ДВИ МГУ по математике — 2025, Поток 2
Условия, ответы и разборы всех задач потока
Задача 1МГУ
Известно, что f(x)=x+x15. Найдите наименьшее целое число, превосходящее f(1625).
Ответ:11
Решение
Вычислим: f(1625)=1625+162515=45+2515⋅16=45+548. Приведём к общему знаменателю: 45+548=2025+192=20217=102017. Наименьшее целое число, превосходящее это значение, равно 11.
Задача 2МГУ
Дана последовательность a1,a2,a3, ... действительных чисел, удовлетворяющих при каждом натуральном n равенству a1+a2+a3+…+an=2an−1. Последовательность b1, b2, b3,... определяется соотношениями b1=2 и bn+1=bn+an, n∈N. Найдите b1+b2+b3+…+b2025−22025.
Ответ:2024
Решение
Из равенства a1+a2+…+an=2an−1 получаем a1+a2+…+an−1=an−1. При n⩾2 запишем это равенство для n и для n−1: a1+a2+…+an−1=an−1, a1+a2+…+an−2=an−1−1. Вычитая второе равенство из первого, получаем an−1=an−an−1, откуда an=2an−1. При n=2 из условия имеем a1=a2−1, но a2=2a1, значит, a1=2a1−1, поэтому a1=1. Значит, (an) --- геометрическая прогрессия с первым членом a1=1 и знаменателем q=2. Следовательно, an=1⋅2n−1=2n−1. Теперь разберёмся с последовательностью (bn). Обозначим через Sn сумму её первых n членов: Sn=b1+b2+…+bn. Из условия bn+1=bn+an следует, что b2=b1+a1,b3=b2+a2,…,bn=bn−1+an−1. Поэтому при n⩾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). В скобках стоит сумма первых n−1 членов геометрической прогрессии: 1+2+…+2n−2=2−12n−1−1=2n−1−1. Следовательно, Sn=Sn−1+2+2n−1−1=Sn−1+2n−1+1. С другой стороны, по определению суммы Sn=Sn−1+bn. Сравнивая два выражения для Sn, получаем bn=2n−1+1. Эта формула верна и при n=1, поскольку 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+2−122025−1−22025==2025+22025−1−22025=2024.
Задача 3МГУ
Решите неравенство log21(9x−12)⩽log21(3x+311).
Ответ:(0;2]
Решение
Так как основание логарифма меньше 1, данное неравенство равносильно неравенству 9x−12⩾3x+311. Условия существования логарифмов выполняются, так как 3x+311>0. Сделаем замену: t=3x. Тогда t>0. Получаем неравенство t2−12⩾t+311. Перенесём всё в левую часть: t2−12−t+311⩾0. Приведём к общему знаменателю: (t2−1)(t+31)2(t+31)−(t2−1)⩾0. То есть (t2−1)(t+31)−t2+2t+63⩾0. Умножим обе части неравенства на −1, поменяв знак: (t2−1)(t+31)t2−2t−63⩽0. Разложим на множители: (t−1)(t+1)(t+31)(t−9)(t+7)⩽0. Так как t>0, то t+7>0,t+1>0,t+31>0. Поэтому неравенство равносильно t−1t−9⩽0. Решим его методом интервалов: 
Получаем 1<t⩽9. Возвращаясь к переменной x, имеем 1<3x⩽9. Отсюда 0<x⩽2.
Получаем 1<t⩽9. Возвращаясь к переменной x, имеем 1<3x⩽9. Отсюда 0<x⩽2.Задача 4МГУ
Решите уравнение 3(sin2xtgx+cos2xctgx)=4−3sin2x.
