер­ши­не квад­ра­та, то рядом с ним будут два или один пря­мо­уголь­ни­ка с боль­ши­ми, чем 1 сто­ро­на­ми (см. цен­траль­ный и пра­вый ри­сун­ки), и к сто­ро­не квад­ра­ти­ка, не при­ле­га­ю­щей к этим пря­мо­уголь­ни­кам и сто­ро­нам квад­ра­та, ничто с боль­ши­ми, по усло­вию, сто­ро­на­ми при­ле­гать не может.

После этого за­ме­тим, что каж­дая вер­ши­на квад­ра­та со­дер­жит­ся в своём пря­мо­уголь­ни­ке раз­би­е­ния. В про­тив­ном слу­чае одна из сто­рон од­но­го из пря­мо­уголь­ни­ков сов­па­да­ет со сто­ро­ной квад­ра­та, а вто­рая его сто­ро­на мень­ше, от­ре­зав его, мы по­лу­чим раз­би­е­ние остав­ше­го­ся пря­мо­уголь­ни­ка на квад­ра­тик и три пря­мо­уголь­ни­ка с раз­ны­ми сто­ро­на­ми. По­вто­ряя преды­ду­щее рас­суж­де­ние по­лу­чим, что квад­ра­тик снова дол­жен не при­ле­гать к сто­ро­нам остав­ше­го­ся пря­мо­уголь­ни­ка, а зна­чит, сво­и­ми че­тырь­мя сто­ро­на­ми при­ле­гать к четырём раз­ным пря­мо­уголь­ни­кам раз­би­е­ния, чего не может быть, по­сколь­ку их тут оста­лось всего три.

Из ска­зан­но­го выше сле­ду­ет, что схема раз­ре­за­ния долж­на вы­гля­деть так, как по­ка­за­но на левом ри­сун­ке:

Найдём ми­ни­маль­но воз­мож­ную пло­щадь ис­ко­мо­го квад­ра­та. Пусть длины де­вя­ти сто­рон ча­стей раз­би­е­ния в по­ряд­ке воз­рас­та­ния равны Чтобы найти ми­ни­маль­ную общую пло­щадь квад­ра­ти­ка и 4 пря­мо­уголь­ни­ков с та­ки­ми сто­ро­на­ми, вос­поль­зу­ем­ся ши­ро­ко из­вест­ным «транс­не­ра­вен­ством», ко­то­рое, в част­но­сти, утвер­жда­ет, что для любых чисел и ми­ни­мум сумм вида

где σ(1), σ(2), ..., σ(n)  — про­из­воль­ная пе­ре­ста­нов­ка чисел 1, 2, ..., n, до­сти­га­ет­ся на сумме S(σ) для то есть когда каж­дое i-ое в по­ряд­ке воз­рас­та­ния число пер­во­го мно­же­ства умно­жа­ет­ся на i-ое в по­ряд­ке убы­ва­ния число вто­ро­го мно­же­ства. От­сю­да сле­ду­ет, что ми­ни­маль­ная пло­щадь квад­ра­ти­ка и и 4 пря­мо­уголь­ни­ков равна

Сле­до­ва­тель­но, ми­ни­маль­но воз­мож­ная длина сто­ро­ны боль­шо­го квад­ра­та равна 11. Ука­жем спо­соб раз­ре­за­ния квад­ра­та со сто­ро­ной тре­бу­е­мым в усло­вии спо­со­бом, длины сто­рон со­от­вет­ству­ю­щих пря­мо­уголь­ни­ков ука­за­ны циф­ра­ми на ри­сун­ке (см. ниж­ний рис.).

Спо­соб раз­ре­за­ния для лю­бо­го на­ту­раль­но­го по­лу­ча­ет­ся из дан­но­го рас­ши­ре­ни­ем квад­ра­та и 3 пря­мо­уголь­ни­ков впра­во и вниз на кле­ток. Все раз­ме­ры при этом оста­нут­ся раз­лич­ны­ми, так как оди­на­ко­во уве­ли­чи­вать­ся будут длины, рав­ные 6, 7, 8 и 9, ко­то­рые и так уже боль­ше оста­ю­щих­ся не­из­мен­ны­ми длин 2, 3, 4 и 5.

