ДВИ МГУ 2024 по математике. 4 поток.
Дана функция
$$ƒ(x)=\frac{(x+1)^2+x^2}{(x+1)^2-x^2}.$$
Найдите наибольшее целое число, не превосходящее числа $f(2024)$.
Ответ
$2024$
Решение
Заметим, что
$$\frac{(x+1)^2+x^2}{(x+1)^2-x^2}=\frac{2x^2+2x+1}{2x+1}=x+\frac{x+1}{2x+1}.$$
$$\frac{(x+1)^2+x^2}{(x+1)^2-x^2}=\frac{2x^2+2x+1}{2x+1}=$$
$$=x+\frac{x+1}{2x+1}.$$
Стало быть,
$$f(2024)=2024+\frac{2025}{4049}\in(2024,2025).$$
Вычислите сумму
$$\frac{11}{1+2}+\frac{11}{1+2+3}+\frac{11}{1+2+3+4}+…+\frac{11}{1+2+…+10}.$$
$$\frac{11}{1+2}+\frac{11}{1+2+3}+\frac{11}{1+2+3+4}+$$
$$+…+\frac{11}{1+2+…+10}.$$
Ответ
9
Решение
$$\frac{11}{1+2}+\frac{11}{1+2+3}+\frac{11}{1+2+3+4}+…+\frac{11}{1+2+…+10}=$$
$$\frac{11}{1+2}+\frac{11}{1+2+3}+\frac{11}{1+2+3+4}+$$
$$+…+\frac{11}{1+2+…+10}=$$
$$=\frac{11\cdot 2}{2\cdot 3}+\frac{11\cdot 2}{3\cdot 4}+\frac{11\cdot 2}{4\cdot 5}+…+\frac{11\cdot 2}{10\cdot 11}=$$
$$=\frac{11\cdot 2}{2\cdot 3}+\frac{11\cdot 2}{3\cdot 4}+\frac{11\cdot 2}{4\cdot 5}+…+\frac{11\cdot 2}{10\cdot 11}=$$
$$=22\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{10}-\frac{1}{11} \right)=$$
$$=22\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{10}-\frac{1}{11} \right)=$$
$$=22\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{11} \right)=22\cdot\frac{9}{2\cdot 11}=9.$$
Решите неравенство
$$log_9\left(x+ \frac{1}{3}\right)-log_3\left(x-\frac{1}{3}\right)\ge 1.$$
Ответ
$$1/3\lt x\le 2/3$$
Решение
$$log_9\left(x+ \frac{1}{3}\right)-log_3\left(x-\frac{1}{3}\right)\ge 1\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x\gt \frac{1}{3} \\ log_3\left( x+\frac{1}{3} \right)\ge log_3\left( 9\left( x-\frac{1}{3} \right)^2 \right) \end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x\gt \frac{1}{3} \\ log_3\left( x+\frac{1}{3} \right)\ge log_3\left( 9\left( x-\frac{1}{3} \right)^2 \right) \end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x\gt \frac{1}{3} \\ x+\frac{1}{3}\ge 9x^2-6x+1\end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x\gt \frac{1}{3} \\ 9x^2-7x+\frac{2}{3}\le0\end{cases}\Longleftrightarrow$$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} x\gt \frac{1}{3} \\ \frac{1}{9}\le x\le\frac{2}{3}\end{cases}\Longleftrightarrow\frac{1}{3}\lt x\le\frac{2}{3}.$$
Решите уравнение
$$cos~2x+\frac{tg~x{\cdot}tg~2x}{2}=1.$$
Ответ
$$x=k\pi,~\pm\frac{\pi}{6}+k\pi,~k\in\mathbb{Z}$$
Решение
Воспользуемся равенствами
$$tg~2x=\frac{2~tg~x}{1-tg^2~x}$$
и
$$1-cos~2x=\frac{2~tg^2~x}{1+tg^2~x}.$$
Тогда
$$cos~2x+\frac{tg~x\cdot tg~2x}{2}=1\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \frac{tg^2~x}{1-tg^2~x}=\frac{2tg^2~x}{1+tg^2~x}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} tg~x=0 \\ tg~x=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}\end{gathered} \right..$$
В окружность $\Omega$ вписан четырехугольник $ABCD$. На стороне $BC$ отмечена точка $E$ таким образом, что $CD = CE = 1$ и $\angle AED = 30^\circ$. Найдите радиус окружности $\Omega$, если известно, что $\angle ACD = 25^\circ$ и $\angle ACB = 75^\circ.$
Ответ
$1$
Решение
Из равнобедренности треугольника $ECD$ следует, что $\angle DEC=\frac{1}{2}(180^\circ-25^\circ-75^\circ)=40^\circ$. Следовательно, $\angle AEC=30^\circ+40^\circ=70^\circ$.
Отметим на $AE$ точку $F$ таким образом, чтобы $CF=CE$. Тогда $\angle FCE=180^\circ-2\cdot 70^\circ=40^\circ$ и, стало быть, $\angle FCD=100^\circ -40^\circ=60^\circ.$ Отсюда следует, что треугольник $DFC$ является правильным, то есть $DF=FC=1$.
