Тема 18. Задачи с параметром

18.11 Функции. Монотонность: f(x) ∨ const и f(f(x)) = x

Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи с параметром
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#31667

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

 x  x   x
3 + 4 =5
Показать ответ и решение

Разделим обе части равенства на положительное 5x  :

( 3)x  (4)x
  5  +  5   = 1

Показательная функция с основанием меньше 1  является убывающей, сумма убывающих — также убывающая, следовательно, функция       ( )x  ( )x
f(x)=  35  + 45  убывает. Тогда равенство f(x)=1  имеет не более одного решения. Подбором находим, что x =2.

Ответ:

 x ∈{2}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31668

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

 3
x + x= 10
Показать ответ и решение

Сумма двух возрастающих функций —- возрастающая, следовательно, f(x)= x3+x  — возрастает. Тогда уравнение f(x)= 10  имеет не более одного решения. Подбором находим, что x= 2.

Ответ:

 x ∈{2}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31669

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

√------- √ ------
 37x+ 12−  31− 6x =2
Показать ответ и решение

Композиция двух возрастающий функций y =√x-  и y = 37x +12  — возрастающая функция y = √37x-+12  . Композиция двух убывающих функций     √-
y = − x  и y =31− 6x  — возрастающая функция. Сумма двух возрастающих — возрастающая функция       √------- √------
f(x)=  37x+ 12 − 31− 6x  . Тогда равенство f(x)= 2  имеет не более одного корня. Подбором находим, что x =1.

Ответ:

 x ∈{1}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31670

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

 x
2 +x =6
Показать ответ и решение

Сумма двух возрастающих — возрастающая функция f(x)= 2x+ x  . Тогда равенство f(x)= 6  имеет не более одного корня. Подбором находим, что x= 2.

Ответ:

 x ∈{2}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31671

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

     √----
lgx+  x− 1= 4
Показать ответ и решение

Композиция двух возрастающий функций y =√x-  и y = x− 1  — возрастающая функция y = √x-− 1  . Сумма двух возрастающих — возрастающая функция          √ ----
f(x)= lgx +  x− 1  . Тогда равенство f(x)=4  имеет не более одного корня. Подбором находим, что x =10.

Ответ:

 x ∈{10}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#1711

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

2x3 − 3x (ax + x − a2 − 1) − 3a − a3 = 0

имеет хотя бы один корень из отрезка [− 1;0 ]  .

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию f(x) = 2x3 − 3x(ax + x −  a2 − 1 ) − 3a − a3   при некотором фиксированном  a  . Найдем ее производную: f′(x ) = 6x2 − 6ax − 6x + 3a2 + 3 = 3(x2 − 2ax +  a2 + x2 − 2x + 1) = 3((x − a )2 + (x − 1)2)  .

 

Заметим, что  ′
f (x) ≥ 0  при всех значениях x  и a  , причем равна 0  только при x =  a = 1  . Но при a = 1  :
f ′(x) = 6(x − 1)2 ⇒  f(x) = 2(x − 1)3 ⇒ уравнение 2(x − 1)3 = 0  имеет единственный корень x = 1  , не удовлетворяющий условию. Следовательно, a  не может быть равно 1  .

 

Значит, при всех a ⁄= 1  функция f (x )  является строго возрастающей, следовательно, уравнение f (x) = 0  может иметь не более одного корня. Учитывая свойства кубической функции, график f (x )  при некотором фиксированном a  будет выглядеть следующим образом:
 
PIC

 

Значит, для того, чтобы уравнение имело корень из отрезка [− 1;0]  , необходимо:

{                 {                             {
 f (0) ≥ 0         a (a2 + 3) ≤ 0                 a ≤ 0
               ⇒                             ⇒              ⇒  − 2 ≤ a ≤ 0
 f (− 1 ) ≤ 0      (a + 2)(a2 + a + 4) ≥ 0        a ≥ − 2

Таким образом, a ∈ [− 2;0]  .

