ДВИ МГУ по математике — 2023, Поток 3
Условия, ответы и разборы всех задач потока
Задача 1МГУ
Найдите f(53), если f(x)=1−x2+38+x21.
Ответ:1547
Решение
Подставим x=53. Получаем f(53)=1−259+38+925=2516+949=54+37=1547.
Задача 2МГУ
Дана последовательность a1,a2,a3,… действительных чисел. Найдите a1, если известно, что a8=8 и что для любого индекса n справедливо равенство an+1=72an+(72−1)n−1
Ответ:7
Решение
Преобразуем данное равенство: an+1+(n+1)=72an+(72−1)n−1+n+1. Следовательно, an+1+(n+1)=72(an+n). Введём последовательность bn=an+n. Тогда bn+1=72bn. Таким образом, последовательность b1, b2, b3, … является геометрической прогрессией со знаменателем q=72. Поэтому b8=b1q7=2b1. С другой стороны, b8=a8+8=8+8=16. Следовательно, 2b1=16, откуда b1=8. Но b1=a1+1. Значит, a1=7.
Задача 3МГУ
Решите неравенство (x)3+log3x⩾31+log3x
Ответ:(0;91]∪[3;+∞)
Решение
Область допустимых значений: x>0. Так как обе части неравенства положительны, а функция log3t возрастает, то можно прологарифмировать обе части по основанию 3: log3((x)3+log3x)⩾log3(31+log3x). Получаем (3+log3x)log3x⩾(1+log3x)log33. Поскольку log3x=21log3x, log33=1, имеем 21(3+log3x)log3x⩾1+log3x. Сделаем замену: t=log3x. Тогда 21(3+t)t⩾1+t. Умножим обе части на 2: (3+t)t⩾2+2t. Отсюда t2+3t−2t−2⩾0, то есть t2+t−2⩾0. Разложим на множители: (t−1)(t+2)⩾0. Решим это неравенство методом интервалов. 
Получаем t⩽−2илиt⩾1. Возвращаясь к переменной x, имеем: log3x⩽−2илиlog3x⩾1. Так как основание логарифма больше 1, получаем: 0<x⩽91илиx⩾3. Следовательно, x∈(0;91]∪[3;+∞).
Получаем t⩽−2илиt⩾1. Возвращаясь к переменной x, имеем: log3x⩽−2илиlog3x⩾1. Так как основание логарифма больше 1, получаем: 0<x⩽91илиx⩾3. Следовательно, x∈(0;91]∪[3;+∞).Задача 4МГУ
Решите уравнение sinx3−cosx1=4
Ответ:x=\dfrac{\pi}{9}+\dfrac{2\pi n}{3},x=\dfrac{2\pi}{3}+2\pi n,n\in\mathbb Z
Решение
Область допустимых значений задаётся условиями sinx=0,cosx=0. Следовательно, x=2πk,k∈Z. Умножим обе части уравнения на sinxcosx: 3cosx−sinx=4sinxcosx. Разделим обе части на 2: 23cosx−21sinx=2sinxcosx. Так как 23=sin3π,21=cos3π, а 2sinxcosx=sin2x, получаем sin3πcosx−cos3πsinx=sin2x. Следовательно, sin(3π−x)=sin2x. Рассмотрим тригонометрическую окружность. Равенство синусов означает, что точки, соответствующие углам 3π−x и 2x, имеют одинаковую ординату. Значит, эти углы либо совпадают с точностью до периода, либо являются дополнительными до π: 
Отсюда 3π−x=2x+2πn,3π−x=π−2x+2πn,n∈Z. Из первого уравнения 3x=3π−2πn, поэтому x=9π−32πn. Заменяя −n на n, получаем x=9π+32πn. Из второго уравнения x=32π+2πn. Все найденные значения удовлетворяют области допустимых значений.
Отсюда 3π−x=2x+2πn,3π−x=π−2x+2πn,n∈Z. Из первого уравнения 3x=3π−2πn, поэтому x=9π−32πn. Заменяя −n на n, получаем x=9π+32πn. Из второго уравнения x=32π+2πn. Все найденные значения удовлетворяют области допустимых значений.Задача 5МГУ
На сторонах AB,BC,CD,AD вписанного в окружность четырёхугольника ABCD отмечены соответственно точки E,F,G,H. Известно, что AE=EB,2BF=FC,CG=GD,DH=2HA и что площадь четырёхугольника ABCD в два раза больше площади четырёхугольника EFGH. Найдите отношение AC:BD.
Ответ:1
Решение
Обозначим AE=EB=t,BF=x,FC=2x,CG=GD=k,AH=y,HD=2y. Тогда AB=2t,BC=3x,CD=2k,AD=3y. Обозначим площадь четырёхугольника ABCD через S=SABCD. 
