Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением 7+210(5−2).
Ответ:3
Решение
7+210=5+25⋅2+2=(5+2)2, поэтому 7+210=5+2.7+210(5−2)=(5+2)(5−2)=5−2=3.
Задача 3МГУ
Найдите все положительные x, удовлетворяющие неравенству x−7x+5<x−4.
Ответ:x∈(0,1)∪(79,+∞)
Решение
Для положительных x:x−7x+5<x−4⟺x−7x+9<1⟺(−7x+9)lnx<0⟺{x>0,(−7x+9)(x−1)<0. (при x>0 знак lnx совпадает со знаком (x−1) )(−7x+9)(x−1)<0⟺(7x−9)(x−1)>0⟺x<1илиx>79. С учётом x>0:x∈(0,1)∪(79,+∞).
Выделим полный квадрат относительно ∣cosx∣:cos2x+2∣cosx∣sin(25x−8π)+21=(∣cosx∣+21sin(25x−8π))2+21−21sin2(25x−8π). Сумма неотрицательна и обращается в нуль лишь при условии {sin2(25x−8π)=1,∣cosx∣+21sin(25x−8π)=0;⟺{sin(25x−8π)=±1,∣cosx∣=21.{25x−8π=2π+πk,k∈Z,x=4π+2πm,m∈Z;⟺{x=4π+52πk,k∈Z,x=4π+2πm,m∈Z;⟺x=49π+4πn,n∈Z.
Задача 5МГУ
Окружности Ω1 и Ω2 с центрами в точках O1 и O2 касаются внешним образом в точке A. Общая внешняя касательная к этим окружностям касается Ω1 в точке B и пересекает в точке C общую касательную этих окружностей, проходящую через точку A. Прямая, делящая угол ACO1 пополам, пересекает прямые O1O2 и BO1 в точках L и D соответственно. Найдите LO1, если известно, что CO2=2, а прямые CO2 и DO2 перпендикулярны.
Ответ:1
Решение
Обозначим радиусы r1=O1A=O1B,r2=O2A. Касательная в A перпендикулярна O1O2, а из точки C проведены две касательные, поэтому CA=CB и CA — высота прямоугольного △O1CO2:∠O1CO2=90∘,CA2=O1A⋅O2A=r1r2.AO2=r2,CA⊥AO2⇒CO22=CA2+AO22=r2(r1+r2),AO1=r1,CA⊥AO1⇒CO12=CA2+AO12=r1(r1+r2). Введём координаты: O1=(0,r1),B=(0,0),O2=(2r1r2,r2),C=(r1r2,0). Точки L=CL∩O1O2 и D=CL∩BO1, где CL — биссектриса угла ACO1. Условие CO2⊥DO2 задаёт уравнение на отношение радиусов; его единственное решение r2=54r1. При r2=54r1 прямой подсчёт даёт LO1CO2=2.LO1=2CO2=22=1.
Задача 6МГУ
Решите систему уравнений ⎩⎨⎧sin3x1+cos3y1=54ctg2x+tg2y=16
Ответ:x=(−1)karcsin31+πk,y=±arccos31+2πn,k,n∈Z
Решение
Положим a=sinx1,b=cosy1. Тогда ctg2x=sin2x1−1=a2−1,tg2y=cos2y1−1=b2−1. Система принимает вид {a3+b3=54(a2−1)+(b2−1)=16⟺{a3+b3=54a2+b2=18 Полагая u=a+b,v=ab:u2−2v=18,u(u2−3v)=54, откуда u3−54u+108=0.(u−6)(u2+6u−18)=0. Так как ∣a∣≥1,∣b∣≥1, подходит u=6,v=9, то есть a=b=3.sinx=31⟹x=(−1)karcsin31+πk,cosy=31⟹y=±arccos31+2πn.
Задача 7МГУ
В основании прямой призмы лежит квадрат со стороной 1. Высота призмы равна 3. Найдите расстояние между большой диагональю призмы и скрещивающейся с ней диагональю боковой грани.
Ответ:43
Решение
Введём координаты: A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), вершины верхнего основания A1,B1,C1,D1 получаются сдвигом на (0,0,h),h=3. Большая (пространственная) диагональ призмы AC1: направляющий вектор u=(1,1,h). Возьмём скрещивающуюся с ней диагональ боковой грани B1C:v=C−B1=(0,1,−h).u×v=(−2h,h,1),∣u×v∣=4h2+h2+1=5h2+1. Соединяющий вектор w=B1−A=(1,0,h),w⋅(u×v)=−2h+h=−h.ρ=∣u×v∣∣w⋅(u×v)∣=5h2+1h. При h=3:5⋅3+13=163=43.
Задача 8МГУ
Пусть f(x,y)=−6x2−11y2−16xy+5+y,g(x,y)=−−6x2−11y2−16xy+5+y. Найдите все значения, которые может принимать хотя бы одна из этих функций.
Ответ:[−25;25]
Решение
Искомое множество совпадает с множеством значений z, при которых разрешима относительно x и y совокупность [z−y=−6x2−11y2−16xy+5z−y=−−6x2−11y2−16xy+5 Эта совокупность равносильна уравнению (z−y)2=−6x2−11y2−16xy+5, то есть уравнению 6x2+16xy+(z−y)2+11y2−5=0. Разрешимость этого уравнения относительно x при фиксированных z,y равносильна неотрицательности дискриминанта. Следовательно, искомое множество совпадает с множеством тех z, при которых разрешимо относительно y неравенство (8y)2−6((z−y)2+11y2−5)⩾0. Перепишем это неравенство в виде 4y2−6yz+3z2−15⩽0. Оно разрешимо относительно y тогда и только тогда, когда его дискриминант неотрицателен, то есть когда z2⩽20. Стало быть, искомое множество — отрезок [−25;25].
Для положительных 
Обозначим радиусы 
Введём координаты: