Вычислим значения корней: 416=2,327=3,36=6. Тогда 4163+3275+3611=23+35+611. Приведём дроби к общему знаменателю: 23+35+611=69+610+611=630=5.
Задача 2МГУ
Последовательность a1,a2,a3,… получается из последовательности натуральных чисел вычёркиванием всех полных квадратов (то есть a1=2,a2=3,a3=5,a4=6,a5=7,a6=8,a7=10 и т.д.). Найдите a2023.
Ответ:2068
Решение
Заметим, что 2025=452,2116=462. Следовательно, до числа 2116 из последовательности натуральных чисел будут вычеркнуты ровно 45 полных квадратов: 12,22,32,…,452. Поэтому 2023-й член полученной последовательности должен быть на 45 больше числа 2023:a2023=2023+45=2068. При этом 2025<2068<2116, поэтому до числа 2068 действительно вычеркнуты ровно 45 полных квадратов.
Задача 3МГУ
Решите неравенство log3−x(3+x)⩽2
Ответ:(−3;0]∪(2;3)
Решение
Найдём область допустимых значений: ⎩⎨⎧3−x>0,3+x>0,3−x=1. Отсюда ⎩⎨⎧x<3,x>−3,x=2. Следовательно, x∈(−3;2)∪(2;3). Представим число 2 в виде логарифма с тем же основанием: 2=log3−x(3−x)2=log3−x(3−x). Тогда исходное неравенство принимает вид log3−x(3+x)−log3−x(3−x)⩽0. На ОДЗ воспользуемся методом рационализации: (3−x−1)((3+x)−(3−x))⩽0. Получаем 2x(3−x−1)⩽0. На ОДЗ 3−x+1>0. Поэтому домножим обе части неравенства на сопряжённое выражение 3−x+1. Получим 2x(3−x−1)(3−x+1)⩽0. Отсюда 2x((3−x)−1)⩽0, то есть 2x(2−x)⩽0. Решим методом интервалов: \begin{center} \includegraphics[width=0.63\textwidth] {pictures/дви_2023_2_поток/дви_2023_2_поток_3.1.pdf} \end{center} Пересечём найденное множество с ОДЗ: \begin{center} \includegraphics[width=0.63\textwidth] {pictures/дви_2023_2_поток/дви_2023_2_поток_3.2.pdf} \end{center} Получаем (−3;0]∪(2;3).
Воспользуемся формулами 2cosαcosβ=cos(α+β)+cos(α−β),2sinαsinβ=cos(α−β)−cos(α+β). Преобразуем: cos(x+3π)cos(x−3π)=21(cos2x+cos32π),2sin(x+6π)sin(x−6π)=cos3π−cos2x. Следовательно, исходное уравнение принимает вид cos4x−21(cos2x+cos32π)=cos3π−cos2x. Так как cos32π=−21,cos3π=21, получаем cos4x−21cos2x+41=21−cos2x. Перенесём все слагаемые в левую часть: cos4x+21cos2x−41=0. Используем формулу cos2x=21+cos2x. Тогда cos4x=(21+cos2x)2. Сделаем замену t=cos2x,∣t∣⩽1. Получаем 4(t+1)2+2t−41=0. Умножим обе части уравнения на 4:(t+1)2+2t−1=0. Раскроем скобки: t2+2t+1+2t−1=0, откуда t2+4t=0. Разложим на множители: t(t+4)=0. Следовательно, [t=0,t=−4. Значение t=−4 не удовлетворяет условию ∣t∣⩽1. Поэтому t=0. Возвращаясь к замене, получаем cos2x=0. Отсюда 2x=2π+πn,n∈Z, поэтому x=4π+2πn,n∈Z.
Задача 5МГУ
Прямая ℓ касается окружности, описанной около треугольника ABC, в точке A. Известно, что AB>AC и что AC=1. На стороне AB отмечена точка D так, что AD=AC. Прямая, проходящая через точку D и через центр окружности, вписанной в треугольник ABC, пересекает прямую ℓ в точке E. Найдите длину отрезка AE.
