Задача 1МГУ

Найдите наибольшее целое число, меньшее числа

\sqrt{7}+\sqrt{8}

.

Задача 2МГУ

Дана последовательность

a_1, a_2, a_3, \ldots

действительных чисел, удовлетворяющих при каждом натуральном

n \geqslant 3

равенству

a_n=(-1)^n \cdot 3 \cdot a_{n-1}+\frac{a_{n-1}^2}{a_{n-2}} .

Найдите

\sqrt[2024]{a_{2025}}

, если известно, что

a_1=1

и

a_2=4

.

Решение

Все члены последовательности ненулевые, поскольку каждый член

a_k

входит в знаменатель равенства при

n=k+2

. Поэтому можем разделить исходное равенство на

a_{n-1}

:

\dfrac{a_n}{a_{n-1}} = (-1)^n\cdot3 + \dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}.

Введём обозначение

b_k=\dfrac{a_{k+1}}{a_k}, \qquad k\in\mathbb N.

Полагая

k=n-2

, получаем

b_{k+1}=(-1)^k\cdot3+b_k, \qquad k\in\mathbb N.

Первый член последовательности

(b_k)

равен

b_1=\dfrac{a_2}{a_1}=4.

Далее

b_2=-3+b_1=-3+4=1,

b_3=3+b_2=3+1=4.

При нечётном

k

из предыдущего члена вычитается

3

, а при чётном

k

к предыдущему члену прибавляется

3

. Поэтому члены последовательности

(b_k)

чередуются:

4,\ 1,\ 4,\ 1,\ \ldots

Следовательно,

b_{2m}=1, \qquad b_{2m+1}=4.

Теперь представим

a_{2025}

в виде телескопического произведения:

a_{2025} = \dfrac{a_{2025}}{a_{2024}} \cdot \dfrac{a_{2024}}{a_{2023}} \cdot \ldots \cdot \dfrac{a_3}{a_2} \cdot \dfrac{a_2}{a_1} \cdot a_1.

Поэтому

\sqrt[2024]{a_{2025}}= \sqrt[2024]{ \dfrac{a_{2025}}{a_{2024}} \cdot \dfrac{a_{2024}}{a_{2023}} \cdot \ldots \cdot \dfrac{a_2}{a_1} \cdot a_1 }= \sqrt[2024]{b_{2024}\cdot b_{2023}\cdot \ldots \cdot b_2\cdot b_1\cdot1}.

Среди чисел

b_1

,

b_2

,

\ldots

,

b_{2024}

имеется

1012

членов, равных

4

, и

1012

членов, равных

1

. Значит,

\sqrt[2024]{a_{2025}} = \sqrt[2024]{4^{1012}} = \sqrt{4} = 2.

Задача 3МГУ

Решите неравенство

\sqrt{\log _2^2\left(x^{\sqrt{2}}\right)-3 \log _4 x^6+13}>\log _2\left(\frac{x}{2}\right).

Решение

Область допустимых значений задаётся условием

x>0.

Преобразуем неравенство:

\sqrt{2\log_2^2 x-9\log_2 x+13}>\log_2 x-1.

Сделаем замену:

t=\log_2 x.

Тогда получаем неравенство

\sqrt{2t^2-9t+13}>t-1.

Рассмотрим два случая.

\left[ \begin{array}{l} t-1\geqslant0,\\[4pt] 2t^2-9t+13>(t-1)^2; \end{array} \right. \qquad \left[ \begin{array}{l} t-1<0,\\[4pt] 2t^2-9t+13\geqslant0. \end{array} \right.

Во втором случае неравенство

2t^2-9t+13\geqslant0

выполняется при всех

t

, так как дискриминант квадратного трёхчлена равен

D=(-9)^2-4\cdot2\cdot13=81-104=-23<0,

а коэффициент при

t^2

положителен. Значит, второй случай даёт

t<1.

В первом случае получаем

2t^2-9t+13>t^2-2t+1,

то есть

t^2-7t+12>0.

Разложим на множители:

(t-3)(t-4)>0.

Решим методом интервалов с учётом условия

t\geqslant1

:

Получаем

1\leqslant t<3 \quad \text{или} \quad t>4.

Объединяя это со вторым случаем, получаем

t<1 \quad \text{или} \quad 1\leqslant t<3 \quad \text{или} \quad t>4.

Следовательно,

t<3 \quad \text{или} \quad t>4.

Возвращаясь к переменной

x

, имеем

\left[ \begin{array}{l} \log_2 x<3,\\[4pt] \log_2 x>4. \end{array} \right.

Отсюда

\left[ \begin{array}{l} 0<x<8,\\[4pt] x>16. \end{array} \right.

Следовательно,

x\in(0;8)\cup(16;+\infty).

