Банк Задач
Школьник
Студент
Преподаватель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУ
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУ
Банк Задач Профиматика

Больше 5 лет помогаем школьникам уверенно сдавать ЕГЭ и поступать в вузы мечты. Не шаблоны — настоящее понимание предмета.

Карта сайта:

Банк задачКонструктор вариантовО платформе

Наши соцсети

Для учеников

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для преподавателей

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для студентов

YouTubeTelegramВКонтактеMax
политика конфиденциальностиполитика обработки перс данныхсогласие на рассылки

© 2026 Профиматика

ДВИ МГУ по математике — 2025, Поток 2

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6Резерв
Задача 1МГУ
Известно, что f(x)=x+15xf(x)=\sqrt{x}+\dfrac{15}{x}f(x)=x​+x15​. Найдите наименьшее целое число, превосходящее f(2516)f\left(\dfrac{25}{16}\right)f(1625​).
Ответ:11

Решение

Вычислим: f(2516)=2516+152516=54+15⋅1625=54+485.f\left(\dfrac{25}{16}\right) = \sqrt{\dfrac{25}{16}}+\dfrac{15}{\frac{25}{16}} = \dfrac{5}{4}+\dfrac{15\cdot 16}{25} = \dfrac{5}{4}+\dfrac{48}{5}.f(1625​)=1625​​+1625​15​=45​+2515⋅16​=45​+548​. Приведём к общему знаменателю: 54+485=25+19220=21720=101720.\dfrac{5}{4}+\dfrac{48}{5} = \dfrac{25+192}{20} = \dfrac{217}{20} = 10\dfrac{17}{20}.45​+548​=2025+192​=20217​=102017​. Наименьшее целое число, превосходящее это значение, равно 111111.
Задача 2МГУ
Дана последовательность a1,  a2,  a3, ...a_1,\,\, a_2,\,\, a_3,~...a1​,a2​,a3​, ... действительных чисел, удовлетворяющих при каждом натуральном nnn равенству a1+a2+a3+…+an=2an−1.a_1+a_2+a_3+\ldots+a_n=2 a_n-1 .a1​+a2​+a3​+…+an​=2an​−1. Последовательность b1, b2, b3,...b_1, ~b_2, ~b_3, ...b1​, b2​, b3​,... определяется соотношениями b1=2b_1=2b1​=2 и bn+1=bn+an,b_{n+1}=b_n+a_n,bn+1​=bn​+an​,  n∈N~n \in \mathbb{N} n∈N. Найдите b1+b2+b3+…+b2025−22025b_1+b_2+b_3+\ldots+b_{2025}-2^{2025}b1​+b2​+b3​+…+b2025​−22025.
Ответ:2024

