Основные теоремы, связанные с окружностями

Среди жителей деревни Д не имеют высшего образования \(2000 \cdot (1 - 0,3) = 1400\) человек. Из них не работает \(1400 \cdot (1 - 0,2) = 1120\) человек.

Ответ: 1120

По рисунку видно, что с \(30\, км/ч\) до \(40\, км/ч\) автомобиль разгонялся с начала первой минуты до конца второй, то есть \(2\) минуты.

Ответ: 2

\(MN\) – средняя линия треугольника \(ABC\), тогда по свойству средней линии \(MN \parallel AC\) и \(MN = 0,5 \cdot AC\), тогда треугольники \(ABC\) и \(MBN\) подобны, так как если три стороны одного треугольника соответственно пропорциональны трем сторонам другого, то такие треугольники подобны.
Периметры подобных треугольников относятся, как пропорциональные стороны, тогда \(\dfrac{P_{\triangle ABC}}{P_{\triangle MBN}} = \dfrac{AB}{MB} = 2\), откуда \(P_{\triangle ABC} = 2\cdot P_{\triangle MBN} = 24\); \(MN = 0,5\cdot AC = 5\).
\(P_{AMNC} = P_{\triangle ABC} - P_{\triangle MBN} + MN = 24 - 12 + 5 = 17\).

Ответ: 17

Можно считать, что подходя к светофору, Игорь с равными вероятностями может видеть каждое из \(170\) красных чисел и с такими же вероятностями каждое из \(30\) зелёных чисел, то есть всего возможно \(200\) различных исходов.

При этом в этих исходах время ожидания: \(1\) секунда, \(2\), \(3\), ..., \(170\) секунд, \(0\) секунд, \(0\), ..., \(0\) секунд. Тогда в среднем Игорь тратит на ожидание \[\dfrac{1 + 2 + ... + 170 + 0 + ... + 0}{200} = \dfrac{1 + 2 + ... + 170}{200} = 72,675\text{ секунд}.\].

Ответ: 72,675

ОДЗ: \(\dfrac{\pi}{2} x \neq \dfrac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}\). Решим на ОДЗ:

Решение уравнения \(\mathrm{tg}\, x = a\) имеет вид: \(x = \mathrm{arctg}\, a + \pi n, n \in \mathbb{Z}\), откуда для исходного уравнения получаем \[\dfrac{\pi}{2} x = \dfrac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z},\] что равносильно \(x = 0,5 + 2n, n \in \mathbb{Z}\) – подходят по ОДЗ. Среди корней наибольший отрицательный \(x = -1,5\) при \(n = -1\).

Ответ: -1,5

Если в выпуклом четырёхугольнике сумма противоположных углов равна \(180^{\circ}\), то около него можно описать окружность, тогда около \(ABCD\) можно описать окружность.



\(\angle CBD\) и \(\angle CAD\) – вписанные, опирающиеся на одну дугу, тогда они равны и их отношение равно 1.

Ответ: 1

Площадь под графиком неотрицательной функции \(f(x)\) от точки \(x = a\) до точки \(x = b\) равна \(F(b) - F(a)\), где \(F(x)\) – одна из первообразных функции \(y = f(x)\).

Таким образом, \(F(3) - F(-1)\) – площадь под графиком \(y = f(x)\) от точки \(x = -1\) до точки \(x = 3\).

Площадь под графиком \(y = f(x)\) от точки \(x = -1\) до точки \(x = 3\) равна \(9\), тогда \(F(3) - F(-1) = 9\).

Ответ: 9

Рассмотрим треугольник \(ABC\), где \(B\) – некоторая точка на окружности основания. Так как \(AC\) – высота конуса, то \(AC\perp CB\), тогда \(\angle CAB = 90^\circ - \angle ABC = 30^\circ\), следовательно, \(AB = 2CB = 8\). По теореме Пифагора \[AC = \sqrt{AB^2 - CB^2} = 4\sqrt{3}.\]

Обозначим через \(D\) точку пересечения плоскости сечения \(T\) и \(AB\). Рассмотрим треугольник \(AED\): \[AE = AC - CE = 4\sqrt{3} - \sqrt{3}(4 - \pi^{-0,5}) = \sqrt{\dfrac{3}{\pi}}.\]

Так как сечение \(T\) параллельно плоскости основания, а \(AC\) – высота конуса, то \(AC\perp ED\), тогда \(\triangle AED\) – прямоугольный и \(\angle EAD = 30^\circ\), откуда \[ED = AE\cdot \mathrm{tg}\, \angle EAD = \sqrt{\dfrac{3}{\pi}}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} = r\] – радиус сечения \(T\).

