Задача 1МГУ

Найдите

f\left(\dfrac{3}{5}\right)

, если

f(x)=\sqrt{1-x^2}+\sqrt{\dfrac{8}{3}+\dfrac{1}{x^2}}

.

Задача 2МГУ

Дана последовательность

a_1, a_2, a_3, \ldots

действительных чисел. Найдите

a_1

, если известно, что

a_8=8

и что для любого индекса

n

справедливо равенство

a_{n+1}=\sqrt[7]{2} a_n+(\sqrt[7]{2}-1) n-1

Задача 3МГУ

Решите неравенство

(\sqrt{x})^{3+\log _3 x} \geqslant 3^{1+\log _3 x}

Решение

Область допустимых значений:

x>0.

Так как обе части неравенства положительны, а функция

\log_3 t

возрастает, то можно прологарифмировать обе части по основанию

3

:

\log_3\left(\left(\sqrt{x}\right)^{\,3+\log_3 x}\right) \geqslant \log_3\left(3^{\,1+\log_3 x}\right).

Получаем

\left(3+\log_3 x\right)\log_3\sqrt{x}\geqslant (1+\log_3 x)\log_3 3.

Поскольку

\log_3\sqrt{x}=\frac12\log_3 x,

\log_3 3=1,

имеем

\frac12\left(3+\log_3 x\right)\log_3 x\geqslant 1+\log_3 x.

Сделаем замену:

t=\log_3 x.

Тогда

\frac12(3+t)t\geqslant 1+t.

Умножим обе части на

2

:

(3+t)t\geqslant 2+2t.

Отсюда

t^2+3t-2t-2\geqslant 0,

то есть

t^2+t-2\geqslant 0.

Разложим на множители:

(t-1)(t+2)\geqslant 0.

Решим это неравенство методом интервалов.

Получаем

t\leqslant -2 \quad \text{или} \quad t\geqslant 1.

Возвращаясь к переменной

x

, имеем:

\log_3 x\leqslant -2 \quad \text{или} \quad \log_3 x\geqslant 1.

Так как основание логарифма больше

1

, получаем:

0<x\leqslant \frac19 \quad \text{или} \quad x\geqslant 3.

Следовательно,

x\in\left(0;\frac19\right]\cup[3;+\infty).

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\dfrac{\sqrt{3}}{\sin x}-\dfrac{1}{\cos x}=4

Решение

Область допустимых значений задаётся условиями

\sin x\ne 0, \qquad \cos x\ne 0.

Следовательно,

x\ne\dfrac{\pi k}{2}, \qquad k\in\mathbb Z.

Умножим обе части уравнения на

\sin x\cos x

:

\sqrt{3}\cos x-\sin x = 4\sin x\cos x.

Разделим обе части на

2

:

\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos x - \dfrac{1}{2}\sin x = 2\sin x\cos x.

Так как

\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sin\dfrac{\pi}{3}, \qquad \dfrac{1}{2}=\cos\dfrac{\pi}{3},

а

2\sin x\cos x=\sin 2x,

получаем

\sin\dfrac{\pi}{3}\cos x - \cos\dfrac{\pi}{3}\sin x = \sin 2x.

Следовательно,

\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)=\sin 2x.

Рассмотрим тригонометрическую окружность. Равенство синусов означает, что точки, соответствующие углам

\dfrac{\pi}{3}-x

и

2x

, имеют одинаковую ординату. Значит, эти углы либо совпадают с точностью до периода, либо являются дополнительными до

\pi

:

Отсюда

\left[ \begin{array}{l} \dfrac{\pi}{3}-x=2x+2\pi n,\\[6pt] \dfrac{\pi}{3}-x=\pi-2x+2\pi n, \end{array} \right. \qquad n\in\mathbb Z.

Из первого уравнения

3x=\dfrac{\pi}{3}-2\pi n,

поэтому

x=\dfrac{\pi}{9}-\dfrac{2\pi n}{3}.

Заменяя

-n

на

n

, получаем

x=\dfrac{\pi}{9}+\dfrac{2\pi n}{3}.

Из второго уравнения

x=\dfrac{2\pi}{3}+2\pi n.

Все найденные значения удовлетворяют области допустимых значений.

Задача 5МГУ

На сторонах

A B, B C, C D, A D

вписанного в окружность четырёхугольника

A B C D

отмечены соответственно точки

E, F, G, H

. Известно, что

AE=EB, 2BF=FC, CG=GD, DH=2HA

и что площадь четырёхугольника

A B C D

в два раза больше площади четырёхугольника

EFGH

. Найдите отношение

AC:BD

.

Решение

Обозначим

AE=EB=t,\qquad BF=x,\qquad FC=2x,\qquad CG=GD=k,\qquad AH=y,\qquad HD=2y.