Решение

Из равенства a1+a2+…+an=2an−1a_1+a_2+\ldots+a_n=2a_n-1a1​+a2​+…+an​=2an​−1 получаем a1+a2+…+an−1=an−1.a_1+a_2+\ldots+a_{n-1}=a_n-1.a1​+a2​+…+an−1​=an​−1. При n⩾2n\geqslant2n⩾2 запишем это равенство для nnn и для n−1n-1n−1: a1+a2+…+an−1=an−1,a_1+a_2+\ldots+a_{n-1}=a_n-1,a1​+a2​+…+an−1​=an​−1, a1+a2+…+an−2=an−1−1.a_1+a_2+\ldots+a_{n-2}=a_{n-1}-1.a1​+a2​+…+an−2​=an−1​−1. Вычитая второе равенство из первого, получаем an−1=an−an−1,a_{n-1}=a_n-a_{n-1},an−1​=an​−an−1​, откуда an=2an−1.a_n=2a_{n-1}.an​=2an−1​. При n=2n=2n=2 из условия имеем a1=a2−1,a_1=a_2-1,a1​=a2​−1, но a2=2a1a_2=2a_1a2​=2a1​, значит, a1=2a1−1,a_1=2a_1-1,a1​=2a1​−1, поэтому a1=1.a_1=1.a1​=1. Значит, (an)(a_n)(an​) --- геометрическая прогрессия с первым членом a1=1a_1=1a1​=1 и знаменателем q=2.q=2.q=2. Следовательно, an=1⋅2n−1=2n−1.a_n=1\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}.an​=1⋅2n−1=2n−1. Теперь разберёмся с последовательностью (bn)(b_n)(bn​). Обозначим через SnS_nSn​ сумму её первых nnn членов: Sn=b1+b2+…+bn.S_n=b_1+b_2+\ldots+b_n.Sn​=b1​+b2​+…+bn​. Из условия bn+1=bn+anb_{n+1}=b_n+a_nbn+1​=bn​+an​ следует, что b2=b1+a1,b3=b2+a2,…,bn=bn−1+an−1.b_2=b_1+a_1,\qquad b_3=b_2+a_2,\qquad \ldots,\qquad b_n=b_{n-1}+a_{n-1}.b2​=b1​+a1​,b3​=b2​+a2​,…,bn​=bn−1​+an−1​. Поэтому при n⩾2n\geqslant2n⩾2 Sn=b1+b2+…+bn==2+(b1+a1)+(b2+a2)+…+(bn−1+an−1)==(b1+b2+…+bn−1)+2+(a1+a2+…+an−1)==Sn−1+2+(1+2+…+2n−2).\begin{aligned} S_n &=b_1+b_2+\ldots+b_n=\\ &=2+(b_1+a_1)+(b_2+a_2)+\ldots+(b_{n-1}+a_{n-1})=\\ &=(b_1+b_2+\ldots+b_{n-1})+2+(a_1+a_2+\ldots+a_{n-1})=\\ &=S_{n-1}+2+(1+2+\ldots+2^{n-2}). \end{aligned}Sn​​=b1​+b2​+…+bn​==2+(b1​+a1​)+(b2​+a2​)+…+(bn−1​+an−1​)==(b1​+b2​+…+bn−1​)+2+(a1​+a2​+…+an−1​)==Sn−1​+2+(1+2+…+2n−2).​ В скобках стоит сумма первых n−1n-1n−1 членов геометрической прогрессии: 1+2+…+2n−2=2n−1−12−1=2n−1−1.1+2+\ldots+2^{n-2} = \dfrac{2^{n-1}-1}{2-1} = 2^{n-1}-1.1+2+…+2n−2=2−12n−1−1​=2n−1−1. Следовательно, Sn=Sn−1+2+2n−1−1=Sn−1+2n−1+1.S_n=S_{n-1}+2+2^{n-1}-1 =S_{n-1}+2^{n-1}+1.Sn​=Sn−1​+2+2n−1−1=Sn−1​+2n−1+1. С другой стороны, по определению суммы Sn=Sn−1+bn.S_n=S_{n-1}+b_n.Sn​=Sn−1​+bn​. Сравнивая два выражения для SnS_nSn​, получаем bn=2n−1+1.b_n=2^{n-1}+1.bn​=2n−1+1. Эта формула верна и при n=1n=1n=1, поскольку b1=20+1=2.b_1=2^0+1=2.b1​=20+1=2. Теперь вычислим искомое выражение: b1+b2+…+b2025−22025=(20+1)+(21+1)+…+(22024+1)−22025==2025+(20+21+…+22024)−22025=2025+22025−12−1−22025==2025+22025−1−22025=2024.\begin{gathered} b_1+b_2+\ldots+b_{2025}-2^{2025} =(2^0+1)+(2^1+1)+\ldots+(2^{2024}+1)-2^{2025}=\\ =2025+(2^0+2^1+\ldots+2^{2024})-2^{2025} =2025+\dfrac{2^{2025}-1}{2-1}-2^{2025}=\\ =2025+2^{2025}-1-2^{2025} =2024. \end{gathered}b1​+b2​+…+b2025​−22025=(20+1)+(21+1)+…+(22024+1)−22025==2025+(20+21+…+22024)−22025=2025+2−122025−1​−22025==2025+22025−1−22025=2024.​
Задача 3МГУ
Решите неравенство log⁡12(29x−1)⩽log⁡12(13x+31).\log _{\frac{1}{2}}\left(\frac{2}{9^x-1}\right) \leqslant \log _{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{3^x+31}\right).log21​​(9x−12​)⩽log21​​(3x+311​).
Ответ:(0;2]