Ответ:x=6π+πk, x=3π+πk, k∈Z
Решение
Выпишем область допустимых значений: sinx=0,cosx=0. Воспользуемся формулами tgx=cosxsinx,ctgx=sinxcosx,sin2x=2sinxcosx. Тогда исходное уравнение примет вид 3(cosxsin3x+sinxcos3x)=4−23sinxcosx. Умножим обе части уравнения на sinxcosx: 3(sin4x+cos4x)=4sinxcosx−23sin2xcos2x. Перенесём последнее слагаемое в левую часть: 3(sin4x+2sin2xcos2x+cos4x)=4sinxcosx. Выражение в скобках является полным квадратом: sin4x+2sin2xcos2x+cos4x=(sin2x+cos2x)2=1. Поэтому 3=4sinxcosx. По формуле двойного угла получаем 2sin2x=3, откуда sin2x=23. Получаем совокупность: 2x=3π+2πk,2x=32π+2πk,k∈Z. Следовательно, x=6π+πk,x=3π+πk,k∈Z. Полученные значения не нарушают область допустимых значений.
Задача 5МГУ
Окружности Ω1 в Ω2 находятся внутри окружности Ω, касаютcя окружности Ω в точках A и B соответственно и касаются друг друга внешним образом в точке C. Пусть O -- центр окружности Ω и пусть D -- точка пересечения прямой OC с отрезком AB. Найдите отношение AD:DB, если известно, что радиус окружности Ω в три раза больше радиуса окружности Ω1 и в пять раз больше радиуса окружности Ω2.
Ответ:2
Решение
Обозначим центры окружностей Ω1 и Ω2 через O1 и O2 соответственно. Если две окружности касаются, то их центры и точка касания лежат на одной прямой. Поэтому A, O1, O лежат на одной прямой, B, O2, O лежат на одной прямой, и точки O1, C, O2 также лежат на одной прямой. Продлим прямые AB и O1O2 до их пересечения в точке T. На рисунке сами окружности можно не изображать: для решения достаточно их центров, точек касания и полученных прямых. Пусть радиус окружности Ω равен 15x. Тогда радиусы окружностей Ω1 и Ω2 равны соответственно 5xи3x. Следовательно, OA=OB=15x, AO1=O1C=5x,BO2=O2C=3x. Поскольку окружности Ω1 и Ω2 касаются окружности Ω внутренним образом, получаем OO1=15x−5x=10x, OO2=15x−3x=12x. 
Обозначим AB=a. Применим теорему Менелая к треугольнику AOB и прямой O1O2: O1OAO1⋅O2BOO2⋅TABT=1. Подставим известные длины: 10x5x⋅3x12x⋅TABT=1. Получаем 21⋅4⋅TABT=1, откуда TABT=21. Так как TA=AB+BT, из равенства BT=21TA следует, что BT=AB=a, а значит, TA=2a. Теперь применим теорему Менелая к треугольнику AO1T и прямой OB: BATB⋅OO1AO⋅O2TO1O2=1. Подставим найденные отношения: aa⋅10x15x⋅O2TO1O2=1. Следовательно, 1⋅23⋅O2TO1O2=1, откуда O2TO1O2=32. Так как O1O2=O1C+CO2=5x+3x=8x, то O2T=12x. Точки C, O2, T лежат на одной прямой, поэтому TC=CO2+O2T=3x+12x=15x. Применим теорему Менелая к треугольнику AO1T и прямой OC: DTAD⋅CO1TC⋅OAO1O=1. Подставим найденные отношения: DTAD⋅3⋅15x10x=1. То есть DTAD⋅3⋅32=1, откуда DTAD=21. Следовательно, AT=AD+DT=3AD, поэтому AD=3AT=32a, DB=AB−AD=a−32a=3a. Значит, DBAD=3a32a=2.
