Вечерняя физическая школа при МГУ

62

Конкурс математических проектов

В ноября 1982 года в Омске при проведении финала математического боя базовых школ Омского университета был организован конкурс математических проектов. Суть конкурса заключалась в необходимости применения математики, здравый смысл, интуцион к решению практических проблем. Фактически требовалось построить математическую модель описанной ситуации и исследовать ее. Темы проектов были ранее предложены на оптимизации «Студент и научно-технический прогресс»; оказалось, что школьники тоже могут продвинуться достагоно далеко в разработке этих проблем.

Непосредственное конкурс можно проводить в следующей форме: команда докладывает у dockи подготовленный дома проект в течение 3—5 минут, после чего запишает его, отвечая на вопросы команд-соперниц и жорри. За зашиту проекта она может получить до десяти баллов. После этого выступает оппоненты. Удачная и справедливая критика дает команде до трех баллов, а конструктивное улучшение проекта — до пяты. Потом выступает следующего команда и так далее. На конкурс целесообразно выносить не более 3—4 тем проектов.

Темы проектов конкурса в Омске

1. Десять изобретатель предложили свои варианты решения одной и той же инженерной проблемы. По условиям конкурса с их решениями ознакомились пять экзпертов, каждой из которых указал в бланке фамилии трех изобретателей, занявших, по его мнению, первое, второе и третье места.

Требуется придумать проедру обработки этих данных и вывлечение первых трех предложений конкурса, после чего охарактеризовать достоинства и недостатки проекта.

2. Магазин «Тысяча мелочей» продает номерки для квартир в виде отдельных цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0. Ясно, что потребность в каждой из этих цифр неодинакова.

Вечерняя физическая школа при МГУ

Вечерняя физическая школа (ВФШ) при физическом факультете МГУ объявляет набор учащихся 8, 9 и 10 классы на очередной учебный год.

Основная цель ВФШ — помочь своим учащимся глубже изучить физку в объеме школьной программы. Занятия в школе проводятся в форме лекций, читаемых раз в две недели, и ежедневных семинаров. Кроме того, все желающие смогут посетить научные лабо-ратории физического факультета и на lekциях ведущих ученых познакомиться с основными направлениями современной физики. Дляучащихся десятих классов организуется факультативные занятия по математике. Успешно закончившие обучение получают справку об окончании ВФШ.

Прием в ВФШ производится по результатам собственания, которое будет проводиться, начиная с 26 сентября. Работающая молодежь числится в команда. Для поступления в школе необходимо лично заполнить заявление в комитет ВЛКСМ физика МГУ (с приложением двух фотокарточек размером 3×4 см). Заявление можно подавать с 5 по 24 сентября ежедневно, кроме воскресенья, с 16 до 18 часов.

Адрес ВФШ: 117234, Москва, В-34, Ленинские горы, МГУ, физический факультет, ВФШ. Телефон: 139-26-56.

63

Вокруг биссектрисы

(20) Пусть $H$ — точка пересечения высот, тогда $MN$ проходит через середину $BH$ — точку $K$, $|BK| = |B_1O|$ ($B_1$ — середина $AC$). Далее, докажите, что прямая $MN$ параллельна $OB$ (если $\hat{C} > \hat{A}$, то $\hat{MKH} = 2\hat{MBH} = \hat{C} - \hat{A} = \hat{OBH}$).

(21) Докажите, что площад треугольника с вершинами в точках касания внешней окружности с центром $I_a$ можно вычислить по формуле

$$Q_a = S_{ABC} \cdot \frac{r_a}{2R} = \frac{S^2_{ABC}}{2R} \cdot \frac{1}{p-a}.$$

Аналогичные формулы могут быть получены для площад других треугольников.