Решение

Так как основание логарифма меньше 111, данное неравенство равносильно неравенству 29x−1⩾13x+31.\dfrac{2}{9^x-1}\geqslant\dfrac{1}{3^x+31}.9x−12​⩾3x+311​. Условия существования логарифмов выполняются, так как 13x+31>0.\dfrac{1}{3^x+31}>0.3x+311​>0. Сделаем замену: t=3x.t=3^x.t=3x. Тогда t>0.t>0.t>0. Получаем неравенство 2t2−1⩾1t+31.\dfrac{2}{t^2-1}\geqslant\dfrac{1}{t+31}.t2−12​⩾t+311​. Перенесём всё в левую часть: 2t2−1−1t+31⩾0.\dfrac{2}{t^2-1}-\dfrac{1}{t+31}\geqslant0.t2−12​−t+311​⩾0. Приведём к общему знаменателю: 2(t+31)−(t2−1)(t2−1)(t+31)⩾0.\dfrac{2(t+31)-(t^2-1)}{(t^2-1)(t+31)}\geqslant0.(t2−1)(t+31)2(t+31)−(t2−1)​⩾0. То есть −t2+2t+63(t2−1)(t+31)⩾0.\dfrac{-t^2+2t+63}{(t^2-1)(t+31)}\geqslant0.(t2−1)(t+31)−t2+2t+63​⩾0. Умножим обе части неравенства на −1-1−1, поменяв знак: t2−2t−63(t2−1)(t+31)⩽0.\dfrac{t^2-2t-63}{(t^2-1)(t+31)}\leqslant0.(t2−1)(t+31)t2−2t−63​⩽0. Разложим на множители: (t−9)(t+7)(t−1)(t+1)(t+31)⩽0.\dfrac{(t-9)(t+7)}{(t-1)(t+1)(t+31)}\leqslant0.(t−1)(t+1)(t+31)(t−9)(t+7)​⩽0. Так как t>0t>0t>0, то t+7>0,t+1>0,t+31>0.t+7>0,\qquad t+1>0,\qquad t+31>0.t+7>0,t+1>0,t+31>0. Поэтому неравенство равносильно t−9t−1⩽0.\dfrac{t-9}{t-1}\leqslant0.t−1t−9​⩽0. Решим его методом интервалов: Изображение 1 Получаем 1<t⩽9.1<t\leqslant9.1<t⩽9. Возвращаясь к переменной xxx, имеем 1<3x⩽9.1<3^x\leqslant9.1<3x⩽9. Отсюда 0<x⩽2.0<x\leqslant2.0<x⩽2.
Задача 4МГУ
Решите уравнение 3(sin⁡2xtg⁡x+cos⁡2xctg⁡x)=4−3sin⁡2x.\sqrt{3}\left(\sin^2{x} \tg{x}+\cos^2{x} \ctg{x}\right)=4-\sqrt{3} \sin{2x}.3​(sin2xtgx+cos2xctgx)=4−3​sin2x.
Ответ:x=π6+πkx=\dfrac{\pi}{6}+\pi kx=6π​+πk, x=π3+πkx=\dfrac{\pi}{3}+\pi kx=3π​+πk, k∈Zk\in\mathbb Zk∈Z

