Сколько людей изображено в скульптурной группе в.мухиной "требуем мира! "?

предположим, что такие числа существуют. корни всех четырех уравнений  имеют вид  x1 = (-b - √d)2a и x2 = (-b +√d)/2a. вычтем из одного корня второй: x2 - x1 = (-b+√d+b+√d)/2a = 2√d/2a = √d/a. по предположению, т. к. оба корня целые, √d/a также целое число.  дискриминант двух уравнений ax^2+bx+c и ax^2-bx+c равен d1 = b^2-4ac, а двух других уравнений ax^2+bx-c и ax^2-bx-c равен d2 = b^2  + 4ac. положим √d1 = k*a и √d2 = m*a, где k и m - натуральные. тогда имеем d1 = k^2a^2, а d2 = m^2a^2. составим сумму четырех дискриминантов уравнений: 2d1 + 2d2 = 2(b^2-4ac) + 2(b^2+4ac) = 2b^2 + 2b^2 = 4b^2 = 2k^2a^2 + 2m^2a^2 = 2a^2(k^2 + m^2) или 2b^2 = a^2(k^2 + m^2).  отсюда видно, что условием является a = b и k = m = 1. предположим, что это так. тогда b^2 - 4ac = k^2a^2 = >   b^2 - 4bc = b^2 => -4bc = 0 => c = 0, но это невозможно, поскольку с - натуральное. точно так же, если b^2  + 4ac = m^2a^2 = >   b^2 -+ 4bc = b^2 => 4bc = 0 => c = 0. следовательно, приходим к противоречию и таких чисел не существует.

ответ: не существует.

По теореме виетта произведение корней указанных трехчленов с единицей при x^2 равно q. имеем  x11*x12 = q1 x21*x22 = q2 x31*x32 = q3 перемножаем все  (x11*x12) * (x21*x22) * (x31*x32) = q1*q2*q3 по условию каждая из скобок имеет общий корень  xx1 xx2 xx3 и эти корни не равны.  xx1^2 * xx2^2 * xx3^2 = q1*q2*q3 левая часть больше 0 , как и произведение квадратов, значит и правая больше нуля.  случай с одним нулем из xx1 xx2 xx3 имеет место быть тогда произведение ноль , но неявно задано что q ненулевые.