Ответ:

a ∈ [− 2;0]  .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#2558

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых хотя бы одно решение уравнения

sinx ⋅ cos x + 2cos x = a + 2 + 2sinx − 5x

принадлежит отрезку [   π]
 0; --
    2 .

Показать ответ и решение

Перепишем уравнение в виде:

sinx ⋅ cos x + 2cos x − 2 − 2sinx + 5x = a

и рассмотрим функцию f(x) = sinx ⋅ cos x + 2cosx − 2 − 2 sin x + 5x  . Найдем ее производную:

 

f′(x) = 5 + cos2x − sin2x − 2 sin x − 2cos x = 5 + cos2x − 2 (sin x + cosx) =

                    ( √ --       √ --    )
                 √--    2          2                        √ --   (     π )
 = 5 + cos2x − 2  2   -2--sin x + -2--cosx   = 5 + cos2x −  2  2 ⋅ sin x + 4

Т.к.                             (     π )                       √ --
− 1 ≤ cos 2x ≤ 1,  − 1 ≤ sin  x + --  ≤ 1 ⇒    f′(x) ≥ 4 − 2  2 > 0
                                  4  при всех значениях x  .

Следовательно, f (x )  – строго возрастающая функция. Значит, уравнение f (x ) = a  может иметь не более одного решения при всех значениях a  . Для того, чтобы x
 0   являлось решением уравнения, нужно, чтобы a = f (x0)  .

 

Т.к. функция f(x )  – строго возрастает, то если x0   пробегает отрезок [   π]
 0; --
    2 , то множеством значений функции f (x )  является отрезок [       (π )]
 f(0);f  --
         2 .

 

Таким образом, так как f (x) = a  , то     [       (π )]
a ∈  f(0);f  2- , следовательно,     [         ]
        5π
a ∈  0; 2--− 4 .

Ответ:

    [         ]
a ∈  0; 5π-− 4
        2 .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#18562

Найдите все значения параметра a,  при которых уравнение

              x+5      2
− log2(−x − 3)+ 2  − a= x + 1+ 6(x+ 1)

имеет ровно одно решение на отрезке [− 4;−3].

Показать ответ и решение

Перенесем все слагаемые в левую часть:

               x+5   2
− log2(− x− 3)+ 2   − x − 1 − 6(x+ 1)− a= 0
  • Рассмотрим функцию f(x)= − log2(− x− 3),  она определена при x ∈(−∞; −3).

    Возьмем ее производную:

     ′         1            1
f (x)=  −(x+-3)ln2-= −(x-+3)ln2

    Очевидно, что при x∈ (− ∞;− 3)  производная положительна, следовательно, функция f  строго монотонно возрастает на всей области определения.

  • Функция g(x)= 2x+5  строго монотонно возрастает на всей числовой прямой.
  • Функция         2
h(x) =− x − 1− 6(x + 1)  — парабола с ветвями вниз, с вершиной в точке     −(−6)
xв = 2⋅(−1) = −3.  Таким образом, на промежуток (−∞; −3)  приходится ее левая монотонно возрастающая ветвь.

Получили, что все три функции строго монотонно возрастают на промежутке (−∞;− 3),  следовательно, и их сумма строго монотонно возрастает на этом промежутке. Из этого сразу следует, что уравнение имеет не более одного корня. Нам нужно найти такие a,  при которых он существует и принадлежит отрезку [−4;−3].

Будем рассматривать строго монотонно возрастающую функцию

s(x)= f(x)+ g(x)+ h(x)− a =

= − log2(−x − 3)+ 2x+5− x2− 1− 6(x + 1)− a

Если в точке − 4  она принимает положительное значение, то во всех точках отрезка [− 4;− 3]  она также будет принимать положительные значения, то есть корней на этом отрезке не будет. Таким образом, значения a,  соответствующие этой ситуации, нам точно не подойдут. Найдем их.

