Задача 1МГУ

Найдите целое число, задающееся выражением

\dfrac{3}{\sqrt[4]{16}}+\dfrac{5}{\sqrt[3]{27}}+\dfrac{11}{\sqrt{36}}

.

Задача 2МГУ

Последовательность

a_1, a_2, a_3, \ldots

получается из последовательности натуральных чисел вычёркиванием всех полных квадратов (то есть

a_1=2, a_2=3, a_3=5, a_4=6, a_5=7, a_6=8

,

a_7=10

и т.д.). Найдите

a_{2023}

.

Задача 3МГУ

Решите неравенство

\log _{\sqrt{3-x}}(3+x) \leqslant 2

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\cos ^4 x-\cos \left(x+\frac{\pi}{3}\right) \cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right) \sin \left(x-\frac{\pi}{6}\right) .

Решение

Воспользуемся формулами

2\cos\alpha\cos\beta = \cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta),

2\sin\alpha\sin\beta = \cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta).

Преобразуем:

\cos\left(x+\frac{\pi}{3}\right) \cos\left(x-\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} \left( \cos 2x+\cos\frac{2\pi}{3} \right),

2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right) \sin\left(x-\frac{\pi}{6}\right) = \cos\frac{\pi}{3}-\cos 2x.

Следовательно, исходное уравнение принимает вид

\cos^4x - \frac{1}{2} \left( \cos 2x+\cos\frac{2\pi}{3} \right) = \cos\frac{\pi}{3}-\cos 2x.

Так как

\cos\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2}, \qquad \cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2},

получаем

\cos^4x - \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}-\cos 2x.

Перенесём все слагаемые в левую часть:

\cos^4x+\frac{1}{2}\cos 2x-\frac{1}{4}=0.

Используем формулу

\cos^2x=\frac{1+\cos 2x}{2}.

Тогда

\cos^4x = \left(\frac{1+\cos 2x}{2}\right)^2.

Сделаем замену

t=\cos 2x, \qquad |t|\leqslant 1.

Получаем

\frac{(t+1)^2}{4}+\frac{t}{2}-\frac{1}{4}=0.

Умножим обе части уравнения на

4

:

(t+1)^2+2t-1=0.

Раскроем скобки:

t^2+2t+1+2t-1=0,

откуда

t^2+4t=0.

Разложим на множители:

t(t+4)=0.

Следовательно,

\left[ \begin{array}{l} t=0,\\ t=-4. \end{array} \right.

Значение

t=-4

не удовлетворяет условию

|t|\leqslant 1

. Поэтому

t=0.

Возвращаясь к замене, получаем

\cos 2x=0.

Отсюда

2x=\frac{\pi}{2}+\pi n, \qquad n\in\mathbb{Z},

поэтому

x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}, \qquad n\in\mathbb{Z}.

Задача 5МГУ

Прямая

\ell

касается окружности, описанной около треугольника

A B C

, в точке

A

. Известно, что

A B>A C

и что

A C=1

. На стороне

A B

отмечена точка

D

так, что

A D=A C

. Прямая, проходящая через точку

D

и через центр окружности, вписанной в треугольник

A B C

, пересекает прямую

\ell

в точке

E

. Найдите длину отрезка

A E

.

Решение

\solution Обозначим через

O

центр окружности, описанной около треугольника

ABC

, а через

I

--- центр окружности, вписанной в треугольник

ABC

. Точка

I

является точкой пересечения биссектрис треугольника

ABC

. Следовательно, отрезки

AI

,

BI

и

CI

являются биссектрисами углов треугольника

ABC

.

Поскольку

CI

является биссектрисой угла

ACB

, обозначим

\angle ACI=\angle ICB=\alpha.

Тогда

\angle ACB=2\alpha.

Центральный угол

AOB

и вписанный угол

ACB

опираются на одну и ту же дугу

AB

. Поэтому

\angle AOB=2\angle ACB=4\alpha.

Треугольник

AOB

равнобедренный, так как

OA

и

OB

~--- радиусы описанной окружности. Следовательно,

\angle OAB = \dfrac{180^\circ-4\alpha}{2} = 90^\circ-2\alpha.

Так как прямая

\ell

касается описанной окружности в точке

A

, то

OA\perp AE.

Учитывая, что точка

D

лежит на стороне

AB

, получаем

\angle DAE = 90^\circ+\angle OAB = 180^\circ-2\alpha.

Рассмотрим треугольники

AID

и

AIC

. В них

AD=AC

, сторона

AI

является общей, а

AI

--- биссектриса угла

BAC

. Следовательно,

\triangle AID=\triangle AIC

по двум сторонам и углу между ними. Поэтому

\angle ADE=\alpha.

В треугольнике

ADE

\angle AED = 180^\circ-\angle DAE-\angle ADE = 180^\circ-(180^\circ-2\alpha)-\alpha = \alpha.

Следовательно, треугольник

ADE

равнобедренный, поэтому

AE=AD.

По условию

AD=AC=1.

Значит,

AE=1.

Задача 6МГУ

Положительные числа

a, b, c

удовлетворяют соотношению

a^2+b^2+c^2=1

Найдите наибольшее возможное значение выражения

a b+b c \sqrt{3}

.

Решение

Преобразуем выражение:

ab+bc\sqrt{3} = 2\left( \dfrac{b}{2}\cdot a + \dfrac{\sqrt{3}b}{2}\cdot c \right).

Рассмотрим векторы

\vec{x} = \left( \dfrac{b}{2}; \dfrac{\sqrt{3}b}{2} \right), \qquad \vec{y}=(a;c).

Тогда

ab+bc\sqrt{3}=2\vec{x}\cdot\vec{y}.