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\dfrac{1}{\cos ^2 x}+\dfrac{12}{\sin ^2 2 x}+\dfrac{12}{\sin x \sin 2 x}=\dfrac{3}{\sin ^2 x}

.

Задача 5МГУ

На сторонах

A B, B C, A C

треугольника

A B C

отмечены точки

D, E, F

соответственно. На

B D

и на

F C

как на диаметрах построены окружности. Эти окружности касаются отрезка

A E

в одной и той же точке. Найдите

D F

, если известно, что

A B: A C=2: 3, B D: F C=1: 2

и что

B C=12

.

Решение

Обозначим общую точку касания окружностей с отрезком

AE

через

T

. Так как

AB:AC=2:3,

обозначим

AB=2x, \qquad AC=3x.

Так как

BD:FC=1:2,

обозначим

BD=2y, \qquad FC=4y.

Тогда

AD=AB-BD=2x-2y,

AF=AC-FC=3x-4y.

Прямая

AE

касается обеих окружностей в точке

T

. По теореме о касательной и секущей для окружности с диаметром

FC

имеем

AT^2=AF\cdot AC,

а для окружности с диаметром

BD

получаем

AT^2=AD\cdot AB.

Следовательно,

AF\cdot AC=AD\cdot AB.

Подставим выражения для длин:

(3x-4y)\cdot3x=(2x-2y)\cdot2x.

Раскроем скобки:

9x^2-12xy=4x^2-4xy.

Отсюда

5x^2-8xy=0.

Так как

x>0

, то

5x-8y=0,

поэтому

x=\dfrac{8y}{5}.

Теперь найдём отрезки

AF

и

AD

:

AF=3x-4y = 3\cdot\dfrac{8y}{5}-4y = \dfrac{4y}{5},

AD=2x-2y = 2\cdot\dfrac{8y}{5}-2y = \dfrac{6y}{5}.

Следовательно,

\dfrac{AF}{AD} = \dfrac{\frac{4y}{5}}{\frac{6y}{5}} = \dfrac{2}{3}.

По условию

\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{2}{3}.

Следовательно,

\dfrac{AF}{AD}=\dfrac{AB}{AC},

то есть

\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AD}{AC}.

Кроме того, у треугольников

AFD

и

ABC

общий угол при вершине

A

. Поэтому

\triangle AFD\sim\triangle ABC

по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Коэффициент подобия треугольника

AFD

к треугольнику

ABC

равен

\dfrac{AF}{AB} = \dfrac{\frac{4y}{5}}{2\cdot\frac{8y}{5}} = \dfrac{1}{4}.

Следовательно,

DF=\dfrac{1}{4}BC = \dfrac{1}{4}\cdot12 = 3.

Задача 6МГУ

Положительные действительные числа

a_1, a_2, a_3, \ldots, a_7

удовлетворяют неравенствам

a_i+a_j \geqslant a_{i+j}

при всех натуральных

i, j

, таких что

i+j \leqslant 7

. Найдите наименьшее возможное значение выражения

\frac{a_1+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+\frac{a_4}{4}+\frac{a_5}{5}+\frac{a_6}{6}+\frac{a_7}{7}}{a_7} .

Решение

Преобразуем данное выражение:

\begin{aligned} \dfrac{a_1+\dfrac{a_2}{2}+\dfrac{a_3}{3}+\dfrac{a_4}{4} +\dfrac{a_5}{5}+\dfrac{a_6}{6}+\dfrac{a_7}{7}}{a_7} &= \dfrac{1}{7} + \dfrac{60a_1+30a_2+20a_3+15a_4+12a_5+10a_6}{60a_7}. \end{aligned}

Сгруппируем слагаемые в числителе:

\begin{gathered} 60a_1+30a_2+20a_3+15a_4+12a_5+10a_6=\\ =10(a_6+a_1)+12(a_5+a_2)+15(a_4+a_3) +50a_1+18a_2+5a_3. \end{gathered}

По условию

a_6+a_1\geqslant a_7, \qquad a_5+a_2\geqslant a_7, \qquad a_4+a_3\geqslant a_7.

Оставшиеся слагаемые представим в виде

50a_1+18a_2+5a_3 = 5(a_3+a_2+a_2)+8(a_2+5a_1)+10a_1.

Так как

a_3+a_2\geqslant a_5, \qquad a_5+a_2\geqslant a_7,

то

a_3+a_2+a_2\geqslant a_7.

Кроме того, последовательно применяя условие, получаем

a_1+a_1\geqslant a_2,

a_2+a_1\geqslant a_3,

\ldots

a_6+a_1\geqslant a_7.

Следовательно,

na_1\geqslant a_n, \qquad n=1,\ 2,\ \ldots,\ 7.