Так как треугольники AEH и ADB имеют общий угол при вершине A, то SADBSAEH=AB⋅ADAE⋅AH=2t⋅3yt⋅y=61. Следовательно, SAEH=61SADB. Аналогично, SABCSBEF=BA⋅BCBE⋅BF=2t⋅3xt⋅x=61, откуда SBEF=61SABC. Далее, SCBDSCFG=CB⋅CDCF⋅CG=3x⋅2k2x⋅k=31, поэтому SCFG=31SCBD. Наконец, SACDSDGH=DC⋅DADG⋅DH=2k⋅3yk⋅2y=31, значит SDGH=31SACD. По условию SABCD=2SEFGH, следовательно, сумма площадей четырёх угловых треугольников равна SAEH+SBEF+SCFG+SDGH=2S. Подставим найденные выражения: 61SADB+61SABC+31SCBD+31SACD=2S. Так как SCBD=S−SADB,SABC=S−SACD, то 61SADB+61(S−SACD)+31(S−SADB)+31SACD=2S. Приводим подобные слагаемые: −61SADB+61SACD=0. Значит, SADB=SACD. Треугольники ADB и ACD имеют общее основание AD. Так как их площади равны, то расстояния от точек B и C до прямой AD равны. Точки B и C лежат по одну сторону от прямой AD, поэтому BC∥AD. Тогда ∠ADB=∠DBC как накрест лежащие углы при параллельных прямых AD и BC и секущей BD. Эти углы являются вписанными и опираются соответственно на дуги AB и DC. Следовательно, AB=DC. Прибавляя к обеим дугам дугу BC, получаем AC=AB+BC=DC+BC=BD. Равным дугам соответствуют равные хорды, поэтому AC=BD. Следовательно, AC:BD=1.
Так как треугольники AEH и ADB имеют общий угол при вершине A, то SADBSAEH=AB⋅ADAE⋅AH=2t⋅3yt⋅y=61. Следовательно, SAEH=61SADB. Аналогично, SABCSBEF=BA⋅BCBE⋅BF=2t⋅3xt⋅x=61, откуда SBEF=61SABC. Далее, SCBDSCFG=CB⋅CDCF⋅CG=3x⋅2k2x⋅k=31, поэтому SCFG=31SCBD. Наконец, SACDSDGH=DC⋅DADG⋅DH=2k⋅3yk⋅2y=31, значит SDGH=31SACD. По условию SABCD=2SEFGH, следовательно, сумма площадей четырёх угловых треугольников равна SAEH+SBEF+SCFG+SDGH=2S. Подставим найденные выражения: 61SADB+61SABC+31SCBD+31SACD=2S. Так как SCBD=S−SADB,SABC=S−SACD, то 61SADB+61(S−SACD)+31(S−SADB)+31SACD=2S. Приводим подобные слагаемые: −61SADB+61SACD=0. Значит, SADB=SACD. Треугольники ADB и ACD имеют общее основание AD. Так как их площади равны, то расстояния от точек B и C до прямой AD равны. Точки B и C лежат по одну сторону от прямой AD, поэтому BC∥AD. Тогда ∠ADB=∠DBC как накрест лежащие углы при параллельных прямых AD и BC и секущей BD. Эти углы являются вписанными и опираются соответственно на дуги AB и DC. Следовательно, AB=DC. Прибавляя к обеим дугам дугу BC, получаем AC=AB+BC=DC+BC=BD. Равным дугам соответствуют равные хорды, поэтому AC=BD. Следовательно, AC:BD=1.Задача 6МГУ
Найдите наименьшее возможное значение выражения a+2b+cc−b+a+b+2c2b−a+b+3c4c при положительных a,b,c.
Ответ:62−9
Решение
Обозначим x=a+2b+c,y=a+b+2c,z=a+b+3c. Так как a, b, c положительны, то x>0,y>0,z>0. Выразим числители через x, y, z. Имеем y−x=c−b, x+z−2y=b, z−y=c. Следовательно, a+2b+cc−b+a+b+2c2b−a+b+3c4c=xy−x+y2(x+z−2y)−z4(z−y)= =xy−1+y2x+y2z−4−4+z4y=xy+y2x+y2z+z4y−9. По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим xy+y2x⩾2xy⋅y2x=22, а также y2z+z4y⩾2y2z⋅z4y=42. Поэтому a+2b+cc−b+a+b+2c2b−a+b+3c4c⩾62−9. Проверим, достигается ли полученная оценка. Равенство в первом неравенстве достигается при xy=y2x, то есть y2=2x2. Равенство во втором неравенстве достигается при y2z=z4y, то есть z2=2y2. Например, эти условия выполняются при x=1,y=2,z=2. Найдём соответствующие значения a, b, c. Из полученных ранее равенств c=z−y=2−2, b=x+z−2y=3−22, а затем a=x−2b−c=1−2(3−22)−(2−2)=52−7. Все эти числа положительны: 2−2>0, 3−22=(2−1)2>0, 52−7>0. Следовательно, полученная оценка достигается, поэтому наименьшее возможное значение выражения равно 62−9.
