ДВИ МГУ 2024 по математике. 2 поток.
Найдите целое число, задаваемое выражением
$$\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}}+\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{3-\sqrt{5}}}.$$
Ответ
$3$
Решение
$$\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}}+\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{3-\sqrt{5}}}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}+\frac{3+\sqrt{5}}{2}=3$$
$$\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}}+\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{3-\sqrt{5}}}=$$
$$=\frac{3-\sqrt{5}}{2}+\frac{3+\sqrt{5}}{2}=3$$
Найдите сумму всех натуральных чисел $n$, для которых число $n^2 + 7n + 1$ является квадратом некоторого натурального числа.
Ответ
$9$
Решение
Заметим, что при любом натуральном $n$ справедливо $n^2+7n+1\lt n^2+8n+16=$$(n+4)^2$. Стало быть, достаточно исследовать равенство $n^2+7n+1$ числам $(n+1)^2,$ $(n+2)^2$ и $(n+3)^2$. Первое равенство равносильно $5n=0$, второе равносильно $3n=3$, третье равносильно $n=8$. Получаем, что $n=1$ и $n=8$ — единственные два числа, удовлетворяющие условию. Их сумма же равна $9$.
Ответ
$x\ge 3$
Решение
Положим $t=log_{x^2-1}(x+1)$. Тогда при $x\gt1$, $x\neq \sqrt{2}$ справедливо $log_{x^2-1}(x-1)=1-t$. Получаем $8^t+8\cdot 8^{-t}\le 6$, откуда $(8^t-2)(8^t-4)\le0$, т.е. $1\le 3t\le 2$. Стало быть, при $x\gt1,$ $x\neq \sqrt{2}$
$$8^{log_{x^{2}-1}(x-1)}+8^{log_{x^{2}-1}(x+1)}\le 6\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow 1\le 3~log_{x^2-1}(x+1)\le 2\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \frac{1}{3}\le \frac{1}{1+log_{x+1}(x-1)}\le \frac{2}{3}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \frac{1}{2}\le log_{x+1}(x-1)\le 2\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \sqrt{x+1}\le x-1\le (x+1)^2\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x\ge 1 \\ x^2-3x\ge 0 \\ x^2+x+2\ge 0 \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow x\ge 3.$$
Решите уравнение
$$sin~x + sin~2x + cos~x = 1.$$
Ответ
$x=2n\pi,~\pi/2+2n\pi.$
Решение
Перенесем все в одну часть и преобразуем:
$$sin~x+sin~2x+cos~x-1=$$
$$=\sqrt{2}sin\left( x+\frac{\pi}{4} \right)+sin~2x-1=$$
$$=\sqrt{2}sin\left( x+\frac{\pi}{4} \right)-cos~2\left( x+\frac{\pi}{4} \right)-1=$$
$$=2sin^2\left( x+\frac{\pi}{4} \right)+\sqrt{2}sin\left( x+\frac{\pi}{4} \right)-2.$$
Получаем: $sin\left( x+\frac{\pi}{4} \right)=-\sqrt{2},~\frac{1}{\sqrt{2}}$. Первое не подходит, стало быть, $x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\pm \frac{\pi}{4}+2n\pi,$ $n\in \mathbb{Z}$.
Вокруг остроугольного треугольника $ABC$ описана окружность. На дуге $CA$ (не содержащей точку $B$) этой окружности отмечена некоторая точка $P$. Прямая, проходящая через точки $B$ и $H$, где $H$ – точка пересечения высот треугольника $ABC$, пересекает отрезок $AP$ в точке $Q$. Найдите отношение $AC$ к $BC$, если известно, что точки $C,$ $P,$ $Q,$ $H$ лежат на одной окружности.