                    s(− 4) >0

− log2(− (− 4) − 3)+ 2(− 4)+5− (−4)2 − 1 − 6(−4 +1)− a >0
                     1
           − log2(1)+ 2 − 16− 1+ 18> a
                     a < 3

При всех остальных a,  то есть a ≥3,  значение функции s  в точке − 4  неположительно. Если в начале отрезка, то есть в точке − 4,  функция неположительна, а в некоторой точке x0  отрезка функция положительна, то где-то на [−4;x0]  она будет равна нулю, то есть будет иметь корень.

xyy−−34= s(x)

Заметим, что при x→  −3  функции g  и h  принимают положительные значения, а функция f  неограниченно возрастает, так как логарифм от близкого к нулю числа стремится к − ∞ и перед логарифмом стоит знак «− ».

Таким образом, какой бы ни была константа a,  функция s  будет принимать положительное значение в некоторой точке отрезка [− 4;−3].

Тогда исходное уравнение имеет ровно одно решение на указанном отрезке при

a∈ [3;+ ∞)
Ответ:

a ∈[3;+ ∞ )

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Обоснованно получен верный ответ

4

Недостаточное обоснованный переход к ответу или ответ отличается от верного невключением a = 3

3

Обоснованный переход к неравенству, но его решение неверное

2

Введены и исследованы функции

1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#31537

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых любой корень уравнения

 5∘ --------
3  6,2x− 5,2+4log5(4x+ 1)+ 5a= 0

принадлежит отрезку [1;6]  .

Показать ответ и решение

Композиция двух возрастающих функций — возрастающая функция, следовательно, так как y = 5√x  и y = 6,2x− 5,2  возрастающие, то и     5√--------
y =  6,2x − 5,2  возрастающая. Аналогично y = log5(4x +1)  — возрастает и определена при      1
x> − 4  . Сумма возрастающих функций, а также сумма возрастающей и константы, — возрастающая, следовательно, определена при      1
x> − 4  и возрастает

    5∘ --------
y = 3 6,2x− 5,2+4log5(4x+ 1)+ 5a

По теореме для строго монотонной функции равенство f(x)=const  имеет не более одного корня.

Следовательно, пересекает ось абсцисс график этой функции не более одного раза. Значит, чтобы он пересекал ось абсцисс, причем этот корень принадлежал отрезку [1;6]  (заметим, что все x  из этого промежутка удовлетворяют условию     1
x> −4  ), нужно

({              ({                     [      ]
 y(1)≤0    ⇔    3+ 4+ 5a≤ 0   ⇔   a∈  − 14;− 7
(y(6)≥0        (6+ 8+ 5a≥ 0             5  5
Ответ:

 a ∈[−2,8;−1,4]

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31538

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых функция f(x)=2ex− a⋅e−x+ (1+ 2a)x − 3  возрастает при всех x ∈ℝ  .

Показать ответ и решение

Рассмотрим производную функции

 ′     x     −x
f(x)= 2e + a⋅e  + 1+ 2a

Если производная положительна при всех x  б то функция возрастает. Следовательно, найдем те a  , при которых

  x  a-
2e + ex + 1+ 2a >0 ∀x∈ ℝ

Сделаем замену    x
t= e > 0  , тогда полученное неравенство должно быть верно при всех пложительных t  :

2t2+ (1 +2a)t+a         (2t+1)(t+ a)
------t------->0  ⇔   -----t-----> 0

Нули t= − 12;0;− a  . Чтобы решение неравенства содержало луч (0;+∞ )  , нужно, чтобы − a ≤0  , откуда a≥ 0.

Ответ:

 a ∈[0;+∞ )

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#31672

Решите неравенство, используя свойства монотонной функции

∘-2------  √-----
 x + x− 2+  3x− 2< 4
Показать ответ и решение

Рассмотрим область определения функции f(x)= √x2-+x−-2+ √3x−-2  :

({ 2
 x + x− 2≥ 0    ⇔  x ≥1
(3x− 2≥ 0

При x≥ 1  функция     2
y = x +x − 2  возрастает (так как мы получаем правую часть ветви параболы, функции    √ -
y =  x  и y = 3x− 2  также возрастающие, композиция возрастающих — возрастающая функция, сумма возрастающих — также возрастающая, следовательно, f(x)  — возрастает. Тогда неравенство f(x)< 4  решением имеет 1≤ x< x0  , где x0  — корень уравнения f(x)= 4  . Подбором находим, что корень x0 = 2.