Решение

Выпишем область допустимых значений: sin⁡x≠0,cos⁡x≠0.\sin x\ne0,\qquad \cos x\ne0.sinx=0,cosx=0. Воспользуемся формулами tg⁡x=sin⁡xcos⁡x,ctg⁡x=cos⁡xsin⁡x,sin⁡2x=2sin⁡xcos⁡x.\tg x=\dfrac{\sin x}{\cos x}, \qquad \ctg x=\dfrac{\cos x}{\sin x}, \qquad \sin 2x=2\sin x\cos x.tgx=cosxsinx​,ctgx=sinxcosx​,sin2x=2sinxcosx. Тогда исходное уравнение примет вид 3(sin⁡3xcos⁡x+cos⁡3xsin⁡x)=4−23sin⁡xcos⁡x.\sqrt{3}\left( \dfrac{\sin^3x}{\cos x} + \dfrac{\cos^3x}{\sin x} \right) = 4-2\sqrt{3}\sin x\cos x.3​(cosxsin3x​+sinxcos3x​)=4−23​sinxcosx. Умножим обе части уравнения на sin⁡xcos⁡x\sin x\cos xsinxcosx: 3(sin⁡4x+cos⁡4x)=4sin⁡xcos⁡x−23sin⁡2xcos⁡2x.\sqrt{3}\left(\sin^4x+\cos^4x\right) = 4\sin x\cos x - 2\sqrt{3}\sin^2x\cos^2x.3​(sin4x+cos4x)=4sinxcosx−23​sin2xcos2x. Перенесём последнее слагаемое в левую часть: 3(sin⁡4x+2sin⁡2xcos⁡2x+cos⁡4x)=4sin⁡xcos⁡x.\sqrt{3}\left( \sin^4x + 2\sin^2x\cos^2x + \cos^4x \right) = 4\sin x\cos x.3​(sin4x+2sin2xcos2x+cos4x)=4sinxcosx. Выражение в скобках является полным квадратом: sin⁡4x+2sin⁡2xcos⁡2x+cos⁡4x=(sin⁡2x+cos⁡2x)2=1.\sin^4x+2\sin^2x\cos^2x+\cos^4x = \left(\sin^2x+\cos^2x\right)^2 = 1.sin4x+2sin2xcos2x+cos4x=(sin2x+cos2x)2=1. Поэтому 3=4sin⁡xcos⁡x.\sqrt{3}=4\sin x\cos x.3​=4sinxcosx. По формуле двойного угла получаем 2sin⁡2x=3,2\sin 2x=\sqrt{3},2sin2x=3​, откуда sin⁡2x=32.\sin 2x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.sin2x=23​​. Получаем совокупность: [2x=π3+2πk,2x=2π3+2πk,k∈Z.\left[ \begin{array}{l} 2x=\dfrac{\pi}{3}+2\pi k,\\[6pt] 2x=\dfrac{2\pi}{3}+2\pi k, \end{array} \right. \qquad k\in\mathbb Z.​2x=3π​+2πk,2x=32π​+2πk,​k∈Z. Следовательно, [x=π6+πk,x=π3+πk,k∈Z.\left[ \begin{array}{l} x=\dfrac{\pi}{6}+\pi k,\\[6pt] x=\dfrac{\pi}{3}+\pi k, \end{array} \right. \qquad k\in\mathbb Z.​x=6π​+πk,x=3π​+πk,​k∈Z. Полученные значения не нарушают область допустимых значений.
Задача 5МГУ
Окружности Ω1\Omega_1Ω1​ в Ω2\Omega_2Ω2​ находятся внутри окружности Ω\OmegaΩ, касаютcя окружности Ω\OmegaΩ в точках AAA и BBB соответственно и касаются друг друга внешним образом в точке CCC. Пусть OOO -- центр окружности Ω\OmegaΩ и пусть DDD -- точка пересечения прямой OCO COC с отрезком ABA BAB. Найдите отношение AD:DBA D: D BAD:DB, если известно, что радиус окружности Ω\OmegaΩ в три раза больше радиуса окружности Ω1\Omega_1Ω1​ и в пять раз больше радиуса окружности Ω2\Omega_2Ω2​.
Ответ:2