Обозначим AB=a. Применим теорему Менелая к треугольнику AOB и прямой O1O2: O1OAO1⋅O2BOO2⋅TABT=1. Подставим известные длины: 10x5x⋅3x12x⋅TABT=1. Получаем 21⋅4⋅TABT=1, откуда TABT=21. Так как TA=AB+BT, из равенства BT=21TA следует, что BT=AB=a, а значит, TA=2a. Теперь применим теорему Менелая к треугольнику AO1T и прямой OB: BATB⋅OO1AO⋅O2TO1O2=1. Подставим найденные отношения: aa⋅10x15x⋅O2TO1O2=1. Следовательно, 1⋅23⋅O2TO1O2=1, откуда O2TO1O2=32. Так как O1O2=O1C+CO2=5x+3x=8x, то O2T=12x. Точки C, O2, T лежат на одной прямой, поэтому TC=CO2+O2T=3x+12x=15x. Применим теорему Менелая к треугольнику AO1T и прямой OC: DTAD⋅CO1TC⋅OAO1O=1. Подставим найденные отношения: DTAD⋅3⋅15x10x=1. То есть DTAD⋅3⋅32=1, откуда DTAD=21. Следовательно, AT=AD+DT=3AD, поэтому AD=3AT=32a, DB=AB−AD=a−32a=3a. Значит, DBAD=3a32a=2.Задача 6МГУ
Последовательность действительных чисел a1,a2,a3,...,a2025 удовлетворяет неравенствам 2an−(n−1)⩾an+1−(n−1) при каждом n=1,2,3,...,2024 и неравенству 2a2025−2024⩾a1+1. Найдите все возможные значения a2025.
Ответ:2025
Решение
Сделаем замену: bn=an−(n−1),n=1,2,…,2025. Тогда b1=a1, а для n=1,2,…,2024 bn+1=an+1−n. Перепишем данные неравенства через bn. Для n=1, 2, …, 2024 имеем 2an−(n−1)⩾an+1−(n−1), то есть 2bn⩾(an+1−n)+1=bn+12+1. Второе неравенство 2a2025−2024⩾a1+1, также перепишется в виде 2b2025⩾b12+1. Итак, получаем систему неравенств: ⎩⎨⎧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. Перенесём всё в одну часть: b12+b22+…+b20252−2(b1+b2+…+b2025)+2025⩽0. Сгруппируем: (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. В частности, b2025=a2025−2024=1. Тогда a2025−2024=1, откуда a2025=2025.
Задача 7МГУ
Все три плоских угла при вершине D тетраэдра ABCD равны α. Найдите α, если известно, что AB=BC=AC, AD=1 и BD=3−1.
Ответ:30∘
Решение
Опустим из точки C перпендикуляры CP и CQ на прямые AD и BD соответственно. Рассмотрим прямоугольные треугольники DCP и DCQ. У них общая гипотенуза DC, а острые углы ∠PDC=∠CDQ=α. Следовательно, треугольники DCP и DCQ равны по гипотенузе и острому углу, поэтому DP=DQ,CP=CQ. Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники APC и BQC. По условию AC=BC, а выше было получено, что CP=CQ. Следовательно, треугольники APC и BQC равны по гипотенузе и катету, поэтому AP=BQ. Покажем, как расположены точки P и Q. Они не могут одновременно лежать внутри отрезков AD и BD, поскольку тогда AD=DP+PA,BD=DQ+QB, и из равенств DP=DQ и PA=QB следовало бы, что AD=BD. Аналогично, точки P и Q не могут одновременно лежать на продолжениях отрезков AD и BD за точками A и B: в этом случае из тех же равенств снова следовало бы, что AD=BD. Но AD=1>3−1=BD. Если бы точка P лежала на продолжении отрезка AD за точкой A, а точка Q --- внутри отрезка DB, то AD=DP−PA,BD=DQ+QB. Так как DP=DQ и PA=QB, получили бы AD<BD, что противоречит условию. Поэтому точка P лежит между A и D, а точка Q --- на продолжении отрезка DB за точку B. Обозначим AP=BQ=a. Тогда DP=AD−AP=1−a, а DQ=DB+BQ=3−1+a. 
