ДВИ МГУ по математике. 5 поток.
Найдите наименьшее целое число, превосходящее число
$$\left( \frac{16}{25} \right)^{cos(\pi/3)}+\left( \frac{9}{25} \right)^{-sin(\pi/6)}.$$
Ответ
$3$
Решение
$$\left( \frac{16}{25} \right)^{cos(\pi/3)}+\left( \frac{9}{25} \right)^{-sin(\pi/6)}=\frac{4}{5}+\frac{5}{3}=\frac{37}{15}\in(2,3).$$
$$\left( \frac{16}{25} \right)^{cos(\pi/3)}+\left( \frac{9}{25} \right)^{-sin(\pi/6)}=\frac{4}{5}+\frac{5}{3}=$$
$$=\frac{37}{15}\in(2,3).$$
Задача 2:
Числа $a_1,~a_2,…,~a_{20}$ образуют арифметическую прогрессию. Найдите ее разность, если известно, что $a_1^2+a_3^2+…+a_{19}^2=1330,$ $a_2^2+a_4^2+…+a_{20}^2=1540$ и $a_{10}+a_{11}=21.$
Ответ
$1$
Решение
Обозначим через $d$ искомую разность. Для разности квадратов двух соседних членов прогрессии справедливо $a^2_{2k}-a^2_{2k-1}=$$~(a_{2k}+a_{2k-1})d=$$~(2a_1+((2k-1)+(2k-2))d)d.$ Стало быть, $210=1540-1330=$$~(a^2_2-a^2_1)+(a^2_4-a^2_3)+…+(a^2_{20}-a^2_{19})=$$~(20a_1+(1+2+3+…+19)d)d=$$~10d(2a_1+19d)=$$~10d(a_{10}+a_{11})=$$210d.$ Следовательно, $d=1$.
Решите неравенство
$$log_x\frac{2x}{3-x}\le 2.$$
Ответ
Решение
$$log_x\frac{2x}{3-x}\le 2\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} 0\lt x\lt 3 \\ \frac{\frac{2x}{3-x}-x^2}{x-1}\le 0 \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} 0\lt x\lt 3 \\ \frac{x^3-3x^2+2x}{(x-1)(x-3)}\ge 0\end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} 0\lt x\lt 3 \\ \frac{x(x-1)(x-2)}{(x-1)(x-3)}\ge 0\end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \begin{cases} 0\lt x\lt 3,x\neq 1 \\ \frac{x(x-2)}{x-3}\ge 0 \end{cases}\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow x\in(0,1)\cup (1,2]. $$
Задача 4:
Решите уравнение
$$cos~2x=\frac{1+\sqrt{3}}{2}(cos~x+sin~x).$$
Ответ
$$x=-\frac{\pi}{4}+k\pi,~-\frac{\pi}{6}+2k\pi,~-\frac{\pi}{3}+2k\pi,~k\in\mathbb{Z}$$
Решение
$$cos~2x=\frac{1+\sqrt{3}}{2}(cos~x+sin~x)\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow cos^2~x-sin^2~x=\frac{1+\sqrt3}{2}(cos~x+sin~x)\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow cos^2~x-sin^2~x= $$
$$=\frac{1+\sqrt3}{2}(cos~x+sin~x)\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} cos~x+sin~x=0\\ cos~x-sin~x=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \end{gathered} \right.\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} cos(x-\pi/4)=0 \\ cos(x+\pi/4)=cos(\pi/3-\pi/4) \end{gathered} \right.\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} x=3\pi/4+k\pi,~k\in\mathbb{Z} \\ x=-\pi/4\pm \pi/12+2k\pi,~k\in\mathbb{Z} \end{gathered} \right.\Longleftrightarrow $$
$$\Longleftrightarrow \left[ \begin{gathered} x=-\pi/4+k\pi,~k\in\mathbb{Z} \\ x=-\pi/6+2k\pi,~k\in\mathbb{Z} \\ x=-\pi/3+2k\pi,~k\in\mathbb{Z} \end{gathered} \right.$$
Окружность $\Omega_1$ с центром $O_1$ и окружность $\Omega_2$ с центром $O_2$ пересекаются в точках $A$ и $B$, причем $\angle O_1AO_2=120^\circ$. Окружность, описанная около треугольника $O_1AO_2$ пересекает окружности $\Omega_1$ и $\Omega_2$ соответственно в точках $C$ и $D$ (отличных от точки $A$). Найдите угол $\angle BDC$, если известно, что $\angle ACB=15^\circ.$
Ответ
$45^\circ$
Решение
