ДВИ МГУ по математике. 3 поток.
Посвящается моему ученику, который сдавал этот экзамен в 2023 году и пробился на бюджет Экономического факультета МГУ. Это результат упорной ежедневной совместной работы на протяжении полутора лет.
Задача 1:
Найдите $f\left( \frac{3}{5} \right)$, если:
$$f(x)=\sqrt{1-x^2}+\sqrt{\frac{8}{3}+\frac{1}{x^2}}$$
Ответ
$$\frac{47}{15}$$
Решение
$$f\left( \frac{3}{5} \right)=\frac{4}{5}+\frac{7}{3}=\frac{12+35}{15}=\frac{47}{15}$$
Задача 2:
Дана последовательность $a_1,~a_2,~a_3,…$ действительных чисел. Найдите a1, если известно, что $a_8=8$ и что для любого индекса n справедливо равенство:
Ответ
7
Решение
Перепишем равенство как $a_{n+1}+(n+1)=\sqrt[7]{2}(a_n+n)$. Отсюда следует, что $a_{n+1}+(n+1)=(\sqrt[7]{2})^n(a_1+1)$. При $n=7$ получаем $a_8+8=2(a_1+1)$. Стало быть, $a_1=(8+8)/2-1=7$.
Задача 3:
Решите неравенство:
Ответ
$$x\in (0,1/9]\cup [3,+\infty)$$
Решение
$$(\sqrt{x})^{3+log_3x}\ge 3^{1+log_3x}\Longleftrightarrow log_3~x(3+log_3~x)\ge 2(1+log_3~x)\Longleftrightarrow $$
$$(\sqrt{x})^{3+log_3x}\ge 3^{1+log_3x}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow log_3~x(3+log_3~x)\ge 2(1+log_3~x)\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow log^2_3~x+log_3~x-2\ge 0\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} log_3~x\ge 1 \\ log_3~x\le -2 \end{gathered} \right.\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} x\ge 3 \\ 0\lt x\le \frac{1}{9} \end{gathered} \right.$$
$$\Longleftrightarrow log^2_3~x+log_3~x-2\ge 0\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} log_3~x\ge 1 \\ log_3~x\le -2 \end{gathered} \right.\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} x\ge 3 \\ 0\lt x\le \frac{1}{9} \end{gathered} \right.$$
Задача 4:
Решите уравнение:
$$\frac{\sqrt{3}}{sin~x}-\frac{1}{cos~x}=4$$
Ответ
$$x=\frac{\pi}{9}+\frac{2k\pi}{3}, ~\frac{2\pi}{3}+2k\pi, ~k\in \mathbb{Z}$$
Решение
$$\frac{\sqrt{3}}{sin~x}-\frac{1}{cos~x}=4\Longleftrightarrow \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}cos~x-\frac{1}{2}sin~x-sin~2x}{sin~x~cos~x}=0\Longleftrightarrow $$
$$\frac{\sqrt{3}}{sin~x}-\frac{1}{cos~x}=4\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}cos~x-\frac{1}{2}sin~x-sin~2x}{sin~x~cos~x}=0\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \frac{cos(x+\frac{\pi}{6})-cos(\frac{\pi}{2}-2x)}{sin~x~cos~x}=0\Longleftrightarrow $$
$$\begin{cases} x+\frac{\pi}{6}=\pm \left( \frac{\pi}{2}-2x \right)+2k\pi,~k\in\mathbb{Z} \\ x\neq \frac{n\pi}{2},~n\in \mathbb{Z}\end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\begin{cases} \left[ \begin{gathered} 3x=\frac{\pi}{3}+2k\pi \\ x=\frac{2\pi}{3}-2k\pi \end{gathered} \right.~~,~k\in\mathbb{Z} \\ x\neq \frac{n\pi}{2},~n\in \mathbb{Z}\end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\left[ \begin{gathered} x=\frac{\pi}{9}+\frac{2k\pi}{3} \\ x=\frac{2\pi}{3}+2k\pi \end{gathered} \right.~~,~k\in \mathbb{Z}$$
Задача 5:
На сторонах $AB, ~BC, ~CD, ~AD$ вписанного в окружность четырёхугольника $ABCD$ отмечены соответственно точки $E, ~F, ~G, ~H$. Известно, что $AE = EB,$ $2BF = FC,$ $CG = GD,$ $DH = 2HA$ и что площадь четырёхугольника $ABCD$ в два раза больше площади четырёхугольника $EFGH$. Найдите отношение $AC : BD$.