Решение

Обозначим центры окружностей Ω1\Omega_1Ω1​ и Ω2\Omega_2Ω2​ через O1O_1O1​ и O2O_2O2​ соответственно. Если две окружности касаются, то их центры и точка касания лежат на одной прямой. Поэтому A, O1, OA,\ O_1,\ OA, O1​, O лежат на одной прямой, B, O2, OB,\ O_2,\ OB, O2​, O лежат на одной прямой, и точки O1, C, O2O_1,\ C,\ O_2O1​, C, O2​ также лежат на одной прямой. Продлим прямые ABABAB и O1O2O_1O_2O1​O2​ до их пересечения в точке TTT. На рисунке сами окружности можно не изображать: для решения достаточно их центров, точек касания и полученных прямых. Пусть радиус окружности Ω\OmegaΩ равен 15x15x15x. Тогда радиусы окружностей Ω1\Omega_1Ω1​ и Ω2\Omega_2Ω2​ равны соответственно 5xи3x.5x \qquad\text{и}\qquad 3x.5xи3x. Следовательно, OA=OB=15x,OA=OB=15x,OA=OB=15x, AO1=O1C=5x,BO2=O2C=3x.AO_1=O_1C=5x, \qquad BO_2=O_2C=3x.AO1​=O1​C=5x,BO2​=O2​C=3x. Поскольку окружности Ω1\Omega_1Ω1​ и Ω2\Omega_2Ω2​ касаются окружности Ω\OmegaΩ внутренним образом, получаем OO1=15x−5x=10x,OO_1=15x-5x=10x,OO1​=15x−5x=10x, OO2=15x−3x=12x.OO_2=15x-3x=12x.OO2​=15x−3x=12x. Изображение 1 Обозначим AB=a.AB=a.AB=a. Применим теорему Менелая к треугольнику AOBAOBAOB и прямой O1O2O_1O_2O1​O2​: AO1O1O⋅OO2O2B⋅BTTA=1.\dfrac{AO_1}{O_1O}\cdot \dfrac{OO_2}{O_2B}\cdot \dfrac{BT}{TA} =1.O1​OAO1​​⋅O2​BOO2​​⋅TABT​=1. Подставим известные длины: 5x10x⋅12x3x⋅BTTA=1.\dfrac{5x}{10x}\cdot \dfrac{12x}{3x}\cdot \dfrac{BT}{TA} =1.10x5x​⋅3x12x​⋅TABT​=1. Получаем 12⋅4⋅BTTA=1,\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot\dfrac{BT}{TA}=1,21​⋅4⋅TABT​=1, откуда BTTA=12.\dfrac{BT}{TA}=\dfrac{1}{2}.TABT​=21​. Так как TA=AB+BT,TA=AB+BT,TA=AB+BT, из равенства BT=12TABT=\dfrac{1}{2}TABT=21​TA следует, что BT=AB=a,BT=AB=a,BT=AB=a, а значит, TA=2a.TA=2a.TA=2a. Теперь применим теорему Менелая к треугольнику AO1TAO_1TAO1​T и прямой OBOBOB: TBBA⋅AOOO1⋅O1O2O2T=1.\dfrac{TB}{BA}\cdot \dfrac{AO}{OO_1}\cdot \dfrac{O_1O_2}{O_2T} =1.BATB​⋅OO1​AO​⋅O2​TO1​O2​​=1. Подставим найденные отношения: aa⋅15x10x⋅O1O2O2T=1.\dfrac{a}{a}\cdot \dfrac{15x}{10x}\cdot \dfrac{O_1O_2}{O_2T} =1.aa​⋅10x15x​⋅O2​TO1​O2​​=1. Следовательно, 1⋅32⋅O1O2O2T=1,1\cdot\dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{O_1O_2}{O_2T} =1,1⋅23​⋅O2​TO1​O2​​=1, откуда O1O2O2T=23.\dfrac{O_1O_2}{O_2T}=\dfrac{2}{3}.O2​TO1​O2​​=32​. Так как O1O2=O1C+CO2=5x+3x=8x,O_1O_2=O_1C+CO_2=5x+3x=8x,O1​O2​=O1​C+CO2​=5x+3x=8x, то O2T=12x.O_2T=12x.O2​T=12x. Точки CCC, O2O_2O2​, TTT лежат на одной прямой, поэтому TC=CO2+O2T=3x+12x=15x.TC=CO_2+O_2T=3x+12x=15x.TC=CO2​+O2​T=3x+12x=15x. Применим теорему Менелая к треугольнику AO1TAO_1TAO1​T и прямой OCOCOC: ADDT⋅TCCO1⋅O1OOA=1.\dfrac{AD}{DT}\cdot \dfrac{TC}{CO_1}\cdot \dfrac{O_1O}{OA} =1.DTAD​⋅CO1​TC​⋅OAO1​O​=1. Подставим найденные отношения: ADDT⋅3⋅10x15x=1.\dfrac{AD}{DT}\cdot 3\cdot \dfrac{10x}{15x} =1.DTAD​⋅3⋅15x10x​=1. То есть ADDT⋅3⋅23=1,\dfrac{AD}{DT}\cdot3\cdot\dfrac{2}{3}=1,DTAD​⋅3⋅32​=1, откуда ADDT=12.\dfrac{AD}{DT}=\dfrac{1}{2}.DTAD​=21​. Следовательно, AT=AD+DT=3AD,AT=AD+DT=3AD,AT=AD+DT=3AD, поэтому AD=AT3=2a3,AD=\dfrac{AT}{3} =\dfrac{2a}{3},AD=3AT​=32a​, DB=AB−AD=a−2a3=a3.DB=AB-AD =a-\dfrac{2a}{3} =\dfrac{a}{3}.DB=AB−AD=a−32a​=3a​. Значит, ADDB=2a3a3=2.\dfrac{AD}{DB} = \dfrac{\frac{2a}{3}}{\frac{a}{3}} = 2.DBAD​=3a​32a​​=2.
Задача 6МГУ
Последовательность действительных чисел a1,  a2,  a3,...,a2025a_1,\,\, a_2,\,\, a_3,..., a_{2025}a1​,a2​,a3​,...,a2025​ удовлетворяет неравенствам 2an−(n−1)⩾an+1−(n−1)2 \sqrt{a_n-(n-1)} \geqslant a_{n+1}-(n-1)2an​−(n−1)​⩾an+1​−(n−1) при каждом n=1,  2,  3,...,2024n=1,\,\,2,\,\,3, ... , 2024n=1,2,3,...,2024 и неравенству 2a2025−2024⩾a1+1.2 \sqrt{a_{2025}-2024} \geqslant a_1+1.2a2025​−2024​⩾a1​+1. Найдите все возможные значения a2025a_{2025}a2025​.
Ответ:2025