Ответ:

 x ∈[1;2)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31675

Докажите утверждение: если f(x)  – строго возрастающая функция, то множество решений уравнения f(x)=x  и f(f(x))= x  совпадают.

Показать ответ и решение

Для возрастающей функции выполнено: если x= x
    0  , то f(x)= f(x)
        0  и если x > x
 1   2  , то f(x )> f(x )
  1     2  . Рассмотрим этим равенства:

f(x)=x         (1)

f(f(x))= x      (2)

Чтобы доказать равносильность этих равенств, достаточно доказать

1) если x  – корень (1), то x  – корень (2);

2) если x  — не корень (1), то он также не является корнем (2).

Из (1) равенства вытекает, что f(f(x))= f(x)  . Но так как по (1) верно f(x)= x  , то получаем f(f(x))= f(x)=x  , чтд.

Пусть x  — не корень уравнения (1), то есть f(x)⁄= x  . Рассмотрим два случая.

  • f(x)> x  . Тогда в в силу возрастания функции f  получаем, что f(f(x))> f(x)>x  , то есть f(f(x))> x  , следовательно, x  — не корень и равенства (2).
  • f(x)< x  . Тогда в в силу возрастания функции f  получаем, что f(f(x))< f(x)<x  , то есть f(f(x))< x  , следовательно, x  — не корень и равенства (2).
Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31692

Решите уравнение при всех возможных значениях параметра a> 1  :

         5
loga(ax)+ x − 2 =0
Показать ответ и решение

При a> 1  функция g(t) =logt
       a  является возрастающей функцией, следовательно, левая часть представляет собой сумму двух возрастающих функций, значит, является возрастающей функцией f(x)  , определенной при x> 0  . Тогда уравнение f(x)= const  имеет не более одного решения. Подбором находим, что решением уравнения является x= 1  .

Ответ:

 a ∈(1;+ ∞)⇒ x ∈{1}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#31693

Найдите наименьшее и наибольшее значения параметра a  , при которых уравнение

√ ---- ∘ -3---
  x− a+  x + 1= 2

имеет хотя бы одно решение.

Показать ответ и решение

Так как композиция двух функций одинакового характера монотонности является возрастающей функцией, то f (x)=√x-−-a
 1  и       √ 3----
f2(x)=   x +1  — возрастающие функции. Сумма двух возрастающих функций — возрастающая функция, следовательно,       √----  √-3---
f(x)=  x− a+  x + 1  — возрастающая на всей области определения:

({
  x≥ a
( x≥ −1

Тогда уравнение f(x)= const  имеет не более одного решения.

1.
Пусть a≤ −1  , тогда областью определения являются x ≥− 1  . Тогда f(x)≥f(−1)  . Следовательно, x0  — решение исходного уравнения, если f(x0)= 2≥ f(−1)  :
(   √ -----       (                   (
{2 ≥  −1− a   ⇔   {0 ≤− 1− a ≤4   ⇔   {−5 ≤a ≤− 1   ⇔   −5≤ a≤ −1
(a ≤−1            (a ≤− 1             (a ≤−1

Наименьшее a  среди найденных равно a= −5.

2.
Пусть a> −1  , тогда областью значений являются a≥ a  . Тогда f(x)≥ f()  . Следовательно, x0  — решение исходного уравнения, если f(x0)= 2≥ f(a)  :
({    √-3---       ({    3                      -
  2≥  a + 1   ⇔    0 ≤a + 1≤ 4    ⇔  −1 <a ≤ 3√3
( a> −1           (a >− 1

Наибольшее a  среди найденных равно     √-
a = 33.