Тогда

AB=2t,\qquad BC=3x,\qquad CD=2k,\qquad AD=3y.

Обозначим площадь четырёхугольника

ABCD

через

S=S_{ABCD}.

Так как треугольники

AEH

и

ADB

имеют общий угол при вершине

A

, то

\frac{S_{AEH}}{S_{ADB}} = \frac{AE\cdot AH}{AB\cdot AD} = \frac{t\cdot y}{2t\cdot 3y} = \frac16.

Следовательно,

S_{AEH}=\frac16S_{ADB}.

Аналогично,

\frac{S_{BEF}}{S_{ABC}} = \frac{BE\cdot BF}{BA\cdot BC} = \frac{t\cdot x}{2t\cdot 3x} = \frac16,

откуда

S_{BEF}=\frac16S_{ABC}.

Далее,

\frac{S_{CFG}}{S_{CBD}} = \frac{CF\cdot CG}{CB\cdot CD} = \frac{2x\cdot k}{3x\cdot 2k} = \frac13,

поэтому

S_{CFG}=\frac13S_{CBD}.

Наконец,

\frac{S_{DGH}}{S_{ACD}} = \frac{DG\cdot DH}{DC\cdot DA} = \frac{k\cdot 2y}{2k\cdot 3y} = \frac13,

значит

S_{DGH}=\frac13S_{ACD}.

По условию

S_{ABCD}=2S_{EFGH},

следовательно, сумма площадей четырёх угловых треугольников равна

S_{AEH}+S_{BEF}+S_{CFG}+S_{DGH}=\frac S2.

Подставим найденные выражения:

\frac16S_{ADB}+\frac16S_{ABC}+\frac13S_{CBD}+\frac13S_{ACD}=\frac S2.

Так как

S_{CBD}=S-S_{ADB}, \qquad S_{ABC}=S-S_{ACD},

то

\frac16S_{ADB} + \frac16(S-S_{ACD}) + \frac13(S-S_{ADB}) + \frac13S_{ACD} = \frac S2.

Приводим подобные слагаемые:

-\frac16S_{ADB}+\frac16S_{ACD}=0.

Значит,

S_{ADB}=S_{ACD}.

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\parallel AD.

Тогда

\angle ADB=\angle 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,

\widehat{AB}=\widehat{DC}.

Прибавляя к обеим дугам дугу

BC

, получаем

\widehat{AC} = \widehat{AB}+\widehat{BC} = \widehat{DC}+\widehat{BC} = \widehat{BD}.

Равным дугам соответствуют равные хорды, поэтому

AC=BD.

Следовательно,

AC:BD=1.

Задача 6МГУ

Найдите наименьшее возможное значение выражения

\frac{c-b}{a+2 b+c}+\frac{2 b}{a+b+2 c}-\frac{4 c}{a+b+3 c}

при положительных

a, b, c

.

Решение

Обозначим

x=a+2b+c, \qquad y=a+b+2c, \qquad z=a+b+3c.

Так как

a

,

b

,

c

положительны, то

x>0, \qquad y>0, \qquad z>0.

Выразим числители через

x

,

y

,

z

. Имеем

y-x=c-b,

x+z-2y=b,

z-y=c.

Следовательно,

\dfrac{c-b}{a+2b+c} + \dfrac{2b}{a+b+2c} - \dfrac{4c}{a+b+3c} = \dfrac{y-x}{x} + \dfrac{2(x+z-2y)}{y} - \dfrac{4(z-y)}{z}=

= \dfrac{y}{x}-1 + \dfrac{2x}{y} + \dfrac{2z}{y}-4 - 4+\dfrac{4y}{z} = \dfrac{y}{x} + \dfrac{2x}{y} + \dfrac{2z}{y} + \dfrac{4y}{z} -9.

По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим

\dfrac{y}{x}+\dfrac{2x}{y} \geqslant 2\sqrt{\dfrac{y}{x}\cdot\dfrac{2x}{y}} = 2\sqrt{2},

а также

\dfrac{2z}{y}+\dfrac{4y}{z} \geqslant 2\sqrt{\dfrac{2z}{y}\cdot\dfrac{4y}{z}} = 4\sqrt{2}.

Поэтому

\dfrac{c-b}{a+2b+c} + \dfrac{2b}{a+b+2c} - \dfrac{4c}{a+b+3c} \geqslant 6\sqrt{2}-9.

Проверим, достигается ли полученная оценка. Равенство в первом неравенстве достигается при

\dfrac{y}{x}=\dfrac{2x}{y},

то есть

y^2=2x^2.

Равенство во втором неравенстве достигается при

\dfrac{2z}{y}=\dfrac{4y}{z},

то есть

z^2=2y^2.

