Не виконуючи побудови, знайти точки перетину графіків функцій у = х +3 і у = 2х + 6.
Варіанти відровідей:
х = 0; у = 3
х =-3 ; у = 0
х = 3; у = 6
х = 6; у = 3

докажем утверждение от противного.

можно предположить, что для любых двух разных точек a и b из s найдется отличная от них точка x из s такая, что либо xa < 0,999ab, либо xb < 0,999ab.

переформулируем утверждение: для любого отрезка i с концами в s и длиной l найдется отрезок i′ с концами в s длины не более 0,999l, один из концов которого совпадает с некоторым концом i.

или, иначе говоря, i′ пересекает i.

возьмем теперь первый отрезок i1 длины l и будем брать отрезки i2, i3, …так, что ik + 1 пересекается с ik и |ik + 1| < 0,999|ik|.

все эти отрезки имеют концы в s. ломаная не короче отрезка, соединяющего ее концы, поэтому расстояние от любого конца ik до любого конца i1 не превосходит

следовательно, в квадрате 2000l × 2000l с центром в любом из концов i1 лежит бесконечное число точек s.

но из условия следует конечность их числа в любом квадрате.

Метод матем индукции
1) проверим делимость на 3 при n=1
при n=1 4n^3+6n^2+5n+9=4+6+5+9=24 - делится на 3
2) предположим что делится на 3 при n=k
при n=к 4n^3+6n^2+5n+9=4k^3+6k^2+5k+9=(3k^3+6k^2+3k+9)+(k^3+2k) - делится на 3
значит (k^3+2k) - делится на 3, так как (3k^3+6k^2+3k+9) делится на 3
3) проверим делимость на 3 при n=k+1
при n=к+1
4n^3+6n^2+5n+9=4(к+1)^3+6(к+1)^2+5(к+1)+9=
=(3(к+1)^3+6(к+1)^2+3(к+1)+9)+((к+1)^3+2(к+1)) = A+B
A=(3(к+1)^3+6(к+1)^2+3(к+1)+9) - делится на 3
B=(к+1)^3+2(к+1)=k^3+3k^2+3k+1+2k+2=(k^3+2k)+(3k^2+3k+3) = C+D
C = (k^3+2k) - делится на 3 (см пункт 2) )
D = (3k^2+3k+3) - делится на 3
значит B=C+D - делится на 3
значит 4n^3+6n^2+5n+9 при n=k+1 делится на 3
так как n=k+1 4n^3+6n^2+5n+9 = A+B
<<< доказано методом математической индукции >>>>