Предметный тур. Математика. 3 этап

Пусть \(u = x^2 + 2x - 3\), \(v = x - x^2\).

Тогда \(u + v = 3(x - 1)\), и поэтому \(u^3 + v^3 = (u+v)^3 = u^3 + 3uv(u+v) + v^3\).

Следовательно, \(uv(u+v) = 0\).

Если \(u = 0\), то \(x = 1; -3\).

Если \(v = 0\), то \(x = 0; 1\), а в случае \(u + v = 0\) получаем \(x = 1\).

Поскольку \(m \geqslant 2025\), то:

\[\begin{gather} m^2 \geqslant 2025m,\\ \sqrt{m} \leqslant \frac{m}{\sqrt{2025}} < \frac{m}{\sqrt{2024}}. \end{gather}\]

Учитывая, что \[\sqrt[3]{m} < \sqrt{m} < \frac{m}{\sqrt{2024}},\] и складывая неравенства: \[\begin{gather} \sqrt[3]{m} < \frac{m}{\sqrt{2024}},\\ \sqrt{m} < \frac{m}{\sqrt{2024}}, \end{gather}\] получаем: \[\sqrt[3]{m} + \sqrt{m} < \frac{2m}{\sqrt{2024}} = \frac{m}{\sqrt{506}}.\]

Пусть \(x \leqslant y\). Из равенства \(xy = 1\) следует, что \(x \leqslant 1\), \(y \geqslant 1\), \(y = \dfrac{1}{x}\). Поэтому:

\[x^{2(y^2+1)} \cdot y^{2(x^2+1)} = x^{2(y^2-x^2)}.\]

Поскольку основание степени \(0 < x \leqslant 1\) и показатель степени неотрицателен, то: \[x^{2(y^2+1)} \cdot y^{2(x^2+1)} \leqslant 1.\] Полученная оценка достигается, если \(x = y = 1\).

Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим двух положительных чисел \(\sqrt{xy} \leqslant \dfrac{x + y}{2}\) можно переписать в виде:

\[\sqrt{x} - \sqrt{y} \leqslant \frac{1}{2\sqrt{y}} (x - y),\]

и при этом равенство достигается, если только \(x = y\).

Пусть \(a \geqslant b \geqslant c\). Тогда:

\[\begin{gather} \sqrt{a + b - c} - \sqrt{a} \leqslant \frac{1}{2\sqrt{a}} (b - c),\\ \sqrt{a - b + c} - \sqrt{b} \leqslant \frac{1}{2\sqrt{b}} (a + c - 2b),\\ \sqrt{b - a + c} - \sqrt{c} \leqslant \frac{1}{2\sqrt{c}} (b - a). \end{gather}\]

Обозначим \(A = \sqrt{a + b - 1} + \sqrt{b - a + 1} + \sqrt{a - b + 1} - \sqrt{a} - \sqrt{b}\). Складывая полученные неравенства, получаем:

\[A - 1 \leqslant \frac{1}{2} \left( (b - c)\left(\frac{1}{\sqrt{a}} - \frac{1}{\sqrt{b}}\right) + (b - a)\left(\frac{1}{\sqrt{c}} - \frac{1}{\sqrt{b}}\right) \right).\]

Поскольку \(a \geqslant b \geqslant c\) правая часть полученного неравенства неположительна и значит, \(A \leqslant 1\). При этом равенство достигается, если только \(a = b = c = 1\).

Проведем высоту \(BK\) к стороне \(AC\). Тогда \(\angle MBK = 60°\) и \(BK = \dfrac{BC}{2} = BM\) как катет прямоугольного треугольника, лежащий против угла в \(30°\). Поэтому треугольник \(BKM\) правильный, и поскольку \(\angle AMB = 45°\), то \(\angle AMK = 15°\). Заметим, что угол \(MAC\) также равен \(15°\), и треугольник \(AKM\) является равнобедренным. Следовательно, \(KM = KB = KA\), и точка \(K\) — центр окружности, описанной около треугольника \(AMB\). Вписанный угол \(BAM\) опирается на дугу в \(60°\), и поэтому \(\angle BAM = 30°\).