В частности,

5a_1\geqslant a_5, \qquad 7a_1\geqslant a_7.

Поэтому

a_2+5a_1\geqslant a_2+a_5\geqslant a_7.

Кроме того, при

n=7

имеем

7a_1\geqslant a_7,

откуда

a_1\geqslant\dfrac{a_7}{7}.

Умножая это неравенство на

10

, получаем

10a_1\geqslant\dfrac{10}{7}a_7.

Таким образом,

\begin{gathered} \dfrac{a_1+\dfrac{a_2}{2}+\dfrac{a_3}{3}+\dfrac{a_4}{4} +\dfrac{a_5}{5}+\dfrac{a_6}{6}+\dfrac{a_7}{7}}{a_7} \geqslant \dfrac{1}{7} + \dfrac{ 10a_7+12a_7+15a_7+5a_7+8a_7+\dfrac{10}{7}a_7 }{60a_7}. \end{gathered}

Следовательно,

\dfrac{a_1+\dfrac{a_2}{2}+\dfrac{a_3}{3}+\dfrac{a_4}{4} +\dfrac{a_5}{5}+\dfrac{a_6}{6}+\dfrac{a_7}{7}}{a_7} \geqslant \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{60} \left( 10+12+15+5+8+\dfrac{10}{7} \right) = \dfrac{1}{7}+\dfrac{6}{7} =1.

Осталось показать, что найденная оценка достигается. Возьмём

a_n=n, \qquad n=1,\ 2,\ \ldots,\ 7.

Тогда

a_i+a_j=i+j=a_{i+j},

поэтому все условия выполняются. При этом

\dfrac{a_1+\dfrac{a_2}{2}+\dfrac{a_3}{3}+\dfrac{a_4}{4} +\dfrac{a_5}{5}+\dfrac{a_6}{6}+\dfrac{a_7}{7}}{a_7} = \dfrac{1+1+1+1+1+1+1}{7} = 1.

Значит, наименьшее возможное значение выражения равно

1

.

Задача 7МГУ

Радиус сферы, вписанной в правильную треугольную пирамиду, равен 1. Радиус окружности, вписанной в основание этой пирамиды, равен

\frac{1+\sqrt{5}}{2}

. Найдите радиус сферы, описанной около этой пирамиды.

Решение

Обозначим через

O

центр основания пирамиды, через

D

--- её вершину, а через

P

--- середину стороны основания

BC

. Пусть

a=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}.

Тогда

OP=a.

Так как основание пирамиды --- равносторонний треугольник, то

AO=2a.

Обозначим через

L

центр вписанной сферы. Тогда

LO=1.

Пусть

DO=h.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью

DAP

. В этом сечении получаем треугольник

DAP

. Вписанная сфера касается основания в точке

O

, а боковой грани --- в точке

M

, поэтому

LM\perp DP, \qquad LO\perp AP.

Треугольники

DPO

и

DML

подобны: они прямоугольные и имеют общий угол при вершине

D

. Следовательно,

\dfrac{DO}{DM}=\dfrac{OP}{LM}.

Подставляя известные величины, получаем

\dfrac{h}{DM}=\dfrac{a}{1}.

Найдём

DM

. В прямоугольном треугольнике

DLM

имеем

DL=DO-LO=h-1,

поэтому

DM=\sqrt{DL^2-LM^2} = \sqrt{(h-1)^2-1}.

Следовательно,

\dfrac{h}{\sqrt{(h-1)^2-1}}=a.

Возведём в квадрат:

h^2=a^2\bigl((h-1)^2-1\bigr).

Так как

(h-1)^2-1=h^2-2h,

то

h^2=a^2(h^2-2h).

Отсюда

h=a^2(h-2),

то есть

h=\dfrac{2a^2}{a^2-1}.

Вычислим

a^2

:

a^2= \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2 = \dfrac{6+2\sqrt{5}}{4} = \dfrac{3+\sqrt{5}}{2}.

Тогда

h= \dfrac{2\cdot\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}}{\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}-1} = \dfrac{3+\sqrt{5}}{\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}} = \dfrac{2(3+\sqrt{5})}{1+\sqrt{5}} = 1+\sqrt{5}.

Теперь найдём радиус описанной сферы. Так как

AO=2a=1+\sqrt{5},

а также

DO=h=1+\sqrt{5},

то

AO=DO.

Но точка

O

является центром равностороннего треугольника

ABC

, значит,

OA=OB=OC.

Следовательно, точка

O

равноудалена от всех четырёх вершин пирамиды:

OA=OB=OC=OD.

Значит, именно точка

O

является центром описанной сферы. Итак, радиус описанной сферы равен

R=OD=1+\sqrt{5}.