Ответ: все

Два от­рез­ка и пе­ре­се­ка­ют­ся тогда и толь­ко тогда, когда Из усло­вий за­да­чи тем самым сле­ду­ет, что и любая точка, ле­жа­щая между ука­зан­ны­ми мак­си­му­мом и ми­ни­му­мом, при­над­ле­жит каж­до­му из дан­ных от­рез­ков.

С одной сто­ро­ны по­нят­но, что, если x  — по­ло­жи­тель­ное ра­ци­о­наль­ное число, то и оба числа   — тоже ра­ци­о­наль­ные и лежат в ин­тер­ва­ле по­это­му ми­ни­маль­ное мно­же­ство М, со­сто­я­щее толь­ко из чисел, по­лу­ча­ю­щих­ся из 1 по­сле­до­ва­тель­но­стя­ми опе­ра­ций из пунк­та б) усло­вия, со­дер­жит толь­ко ра­ци­о­наль­ные числа из ин­тер­ва­ла По­ка­жем, что любое ра­ци­о­наль­ное число из ин­тер­ва­ла. лежит во мно­же­стве М. Для 1 это верно по усло­вию, даль­ше рас­смат­ри­ва­ем толь­ко числа, мень­шие 1. Любое такое число за­пи­сы­ва­ет­ся пра­виль­ной не­со­кра­ти­мой дро­бью для не­ко­то­рой пары на­ту­раль­ных чисел До­пу­стим, что все пра­виль­ные дроби, сумма чис­ли­те­ля и зна­ме­на­те­ля ко­то­рых мень­ше уже лежат в М. Для урав­не­ний и на­хо­дим ре­ше­ния и ко­то­рые дают нам числа, из ко­то­рых дробь может быть по­лу­че­на опе­ра­ци­ей б) из усло­вия. Ровно одно из най­ден­ных ре­ше­ний яв­ля­ет­ся пра­виль­ной дро­бью: при это а при   — это В каж­дом слу­чае най­ден­ное ре­ше­ние яв­ля­ет­ся пра­виль­ной дро­бью из ин­тер­ва­ла сумма чис­ли­те­ля и зна­ме­на­те­ля ко­то­рой мень­ше зна­чит, уже ле­жа­щей во мно­же­стве М. Ввиду п. б) усло­вия, тогда и дробь тоже лежит в М, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ответ: их всех по­ло­жи­тель­ных ра­ци­о­наль­ных чисел, не пре­вос­хо­дя­щих 1.

Назовём на­ту­раль­ное число k из ин­тер­ва­ла от 1 до n на­чаль­ным, если оно яв­ля­ет­ся мень­шим чис­лом в не­ко­то­рой паре из M, а на­ту­раль­ное число l из ин­тер­ва­ла от 1 до n ко­неч­ным, если оно яв­ля­ет­ся боль­шим чис­лом в не­ко­то­рой паре из М. Ни­ка­кое число m из ин­тер­ва­ла от 1 до n не может яв­лять­ся од­но­вре­мен­но и на­чаль­ным и ко­неч­ным, в про­тив­ном слу­чае М со­дер­жа­ло бы од­но­вре­мен­но пары и для не­ко­то­рых i и j, что не­воз­мож­но по усло­вию. Каж­дая пара из М пол­но­стью опре­де­ля­ет­ся сво­и­ми на­чаль­ным чис­лом i и ко­неч­ным число j, сле­до­ва­тель­но, М со­дер­жит не более ab пар, где a и b ко­ли­че­ства его на­чаль­ных и ко­неч­ных чисел со­от­вет­ствен­но. Тогда   — квад­ра­тич­ная функ­ция от це­ло­го пе­ре­мен­но­го a. При чётном n она при­ни­ма­ет мак­си­маль­ное зна­че­ние при а при нечётном n она при­ни­ма­ет мак­си­маль­ное зна­че­ние при и

При­мер мно­же­ства М, для ко­то­ро­го эти мак­си­маль­ные оцен­ки до­сти­га­ют­ся, стро­ит­ся так: объ­явим на­чаль­ны­ми все числа от 1 до при чётном n, и все числа от 1 до при нечётном n, осталь­ные числа объ­явим ко­неч­ны­ми. По­ме­стим в М все воз­мож­ные пары на­чаль­но­го и ко­неч­но­го чисел. Их будет как раз столь­ко, сколь­ко в от­ве­те.

