a) $\;\; 2\displaystyle \frac{\sin x}{\cos x}2\sin x \cos x + \cos^2 x- \sin^2 x - \sin^2x - \cos^2x = 0 \\ 4\sin^2 x - 2\sin^2 x = 0 \\ \sin x = 0 \\ x = \pi n, n \in Z$

б) [0, π]

В интервал входят два корня – 0 и π.

а) В плоскости ABP через точку K проведем прямую, параллельную прямой BP до пересечения ее с прямой AB в точке G, а в плоскости ABC через точку G проведем прямую, параллельную прямой BC до пересечения ее с прямой DC в точке F. По признаку параллельности двух плоскостей плоскость KFG параллельна плоскости BCP. Прямая FG параллельна прямой AD, следовательно, она параллельна плоскости APD, а, значит, плоскость KFG пересекает плоскость APD по прямой, параллельной FG. Обозначим через E точку пересечения этой прямой с ребром DP.

Таким образом, искомое сечение ― трапеция EFGK.

б) Плоскость EFG параллельна плоскости BCP, значит угол между плоскостями EFG и ABC равен углу между плоскостями BCP и ABC. Проведем высоту PN треугольника BCP и соединим точку N с основанием O высоты пирамиды. По теореме о трех перпендикулярах отрезок ON также перпендикулярен BC, а, значит, угол PNO ― линейный угол двугранного угла PBCO.

Поскольку $ON = \displaystyle \frac{AB}{2} = 3, \; PN = \displaystyle \frac{PB\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ из прямоугольного треугольника $PNO$ находим $\cos\angle{PNO} = \displaystyle \frac{ON}{PN} = \displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}, $ откуда окончально получаем $\angle{((EFG); (ABC))} = arccos\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}$

Обозначим

$a = \sqrt{6x^2 - 5x + 1}$

Тогда получим:

$\begin{cases} \displaystyle \frac{1}{a^2 - 1} \geq \displaystyle \frac{1}{a - 1}, \\ a \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}\displaystyle \frac{a}{a^2 -1} \leq 0, \\ a \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow 0 \leq a < 1$
$\begin{cases} 6x^2 - 5x + 1< 1, \\ 6x^2 - 5x + 1 \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x(6x - 5) < 0, \\ (2x - 1)(3x - 1) \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 0 < x \leq \displaystyle \frac{1}{3}, \\ \displaystyle \frac{1}{2} \leq x < \displaystyle \frac{5}{6} \end{cases}$

Таким образом, решение этого множества:

$\big( 0; \displaystyle \frac{1}{3}\big] \cup \big[ \displaystyle \frac{1}{2}; \displaystyle \frac{5}{6} \big)$

а) Точка В лежит на окружности с диаметром CD, поэтому BC перпендикулярно BD. Т.к. AF также перпендикулярно BD, то ВС || = AF. Трапеция ABCF вписана в окружность, значит, она равнобедренная, CF = AB. Высота ВН треугольника АВЕ является его медианой, значит, треугольник АВЕ равнобедренный, поэтому ВЕ = АВ = CF, а т.к. ∠ВЕА = ∠ВАЕ = ∠CFE, CF ||BE.

Противоположные стороны BE и CF равны и параллельны, значит, это параллелограмм.

б) Треугольник ADE равнобедренный, т.к. его высота DH является медианой, значит ∠CEF = ∠AED = ∠DAE, а т.к. вписанные углы DCF и DAF опираются на одну и ту же дугу, то ∠ECF = ∠DCF = ∠DAF = ∠DAE = ∠CEF.

Следовательно, треугольник CEF равнобедренный, EF = CF = AB = 4.

Из прямоугольного треугольника АВН находим, что ВН = 1, значит, высота параллелограмма BCFE, опущенная из вершины Е на сторону ВС равна 1.