Ответ
$1$
Решение
Проведем касательную $\ell$ к окружности в точке $C$. Отметим на ней точку $D$, чтобы угол $\angle ACD$ был острым. Тогда, поскольку дуга $CA$ меньше $180^\circ$, справедливо равенство
$$\angle HCD=\angle HCP+\angle PCD.$$
Обозначим через $E$ точку пересечения прямых $BQ$ и $AC$. Эта точка — основание высоты треугольника $ABC$, опущенной из вершины $B$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AQE$. Поскольку точки $C,$ $P,$ $Q,$ $H$ лежат на одной окружности, $ \angle AQE=180^\circ- \angle HQP= \angle HCP$. Далее, поскольку $\ell$ касается окружности в точке $C$, а угол $ \angle CAP$ опирается на дугу $CP$, имеем $ \angle PCD= \angle CAP= \angle EAQ$. Учитывая, что $ \angle AQE+ \angle EAQ=90^\circ$, получаем
$ \angle HCD= \angle HCP+ \angle PCD= \angle AQE+ EAQ=90^\circ.$
$ \angle HCD= \angle HCP+ \angle PCD= $
$ = \angle AQE+ EAQ=90^\circ.$
Таким образом, прямая $\ell$ перпендикулярна $CH$ и, стало быть, параллельна $AB$. Но тогда $AC=BC$, то есть искомое отношение равно $1$.
Число $x_0$ является общим корнем многочленов $x^3+ax^2+bx+c,$ $x^3+bx^2+cx+a,$ $x^3+cx^2+ax+b$. Найдите все возможные значения $x_0$ , если известно, что $a\gt b\gt c$.
Ответ
$1$
Решение
Если число является общим корнем двух многочленов, то оно является корнем и их разности. Стало быть $x_0$ является корнем многочленов $(a-b)x^2+(b-c)x+(c-a)$ и $(b-c)x^2+(c-a)x+(a-b)$. Поделим эти два многочлена на старшие коэффициенты (из условия следует, что они не равны нулю). Тогда $x_0$ является корнем разности полученных двух многочленов. Она имеет вид $\left( \frac{b-c}{a-b}-\frac{c-a}{b-c} \right)x+\left( \frac{c-a}{a-b}-\frac{a-b}{b-c} \right)$. Отсюда, учитывая, что первая скобка — число положительное, получаем
$$x_0=\frac{\frac{a-b}{b-c}-\frac{c-a}{a-b}}{\frac{b-c}{a-b}-\frac{c-a}{b-c}}=\frac{(a-b)^2+(a-c)(b-c)}{(b-c)^2+(a-b)(a-c)}=$$
$$x_0=\frac{\frac{a-b}{b-c}-\frac{c-a}{a-b}}{\frac{b-c}{a-b}-\frac{c-a}{b-c}}=$$
$$=\frac{(a-b)^2+(a-c)(b-c)}{(b-c)^2+(a-b)(a-c)}=$$
$$=\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}=1$$
Ответ
$39:36$
Решение
Проведем через точку $T$ плоскость, перпендикулярную $AD$ и спроецируем ортогонально на нее вершины пирамиды. Тогда точки $A,$ $D$ спроецируются в точку $A’$, точки $B,$ $C$ — в точку $B’,$ а точка $S$ — в точку $S’$. При этом треугольник $A’B’S’$ будет прямоугольным с прямым углом $A’$, а сфера при такой проекции перейдет в окружность, вписанную в этот треугольник, причем $T$ будет точкой касания гипотенузы. Поскольку радиус сферы равен $1$, по теореме о касательной имеем $A’B’=1+B’T,$ $A’S’=1+S’T$. Применяя теорему Пифагора и сокращая квадраты, получаем
$$1+B’T+S’T=B’T\cdot S’T.$$
Но $A’S’$ равно высоте пирамиды, то есть $S’T=A’S’-1=3$. Тогда $B’T=2$ и, стало быть, плоскость $ADT$ делит оба ребра $SB$ и $SC$ в отношении $S’T:TB’=3:2$, считая от $S$. Обозначим середину $AD$ через $E$ и разобьем пирамиду на тетраэдры $SABE,$ $SBCE,$ и $SCDE$. Объемы этих тетраэдров равны, так как площади их оснований равны и они имеют общую с исходной пирамидой высоту. Стало быть, если объем исходной пирамиды равен $V$. то часть пирамиды, отсекаемая плоскостью $ADT$ и содержащая вершину $S$, имеет объем
$$\frac{V}{3}\cdot \left( 2\cdot \frac{3}{5}+\left( \frac{3}{5} \right)^2 \right)=\frac{39V}{75}.$$
Значит, плоскость $ADT$ делит объем пирамиды в отношении $39:36$.