Удвоенная площадь треугольника равна \(AB \cdot h_c = 2\). Поэтому: \[a h_a = b h_b = ab \sin \angle C = 2.\]

Следовательно: \[h_a h_b h_c = \frac{4}{ab} = 2 \sin \angle C.\]

Поэтому произведение высот будет максимальным, если \(\sin \angle C = 1\), \(\angle C = 90°\).

В этом случае: \[\begin{gather} ab = 2,\\ a^2 + b^2 = 4. \end{gather}\]

Полученная система имеет единственное решение \(a = b = \sqrt{2}\).

Пусть \(a \geqslant b \geqslant c\). Если число \((a + b)^2 + c\) является полным квадратом, при этом большим чем \((a + b)^2\), то: \[(a + b)^2 + c \geqslant (a + b + 1)^2 = (a + b)^2 + 2(a + b) + 1.\]

Поэтому: \[c \geqslant 2(a + b) + 1 \geqslant 4c + 1.\]

Из полученного противоречия следует, что чисел с указанными свойствами не существует.

Заметим сразу, что \(0 < c < 2\). Пусть \(S\) и \(S_1\) — площади треугольников \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\). По условию \(\dfrac{S_1}{S} \leqslant \dfrac{9}{16}\). Воспользуемся формулой Герона. Тогда: \[\begin{gather} S^2 = \frac{4}{3^4} c(c + 1)(c + 2)(3 - c),\\ S_1^2 = \frac{1}{2^4} c^2 (c + 2)(2 - c). \end{gather}\]

Следовательно, полагая \(c = 1 + x\), \(|x| < 1\), получим:

\[\frac{S^2}{S_1^2} = \frac{2^6}{3^4} \cdot \frac{(3 - c)(c + 1)}{c(2 - c)} = \frac{2^6}{3^4} \cdot \frac{4 - x^2}{1 - x^2} = \frac{2^6}{3^4} \left(1 + \frac{3}{1 - x^2}\right) \geqslant \left(\frac{16}{9}\right)^2.\]

Поэтому максимальное значение величины \(\dfrac{S_1}{S} = \dfrac{9}{16}\) достигается только при \(x = 0\). Следовательно, \(c = 1\).

Рассмотрим два вектора \(\vec{m}\) и \(\vec{n}\) с координатами: \[\begin{gather} \vec{m} = \left(\sqrt{x + 1}, \sqrt{y + 2}, \sqrt{z + 3}\right),\\ \vec{n} = \left(\frac{x}{\sqrt{x + 1}}, \frac{y}{\sqrt{y + 2}}, \frac{z}{\sqrt{z + 3}}\right). \end{gather}\]

Скалярное произведение этих векторов \(\vec{m} \cdot \vec{n} = x + y + z = 6\) не превосходит произведения их длин. Следовательно: \[6 \leqslant \sqrt{x + 1 + y + 2 + z + 3} \cdot \sqrt{\frac{x^2}{x + 1} + \frac{y^2}{y + 2} + \frac{z^2}{z + 3}}.\] Выражение под знаком первого корня равно 12, под знаком второго равно \(F\). Поэтому \(F \geqslant 3\) и неравенство переходит в равенство, если только векторы коллинеарны, то есть \(\vec{m} = \lambda \vec{n}\). Это дает равенства: \[\begin{gather} x + 1 = \lambda x,\\ y + 2 = \lambda y,\\ z + 3 = \lambda z. \end{gather}\]

Складывая полученные равенства и учитывая, что \(x + y + z = 6\), получаем \(\lambda = 2\) и тогда \(x = 1\), \(y = 2\), \(z = 3\).

Заметим, что \(f(x_{n+1}) = \sqrt{x_n}\), то есть \(x_{n+1} + \sqrt{x_{n+1}} = \sqrt{x_n}\).

Докажем по индукции, что \(x_n \geqslant \dfrac{1}{n^2}\). При \(n = 1\) неравенство выполняется. Пусть неравенство верно для некоторого натурального \(n\). Тогда:

\[f\left(\frac{1}{(n + 1)^2}\right) = \frac{1}{(n + 1)^2} + \frac{1}{n + 1} = \frac{n + 2}{(n + 1)^2} < \frac{1}{n} \leqslant \sqrt{x_n} = f(x_{n+1}).\]

Поскольку функция \(f\) строго возрастающая, то из полученного неравенства следует, что \(\dfrac{1}{(n + 1)^2} \leqslant x_{n+1}\).