По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд DH·BH = AH·HF, откуда

$DH = 15 + 4\sqrt{15}, \; BD = 16 + 4\sqrt{15}. \\ S_{ABCD} = S_{ABED} + S_{BCE} = \displaystyle \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{15} \cdot (16 + 4\sqrt{15}) + \displaystyle \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 1 = 60 + 16\sqrt{15} + 2 = 62 + 16\sqrt{15}$

Пусть сумма кредита S у.е., процентная ставка банка x %. Предложение «Суммы, выплачиваемые в конце каждого месяца, подбираются так, чтобы в результате сумма долга каждый месяц уменьшалась равномерно, то есть на одну и ту же величину» означает: Антон взятую сумму возвращал в банк равными долями. Сумма, образованная применением процентной ставки, составляет:

$$ 0,01xS + 0,01x \cdot \displaystyle \frac{5S}{6} +0,01x\cdot \displaystyle \frac{4S}{6} + ... + 0,01x\cdot\displaystyle \frac{2S}{6} + 0,01x\cdot\displaystyle \frac{S}{6} = 0,01 Sx \cdot \big( 1 +\displaystyle \frac{5}{6} + \displaystyle \frac{4}{6}+ \displaystyle \frac{3}{6} + \displaystyle \frac{2}{6} + \displaystyle \frac{1}{6} \big) = \\ 0,01Sx \cdot \displaystyle \frac{1 +\displaystyle \frac{1}{6}}{2}\cdot 6 = 0,01Sx \cdot \displaystyle \frac{6+1}{2} = 0,035Sx (\text{у.е})$$

Общая сумма, выплаченная Антоном за 6 месяцев:

$S + 0,035Sx = (1 +0,035x) \cdot S (\text{у.е})$ Эта сумма по условию равна $1,63S \text{у.е}$

Решаем уравнение :

$(1 + 0,035x)S = 1,63S \Leftrightarrow 1 +0,035x = 1,63 \Leftrightarrow 0,035x = 0,63 \Leftrightarrow x = 18$

Данная функция – парабола ветвями вверх. Тогда наименьшее значение на всей числовой прямой достигается в вершине, которая имеет координаты:

$(x_{\text{в}}; y_{\text{в}}) = \big( \displaystyle \frac{a}{2}; f\big( \displaystyle \frac{a}{2} \big)\big) = \big( \displaystyle \frac{a}{2}; 2a+2 \big)$

Однако наименьшее значение на промежутках может достигаться в концах промежутков.

Введем условие, что значение функции в этих точках также не меньше 6.

$f(-3) = a^2 + 14a +38 \geq 6 \leftrightarrow a^2 + 14a + 32 \geq 0 \leftrightarrow a \in (-\infty; -7-\sqrt{17}] \cup [-7 + \sqrt{17}; +\infty ) \\ f(-1) = a^2 + 6a + 6 \geq 6 \leftrightarrow a^2 + 6a \geq 0 \leftrightarrow a \in (-\infty; - 6] \cup [0; +\infty) \\ f(1) = a^2 - 2a + 6 \geq 6 \leftrightarrow a^2 - 2a \geq 0 \leftrightarrow a \in (-\infty ; 0] \cup [2; +\infty) \\ f(3) = a^2 - 10a + 38 \geq 6 \leftrightarrow a^2 -10a +32 \geq 0 \leftrightarrow a \in R$

Пересечение всех этих условие даёт промежуток:

$a \in (-\infty; -7 - \sqrt{17}] \cup \lbrace 0 \rbrace \cup [2; +\infty)$

Проверим все 3 варианта.

$a \leq -7 -\sqrt{17} \leftrightarrow \displaystyle \frac{a}{2} \leq \displaystyle \frac{-7 - \sqrt{17}}{2}$

Так как левая вершина находится левее а, то f(-3) должна быть не меньше 6, что выполняется.

Значит, удовлетворяет условию.

$a = 0 \leftrightarrow \begin{cases} f(1) = 6 \geq 6 \\ f(-1) = 6 \geq 6 \end{cases}$

Удовлетворяет условию.

$a \geq 2 \leftrightarrow \displaystyle \frac{a}{2} \geq 1 \leftrightarrow f\big(\displaystyle \frac{a}{2}\big) \geq 2\cdot 2 + 2 = 6$

Также $f(3) = a^2 - 10a + 38 \geq 6 \leftrightarrow a^2 -10a + 32 \geq 0 \leftrightarrow a \in R$.

Удовлетворяет условию. Получаем: $a \in (-\infty; -7 -\sqrt{17}] \cup \lbrace 0 \rbrace \cup [2; +\infty )$

Числа a_i — целые, 0≤a_i≤99, i=0; 1; 2; 3, то есть могут равняться либо цифрам от 0 до 9, либо двузначным числам от 10 до 99.