Покажем, что точки $C,~B,~O_2$ лежат на одной прямой. Для этого покажем, что $\angle CBA+\angle ABO_2=180^\circ.$ Заметим, что $\angle CBA=\frac{1}{2}(360^\circ-\angle CO_1A)=$$~\frac{1}{2}(360^\circ-(180^\circ-2\angle O_1CA))=$$~90^\circ+\angle O_1CA.$ С другой стороны, $\angle ABO_2=$$~\frac{1}{2}(180^\circ-\angle AO_2B)=$$~\frac{1}{2}(180^\circ-2\angle AO_2O_1)=$$~90^\circ-\angle AO_2O_1.$ Заметим также, что углы $\angle O_1CA$ и $\angle AO_2O_1$ равны как опирающиеся на одну дугу. Стало быть, действительно,
$\angle CBA+\angle ABO_2=$$90^\circ+\angle O_1CA+90^\circ-\angle AO_2O_1=$$180^\circ.$
Аналогично, точки $D,~B,~O_1$ лежат на одной прямой. Отсюда видим, что $\angle CBD=$$~\angle O_1BO_2=$$~\angle O_1AO_2=$$~120^\circ.$ Далее, $\angle BCD=$$~\angle ACB=$$~15^\circ,$ ибо дуги $AO_2$ и $O_2D$ равны. Стало быть, из треугольника $CBD$ получаем, что $\angle BDC=$$~180^\circ-120^\circ-15^\circ=$$~45^\circ.$
Задача 6:
Числа $a,~b,~c,~d$ положительны и удовлетворяют соотношению $a+b+c+d=1$. Найдите наименьшее возможное значение выражения
$$\frac{a^2}{1-a}+\frac{b^2}{1-b}+\frac{c^2}{1-c}+\frac{d^2}{1-d}.$$
Ответ
$1/3$
Решение
Заметим, что
$$\frac{a^2}{1-a}+\frac{b^2}{1-b}+\frac{c^2}{1-c}+\frac{d^2}{1-d}=$$
$$=-(a+1)-(b+1)-(c+1)-(d+1)+\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-d}=$$
$$=-(a+1)-(b+1)-(c+1)-(d+1)+$$
$$+\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-d}=$$
$$=-5+\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-d}.$$
Далее, заметим, что для любых положительных $A,~B$ справедливо $\frac{1}{A}+\frac{1}{B}\ge \frac{4}{A+B}$, ибо это неравенство равносильно неравенству $(A-B)^2\ge 0.$ Отсюда получаем, что для любых положительных $A,~B,~C,~D$ справедливо $\frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C}+\frac{1}{D}\ge$$~ \frac{4}{A+B}+\frac{4}{C+D}\ge$$~ \frac{16}{A+B+C+D}.$
Стало быть, исследуемое выражение оценивается снизу как $-5+\frac{16}{(1-a)+(1-b)+(1-c)+(1-d)}=$$~-5+\frac{16}{3}=\frac{1}{3}.$ Причем равенство достигается при $a=b=c=d=1/4.$
Все ребра прямой треугольной призмы $ABCA’B’C’$ с основанием $ABC$ и боковыми ребрами $AA’,$ $BB’,$ $CC’$ равны. Найдите отношение, в котором делит объем этой призмы плоскость, проходящая через вершину $C’$ и через середины ребер $AB,$ $AA’.$
Ответ
$23:13$
Решение
Пусть ребра призмы равны $1.$
Пусть $K$ — середина $AB,$ $L$ — середина $AA’.$ Обозначим через $N$ точку пересечения прямой $LK$ с прямой $BB’.$ Поскольку $AK=KB,$ имеем $BN=LA=\frac{1}{2}AA’=\frac{1}{2}BB’.$ Обозначим через $M$ точку пересечения $NC’$ с $BC.$ Тогда из подобия треугольников $NBM$ и $NB’C’$ получаем $BM=\frac{1}{3}B’C’=\frac{1}{3}BC.$
Найдем объем части, содержащей $A’B’C’.$ Эта часть состоит из тетраэдра $KBMC’$ и пятиугольной пирамиды $KBB’A’LC’.$
Тетраэдр $KBMC’$ имеет объем
$$\frac{1}{3}\cdot CC’\cdot \frac{KB}{AB}\cdot \frac{BM}{BC}\cdot S_{\bigtriangleup ABC}=\frac{1}{18}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{72}.$$
$$\frac{1}{3}\cdot CC’\cdot \frac{KB}{AB}\cdot \frac{BM}{BC}\cdot S_{\bigtriangleup ABC}=$$
$$=\frac{1}{18}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{72}.$$
Пирамида $KBB’A’LC’$ имеет объем
$$\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \left( 1-\frac{1}{8} \right)AB\cdot AA’=\frac{7\sqrt{3}}{48}.$$
В сумме получается
$$\frac{\sqrt{3}}{72}+\frac{7\sqrt{3}}{48}=\frac{23\sqrt{3}}{144}.$$
Объем всей призмы равен $\frac{\sqrt{3}}{4},$ поэтому объем оставшейся части равен
$$\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{23\sqrt{3}}{144}=\frac{36\sqrt{3}-23\sqrt{3}}{144}=\frac{13\sqrt{3}}{144}.$$
Стало быть, искомое отношение равно $23:13.$