Таким образом, площадь сечения \(T\) равна \(\pi r^2 = \pi\cdot\dfrac{1}{\pi} = 1\).

Ответ: 1

Найдём \(g(2\alpha)\), затем подставим результат в качестве аргумента функции \(f\): \[g(2\alpha) = g(3) = \sin 3 - \sin 3\cdot(\sin^2 3 + \cos^2 3) = \sin 3 - \sin 3\cdot 1 = 0.\] Теперь найдём \(f(g(2\alpha)) = f(0) = (0 - 1)^2 + \sin 0 = 1\).

Ответ: 1

Моменты \(t\), в которые кот находился на высоте не менее \(1\) метра пока летел вверх, удовлетворяют двойному неравенству \[1 \leqslant 1 + 8t - 8t^2 \leqslant 3.\] Решим два неравенства по очереди.

Рассмотрим неравенство \(1 \leqslant 1 + 8t - 8t^2\). Оно равносильно неравенству \[t^2 - t \leqslant 0,\] которое решим методом интервалов. Найдём корни уравнения \(t^2 - t = 0\): \[t_1 = 0,\qquad\qquad t_2 = 1,\] тогда:



тогда решениями этого неравенства будут \(t\in[0; 1]\).

Рассмотрим теперь неравенство \(1 + 8t - 8t^2 \leqslant 3\). Оно равносильно неравенству \[4t^2 -4t + 1 \geqslant 0,\] которое решим методом интервалов. Найдём корни уравнения \(4t^2 -4t + 1 = 0\): \[t = 0,5,\] тогда:



но с учётом того, что \(t \geqslant 0\) подходят только \(t \geqslant 0\).

По условию задачи при достижении высоты \(3\) метра (как показано выше, это произошло в момент \(t = 0,5\)) кот зацепился на люстре и его высота больше не менялась по закону \(h = 1 + 8t - 8t^2\), следовательно из решений последнего неравенства нас интересуют только \(t\in[0; 0,5]\).

Тогда общее решение двух неравенств: \(t\in [0; 0,5]\), то есть пока кот летел вверх, он находился на высоте не менее \(1\) метра в течение \(0,5 - 0 = 0,5\) секунд.

Далее \(1\) секунду он висел на люстре, потом стал падать и до падения его высота менялась по закону \(h = 3 - 2t^2\).

Моменты \(t\), в которые он был на высоте не менее \(1\) метра, удовлетворяют неравенству \(3 - 2t^2 \geqslant 1\), которое равносильно \[t^2 \leqslant 1.\] Решим его методом интервалов. Найдём корни уравнения \(3 - 2t^2 = 1\): \[t_1 = -1,\qquad\qquad t_2 = 1,\] тогда:



так как нас интересуют только \(t \geqslant 0\), то в итоге, падая, кот находился на высоте не менее \(1\) метра в моменты \(t\in[0; 1]\), то есть в течение \(1 - 0 = 1\) секунды. В сумме он был на высоте не менее одного метра в течение \(0,5 + 1 + 1 = 2,5\) секунд.

Ответ: 2,5

За \(45\) секунд поезд проезжает \(750\, метров\), значит длина поезда и есть \(750\, метров\) (когда поезд проезжает мимо столба, изначально расстояние от последнего вагона до столба равно длине поезда, а в конце последний вагон проезжает мимо столба, значит, он перемещается на расстояние, равное длине поезда).

Чтобы полностью переехать мост длиной \(1500\, метров\) поезду длиной \(750\, метров\) понадобится \(45 \cdot 3 = 135\) секунд. Действительно, через \(45\) секунд после начала переезда первый вагон поезда окажется на середине моста.

Ещё через \(45\) секунд первый вагон начнёт покидать мост, а ещё через \(45\) секунд последний вагон покинет мост.

