ДВИ МГУ по математике — 2025, Поток 5
Условия, ответы и разборы всех задач потока
Задача 1МГУ
Какое из следующих двух чисел больше: 54+112 или 76+81?
Ответ:второе больше
Решение
54+112=5544+10=5554=1−551; 76+81=5648+7=5655=1−561. Так как 561<551, то 1−561>1−551
Задача 2МГУ
Положим для каждого натурального n An=1+21+31+…+n1 и Bn=A1+A2+A3+…+An. Найдите A7B7+7.
Ответ:8
Решение
Посчитаем B7: B7=A1+A2+…+A7=1+(1+21)+…+(1+21+…+71)=7+26+35+44+53+62+71. Тогда B7+7=7+26+35+44+53+62+71+7=18+35+53+31+71=20+3526; A7=1+21+…+71=1+(21+31+61)+(41+51+71)=1+1+14035+28+20=2+14083. Таким образом, A7B7+7=2+1408320+3526=35726⋅363140=8.
Задача 3МГУ
Решите неравенство (3x)5+log2x⩾21+log2x.
Ответ:(0;81]∪[2;+∞)
Решение
Так как обе части неравенства положительны, то прологарифмируем их по основанию два: log2x31(5+log2x)⩾log221+log2x; 31(5+log2x)log2x⩾1+log2x. Пусть t=log2x, тогда неравенство примет вид: (5+t)t⩾3(1+t); t2+5t⩾3+3t; t2+2t−3⩾0; (t−1)(t+3)⩾0. Решаем полученное неравенство методом интервалов: 
t∈(−∞;−3]∪[1;+∞). Выполним обратную замену: [log2x⩽−3,log2x⩾1;0<x⩽81,x⩾2.
t∈(−∞;−3]∪[1;+∞). Выполним обратную замену: [log2x⩽−3,log2x⩾1;0<x⩽81,x⩾2.Задача 4МГУ
Решите уравнение (1+tg2x)(1−sin2x)(1−tg2x)(1+sin2x)=3+2sin2x−2sin2x.
Ответ:−4π+πl, l∈Z; 8π+2πk, k∈Z.
Решение
Домножим числитель и знаменатель дроби в левой части уравнения на cos2x=0 при условии, что x=2π+πn, n∈Z, и применим формулу косинуса двойного аргумента 1−2sin2x=cos2x. Тогда неравенство примет вид: (cos2x+sin2x)(1−sin2x)(cos2x−sin2x)(1+sin2x)=2+2sin2x+cos2x; 1−sin2xcos2x(1+sin2x)=2+2sin2x+cos2x. Умножим обе части уравнения на 1−sin2x=0⇔x=4π+πm, m∈Z cos2x+sin2xcos2x=2+2sin2x+cos2x−2sin2x−2sin22x−sin2xcos2x; 2sin2xcos2x=2−2sin22x; sin2xcos2x=cos22x; cos2x(sin2x−cos2x)=0. Получаем:
1) cos2x=0, 2x=2π+πk, x=4π+2πk, k∈Z; 2) tg2x=1, 2x=4π+πk, x=8π+2πk, k∈Z.
С учётом ограничения x=4π+πm, m∈Z, получаем: x=−4π+πl, l∈Z.x=8π+2πk, k∈Z.
1) cos2x=0, 2x=2π+πk, x=4π+2πk, k∈Z; 2) tg2x=1, 2x=4π+πk, x=8π+2πk, k∈Z.
С учётом ограничения x=4π+πm, m∈Z, получаем: x=−4π+πl, l∈Z.x=8π+2πk, k∈Z.
Задача 5МГУ
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Найдите все возможные значения угла ∠FEG, где E, F и G --- центры вписанных окружностей в треугольники ABC,BCD и ABD соответственно.