Ответ: при чет­ном n, при не­чет­ном n.

Для фор­ми­ро­ва­ния ве­ли­чи­ны x₅, ко­то­рая будет про­ве­рять­ся на пред­мет того, при­над­ле­жит ли она мно­же­ству будут за­дей­ство­ва­ны толь­ко по­след­ние два числа: a, b. Тогда про­це­ду­ра про­вер­ки будет вы­гля­деть сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Не­труд­но до­га­дать­ся по виду дан­ной в усло­вии таб­ли­цы, что струк­ту­ра каж­до­го столб­ца с но­ме­ром b таб­ли­цы с точки зре­ния воз­ни­ка­ю­щих оши­бок x₅ будет сле­ду­ю­щей:

Ва­ри­ант рас­суж­де­ний а). Вы­де­ля­ем слу­чаи, когда (по­ме­че­ны в таб­ли­це тем­ным, далее по тек­сту услов­но обо­зна­чим   — мно­же­ство эле­мен­тов Ω₁, к каж­до­му из ко­то­рых при­бав­ле­но число c и от по­лу­чив­ших­ся зна­че­ний взят оста­ток от де­ле­ния на 16):

— при a₁ имеем

— при имеем

— при имеем

— при имеем

— при имеем

— при имеем

Не­труд­но за­ме­тить, что то есть

Ва­ри­ант рас­суж­де­ний б).От­ве­тим на во­прос, при каких зна­че­ни­ях воз­мож­на си­ту­а­ция, что при про­вер­ке при будет «+», при будет «+», а при

будет «−». Ис­хо­дя из при­ве­ден­ной ниже таб­ли­цы, не­труд­но за­ме­тить, что толь­ко при

−15

−14

−13

−12

−11

−10

−9

−8

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

+

+

+

+

+

+

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

a6

a5

a4

a3

a2

a1

Общий вывод из рас­суж­де­ний a) или б).

Если в таб­ли­це оши­бок для x₅ при за­дан­ном b есть струк­ту­ра вида

то то есть Это яв­ля­ет­ся удоб­ным кри­те­ри­ем для опре­де­ле­ния об­рат­ных зна­че­ний функ­ции f.

Рас­смот­рим стол­бец из дан­ной в усло­вии таб­ли­цы с Из-за за­ко­но­мер­но­стей в об­ра­зо­ва­нии «+» не труд­но до­га­дать­ся, что под­хо­дя­щей под кри­те­рий струк­ту­рой будет

По­это­му и что поз­во­ля­ет найти x₄:

Рас­смот­рим стол­бец из дан­ной в усло­вии таб­ли­цы с Не труд­но за­ме­тить, что под­хо­дя­щей под кри­те­рий струк­ту­рой будет

По­это­му и что поз­во­ля­ет найти x₃:

Рас­смот­рим стол­бец из дан­ной в усло­вии таб­ли­цы с Из-за за­ко­но­мер­но­стей в об­ра­зо­ва­нии «_» не труд­но до­га­дать­ся, что под­хо­дя­щей струк­ту­рой будет

По­это­му и что поз­во­ля­ет найти x₁, x₂:

Ответ: ПК Алисы 7, 6, 1, 9.

Если то по усло­вию

При ошиб­ки не было, по­это­му   — че­ты­рех­знач­ное число, на­чи­на­ю­ще­е­ся с 1, то есть

t  — на­ту­раль­ное. С уче­том того, что

не­труд­но за­ме­тить, что и по­лу­ча­ем сле­ду­ю­щее огра­ни­че­ние:

При ошиб­ки также не было, по­это­му

Не­труд­но за­ме­тить, что   — в этом можно убе­дить­ся не­по­сред­ствен­ной про­вер­кой, но для со­кра­ще­ния вре­ме­ни на вы­чис­ле­ния можно при раз­лич­ных по­лу­чить толь­ко со­от­вет­ству­ю­щие оцен­ки, про­ти­во­ре­ча­щие (1) или (2):

— при имеем

что про­ти­во­ре­чит (1);

— при имеем

что про­ти­во­ре­чит (1);

— при имеем

что про­ти­во­ре­чит (2).