Ответ
1 : 1
Решение
Не ограничивая общности, будем считать, что площадь четырехугольника $ABCD$ равна 1. Обозначим площади треугольников $ABC,~ACD,~BCD,~BDA$ через $a,~b,~c,~d$ соответственно. Тогда $a+b=c+d=1$, а площади треугольников $EBF,~FCG,~GDH,~HAE$ равны соответственно $\frac{1}{6}a,~\frac{1}{3}c,~\frac{1}{3}b,~\frac{1}{6}d$. Сумма же площадей этих треугольников равна $\frac{1}{2}$. Получаем
$$\frac{1}{2}=\frac{1}{6}a+\frac{1}{3}c+\frac{1}{3}(1-a)+\frac{1}{6}(1-c)=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}(c-a).$$
$$\frac{1}{2}=\frac{1}{6}a+\frac{1}{3}c+\frac{1}{3}(1-a)+\frac{1}{6}(1-c)=$$
$$=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}(c-a).$$
Таким образом, $a=c$, то есть площади треугольников $ABC$ и $BCD$ равны. Стало быть, $AD~||~BC$, то есть четырехугольник $ABCD$ является трапецией. Поскольку же он вписанный, эта трапеция равнобокая. Стало быть, диагонали ее равны. То есть $AC:BD=1:1$.
Задача 6:
при положительных $a, b, c$.
Ответ
$6\sqrt{2}-9$
Решение
Положим $x=a+2b+c,$ $y=a+b+2c,$ $z=a+b+3c$. Тогда $x,~y,~z$ также положительны, $c=z-y,$ $b=x+z-2y,$ $c-b=y-x$ и исходное выражение переписывается как
$$\frac{c-b}{a+2b+c}+\frac{2b}{a+b+2c}-\frac{4c}{a+b+3c}=\frac{y-x}{x}+\frac{2x+2z-4y}{y}-\frac{4z-4y}{z}=$$
$$\frac{c-b}{a+2b+c}+\frac{2b}{a+b+2c}-\frac{4c}{a+b+3c}=$$
$$=\frac{y-x}{x}+\frac{2x+2z-4y}{y}-\frac{4z-4y}{z}=$$
$$=-9+\frac{y}{x}+2\frac{x}{y}+2\frac{z}{y}+4\frac{y}{z}~.$$
В силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим $\frac{y}{x}+2\frac{x}{y}\ge 2\sqrt{2}$ и $2\frac{z}{y}+4\frac{y}{z}\ge 4\sqrt{2}$. Причем равенства достигаются при $y=x\sqrt{2}$ и $z=y\sqrt{2}$, то есть при
$$\begin{cases} a+b+2c=(a+2b+c)\sqrt{2} \\ a+b+3c=(a+b+2c)\sqrt{2} \end{cases}~.$$
Вычитая из второго уравнения первое, получаем $c=(c-b)\sqrt{2}$, откуда $b\sqrt{2}=c(\sqrt{2}-1)$, то есть $c=b(2+\sqrt{2})$. Подставляя $c=b(2+\sqrt{2})$ в любое из двух уравнений, получаем $a(\sqrt{2}-1)=b(3-2\sqrt{2})$, то есть $a=b(\sqrt{2}-1)$. Таким образом, например, при $a=\sqrt{2}-1, ~b=1, ~c=2+\sqrt{2}$ равенства $y=x\sqrt{2}$ и $z=y\sqrt{2}$ имеют место и, стало быть, исходное выражение достигает своего наименьшего значения $-9+2\sqrt{2}+4\sqrt{2}=6\sqrt{2}-9$.
Задача 7:
Ответ
$\sqrt{6}$
Решение
Обозначим вершины параллелепипеда $ABCDA’B’C’D’$ так, чтобы нижнее основание было $ABCD$, а боковые ребра были $AA’,~BB’,~CC’,~DD’$. Пусть $AB=x,~BB’=y,~B’C’=z$. Рассмотрим диагональ $AC’$. Расстояние от $AC’$ до ребра $BB’$ достигается на отрезке, перпендикулярном $AC’$ и $BB’$. Этот отрезок параллелен плоскости нижнего основания, а его ортогональная проекция на эту плоскость совпадает с высотой треугольника $ABC$, опущенной из вершины $B$. Обозначим эту высоту $h$. Тогда $h\cdot AC=AB\cdot BC$, то есть $h=xz/\sqrt{x^2+z^2}$. Итак, расстояние от $AC’$ до ребра $BB’$ равно $xz/\sqrt{x^2+z^2}$. Аналогично, два других расстояния, указанных в условии, равны $xy/\sqrt{x^2+y^2}$ и $yz/\sqrt{y^2+z^2}$. Не ограничивая общности, можно считать, что
$$xy/\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{\frac{2}{3}},~~~~~xz/\sqrt{x^2+z^2}=\frac{\sqrt{3}}{2},~~~~~yz/\sqrt{y^2+z^2}=\sqrt{\frac{6}{5}},$$
$$xy/\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{\frac{2}{3}},$$
$$xz/\sqrt{x^2+z^2}=\frac{\sqrt{3}}{2},$$
$$yz/\sqrt{y^2+z^2}=\sqrt{\frac{6}{5}},$$
откуда
$$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{3}{2},~~~~~\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{4}{3},~~~~~\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{5}{6}.$$
$$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{3}{2},$$
$$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{4}{3},$$
$$\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{5}{6}.$$
Следовательно, $1/x^2=1,~1/y^2=1/2,~1/z^2=1/3$, то есть $x=1,~y=\sqrt{2},~z=\sqrt{3}$. Стало быть, объем параллелепипеда равен $xyz=\sqrt{6}$.