Например, эти условия выполняются при

x=1, \qquad y=\sqrt{2}, \qquad z=2.

Найдём соответствующие значения

a

,

b

,

c

. Из полученных ранее равенств

c=z-y=2-\sqrt{2},

b=x+z-2y=3-2\sqrt{2},

а затем

a=x-2b-c = 1-2(3-2\sqrt{2})-(2-\sqrt{2}) = 5\sqrt{2}-7.

Все эти числа положительны:

2-\sqrt{2}>0,

3-2\sqrt{2}=(\sqrt{2}-1)^2>0,

5\sqrt{2}-7>0.

Следовательно, полученная оценка достигается, поэтому наименьшее возможное значение выражения равно

6\sqrt{2}-9.

Задача 7МГУ

Расстояния от (внутренней) диагонали прямоугольного параллелепипеда до его рёбер, не имеющих с этой диагональю общих точек, равны

\sqrt{\dfrac{2}{3}}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}, \sqrt{\dfrac{6}{5}}

. Найдите объём этого параллелепипеда.

Решение

Обозначим

AB=a,\qquad BC=b,\qquad BB_1=c.

Рассмотрим внутреннюю диагональ

BD_1

. 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:

CC_1

,

A_1B_1

и

AD

.

Плоскость

A_1B_1C_1D_1

перпендикулярна ребру

CC_1

. Диагональ

BD_1

ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок

B_1D_1

. Поэтому расстояние между прямыми

BD_1

и

CC_1

равно расстоянию от точки

C_1

до прямой

B_1D_1

. Пусть

C_1H_1\perp B_1D_1.

Тогда

C_1H_1

является высотой прямоугольного треугольника

B_1C_1D_1

, в котором

B_1C_1=b,\qquad C_1D_1=a,\qquad B_1D_1=\sqrt{a^2+b^2}.

Следовательно,

C_1H_1=\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}.

Плоскость

BCC_1B_1

перпендикулярна ребру

A_1B_1

. Диагональ

BD_1

ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок

BC_1

. Поэтому расстояние между прямыми

BD_1

и

A_1B_1

равно расстоянию от точки

B_1

до прямой

BC_1

. Пусть

B_1H_2\perp BC_1.

Тогда

B_1H_2

является высотой прямоугольного треугольника

BB_1C_1

, в котором

BB_1=c,\qquad B_1C_1=b,\qquad BC_1=\sqrt{b^2+c^2}.

Следовательно,

B_1H_2=\dfrac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}.

Плоскость

AA_1B_1B

перпендикулярна ребру

AD

. Диагональ

BD_1

ортогонально проецируется на эту плоскость в отрезок

BA_1

. Поэтому расстояние между прямыми

BD_1

и

AD

равно расстоянию от точки

A

до прямой

BA_1

. Пусть

AH_3\perp BA_1.

Тогда

AH_3

является высотой прямоугольного треугольника

AA_1B

, в котором

AB=a,\qquad AA_1=c,\qquad A_1B=\sqrt{a^2+c^2}.

Следовательно,

AH_3=\dfrac{ac}{\sqrt{a^2+c^2}}.

Подставим данные в условии расстояния и получим систему:

\begin{cases} \dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}} = \sqrt{\dfrac{2}{3}},\\[15pt] \dfrac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2},\\[15pt] \dfrac{ac}{\sqrt{a^2+c^2}} = \sqrt{\dfrac{6}{5}}. \end{cases}

Возведём равенства в квадрат. Из первого равенства получаем

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

откуда

\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{3}{2}.

Аналогично,

\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}=\dfrac{4}{3},

\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{c^2}=\dfrac{5}{6}.

Сделаем замену:

x=\dfrac{1}{a^2}, \qquad y=\dfrac{1}{b^2}, \qquad z=\dfrac{1}{c^2}.

Тогда

\begin{cases} x+y=\dfrac{3}{2},\\[10pt] y+z=\dfrac{4}{3},\\[10pt] x+z=\dfrac{5}{6}. \end{cases}

Сложим все три равенства:

2(x+y+z) = \dfrac{3}{2}+\dfrac{4}{3}+\dfrac{5}{6} = \dfrac{11}{3}.

Следовательно,

x+y+z=\dfrac{11}{6}.

Отсюда

x=\dfrac{11}{6}-\dfrac{4}{3}=\dfrac{1}{2},

y=\dfrac{11}{6}-\dfrac{5}{6}=1,

z=\dfrac{11}{6}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{3}.

Таким образом,

a=\sqrt{2}, \qquad b=1, \qquad c=\sqrt{3}.

Следовательно, объём параллелепипеда равен

V=abc = \sqrt{2}\cdot 1\cdot\sqrt{3} = \sqrt{6}.