Тогда каждое число a_i может быть представлено в виде a_i= 10b_i + c_i , где

0≤b_i≤9, 0≤c_i≤9, i=0; 1; 2; 3.

Значит, для каждого представления числа в виде: $N = a_3 \cdot 10^3 + a_2 \cdot 10^2 + a_1\cdot 10 + a_0$ существует единственное представление числа в виде $N = 10n + m$, где

$n = b_3 \cdot 10^3 + b_2\cdot10^2 + b_1 \cdot 10 + b_0 \\ m = c_3 \cdot 10^3 + c_2 \cdot10^2 + c_1 \cdot 10 +c_0$

При этом числа n, m содержат от 1 до 4 цифр, то есть варьируются от 0 до 9999.

Число способов записать N в виде $N = a_3 \cdot 10^3 + a_2 \cdot 10^2 + a_1\cdot 10 + a_0$ равно числу способов записать N в виде $N = 10n +m$.

а) $1292 = 10n + m$

В качестве n можно взять любое число от 0 до 129.

Если n=0, то m=1292.

Если n=1, то m=1282.

…

Если n=100, то m=292.

…

Если n=129, то m=2.

Если мы возьмём n=130, то m=-8 будет равно отрицательному числу, что невозможно по условию.

Также мы видим, что каждому значению n соответствует одно значение $m = 1292 - 10n$, тогда существует всего 130 способов (по количеству чисел n).

1292

Итого: 10+10+10+10+10+10*7+10= 10*13=130

$N = 1290 + l$

Итак: 130

б) В предыдущем пункте мы показали, что число 1292 можно представить 130-ю способами.

Предположим, что искомое нами число также имеет от 1 до 4 цифр в написании.

Рассмотрим число $1300 = 10n + m$

С такими же исходными предпосылками мы можем взять число n от 0 до 130, тогда его можно будет представить ровно 131 способом.

Рассмотрим число $1289 = 10n + m$.

С такими же исходными предпосылками мы можем взять число n от 0 до 128, тогда его можно будет представить ровно 128-ю способами.

Значит, чтобы число можно было представить ровно 130-ю способами, оно должно находиться на промежутке от 1290 до 1299, то есть это число:

1290, 1291, 1292, 1293, 1294, 1295, 1296, 1297, 1298, 1299.

Видим 10 чисел, которые удовлетворяют требованию, значит, да, существует.

Итак: да.

в) Для каждого числа m, представленного в виде: $N = a_3 \cdot 10^3 + a_2 \cdot 10^2 + a_1\cdot 10 + a_0$, существует единственное представление числа в виде $N = 10n + m$, где n и m – любые числа от 0 до 9999.

Пусть $m = 10k + l$,где 0≤k_i≤999, i=0; 1; 2; 3, l- единицы числа m.

Тогда будет выполняться:

$N = 10n + m = 10n + 10k + l \\ N - l = 10(n+k) \\ \displaystyle \frac{N -l}{10} = n + k$

Найдем все числа K, представимые ровно 130 способами в виде K=n+k, где n- некоторое целое число от 0 до 9999, а k – некоторое число от 0 до 999.

Пусть для некоторого числа представления $K = n_1 + k_1$ и $K = n_2 + k_2$ таковы, что $n_1$ - наименьшее возможное n, а $n_2$ - наибольшее возможное n.

Тогда $n_1 = 0$, $k_1 = 999$, иначе было бы представление $K = (n_1 - 1)+(k_1 + 1)$.

Аналогично, $n_2 = 9999, k_2 = K -n_2 = 0$.

Для любого целого $n_0$ такого, что $n_1 < n_0 < n_2$, имеется представление $K = n_0 + k_0$, так как

$0 \leq n_1 < n_0 < n_2 \leq 9999, \; 0 \leq k_1 < k_0 < k_2 \leq 999$

Таким образом, количество представлений равно $n_2 - n_1 + 1$.

Если $n_1 = 0, \; n_2 = 999$ или $k_1 = 999; \; k_2 = 0$ , то представлений больше.

Значит, или $n_1 = 0; \; n_2 = 129; \; k_2 = 0; \; K = 129; N = 1290 + l$, или

$n_2 = 9999; n_1 = 9870; k_1 = 999; K = 10869; N = 108690 + l$

Тогда это числа из пункта б), а также числа

108690, 108691, 108692, 108693, 108694, 108695, 108696, 108697, 108698, 108699.

То есть 20 чисел.