Ответ:90∘
Решение
Перед решением задачи докажем два факта, связанных с биссектрисами углов треугольника. Факт №1. Дан треугольник ABC c углом B равным α, I --- точка пересечения биссектрис. Доказать, что ∠AIC=90∘+2α. Доказательство: Из суммы углов △ABC: ∠A+∠C=180∘−∠B=180∘−α. Так как AI и CI --- биссектрисы углов A и C соответственно, то ∠IAC+∠ICA=21∠A+21∠C=2180∘−α=90∘−2α. Таким образом, из суммы углов △IAC: ∠AIC=180∘−(∠IAC+∠ICA)=90∘+2α. Что и требовалось доказать. 
Факт №2 (Лемма о трезубце). Дан треугольник ABC, I --- центр вписанной окружности этого треугольника. W --- точка пересечения биссектрисы угла A и описанной окружности треугольника ABC. Доказать, что CW=IW=BW. Доказательство: Пусть ∠A=α, ∠B=β, тогда ∠CAI=∠BAI=2α; ∠CBI=∠ABI=2β. Заметим, что ∠BIW --- внешний угол △ABI, значит: ∠BIW=∠BAI+∠ABI=2α+β=∠IBW. Следовательно, △BIW --- равнобедренный и BW=IW. 
Вписанные углы CAW и WAB равны, значит, дуги CW и WB тоже равны. Так как равные дуги стягивают равные хорды, то CW=BW. Таким образом, CW=BW=IW. Что и требовалось доказать. Теперь перейдём к решению исходного задания: Пусть T --- точка пересечения биссектрис AE и DF, а R --- точка пересечения биссектрис DG и CE. При этом T и R принадлежат описанной окружности четырёхугольника ABCD, так как биссектрисы вписанных углов пересекают описанную окружность в серединах дуг, на которые опираются эти углы. Тогда по лемме о трезубце для △ABC и точки T: BT=CT=ET. Также для △BCD и точки T: BT=CT=FT. Получаем, что ET=FT. Аналогичным образом, RG=RE. Пусть дуги AD и CD равны x и y соответственно, тогда ∠ATD=2x и ∠CRD=2y --- как вписанные углы, опирающиеся на эти дуги. 
Так как △GRE и △ETF --- равнобедренные, то ∠RGE=∠REG=2180∘−∠GRE=90∘−4y; ∠TFE=∠TEF=2180∘−∠ETF=90∘−4x. Используя факт №1 для треугольника ABC: ∠AEC=90∘+2∠ABC=90∘+4x+y. Тогда смежный ему угол AER равен: ∠AER=180∘−∠AEC=90∘−4x+y. Таким образом, ∠FEG=180∘+∠AER−∠REG−∠TEF=180∘−90∘=90∘.
Факт №2 (Лемма о трезубце). Дан треугольник ABC, I --- центр вписанной окружности этого треугольника. W --- точка пересечения биссектрисы угла A и описанной окружности треугольника ABC. Доказать, что CW=IW=BW. Доказательство: Пусть ∠A=α, ∠B=β, тогда ∠CAI=∠BAI=2α; ∠CBI=∠ABI=2β. Заметим, что ∠BIW --- внешний угол △ABI, значит: ∠BIW=∠BAI+∠ABI=2α+β=∠IBW. Следовательно, △BIW --- равнобедренный и BW=IW. Вписанные углы CAW и WAB равны, значит, дуги CW и WB тоже равны. Так как равные дуги стягивают равные хорды, то CW=BW. Таким образом, CW=BW=IW. Что и требовалось доказать. Теперь перейдём к решению исходного задания: Пусть T --- точка пересечения биссектрис AE и DF, а R --- точка пересечения биссектрис DG и CE. При этом T и R принадлежат описанной окружности четырёхугольника ABCD, так как биссектрисы вписанных углов пересекают описанную окружность в серединах дуг, на которые опираются эти углы. Тогда по лемме о трезубце для △ABC и точки T: BT=CT=ET. Также для △BCD и точки T: BT=CT=FT. Получаем, что ET=FT. Аналогичным образом, RG=RE. Пусть дуги AD и CD равны x и y соответственно, тогда ∠ATD=2x и ∠CRD=2y --- как вписанные углы, опирающиеся на эти дуги. Так как △GRE и △ETF --- равнобедренные, то ∠RGE=∠REG=2180∘−∠GRE=90∘−4y; ∠TFE=∠TEF=2180∘−∠ETF=90∘−4x. Используя факт №1 для треугольника ABC: ∠AEC=90∘+2∠ABC=90∘+4x+y. Тогда смежный ему угол AER равен: ∠AER=180∘−∠AEC=90∘−4x+y. Таким образом, ∠FEG=180∘+∠AER−∠REG−∠TEF=180∘−90∘=90∘.Задача 6МГУ
Положительные действительные числа a,b,c удовлетворяют равенству a2+b2+c2=12. Найдите наибольшее возможное значение выражения 1+a3+1+b3+1+c3.