Ранее мы получили, что DP=DQ. Следовательно, 1−a=3−1+a. Отсюда 2a=2−3, поэтому a=1−23. Тогда AP=BQ=a=1−23, DP=DQ=1−a=23. В треугольнике ADB по теореме косинусов AB2=AD2+BD2−2⋅AD⋅BDcosα. Подставляя AD=1 и BD=3−1, получаем AB2=1+(3−1)2−2⋅1⋅(3−1)cosα. Далее, в прямоугольном треугольнике DCQ CQ=DQtgα=23tgα. Поэтому в прямоугольном треугольнике BCQ BC2=CQ2+BQ2=(23tgα)2+(1−23)2. Так как AB=BC, получаем 1+(3−1)2−2(3−1)cosα=(23tgα)2+(1−23)2. Преобразуем это равенство: 4−3−2(3−1)cosα=4cos2α3. Умножим обе части на 4cos2α: 4(4−3)cos2α−8(3−1)cos3α=3. Сделаем замену: t=2cosα. Поскольку α является острым углом прямоугольного треугольника DCP, имеем α<90∘,cosα>0, а значит, 0<t⩽2. Получаем уравнение (4−3)t2−(3−1)t3=3, то есть (3−1)t3−(4−3)t2+3=0. Представим 4−3=(3−3)+1. Тогда (3−1)t3−(3−3)t2−t2+3=0. Сгруппируем слагаемые: (3−1)t2(t−3)−(t+3)(t−3)=0. Вынесем общий множитель: (t−3)((3−1)t2−t−3)=0. Первый корень равен t1=3. Теперь решим квадратное уравнение (3−1)t2−t−3=0. Его дискриминант равен D=1+43(3−1)=12−43+1=(23−1)2. Поэтому t2,3=2(3−1)1±(23−1). Получаем t2=2(3−1)1+23−1=3−13=23(3+1)=23+3, t3=2(3−1)1−(23−1)=−1. Проверим найденные корни с учётом условия 0<t⩽2. Корень t2=23+3>2 не подходит, а корень t3=−1<0 также не подходит. Следовательно, остаётся только t1=3. Так как t=2cosα, то 2cosα=3, откуда cosα=23. Значит, α=30∘.
Ранее мы получили, что DP=DQ. Следовательно, 1−a=3−1+a. Отсюда 2a=2−3, поэтому a=1−23. Тогда AP=BQ=a=1−23, DP=DQ=1−a=23. В треугольнике ADB по теореме косинусов AB2=AD2+BD2−2⋅AD⋅BDcosα. Подставляя AD=1 и BD=3−1, получаем AB2=1+(3−1)2−2⋅1⋅(3−1)cosα. Далее, в прямоугольном треугольнике DCQ CQ=DQtgα=23tgα. Поэтому в прямоугольном треугольнике BCQ BC2=CQ2+BQ2=(23tgα)2+(1−23)2. Так как AB=BC, получаем 1+(3−1)2−2(3−1)cosα=(23tgα)2+(1−23)2. Преобразуем это равенство: 4−3−2(3−1)cosα=4cos2α3. Умножим обе части на 4cos2α: 4(4−3)cos2α−8(3−1)cos3α=3. Сделаем замену: t=2cosα. Поскольку α является острым углом прямоугольного треугольника DCP, имеем α<90∘,cosα>0, а значит, 0<t⩽2. Получаем уравнение (4−3)t2−(3−1)t3=3, то есть (3−1)t3−(4−3)t2+3=0. Представим 4−3=(3−3)+1. Тогда (3−1)t3−(3−3)t2−t2+3=0. Сгруппируем слагаемые: (3−1)t2(t−3)−(t+3)(t−3)=0. Вынесем общий множитель: (t−3)((3−1)t2−t−3)=0. Первый корень равен t1=3. Теперь решим квадратное уравнение (3−1)t2−t−3=0. Его дискриминант равен D=1+43(3−1)=12−43+1=(23−1)2. Поэтому t2,3=2(3−1)1±(23−1). Получаем t2=2(3−1)1+23−1=3−13=23(3+1)=23+3, t3=2(3−1)1−(23−1)=−1. Проверим найденные корни с учётом условия 0<t⩽2. Корень t2=23+3>2 не подходит, а корень t3=−1<0 также не подходит. Следовательно, остаётся только t1=3. Так как t=2cosα, то 2cosα=3, откуда cosα=23. Значит, α=30∘.