Задача 7МГУ
Расстояния от (внутренней) диагонали прямоугольного параллелепипеда до его рёбер, не имеющих с этой диагональю общих точек, равны 32,23,56. Найдите объём этого параллелепипеда.
Ответ:6
Решение
Обозначим AB=a,BC=b,BB1=c. Рассмотрим внутреннюю диагональ BD1. Будем использовать следующий способ нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми. Проведём плоскость, перпендикулярную одной из прямых, и ортогонально спроецируем на неё вторую прямую. Тогда искомое расстояние равно расстоянию от точки пересечения первой прямой с плоскостью до проекции второй прямой. Достаточно рассмотреть по одному ребру каждого из трёх направлений: CC1, A1B1 и AD. 
Плоскость A1B1C1D1 перпендикулярна ребру CC1. Диагональ BD1 ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок B1D1. Поэтому расстояние между прямыми BD1 и CC1 равно расстоянию от точки C1 до прямой B1D1. Пусть C1H1⊥B1D1. Тогда C1H1 является высотой прямоугольного треугольника B1C1D1, в котором B1C1=b,C1D1=a,B1D1=a2+b2. Следовательно, C1H1=a2+b2ab. Плоскость BCC1B1 перпендикулярна ребру A1B1. Диагональ BD1 ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок BC1. Поэтому расстояние между прямыми BD1 и A1B1 равно расстоянию от точки B1 до прямой BC1. Пусть B1H2⊥BC1. Тогда B1H2 является высотой прямоугольного треугольника BB1C1, в котором BB1=c,B1C1=b,BC1=b2+c2. Следовательно, B1H2=b2+c2bc. Плоскость AA1B1B перпендикулярна ребру AD. Диагональ BD1 ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок BA1. Поэтому расстояние между прямыми BD1 и AD равно расстоянию от точки A до прямой BA1. Пусть AH3⊥BA1. Тогда AH3 является высотой прямоугольного треугольника AA1B, в котором AB=a,AA1=c,A1B=a2+c2. Следовательно, AH3=a2+c2ac. Подставим данные в условии расстояния и получим систему: ⎩⎨⎧a2+b2ab=32,b2+c2bc=23,a2+c2ac=56. Возведём равенства в квадрат. Из первого равенства получаем a2+b2a2b2=32, откуда a21+b21=23. Аналогично, b21+c21=34, a21+c21=65. Сделаем замену: x=a21,y=b21,z=c21. Тогда ⎩⎨⎧x+y=23,y+z=34,x+z=65. Сложим все три равенства: 2(x+y+z)=23+34+65=311. Следовательно, x+y+z=611. Отсюда x=611−34=21, y=611−65=1, z=611−23=31. Таким образом, a=2,b=1,c=3. Следовательно, объём параллелепипеда равен V=abc=2⋅1⋅3=6.
Плоскость A1B1C1D1 перпендикулярна ребру CC1. Диагональ BD1 ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок B1D1. Поэтому расстояние между прямыми BD1 и CC1 равно расстоянию от точки C1 до прямой B1D1. Пусть C1H1⊥B1D1. Тогда C1H1 является высотой прямоугольного треугольника B1C1D1, в котором B1C1=b,C1D1=a,B1D1=a2+b2. Следовательно, C1H1=a2+b2ab. Плоскость BCC1B1 перпендикулярна ребру A1B1. Диагональ BD1 ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок BC1. Поэтому расстояние между прямыми BD1 и A1B1 равно расстоянию от точки B1 до прямой BC1. Пусть B1H2⊥BC1. Тогда B1H2 является высотой прямоугольного треугольника BB1C1, в котором BB1=c,B1C1=b,BC1=b2+c2. Следовательно, B1H2=b2+c2bc. Плоскость AA1B1B перпендикулярна ребру AD. Диагональ BD1 ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок BA1. Поэтому расстояние между прямыми BD1 и AD равно расстоянию от точки A до прямой BA1. Пусть AH3⊥BA1. Тогда AH3 является высотой прямоугольного треугольника AA1B, в котором AB=a,AA1=c,A1B=a2+c2. Следовательно, AH3=a2+c2ac. Подставим данные в условии расстояния и получим систему: ⎩⎨⎧a2+b2ab=32,b2+c2bc=23,a2+c2ac=56. Возведём равенства в квадрат. Из первого равенства получаем a2+b2a2b2=32, откуда a21+b21=23. Аналогично, b21+c21=34, a21+c21=65. Сделаем замену: x=a21,y=b21,z=c21. Тогда ⎩⎨⎧x+y=23,y+z=34,x+z=65. Сложим все три равенства: 2(x+y+z)=23+34+65=311. Следовательно, x+y+z=611. Отсюда x=611−34=21, y=611−65=1, z=611−23=31. Таким образом, a=2,b=1,c=3. Следовательно, объём параллелепипеда равен V=abc=2⋅1⋅3=6.