Ответ: 135

ОДЗ: \(x \neq 0\). Решим на ОДЗ:

1) \[y' = e^x\left(\dfrac{x^2 + 4}{x^3} + \dfrac{2x^4 - 3x^2(x^2 + 4)}{x^6}\right) = \dfrac{e^x}{x^6}(x^5 - x^4 + 4x^3 - 12x^2).\]

Найдём критические точки (то есть внутренние точки области определения функции, в которых её производная равна \(0\) или не существует): \[\dfrac{e^x}{x^6}(x^5 - x^4 + 4x^3 - 12x^2) = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad x^5 - x^4 + 4x^3 - 12x^2 = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad x^3 -x^2 + 4x - 12 = 0\] – на ОДЗ. Можно угадать корень \(x = 2\). После деления \(x^3 - x^2 + 4x - 12\) на \((x - 2)\) получим: \[x^2 + x + 6 = (x + 0,5)^2 + 5,75 > 0.\] Производная функции \(y\) не определена при \(x = 0\), но \(x = 0\) не входит в ОДЗ. Таким образом, \[y' = \dfrac{e^x}{x^4}(x - 2)(x^2 + x + 6).\] Для того, чтобы найти точки локального максимума/минимума функции, нужно понять, как схематично выглядит её график.

2) Найдём промежутки знакопостоянства \(y'\):



3) Эскиз графика \(y\):



Значит \(x = 2\) – точка локального минимума функции \(y\).

Ответ: 2

ОДЗ: \(x\) – произвольное. Решим на ОДЗ:

а) Используя формулу для косинуса двойного угла, исходное уравнение можно переписать в виде:

\[\begin{aligned} \cos^4 x - 0,5\sin^2 (2x) + \sin^4 x + (2\cos^2 (2x) - 1) + 15\sin^2 x - 5\cos^2 x - 1 = 0. \end{aligned}\]

Используя формулу для синуса двойного угла, полученное уравнение можно переписать в виде:

\[\begin{aligned} \cos^4 x - 2\sin^2 x\cdot\cos^2 x + \sin^4 x + (2\cos^2 (2x) - 1) + 15\sin^2 x - 5\cos^2 x - 1 = 0. \end{aligned}\]

Так как \(\cos^2 (2x) = (\cos^2 x - \sin^2 x)^2 = \cos^4 x - 2\sin^2 x\cdot\cos^2 x + \sin^4 x\), то последнее уравнение можно переписать в виде:

\[\begin{aligned} &\cos^2 (2x) + (2\cos^2 (2x) - 1) + 15\sin^2 x - 5\cos^2 x - 1 = 0 \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\ &3\cos^2 (2x) + 10\sin^2 x + (5\sin^2 x - 5\cos^2 x) - 2 = 0\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\ &3\cos^2 (2x) + (5\sin^2 x - 5\cos^2 x) + (10\sin^2 x - 5) + 5 - 2 = 0. \end{aligned}\]

Используя формулы для косинуса двойного угла, последнее уравнение можно переписать в виде:

\[\begin{aligned} 3\cos^2 (2x) - 10\cos (2x) + 3 = 0. \end{aligned}\]

Полученное уравнение представляет собой квадратное уравнение относительно \(\cos (2x)\).

Сделаем замену \(\cos (2x) = t\), тогда уравнение примет вид \[3t^2 - 10t + 3 = 0.\] Его дискриминант \(D = 100 - 36 = 64\), тогда \(t_{1, 2} = \dfrac{10\pm 8}{6}\), откуда \(t_1 = 3\), \(t_2 = \dfrac{1}{3}\), следовательно,
\(\cos (2x) = 3\) или \(\cos (2x) = \dfrac{1}{3}\).

Так как \(\cos (2x)\leqslant 1\), то \(\cos (2x) = 3\) быть не может, следовательно, \(\cos (2x) = \dfrac{1}{3}\).