Ответ:1
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. \begin{center} \includegraphics[width=0.82\textwidth] {pictures/дви_2023_2_поток/дви_2023_2_поток_5.pdf} \end{center} Поскольку CI является биссектрисой угла ACB, обозначим ∠ACI=∠ICB=α. Тогда ∠ACB=2α. Центральный угол AOB и вписанный угол ACB опираются на одну и ту же дугу AB. Поэтому ∠AOB=2∠ACB=4α. Треугольник AOB равнобедренный, так как OA и OB~--- радиусы описанной окружности. Следовательно, ∠OAB=2180∘−4α=90∘−2α. Так как прямая ℓ касается описанной окружности в точке A, то OA⊥AE. Учитывая, что точка D лежит на стороне AB, получаем ∠DAE=90∘+∠OAB=180∘−2α. Рассмотрим треугольники AID и AIC. В них AD=AC, сторона AI является общей, а AI --- биссектриса угла BAC. Следовательно, △AID=△AIC по двум сторонам и углу между ними. Поэтому ∠ADE=α. В треугольнике ADE∠AED=180∘−∠DAE−∠ADE=180∘−(180∘−2α)−α=α. Следовательно, треугольник ADE равнобедренный, поэтому AE=AD. По условию AD=AC=1. Значит, AE=1.
Задача 6МГУ
Положительные числа a,b,c удовлетворяют соотношению a2+b2+c2=1 Найдите наибольшее возможное значение выражения ab+bc3.
Ответ:1
Решение
Преобразуем выражение: ab+bc3=2(2b⋅a+23b⋅c). Рассмотрим векторы x=(2b;23b),y=(a;c). Тогда ab+bc3=2x⋅y. Скалярное произведение векторов можно записать в виде x⋅y=∣x∣⋅∣y∣cosφ, где φ~--- угол между векторами. Поскольку cosφ⩽1, получаем ab+bc3⩽2∣x∣⋅∣y∣. Найдём длины векторов: ∣x∣=4b2+43b2=b2=b, так как b>0, и ∣y∣=a2+c2. Следовательно, ab+bc3⩽2ba2+c2. Используем неравенство Коши tp⩽2t+p для чисел t=b2,p=a2+c2. Получаем 2ba2+c2=2b2(a2+c2)⩽2⋅2b2+a2+c2=b2+a2+c2=1. Таким образом, ab+bc3⩽1. Проверим, достигается ли полученная оценка. Равенство в оценке скалярного произведения достигается, когда векторы x и y сонаправлены. Поэтому a2b=c23b, откуда c=3a. Равенство в неравенстве Коши достигается при t=p. Поэтому b2=a2+c2. Вместе с условием задачи получаем ⎩⎨⎧a2+b2+c2=1,c=3a,b2=a2+c2. Из первого и третьего равенств 2b2=1, поэтому, поскольку b>0,b=22. Далее, a2+c2=b2=21. Так как c=3a, имеем a2+3a2=21, откуда a2=81,a=42. Следовательно, c=3a=46. При этих значениях ab+bc3=42⋅22+22⋅46⋅3=41+43=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.
Ответ:65+1
Решение
Обозначим пирамиду через SABCD, а через O~--- центр её основания. \begin{center} \includegraphics[width=0.62\textwidth] {pictures/дви_2023_2_поток/дви_2023_2_поток_7.pdf} \end{center} Обозначим через α плоский угол при вершине пирамиды. По условию угол наклона бокового ребра к плоскости основания также равен α. Поэтому ∠BSC=∠SBO=α. Основание пирамиды является квадратом со стороной 1, поэтому его диагональ равна 2, а OB=22=21. Треугольник SOB прямоугольный. Из него cosα=SBOB. Следовательно, SB=cosαOB=2cosα1. Поскольку пирамида правильная, SC=SB=2cosα1. Рассмотрим треугольник SBC. В нём BC=1,∠BSC=α. По теореме косинусов BC2=SB2+SC2−2SB⋅SCcosα. Подставляя найденные длины, получаем 1=2cos2α1+2cos2α1−cos2αcosα. Отсюда 1=cos2α1−cosα. Следовательно, cos2α+cosα−1=0. Сделаем замену t=cosα. Тогда t2+t−1=0, откуда t=2−1±5. Поскольку угол α острый, cosα>0, поэтому cosα=25−1. Рассмотрим прямоугольный треугольник с острым углом α, гипотенузой 2 и прилежащим к углу α катетом 5−1. По теореме Пифагора второй катет равен 22−(5−1)2=4−(6−25)=2(5−1). Следовательно, tanα=5−12(5−1). В прямоугольном треугольнике SOBSO=OBtanα. Так как OB=21, то SO=2tanα. Площадь основания пирамиды равна SABCD=1. Поэтому объём пирамиды равен V=31SABCD⋅SO=32tanα. Подставим найденное значение тангенса: V=32(5−1)2(5−1)=35−11. Домножим числитель и знаменатель на 5+1:V=3(5−1)(5+1)5+1=345+1=65+1.