Ответ:

 a ∈{−5; 3√3}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31555

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых неравенство

    ∘-2-------        2
log1a( x + ax+ 5+1)⋅log5(x +ax+ 6)+loga3≥ 0

имеет ровно одно решение.

Показать ответ и решение

Сделаем замены y = x2+ ax+5  , t= √y  и исследуем их. Функция y  является квадратичной, ее область значений y ∈[y;+∞ )
    0  , где   y
   0  — ордината вершины параболы. Абсцисса вершины равна      a
x0 = −2  , следовательно,        a2
y0 = 5− 4  . Так как в    √-
y = y  переменная y  находится под корнем, то y ≥ 0  . Следовательно, если y0 >0  , то y ∈[y0;+∞ )  и    √ --
t∈ [ y0;+∞ )  . Если же y0 ≤ 0  , то y ∈ [0;+∞ )  и t∈ [0;+∞ )  . Заметим, что каждому y < y0  не соответствует ни одного решения x  , для y = y0  получаем одно решение x  , для y >y0  получаем два решения x  .

Преобразуем исходное неравенство с учетом замены при a >0,a⁄= 1  :

loga3− loga(t+ 1)⋅log5(t2 +1)≥ 0

Так как точно t≥ 0  , то t+1≥ 1  , 2
t +1 ≥1  , следовательно,

  • при a> 1  функции f = loga(t+1)  и        2
g = log5(t + 1)  неотрицательны и возрастающие, следовательно, их произведение — возрастающая функция.

    Тогда

                            2
F(t)= loga3− loga(t+ 1)⋅log5(t +1) — убывающая.

    тогда неравенство F ≥ 0  имеет решение t∈[0;t0]  , где t0  — корень уравнения F = 0.

    Учитывая возможную область значений для t  (либо [y0;+∞ )  , либо [0;+∞ )  ), этот случай имеет смысл рассматривать.

  • при 0 <a <1  функция f = loga(t+1)  неположительна и убывающая, а g =log5(t2 +1)  неотрицательна и возрастающая, следовательно, их произведение — убывающая функция.

    Тогда

                            2
F(t)= loga3− loga(t+ 1)⋅log5(t + 1) — возрастающая.

    Тогда неравенство F ≥ 0  имеет решение t≥ t0  , где t0  — корень уравнения F = 0.

    Учитывая возможную область значений для t  (либо [y0;+∞ )  , либо [0;+∞)  ), этот случай не имеет смысла рассматривать, так как мы в любом случае получим бесконечно много решений t  неравенства, следовательно, при обратной замене получим бесконечно много решений y  , а затем и x.

Заметим, что подбором находится корень уравнения F = 0  — это t=2  , причем этот корень единственный, так как в любом случае    F  — строго монотонная функция, следовательно, это уравнение имеет не более одного корня.

Рассмотрим случай a> 1  подробнее. Тогда решение неравенства F ≥ 0  — это 0≤ t≤ 2  . Если y0 <0  , то t≥ 0  , следовательно, итоговое решение будет t∈ [0;2]  , причем каждому t  будет соответствовать по два x  , следовательно решений будет более одного. Если y0 = 0  , то также t∈ [0;2]  , причем t= 0  будет соответствовать один x =x0  , остальным t  — по два x  . Тоже более одного решения.

Если y0 >0  , то получаем    √--
t∈[ y0;2]  , причем    √--
t=  y0  будет соответствовать один x  , а остальным — по два. Следовательно, чтобы решение было единственным, отрезок для t  должен быть вырожденным, то есть √--
 y0 = 2  . Тогда

    2
5− a-= 2  ⇔   a= ±2
    4

Учитывая, что a> 1  , остается ответ: a= 2.

P.S.

Пусть F = f ⋅g  , f ≥ 0  , g ≥ 0  , f ↑ , g ↑ . Тогда F′ =f′g+ fg′ . Так как f,g,f′,g′ ≥0  , то F ′≥ 0  , следовательно, F ↑ .