Уравнение \(\cos y = a\) имеет решения \(y = \pm\mathrm{arccos}\, a + 2\pi k\), где \(k\in\mathbb{Z}\), следовательно,   уравнение \(\cos (2x) = \dfrac{1}{3}\) имеет решения, для которых выполнено \(2x = \pm\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} + 2\pi k\), где \(k\in\mathbb{Z}\), тогда \[x = \pm\dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} + \pi k, k\in\mathbb{Z}.\]

б) \[0 < \dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} + \pi k < \pi\quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} < \pi k < \pi - \dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\quad\Leftrightarrow\] \[-\dfrac{1}{2\pi}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} < k < 1 - \dfrac{1}{2\pi}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\]

Так как \(\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\in (0; \pi)\), то \(-\dfrac{1}{2\pi}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\in (-0,5; 0)\). При этом \(k\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходит только решение при \(k = 0\): \(x = \dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\).

\[0 < -\dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} + \pi k < \pi\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} < \pi k < \pi + \dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\quad\Leftrightarrow\] \[\dfrac{1}{2\pi}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} < k < 1 + \dfrac{1}{2\pi}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\]

Так как \(\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\in (0; \pi)\), то \(\dfrac{1}{2\pi}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\in (0; 0,5)\). При этом \(k\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходит только решение при \(k = 1\): \(x = \pi - \dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\).

Ответ:

а) \(\pm\dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3} + \pi k\), где \(k\in\mathbb{Z}\).

б) \(\dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\), \(\pi - \dfrac{1}{2}\cdot\mathrm{arccos}\, \dfrac{1}{3}\).

1) По условию \(ABCD\) представляет собой правильную треугольную пирамиду, все ребра которой равны \(6\). Найдем, в каком отношении точка\(P\) делит отрезок \(BC\). Для этого построим сечение пирамиды плоскостью \(MNK\). Продлим прямую \(NK\) до пересечения с прямой \(AC\) – получим точку \(Q\). Соединив точки \(Q\) и \(M\), получим линию пересечения основания – отрезок \(MP\) (сечением является четырехугольник \(MNKP\)).

По теореме Менелая для \(\triangle ADC\) и прямой \(QK\) имеем:

\(\dfrac{AN}{ND}\cdot \dfrac{DK}{KC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}=1 \Rightarrow QA=2\).

Аналогично для \(\triangle ABC\) и прямой \(QP\):

\(\dfrac{BM}{MA}\cdot \dfrac{AQ}{QC}\cdot \dfrac{CP}{PB}=1 \Rightarrow BP=\dfrac{6}{5}\).

2) Проведем \(PH\perp ADC\) и \(PF\perp AC\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах \(HF\perp AC\), следовательно, \(\angle HFP=\angle (ABC, ACD)=\angle \alpha\). Найдем \(PH\) из треугольника \(PHF\). Для этого найдем \(PF\) и \(\angle \alpha\).

Проведем \(BL\perp AC\), тогда \(\angle BLD=\angle \alpha\). Треугольник \(BLD\) – равнобедренный (\(BL=LD=3\sqrt3, BD=6\)). По теореме косинусов найдем \(\cos \angle \alpha=\dfrac{1}{3}\)

Тогда \(\sin \angle \alpha = \dfrac{2\sqrt2}{3}=\dfrac{PH}{PF}\).

\(\triangle BLC \sim \triangle PFC \Rightarrow PF=\dfrac{12\sqrt3}{5}\)

Таким образом, \(PH=\dfrac{8\sqrt{6}}{5}\).

Ответ:

\(\dfrac{8\sqrt{6}}{5}\).

ОДЗ:\[\begin{cases} f(x) > 0\\ g(x) > 0\\ \end{cases}\]

На ОДЗ:
исходное неравенство равносильно неравенству

\[\begin{aligned} f(x)\leqslant g(x)\,. \end{aligned}\]

Таким образом, достаточно положить \(g(x) = f(x) + 1\), а \(f(x)\) выбрать так, чтобы \(f(x) > 0\) выполнялось на \((0; 1)\cup(2; 3)\cup(4; 5)\cup ...\).

Например, определим \(f(x)\) как функцию, область определения которой \((0; 1)\cup(2; 3)\cup(4; 5)\cup ...\) и на области определения \[f(x) = 1\] – при такой \(f(x)\) множество решений неравенства \[\log_2 f(x)\leqslant \log_2 \bigl(f(x) + 1\bigr)\] совпадает с требуемым в условии.

Ответ:

Да

а) Так как стороны треугольника \(ABC\) образуют арифметическую прогрессию, то их длины можно представить в виде \(a\), \(a + d\), \(a + 2d\), где \(d > 0\) – натуральное.