Покажем, что $AF=FC$. Из треугольника $AEC$ имеем $\angle CAE=180^\circ-70^\circ-75^\circ=35^\circ$. С другой стороны, $\angle ACF=$$\angle ACE-\angle FCE=$$75^\circ-40^\circ=$$35^\circ.$ Таким образом, $\angle CAF=\angle ACF=35^\circ$, откуда следует, что, действительно, $AF=FC.$
Итак, точка $F$ равноудалена от точек $A,~D,~C,$ то есть является центром описанной около треугольника $ADC$ окружности. Но эта окружность совпадает с окружностью $\Omega$. Стало быть, искомый радиус равен $1$.
Многочлен $f(x)$ второй степени имеет действительные коэффициенты. Попарно различные действительные числа $a, b, c$ удовлетворяют условиям $f(a) = bc,$ $f(b) = ca,$ $f(c) = ab.$ Найдите все возможные значения выражения
$$\frac{ƒ(a)+ƒ(b)+ƒ(c)}{ƒ(a+b+c)},$$
при условии, что $f(a + b + c) \neq 0$.
Ответ
$1$
Решение
Пусть $f(x)=Ax^2+Bx+C$. Тогда
$$\begin{cases} Aa^2+Ba+C=bc \\ Ab^2+Bb+C=ca \\ Ac^2+Bc+C=ab \end{cases}~.$$
Складывая эти равенства, получаем $A(a+b+c)^2-$$2A(ab+bc+ca)+$$B(a+b+c)+3C=$$ab+bc+ca.$
Отсюда следует, что
$$f(a+b+c)=(2A+1)(ab+bc+ca)-2C.$$
$$f(a+b+c)=(2A+1)(ab+bc+ca)-2C.$$
Выразим $A$ и $C$ через $a,~b,~c.$ Из системы следует, что
$$A(a^2b-ab^2)+C(b-a)=b^2c-ca^2$$
и
$$A(a^2c-ac^2)+C(c-a)=bc^2-a^2b.$$
Сокращая на (ненулевые) $a-b$ и $a-c$, получаем соответственно
$$Aab-C=-bc-ca$$
и
$$Aac-C=-bc-ab.$$
Вычитая из одного другое, получаем $A(ab-ac)=ab-ac$. Поскольку же $a\neq c$, приходим к соотношениям
$$A=1,~~~C=ab+bc+ca.$$
Итак, $f(a+b+c)=$$(2A+1)(ab+bc+ca)-2C=$$ab+bc+ca=$$f(a)+f(b)+f(c)$. Стало быть, искомое соотношение равно $1$.
Дан куб со стороной $1$, основаниями $ABCD,$ $A’B’C’D’$ и боковыми ребрами $AA’,$ $BB’,$ $CC’$ и $DD’.$ На ребрах $A’B’,$ $B’B,$ $BC,$ $CD,$ $DD’,$ $D’A’$ отмечены точки $K,~ L,~ M,~ N,~ O,~ P$ соответственно. Найдите отношение, в котором плоскость $KMO$ делит объем куба, если известно, что $\angle A’AK = \angle LAK,$ $\angle BAM = \angle NAM,$ $\angle DAO = \angle PAO$ и что $A’K + LB = $$BM + ND = $$DO + PA’ = $$5/4.$
Ответ
$1:1$
Решение
Рассмотрим плоскость грани $AA’B’B$. Проведем в этой плоскости прямую через $A$, перпендикулярно $AL$. Обозначим через $L’$ точку пересечения этой прямой с прямой $A’B’$. Тогда прямоугольные треугольники $ABL$ и $AA’L’$ равны, откуда следует, что $BL=A’L’$, то есть
$$KL’=KA’+A’L’=KA’+BL=5/4.$$
Кроме того,
$\angle L’AK=$$\angle L’AA’+\angle A’AK=$$\angle BAL+\angle LAK=$$\angle BAK=$$\angle L’KA,$
то есть треугольник $AL’K$ равнобедренный и $AL’=KL’=5/4$. Но $AL’=AL$ из того же равенства треугольников $ABL$ и $AA’L’$, то есть
$$AL=5/4.$$
Но тогда $BL=\sqrt{(5/4)^2-1}=3/4$ и, стало быть, $A’K=5/4-BL=1/2$.
Аналогично, рассматривая грани $ABCD$ и $ADD’A’$, получаем, что $BM=1/2$ и $DO=1/2$.
Таким образом, точки $K,~M,~O$ суть середины ребер $A’B’,~BC,~DD’$ соответственно. Существует ровно одна плоскость, проходящая через эти точки — это плоскость, перпендикулярная диагонали $AC’$ куба и делящая эту диагональ пополам. Поскольку середина диагонали $AC’$ является центром симметрии куба, плоскость делит куб на две равные части.
Ответы:
1) 2024; 2) 9; 3) $\left( \frac{1}{3};\frac{2}{3} \right]$; 4) $\pi{n};~\pm\frac{\pi}{6}+\pi{n};~n\in{Z}$; 5) 1; 6) 1; 7) 1 : 1.