Решение

Сделаем замену: bn=an−(n−1),n=1,2,…,2025.b_n=\sqrt{a_n-(n-1)},\qquad n=1,2,\ldots,2025.bn​=an​−(n−1)​,n=1,2,…,2025. Тогда b1=a1,b_1=\sqrt{a_1},b1​=a1​​, а для n=1,2,…,2024n=1,2,\ldots,2024n=1,2,…,2024 bn+1=an+1−n.b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}-n}.bn+1​=an+1​−n​. Перепишем данные неравенства через bnb_nbn​. Для n=1n=1n=1, 222, …,\ldots,…, 202420242024 имеем 2an−(n−1)⩾an+1−(n−1),2\sqrt{a_n-(n-1)}\geqslant a_{n+1}-(n-1),2an​−(n−1)​⩾an+1​−(n−1), то есть 2bn⩾(an+1−n)+1=bn+12+1.2b_n\geqslant (a_{n+1}-n)+1=b_{n+1}^2+1.2bn​⩾(an+1​−n)+1=bn+12​+1. Второе неравенство 2a2025−2024⩾a1+1,2\sqrt{a_{2025}-2024}\geqslant a_1+1,2a2025​−2024​⩾a1​+1, также перепишется в виде 2b2025⩾b12+1.2b_{2025}\geqslant b_1^2+1.2b2025​⩾b12​+1. Итак, получаем систему неравенств: {2b1⩾b22+1,2b2⩾b32+1,…2b2024⩾b20252+1,2b2025⩾b12+1.\left\{ \begin{array}{l} 2b_1\geqslant b_2^2+1,\\ 2b_2\geqslant b_3^2+1,\\ \ldots\\ 2b_{2024}\geqslant b_{2025}^2+1,\\ 2b_{2025}\geqslant b_1^2+1. \end{array} \right.⎩⎨⎧​2b1​⩾b22​+1,2b2​⩾b32​+1,…2b2024​⩾b20252​+1,2b2025​⩾b12​+1.​ Сложим все эти неравенства. Тогда получим 2(b1+b2+…+b2025)⩾(b12+b22+…+b20252)+2025.2(b_1+b_2+\ldots+b_{2025}) \geqslant (b_1^2+b_2^2+\ldots+b_{2025}^2)+2025.2(b1​+b2​+…+b2025​)⩾(b12​+b22​+…+b20252​)+2025. Перенесём всё в одну часть: b12+b22+…+b20252−2(b1+b2+…+b2025)+2025⩽0.b_1^2+b_2^2+\ldots+b_{2025}^2-2(b_1+b_2+\ldots+b_{2025})+2025\leqslant0.b12​+b22​+…+b20252​−2(b1​+b2​+…+b2025​)+2025⩽0. Сгруппируем: (b1−1)2+(b2−1)2+…+(b2025−1)2⩽0.(b_1-1)^2+(b_2-1)^2+\ldots+(b_{2025}-1)^2\leqslant0.(b1​−1)2+(b2​−1)2+…+(b2025​−1)2⩽0. Сумма квадратов неотрицательна, значит, она может быть не больше нуля только в одном случае: все квадраты равны нулю. Следовательно, b1=b2=…=b2025=1.b_1=b_2=\ldots=b_{2025}=1.b1​=b2​=…=b2025​=1. В частности, b2025=a2025−2024=1.b_{2025}=\sqrt{a_{2025}-2024}=1.b2025​=a2025​−2024​=1. Тогда a2025−2024=1,a_{2025}-2024=1,a2025​−2024=1, откуда a2025=2025.a_{2025}=2025.a2025​=2025.
Задача 7МГУ
Все три плоских угла при вершине DDD тетраэдра ABCDABCDABCD равны α\alphaα. Найдите α\alphaα, если известно, что AB=BC=ACAB=BC=ACAB=BC=AC, AD=1AD=1AD=1 и BD=3−1BD=\sqrt{3}-1BD=3​−1.
Ответ:30∘30^\circ30∘