Используя формулу Герона, можно получить равенство \[p\cdot r = S_{\triangle ABC} = \sqrt{p(p - a)(p - (a + d))(p - (a + 2d))},\] где \(p = \dfrac{3a + 3d}{2}\) – полупериметр, откуда \[12(a + d)\cdot r^2 = (a + 3d)(a + d)(a - d)\qquad\Rightarrow\qquad 12\cdot r^2 = (a + 3d)(a - d) = a^2 + 2ad - 3d^2,\] то есть \(a^2 + 2ad - 3(d^2 + 4r^2) = 0\), откуда \[a = -d\pm \sqrt{4d^2 + 12r^2},\] но при учёте \(a > 0\), получим \(a = \sqrt{4d^2 + 12r^2} - d\).

Пусть \(r = \dfrac{1}{2}\), тогда \(a = \sqrt{4d^2 + 3} - d\), откуда \(\sqrt{4d^2 + 3}\) – целое (следовательно, натуральное, ведь \(4d^2 > 0\)) число, то есть \(\sqrt{4d^2 + 3} = k\), где \(k\) – натуральное.

\(4d^2 + 3 = k^2\), откуда \[3 = (k - 2d)(k + 2d),\] то есть \(k + 2d\) – натуральный делитель числа \(3\) при том, что \(k\) и \(d\) натуральные, откуда \(k = d = 1\), но тогда \[(k - 2d)(k + 2d) = -3\neq 3.\] Полученное противоречие завершает доказательство.

б) Так как \(r = 1\), то \(a = \sqrt{4d^2 + 12} - d\), откуда \(\sqrt{4d^2 + 12}\) – целое (следовательно, натуральное) число, то есть \(\sqrt{4d^2 + 12} = k\), где \(k\) – натуральное.

\(4d^2 + 12 = k^2\), откуда \[12 = (k - 2d)(k + 2d).\] Так как \(k\) и \(d\) натуральные, то \(k - 2d\) целое, а \(k + 2d\) – натуральное, следовательно, число \(k - 2d\) – целое положительное (иначе его произведение с \(k + 2d\) отрицательно, но \(12 > 0\)), то есть натуральное число.

\[k + 2d - (k - 2d) = 4d\] – делится на \(4\). Среди всевозможных пар натуральных чисел, в произведнии дающих \(12\), только пара \(\{6; 2\}\) подходит под последнее условие, следовательно, \(d = 1\), \(k = 4\), что подходит, тогда \(a = 3\).

При этом у треугольника с длинами сторон \(3\), \(4\) и \(5\) площадь равна \(6\), следовательно, \(r = 1\) – подходит под условие, тогда периметр \(ABC\) равен \(12\).

Ответ:

б) \(12\).

Введем обозначение: \(\dfrac{100+y}{100}=t, A\) – сумма кредита, \(x\) – ежегодный платеж. Составим таблицу: \[\begin{array}{|l|c|c|} \hline \text{Год} & \text{сумма долга до начисления } \% & \text{сумма долга после начисления } \% \text{и платежа}\\ \hline 1 & A & t\cdot A-x\\ \hline 2 & t\cdot A -x & t\cdot (t\cdot A-x)-x\\ \hline \end{array}\]

Т.к. в конце второго года он выплатил кредит, то \(t\cdot (t\cdot A-x)-x=0 \ (*)\).

Заметим, что за два года он заплатил банку \(2x\) рублей, значит, его переплата по кредиту составила \(2x-A\) рублей. Т.к. переплата не должна превышать ежегодный платеж, то имеем следующее неравенство:
\(2x-A \leqslant x \Rightarrow x-A \leqslant 0\).
Выразим из \((*)\) ежегодный платеж: \(x=\dfrac{t^2A}{t+1}\) и подставим в неравенство:

\(A\cdot \dfrac{t^2-t-1}{t+1} \leqslant 0 \Rightarrow \dfrac{t^2-t-1}{t+1} \leqslant 0\), т.к. \(A>0\).

Решив данное неравенство методом интервалов, получим: \(0 \leqslant t \leqslant \dfrac{1+\sqrt5}{2}\) (т.к. \(t\) не может быть отрицательным).