Скалярное произведение векторов можно записать в виде

\vec{x}\cdot\vec{y} = |\vec{x}|\cdot|\vec{y}|\cos\varphi,

где

\varphi

~--- угол между векторами. Поскольку

\cos\varphi\leqslant 1,

получаем

ab+bc\sqrt{3} \leqslant 2|\vec{x}|\cdot|\vec{y}|.

Найдём длины векторов:

|\vec{x}| = \sqrt{ \dfrac{b^2}{4} + \dfrac{3b^2}{4} } = \sqrt{b^2} = b,

так как

b>0

, и

|\vec{y}|=\sqrt{a^2+c^2}.

Следовательно,

ab+bc\sqrt{3} \leqslant 2b\sqrt{a^2+c^2}.

Используем неравенство Коши

\sqrt{tp}\leqslant\dfrac{t+p}{2}

для чисел

t=b^2, \qquad p=a^2+c^2.

Получаем

2b\sqrt{a^2+c^2} = 2\sqrt{b^2(a^2+c^2)} \leqslant 2\cdot\dfrac{b^2+a^2+c^2}{2}=b^2+a^2+c^2=1.

Таким образом,

ab+bc\sqrt{3}\leqslant 1.

Проверим, достигается ли полученная оценка. Равенство в оценке скалярного произведения достигается, когда векторы

\vec{x}

и

\vec{y}

сонаправлены. Поэтому

\dfrac{\frac{b}{2}}{a} = \dfrac{\frac{\sqrt{3}b}{2}}{c},

откуда

c=\sqrt{3}a.

Равенство в неравенстве Коши достигается при

t=p

. Поэтому

b^2=a^2+c^2.

Вместе с условием задачи получаем

\begin{cases} a^2+b^2+c^2=1,\\ c=\sqrt{3}a,\\ b^2=a^2+c^2. \end{cases}

Из первого и третьего равенств

2b^2=1,

поэтому, поскольку

b>0

,

b=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Далее,

a^2+c^2=b^2=\dfrac{1}{2}.

Так как

c=\sqrt{3}a

, имеем

a^2+3a^2=\dfrac{1}{2},

откуда

a^2=\dfrac{1}{8}, \qquad a=\dfrac{\sqrt{2}}{4}.

Следовательно,

c=\sqrt{3}a=\dfrac{\sqrt{6}}{4}.

При этих значениях

ab+bc\sqrt{3} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{6}}{4}\cdot\sqrt{3} = \dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4} = 1.

Задача 7МГУ

Найдите объём правильной четырёхугольной пирамиды со стороной основания равной 1 , если известно, что плоские углы при вершине равны углам наклона боковых рёбер к плоскости основания.

Решение

Обозначим пирамиду через

SABCD

, а через

O

~--- центр её основания.

Обозначим через

\alpha

плоский угол при вершине пирамиды. По условию угол наклона бокового ребра к плоскости основания также равен

\alpha

. Поэтому

\angle BSC=\angle SBO=\alpha.

Основание пирамиды является квадратом со стороной

1

, поэтому его диагональ равна

\sqrt{2}

, а

OB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}.

Треугольник

SOB

прямоугольный. Из него

\cos\alpha=\dfrac{OB}{SB}.

Следовательно,

SB=\dfrac{OB}{\cos\alpha} =\dfrac{1}{\sqrt{2}\cos\alpha}.

Поскольку пирамида правильная,

SC=SB=\dfrac{1}{\sqrt{2}\cos\alpha}.

Рассмотрим треугольник

SBC

. В нём

BC=1, \qquad \angle BSC=\alpha.

По теореме косинусов

BC^2 = SB^2+SC^2-2SB\cdot SC\cos\alpha.

Подставляя найденные длины, получаем

1 = \dfrac{1}{2\cos^2\alpha} + \dfrac{1}{2\cos^2\alpha} - \dfrac{\cos\alpha}{\cos^2\alpha}.

Отсюда

1=\dfrac{1-\cos\alpha}{\cos^2\alpha}.

Следовательно,

\cos^2\alpha+\cos\alpha-1=0.

Сделаем замену

t=\cos\alpha.

Тогда

t^2+t-1=0,

откуда

t=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}.

Поскольку угол

\alpha

острый,

\cos\alpha>0

, поэтому

\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}.

Рассмотрим прямоугольный треугольник с острым углом

\alpha

, гипотенузой

2

и прилежащим к углу

\alpha

катетом

\sqrt{5}-1

. По теореме Пифагора второй катет равен

\sqrt{2^2-(\sqrt{5}-1)^2} = \sqrt{4-(6-2\sqrt{5})} = \sqrt{2(\sqrt{5}-1)}.

Следовательно,

\tan\alpha = \dfrac{\sqrt{2(\sqrt{5}-1)}}{\sqrt{5}-1}.

В прямоугольном треугольнике

SOB

SO=OB\tan\alpha.

Так как

OB=\dfrac{1}{\sqrt{2}},

то

SO=\dfrac{\tan\alpha}{\sqrt{2}}.

Площадь основания пирамиды равна

S_{ABCD}=1.

Поэтому объём пирамиды равен

V = \dfrac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO = \dfrac{\tan\alpha}{3\sqrt{2}}.

Подставим найденное значение тангенса:

V = \dfrac{\sqrt{2(\sqrt{5}-1)}} {3\sqrt{2}(\sqrt{5}-1)} = \dfrac{1}{3\sqrt{\sqrt{5}-1}}.

Домножим числитель и знаменатель на

\sqrt{\sqrt{5}+1}

:

V = \dfrac{\sqrt{\sqrt{5}+1}} {3\sqrt{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}} = \dfrac{\sqrt{\sqrt{5}+1}}{3\sqrt{4}} = \dfrac{\sqrt{\sqrt{5}+1}}{6}.