В итоге по­лу­ча­ем, что и

Пред­по­ло­жим те­перь, что и при ошиб­ки не было. Тогда

По­лу­ин­тер­вал дол­жен иметь не­пу­стое пе­ре­се­че­ние с от­рез­ком, опре­де­ля­е­мым не­ра­вен­ством (3). Сле­до­ва­тель­но,

Под­став­ляя най­ден­ное зна­че­ние в (4), имеем

Но на самом деле при ошиб­ка была, зна­чит, m не­ра­вен­ству (5) не удо­вле­тво­ря­ет, но удо­вле­тво­ря­ет не­ра­вен­ству (3), сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 1828.

Надо найти такие числа x_A, x_B и v, что если по ним вы­чис­лить а затем под­ста­вить эти y_A, y_B, v и в (*), то по­лу­чит­ся вер­ное ра­вен­ство. Пе­ре­пи­шем урав­не­ние (*) в виде:

По­след­нее ра­вен­ство за­ве­до­мо спра­вед­ли­во, если

Вто­ро­му урав­не­нию си­сте­мы можно удо­вле­тво­рить, по­ло­жив Урав­не­ние (1) эк­ви­ва­лент­но урав­не­нию

Возь­мем, на­при­мер, Тогда

Зна­чит, го­дит­ся

Ответ: на­при­мер, (2, 1, 69).

Рас­смот­рим про­из­воль­ную букву от­кры­то­го и шиф­ро­ван­но­го тек­стов. Для со­от­вет­ству­ю­щих им (по таб­ли­це) чисел x и вы­пол­ня­ют­ся ра­вен­ства и при не­ко­то­ром y, p и q. При этом по усло­вию Ис­поль­зуя свой­ство срав­не­ний по мо­ду­лю це­ло­го числа, по­лу­чим:

Для даль­ней­ше­го ре­ше­ния будем поль­зо­вать­ся сле­ду­ю­щим свой­ством: если наи­боль­ший общий де­ли­тель чисел a и n равен 1, то срав­не­ние рав­но­силь­но Ис­поль­зуя усло­вие за­да­чи для пер­вой буквы от­кры­то­го и шиф­ро­ван­но­го тек­ста, по­лу­чим ра­вен­ство

За­ме­тим, что Тогда

что рав­но­силь­но ра­вен­ству

Зна­чит,

В итоге по­лу­ча­ем, что Оста­ет­ся вос­поль­зо­вать­ся по­лу­чен­ным со­от­но­ше­ни­ем для осталь­ных букв. По­лу­чит­ся слово ГВОЗДЬ.

Ответ: ГВОЗДЬ.

Рас­смот­рим про­из­воль­ную букву от­кры­то­го и шиф­ро­ван­но­го тек­стов. Для со­от­вет­ству­ю­щих им (по таб­ли­це) чисел x и вы­пол­ня­ют­ся ра­вен­ства и при не­ко­то­ром y, p и q. При этом по усло­вию Ис­поль­зуя свой­ство срав­не­ний по мо­ду­лю це­ло­го числа, по­лу­чим:

Для даль­ней­ше­го ре­ше­ния будем поль­зо­вать­ся сле­ду­ю­щим свой­ством: если наи­боль­ший общий де­ли­тель чисел a и n равен 1, то срав­не­ние рав­но­силь­но Ис­поль­зуя усло­вие за­да­чи для пер­вой буквы от­кры­то­го и шиф­ро­ван­но­го тек­ста, по­лу­чим ра­вен­ство

За­ме­тим, что Тогда

что рав­но­силь­но ра­вен­ству

Зна­чит,

В итоге по­лу­ча­ем, что Оста­ет­ся вос­поль­зо­вать­ся по­лу­чен­ным со­от­но­ше­ни­ем для осталь­ных букв. По­лу­чит­ся слово ЩЕ­ТИ­НА.

Ответ: ЩЕ­ТИ­НА.

По­ка­жем, что

За­ме­тим, что до­ста­точ­но до­ка­зать для Пусть Если то ра­вен­ство (*) оче­вид­но. Если то

Тогда

и ра­вен­ство (*) до­ка­за­но. Сле­до­ва­тель­но,

То есть, на одном шаге шиф­ро­ва­ния  — ли­ней­ное пре­об­ра­зо­ва­ние числа по пра­ви­лу (1). Так как ком­по­зи­ция ли­ней­ных пре­об­ра­зо­ва­ний есть ли­ней­ное пре­об­ра­зо­ва­ние, то где x и k  — не­из­вест­ные.

Вос­поль­зу­ем­ся тем, что на этом ключе буква b пе­ре­хо­дит в букву b, а буква П  — в E:

(по мо­ду­лю 31).

Вы­чи­тая из пер­во­го ра­вен­ства вто­рое, по­лу­чим: От­сю­да Тогда (по мо­ду­лю 31) и, сле­до­ва­тель­но, Окон­ча­тель­но по­лу­чи­ли: Тогда

(можно было сразу ре­шать урав­не­ние По­сле­до­ва­тель­но под­став­ляя буквы шиф­ро­ван­но­го тек­ста ЯГ­КЫ­НИ по­лу­чим ис­ход­ное слово МОСКВА.

Ответ: MOCKBA.

Рас­смот­рим про­из­воль­ную букву от­кры­то­го и шиф­ро­ван­но­го тек­стов. Для со­от­вет­ству­ю­щих им (по таб­ли­це) чисел x и вы­пол­ня­ют­ся ра­вен­ства и при не­ко­то­ром y, p и q. При этом по усло­вию Ис­поль­зуя свой­ство срав­не­ний по мо­ду­лю це­ло­го числа, по­лу­чим:

Для даль­ней­ше­го ре­ше­ния будем поль­зо­вать­ся сле­ду­ю­щим свой­ством: если наи­боль­ший общий де­ли­тель чисел a и n равен 1, то срав­не­ние рав­но­силь­но Ис­поль­зуя усло­вие за­да­чи для пер­вой буквы от­кры­то­го и шиф­ро­ван­но­го тек­ста, по­лу­чим ра­вен­ство

За­ме­тим, что срав­не­ние имеет 2 ре­ше­ния по мо­ду­лю 32: Тогда по­лу­чим, что

для каж­до­го t. Таким об­ра­зом, или со­от­вет­ствен­но.

Оста­ет­ся вос­поль­зо­вать­ся по­лу­чен­ны­ми со­от­но­ше­ни­я­ми для осталь­ных букв. Осмыс­лен­ное слово по­лу­ча­ет­ся толь­ко при вто­ром ва­ри­ан­те. А зна­чит, ис­ход­ное слово ВЕК­ТОР.

Ответ: BEKTOP.

До­го­во­рим­ся ше­сте­рич­ные числа пи­сать в скоб­ках, чтобы от­ли­чать их от де­ся­тич­ных. Тогда

Если то что нам под­хо­дит. Пусть За­ме­тим, что

По­ло­жим Эти числа вза­им­но про­сты, так как они не­чет­ны и раз­ли­ча­ют­ся на 2. Рас­смот­рим два слу­чая:

1)  n четно. Тогда a де­лит­ся на 101. Но a и b не имеют общих про­стых де­ли­те­лей, от­ку­да при не­ко­то­ром на­ту­раль­ном p. Мы по­лу­чим

2)  n не­чет­но. Тогда b де­лит­ся на 101 и, ана­ло­гич­но, при не­ко­то­ром на­ту­раль­ном q. По­это­му

Ответ: n  =  0.

Вы­чи­тая пер­вое вы­ра­же­ние из тре­тье­го, по­лу­чим ab  =  cd, вы­чи­тая четвёртое вы­ра­же­ние из вто­ро­го, по­лу­чим ad  =  bc.

1.  Если одно из пе­ре­мен­ных, ска­жем a, равно 0, то одно из c, d равно 0 и одно из b, c равно 0. В слу­чае будет и тогда все че­ты­ре вы­ра­же­ния в усло­вии равны 0 и между собой. Если же c  =  0,bd  =  0 и одно из b, d равно 0, то есть снова три из пе­ре­мен­ных равны 0. Ана­ло­гич­но, все четвёрки, в ко­то­рых три пе­ре­мен­ных равны 0, a четвёртое про­из­воль­но, яв­ля­ют­ся ре­ше­ни­я­ми за­да­чи.