Сделав обратную замену \(\dfrac{100+y}{100}=t\), получим: \(y \leqslant 50\cdot(\sqrt5-1)\).

Для того, чтобы найти наибольшее целое \(y\), необходимо оценить \(50\cdot(\sqrt5-1)\).

\(223<\sqrt{50000}<224 \Rightarrow \\ 223<100\sqrt5<224 \Rightarrow \\ 2,23<\sqrt5<2,24 \Rightarrow \\ 61,5<50\cdot(\sqrt5-1)<62\).
Таким образом, наибольшее целое \(y=61\).

Ответ:

\(61 \%\).

Домножим правую и левую части уравнения на \(2^{\sqrt{x+1}}\) (т.к. \(2^{\sqrt{x+1}}>0\)) и перепишем уравнение в виде: \[2^{ax}\cdot \log_{\frac{1}{9}}{(ax+2)}=2^{\sqrt{x+1}}\cdot \log_{\frac{1}{9}}{(\sqrt{x+1}+2)}\]

Рассмотрим функцию \(y=2^t\cdot \log_{\frac{1}{9}}{(t+2)}\) при \(t\geqslant 0\) (т.к. \(\sqrt{x+1}\geqslant 0\)).

Производная \(y'=\left( -2^t\cdot \log_9{(t+2)}\right)'=-\dfrac{2^t}{\ln9}\cdot \left( \ln 2\cdot \ln{(t+2)}+\dfrac{1}{t+2}\right)\).

Т.к. \(2^t>0, \ \dfrac{1}{t+2}>0, \ \ln{(t+2)}>0\) при всех \(t\geqslant 0\), то \(y'<0\) при всех \(t\geqslant 0\).

Следовательно, при \(t\geqslant 0\) функция \(y\) монотонно убывает.

Уравнение можно рассматривать в виде \(y(t)=y(z)\), где \(z=ax, t=\sqrt{x+1}\). Из монотонности функции следует, что равенство возможно только в том случае, если \(t=z\).

Значит, уравнение равносильно уравнению: \(ax=\sqrt{x+1}\), которое в свою очередь равносильно системе: \[\begin{cases} a^2x^2-x-1=0\\ ax \geqslant 0 \end{cases}\]

При \(a=0\) система имеет одно решение \(x=-1\), которое удовлетворяет условию \(ax\geqslant 0\).

Рассмотрим случай \(a\ne 0\). Дискриминант первого уравнения системы \(D=1+4a^2>0\) при всех \(a\). Следовательно, уравнение всегда имеет два корня \(x_1\) и \(x_2\), причем они разных знаков (т.к. по теореме Виета \(x_1\cdot x_2=-\dfrac{1}{a^2}<0\)).

Это значит, что при \(a<0\) условию \(ax\geqslant 0\) подходит отрицательный корень, при \(a>0\) условию подходит положительный корень. Следовательно, система всегда имеет единственное решение.

Значит, \(a\in \mathbb{R}\).

Ответ:

\(a\in \mathbb{R}\).

Заметим, что каждый член последовательности, начиная с пятого, однозначно определяется предыдущими четырьмя членами, следовательно, если в данной последовательности дважды встречается фрагмент \(a, b, c, d\), то есть она имеет вид \(a_1..., a, b, c, d, ..., a, b, c, d, ...\), то она периодическая.

Остаётся показать, что некоторый фрагмент такого вида действительно встретится в последовательности Насти не менее двух раз.

Так как область значений \(f(x)\) – конечное множество, то в этом множестве найдётся элемент, который встречается в последовательности бесконечное число раз. Обозначим этот элемент через \(a\).

Так как \(a\) встречается бесконечное число раз, а претендентов на роль правого соседа \(a\) лишь конечное число, то найдётся число \(b\), такое, что фрагмент \(a, b\) встречается в последовательности бесконечное число раз.

Так как фрагмент \(a, b\) встречается бесконечное число раз, а претендентов на роль правого соседа фрагмента \(a, b\) лишь конечное число, то найдётся число \(c\), такое, что фрагмент \(a, b, c\) встречается в последовательности бесконечное число раз.

Аналогично, найдётся число \(d\) такое, что фрагмент \(a, b, c, d\) встречается в последовательности бесконечное число раз, следовательно, Настина последовательность периодична.

Ответ:

Да