Решение

Опустим из точки CCC перпендикуляры CPCPCP и CQCQCQ на прямые ADADAD и BDBDBD соответственно. Рассмотрим прямоугольные треугольники DCPDCPDCP и DCQDCQDCQ. У них общая гипотенуза DCDCDC, а острые углы ∠PDC=∠CDQ=α.\angle PDC=\angle CDQ=\alpha.∠PDC=∠CDQ=α. Следовательно, треугольники DCPDCPDCP и DCQDCQDCQ равны по гипотенузе и острому углу, поэтому DP=DQ,CP=CQ.DP=DQ, \qquad CP=CQ.DP=DQ,CP=CQ. Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники APCAPCAPC и BQCBQCBQC. По условию AC=BC,AC=BC,AC=BC, а выше было получено, что CP=CQ.CP=CQ.CP=CQ. Следовательно, треугольники APCAPCAPC и BQCBQCBQC равны по гипотенузе и катету, поэтому AP=BQ.AP=BQ.AP=BQ. Покажем, как расположены точки PPP и QQQ. Они не могут одновременно лежать внутри отрезков ADADAD и BDBDBD, поскольку тогда AD=DP+PA,BD=DQ+QB,AD=DP+PA, \qquad BD=DQ+QB,AD=DP+PA,BD=DQ+QB, и из равенств DP=DQDP=DQDP=DQ и PA=QBPA=QBPA=QB следовало бы, что AD=BD.AD=BD.AD=BD. Аналогично, точки PPP и QQQ не могут одновременно лежать на продолжениях отрезков ADADAD и BDBDBD за точками AAA и BBB: в этом случае из тех же равенств снова следовало бы, что AD=BDAD=BDAD=BD. Но AD=1>3−1=BD.AD=1>\sqrt{3}-1=BD.AD=1>3​−1=BD. Если бы точка PPP лежала на продолжении отрезка ADADAD за точкой AAA, а точка QQQ --- внутри отрезка DBDBDB, то AD=DP−PA,BD=DQ+QB.AD=DP-PA, \qquad BD=DQ+QB.AD=DP−PA,BD=DQ+QB. Так как DP=DQDP=DQDP=DQ и PA=QBPA=QBPA=QB, получили бы AD<BDAD<BDAD<BD, что противоречит условию. Поэтому точка PPP лежит между AAA и DDD, а точка QQQ --- на продолжении отрезка DBDBDB за точку BBB. Обозначим AP=BQ=a.AP=BQ=a.AP=BQ=a. Тогда DP=AD−AP=1−a,DP=AD-AP=1-a,DP=AD−AP=1−a, а DQ=DB+BQ=3−1+a.DQ=DB+BQ=\sqrt{3}-1+a.DQ=DB+BQ=3​−1+a. Изображение 1 Ранее мы получили, что DP=DQDP=DQDP=DQ. Следовательно, 1−a=3−1+a.1-a=\sqrt{3}-1+a.1−a=3​−1+a. Отсюда 2a=2−3,2a=2-\sqrt{3},2a=2−3​, поэтому a=1−32.a=1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}.a=1−23​​. Тогда AP=BQ=a=1−32,AP=BQ=a=1-\dfrac{\sqrt{3}}{2},AP=BQ=a=1−23​​, DP=DQ=1−a=32.DP=DQ=1-a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.DP=DQ=1−a=23​​. В треугольнике ADBADBADB по теореме косинусов AB2=AD2+BD2−2⋅AD⋅BDcos⁡α.AB^2=AD^2+BD^2-2\cdot AD\cdot BD\cos\alpha.AB2=AD2+BD2−2⋅AD⋅BDcosα. Подставляя AD=1AD=1AD=1 и BD=3−1BD=\sqrt{3}-1BD=3​−1, получаем AB2=1+(3−1)2−2⋅1⋅(3−1)cos⁡α.AB^2=1+(\sqrt{3}-1)^2-2\cdot1\cdot(\sqrt{3}-1)\cos\alpha.AB2=1+(3​−1)2−2⋅1⋅(3​−1)cosα. Далее, в прямоугольном треугольнике DCQDCQDCQ CQ=DQtg⁡α=32tg⁡α.CQ=DQ\tg\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\tg\alpha.CQ=DQtgα=23​​tgα. Поэтому в прямоугольном треугольнике BCQBCQBCQ BC2=CQ2+BQ2=(32tg⁡α)2+(1−32)2.BC^2=CQ^2+BQ^2= \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\tg\alpha\right)^2+ \left(1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2.BC2=CQ2+BQ2=(23​​tgα)2+(1−23​​)2. Так как AB=BC,AB=BC,AB=BC, получаем 1+(3−1)2−2(3−1)cos⁡α=(32tg⁡α)2+(1−32)2.1+(\sqrt{3}-1)^2-2(\sqrt{3}-1)\cos\alpha= \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\tg\alpha\right)^2+ \left(1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2.1+(3​−1)2−2(3​−1)cosα=(23​​tgα)2+(1−23​​)2. Преобразуем это равенство: 4−3−2(3−1)cos⁡α=34cos⁡2α.4-\sqrt{3}-2(\sqrt{3}-1)\cos\alpha=\dfrac{3}{4\cos^2\alpha}.4−3​−2(3​−1)cosα=4cos2α3​. Умножим обе части на 4cos⁡2α4\cos^2\alpha4cos2α: 4(4−3)cos⁡2α−8(3−1)cos⁡3α=3.4(4-\sqrt{3})\cos^2\alpha-8(\sqrt{3}-1)\cos^3\alpha=3.4(4−3​)cos2α−8(3​−1)cos3α=3. Сделаем замену: t=2cos⁡α.t=2\cos\alpha.t=2cosα. Поскольку α\alphaα является острым углом прямоугольного треугольника DCPDCPDCP, имеем α<90∘,cos⁡α>0,\alpha<90^\circ, \qquad \cos\alpha>0,α<90∘,cosα>0, а значит, 0<t⩽2.0<t\leqslant2.0<t⩽2. Получаем уравнение (4−3)t2−(3−1)t3=3,(4-\sqrt{3})t^2-(\sqrt{3}-1)t^3=3,(4−3​)t2−(3​−1)t3=3, то есть (3−1)t3−(4−3)t2+3=0.(\sqrt{3}-1)t^3-(4-\sqrt{3})t^2+3=0.(3​−1)t3−(4−3​)t2+3=0. Представим 4−3=(3−3)+1.4-\sqrt{3}=(3-\sqrt{3})+1.4−3​=(3−3​)+1. Тогда (3−1)t3−(3−3)t2−t2+3=0.(\sqrt{3}-1)t^3-(3-\sqrt{3})t^2-t^2+3=0.(3​−1)t3−(3−3​)t2−t2+3=0. Сгруппируем слагаемые: (3−1)t2(t−3)−(t+3)(t−3)=0.(\sqrt{3}-1)t^2(t-\sqrt{3}) -(t+\sqrt{3})(t-\sqrt{3})=0.(3​−1)t2(t−3​)−(t+3​)(t−3​)=0. Вынесем общий множитель: (t−3)((3−1)t2−t−3)=0.(t-\sqrt{3}) \left((\sqrt{3}-1)t^2-t-\sqrt{3}\right)=0.(t−3​)((3​−1)t2−t−3​)=0. Первый корень равен t1=3.t_1=\sqrt{3}.t1​=3​. Теперь решим квадратное уравнение (3−1)t2−t−3=0.(\sqrt{3}-1)t^2-t-\sqrt{3}=0.(3​−1)t2−t−3​=0. Его дискриминант равен D=1+43(3−1)=12−43+1=(23−1)2.D=1+4\sqrt{3}(\sqrt{3}-1) =12-4\sqrt{3}+1 =(2\sqrt{3}-1)^2.D=1+43​(3​−1)=12−43​+1=(23​−1)2. Поэтому t2,3=1±(23−1)2(3−1).t_{2,3} = \dfrac{1\pm(2\sqrt{3}-1)} {2(\sqrt{3}-1)}.t2,3​=2(3​−1)1±(23​−1)​. Получаем t2=1+23−12(3−1)=33−1=3(3+1)2=3+32,t_2= \dfrac{1+2\sqrt{3}-1}{2(\sqrt{3}-1)} = \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} = \dfrac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{2} = \dfrac{3+\sqrt{3}}{2},t2​=2(3​−1)1+23​−1​=3​−13​​=23​(3​+1)​=23+3​​, t3=1−(23−1)2(3−1)=−1.t_3= \dfrac{1-(2\sqrt{3}-1)}{2(\sqrt{3}-1)} =-1.t3​=2(3​−1)1−(23​−1)​=−1. Проверим найденные корни с учётом условия 0<t⩽2.0<t\leqslant2.0<t⩽2. Корень t2=3+32>2t_2=\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}>2t2​=23+3​​>2 не подходит, а корень t3=−1<0t_3=-1<0t3​=−1<0 также не подходит. Следовательно, остаётся только t1=3.t_1=\sqrt{3}.t1​=3​. Так как t=2cos⁡αt=2\cos\alphat=2cosα, то 2cos⁡α=3,2\cos\alpha=\sqrt{3},2cosα=3​, откуда cos⁡α=32.\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.cosα=23​​. Значит, α=30∘.\alpha=30^\circ.α=30∘.