2.  Далее все a, b, c, d не равны 0. Тогда, пе­ре­мно­жив ра­вен­ства ab  =  cd и ad  =  bc и со­кра­тив на db, по­лу­чим то есть Обо­зна­чим тогда и Под­ста­вим по­лу­чен­ные вы­ра­же­ния в ра­вен­ства из усло­вия, по­лу­чим

из ко­то­рых вто­рое и тре­тье сле­ду­ют из пер­во­го

3.  Если ϵ  =  1, то и В этом слу­чае по­лу­ча­ем четвёрку чисел (a, δa, a, δa)  — ре­ше­ние, когда либо все числа a, b, c, d равны (при δ  =  1), либо четвёрку (a, –a, a, –a), когда каж­дая из сумм b + c, c + d, d + a, a + b равна 0 (при δ  =  −1).

4.  Если то

В этом слу­чае по­лу­ча­ем две четвёрки ре­ше­ний: и В итоге, си­сте­ма урав­не­ний из усло­вия имеет 8 бес­ко­неч­ных серий ре­ше­ний, по­лу­ча­ю­щих­ся умно­же­ни­ем каж­до­го из чисел

на любое дей­стви­тель­ное число.

Ответ: 8 бес­ко­неч­ных серий ре­ше­ний, по­лу­ча­ю­щих­ся умно­же­ни­ем каж­до­го из чисел на любое дей­стви­тель­ное число.

Обо­зна­чим тогда R_n  — се­ре­ди­на от­рез­ка для каж­до­го Легко ви­деть, что на от­рез­ке точки будут рас­по­ло­же­ны в сле­ду­ю­щем по­ряд­ке:

По­это­му

Далее, длина от­рез­ка в два раза мень­ше длины от­рез­ка от­ку­да длина от­рез­ка в че­ты­ре раза мень­ше длины от­рез­ка Зна­чит,

Ответ: 10.

Решим за­да­чу в общем виде, когда Если a  =  1, то b может при­нять (n − 1) зна­че­ние, и c может при­нять (n − 1) зна­че­ние. Всего ва­ри­ан­тов. Если a  =  2, то b может при­нять (n − 2) зна­че­ний, и c может при­нять (n − 2) зна­че­ний. Всего ва­ри­ан­тов. Ана­ло­гич­но для по­сле­ду­ю­щих зна­че­ний a : если a  =  k, то b и c могут при­нять по зна­че­ний, всего ва­ри­ан­тов. Когда то для b и c остаётся по од­но­му ва­ри­ан­ту, а когда a  =  n, то ва­ри­ан­тов нет. Таким об­ра­зом, общее число ва­ри­ан­тов равно

Ответ: 650.

Let a_n be the number of characters in the entry A_n. To begin with, consider the formula for (opening curly brace) (comma) +1 (opening curly brace) (closing curly brace) +1 (closing curly brace)

(the sum of the geomet ric progression). On this basis, we can hypothesize: formula for a common term of a sequence has length

Let's prove this formula by induction on

Induct ion base:

Induct ion assumption:

Induct ion step:

Thus,

Пусть a_n  — ко­ли­че­ство в сим­во­лов в за­пи­си A_n.

Для на­ча­ла рас­смот­рим фор­му­лу для (от­кры­ва­ю­щая скоб­ка) (за­пя­тая) +1 (от­кры­ва­ю­щая скоб­ка) (за­кры­ва­ю­щая скоб­ка) +1 (за­кры­ва­ю­щая скоб­ка) равно

(сумма гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии). На этом ос­но­ва­нии можно вы­дви­нуть ги­по­те­зу: фор­му­ла для об­ще­го члена по­сле­до­ва­тель­но­сти имеет длину

До­ка­жем эту фор­му­лу ин­дук­ци­ей по

База ин­дук­ции:

Пред­по­ло­же­ние ин­дук­ции:

Шаг ин­дук­ции:

Таким об­ра­зом,

Ответ: 763.