Ответ:9
Решение
Воспользуемся неравенством Коши между средним арифметическим и средним геометрическим: 1+a3=(1+a)(1−a+a2)⩽2(1+a)+(1−a+a2)=22+a2. Аналогично, для второго и третьего слагаемого получаем, что 1+b3⩽22+b2; 1+c3⩽22+c2. Таким образом: 1+a3+1+b3+1+c3⩽22+a2+2+b2+2+c2=26+12=9. Наибольшее значение достигается при a=b=c=2. Примечание. Покажем альтернативную оценку для выражения 1+x3 через неравенство Коши-Буняковского-Шварца (КБШ): 1+x3=1⋅1+x⋅2x2+2x2⋅x⩽1+x2+4x4⋅1+4x4+x2=1+x2+4x4=(1+2x2)2, что равносильно оценке из предыдущего решения 1+x3⩽1+2x2.
Задача 7МГУ
Дана четырёхугольная пирамида ABCDS с высотой SH=8. Сфера радиуса 3 касается всех граней пирамиды, причём основания ABCD эта сфера касается в точке H основания высоты. Найдите периметр четырёхугольника ABCD, если известно, что его площадь равна 144.
Ответ:48
Решение
Пусть O --- центр вписанной сферы, тогда OH=3, SO=5. Проведём OT⊥(SCD), ST пересекает CD в точке K. Тогда (SKH)⊥(SCD). При этом OT=OH=3 --- как радиусы сферы. По теореме Пифагора в △SOT: ST=SO2−OT2=4. △SOT∼△SHK (по двум углам): ∠SOT --- общий, ∠STO=∠SHK=90∘. Тогда SOSK=STSH; 5SK=48; SK=10. Так как SO⊥CD, а ST -- проекция SO на плоскость (SCD), то по теореме о трёх перпендикулярах: SK⊥CD. Таким образом, в грани SCD высота SK=10. Аналогично получаем, что высоты граней SAB, SBC, SAD равны 10. 
Тогда площадь полной поверхности пирамиды равна: Sпов=SABCD+Sбок.пов.=144+21SK(AB+BC+CD+AD)=144+5PABCD. Объём пирамиды равен: V=31SABCD⋅SH=31⋅144⋅8=384. С другой стороны, объём пирамиды связан с радиусом сферы, вписанной в него, формулой: V=31⋅r⋅Sпов=31⋅3⋅(144+5PABCD). Таким образом: 144+5PABCD=384; 5PABCD=240; PABCD=48.
Тогда площадь полной поверхности пирамиды равна: Sпов=SABCD+Sбок.пов.=144+21SK(AB+BC+CD+AD)=144+5PABCD. Объём пирамиды равен: V=31SABCD⋅SH=31⋅144⋅8=384. С другой стороны, объём пирамиды связан с радиусом сферы, вписанной в него, формулой: V=31⋅r⋅Sпов=31⋅3⋅(144+5PABCD). Таким образом: 144+5PABCD=384; 5PABCD=240; PABCD=48.