Пусть F = f ⋅g  , f ≤ 0  , g ≥ 0  , f ↓ , g ↑ . Тогда F ′ =f′g+ fg′ . Так как f,f′ ≤ 0  , g,g′ ≥ 0  , то F ′ ≤0  , следовательно, F ↓ .

Ответ:

 a ∈{2}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31910

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

∘ --√--------
  a+  a+ sinx= sinx

имеет хотя бы одно решение.

Показать ответ и решение

Пусть t= sinx  . Рассмотрим функцию f(t)= √a-+t  , тогда уравнение примет вид f(f(t))=t  . Так как f(t)  — возрастающая функция, то равенства f(f(t)) =t  и f(t)= t  равносильны. Следовательно, корни исходного уравнения при замене t= sinx  совпадают с корнями уравнения

              ({ 2
√a-+-t=t  ⇔    t − t− a= 0
              (1≥ t≥ 0

Заметим, что вершина параболы y =t2− t− a  не зависит от параметра и равна t(верш) = 12  . Заметим, что числа 0  и 1  расположены симметрично относительно абсциссы вершины параболы, значит, значения, которые функция принимает в этих точках, одинаковы. Следовательно, полученная система будет иметь хотя бы один корень t= t0 ∈[0;1]  , если парабола будет выглядеть следующим образом:

PIC

Следовательно, при условии D = 1+ 4a ≥0  имеем

⌊
 y(0) ≥0
⌈y(1) ≥0  ⇔   y(0)≥ 0  ⇔   −a≥ 0  ⇔  a ≤0

Так как a≥ − 1
     4  , получаем − 1 ≤a ≤0.
  4

Ответ:

 a ∈[−0,25;0]

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#33662

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых неравенство

| 2          2       |     2       2
||x  − 6x+ 5|− x + 6x− 13|< a− a − (x− 2)+ 2x− 4

имеет единственное целое решение.

Показать ответ и решение

Преобразуем неравенство

 2           2             2         2
||x  − 6x+ 5|− (x − 6x+ 5)− 8|+ x − 6x+ 5+ (a − a+ 3)< 0

Сделаем замену t= x2− 6x+ 5= (x− 3)2− 4≥ −4  , тогда неравенство примет вид

             2
||t|− t− 8|+t+ (a − a+ 3)< 0

Переменной t< −4  не соответствует ни один x  ; переменной t=− 4  соответствует один x= 3  ; переменной t>− 4  соответствует два x =3± √t+-4  . Следователььно, целый x  мы получаем, если √t+-4∈ ℤ

Рассмотрим функцию g(t)=||t|− t− 8|+ t  :

     (||t+ 8,t≥ 0
     |{
g(t)= |||3x+ 8,− 4< t<0
     (−t− 8,t≤−4

Следовательно, график функции f(t)= g(t)+(a2− a+3)  выглядит следующим образом (выделим часть при t≥ −4  ):

PIC

Функция y = f(t)  монотонно возрастает при t≥ −4  , а наше неравенство имеет вид f(t)< 0  . Если взято такое a= a0  , что существует решение неравенства f(t)<0  , то оно имеет вид t∈[−4;t0)  , причем это a0  задается условием f(− 4)<0  . Так как при t= −4  мы получаем целый x =3  , то t0  должно быть меньше − 3  (иначе √t+-4∈ℤ  и мы получим еще два целых x  ). Следовательно,

(               (                                 (
{f(−4)<0        {||− 4|+4 − 8|− 4 +a2− a+ 3< 0    { a2 − a− 1< 0
(f(−3)≥0    ⇔   (||− 3|+3 − 8|− 3 +a2− a+ 3≥ 0 ⇔  ( a2 − a+ 2≥ 0
(  √-       √-            -          -
|{1−25 <a < 1+25-       1−-√5      1+-√5
|(a∈ ℝ             ⇔     2   < a<   2
Ответ:

 a ∈(1−√5;1+√5)
      2    2

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!