(22) Пусть $K_1$ и $L_1$ — такие точки на $BC$ и $BA$, что $K_1K \parallel L_1L \parallel BB'$. Достаточно доказать, что треугольники $BK_1K$ и $BL_1L$ подобны, то есть, что $|BK_1| : |K_1K| = |BL_1| : |L_1L|$. Имеем $$\frac{|BK_1|}{|BA'|} = \frac{|B'K|}{|B'A'|}, \quad \frac{|K_1K|}{|BB'|} = \frac{|A'K|}{|B'A'|},$$ и по теореме (1)

$$\frac{|BK_1|}{|K_1K|} = \frac{|B'K|}{|A'K|} \cdot \frac{|BA'|}{|BB'|} = \frac{|CB'|}{|CA'|} \cdot \frac{|BA'|}{|BB'|} = \frac{c}{b} \cdot \frac{|CB'|}{|BB'|} = \frac{ca}{(a+c) |BB'|}.$$

Посленее выражение симметрично относительно $a$ и $c$, а значит, равно также и $|BL_1| : |L_1L|$.

(23) Докажем, что оба утверждения эквивалентны равенству $|AB| \cdot |CD| = |AD| \cdot |BC|$. Возьмем на дуг $BAD$ точку $A_1$ так, что $|DA_1| = |AB|$. Условие задачи эквивалентно тому, что прямая $A_1C$ проходит через $N$ — середину $BD$, то есть равенству площад треугольников $DA_1C$ и $A_1BC$, откуда $|DA_1| \times |DC| = |BA_1| \cdot |BC|$ или $|AB| \cdot |CD| = |AD| \cdot |BC|$.

(24) Пусть $B_1$ — середина $AC$. Продолжим биссектрису до пересечения в точке $B_2$ с перпендикуляром, восставляемым $KAC$ в точке $B_1$. Точка $B_2$ лежит на описанной около $ABC$ окружности. Проведем через $M$ перпендикуляр к $AC$, пусть $L$ — точка его пересечения с $AC$, $K$ — с $BB_1$, тогда $|KM| = |ML|$. Проведем через $K$ прямую, параллельную $AC$, пересекающую $AB$ и $BC$ в точках $D$ и $E$. Если $G$ и $F$ — проекции $D$ и $E$ на $AC$, то $M$ — центр прямолинейки $GDEF$, причем $\triangle DME \sim \triangle AB_2C$ (△DME получается из △AB_2C при готовении с центром $B$). Имеем

$$\text{ctg} \hat{MCL} = \frac{|LC|}{|ML|} = \frac{|LF|}{|ML|} + \frac{|FC|}{|ML|} = \frac{|AB_1|}{|B_1B_2|} + 2 \frac{|FC|}{|EF|} = \text{ctg} \frac{\hat{B}}{2} + 2 \text{ctg} \hat{C},$$

то есть $\hat{MCA} = \hat{NCB}$.

(25) Произведение длин отрезков от вершины $A$ треугольника до точек пересечения сторон $AB$ с данной окружностью будет равно такимому же произведению для сторон $AC$. Эти длины легко выразить через длины расматриваемых хорд и длины сторона треугольника. Аналогичные равенства можно записать для вершин $B$ и $C$. Таким образом мы получим систему уравнений, позволяющего выразить длины хорд через длины сторона и проверить утверждение задачи прямым вычислением. Что бы избежать перебора вариантов, удобно выбрать какое-то направление обхода треугольника и считать отрезки направлеными, а их длины — произвольными действительными числами.

(26) Пусть $\hat{KAL} = \hat{KLA} = \varphi$, $\hat{KCL} = \hat{LKC} = \psi$. Тогда $\hat{BKL} = 2\varphi$, $\hat{BKL} = 2\psi = 180^\circ - B$. Если $Q$ — точка пересечения $AL$ и $KC$, то $\hat{AQC} = 180^\circ - (\varphi + \psi) = 90^\circ + \frac{\hat{B}}{2}$. Проведем через $M$ прямую, параллельную $BC$, до пересечения с $KC$ в точке $N$, тогда $MQ$ — биссектриса угла $AMN$ и $\hat{AQN} = 90^\circ + \frac{\hat{B}}{2}$. Отсюда следует, что $Q$ — точка пересечения биссектрис треугольника $AMN$, значит, $\triangle AMN \sim \triangle KBL$. Пусть $|AK| = |KL| = |LC| = x$, $|AM| = y$, $|MN| = z$. Из того, что $\triangle AMN \sim \triangle KBL$ и $\triangle KMN \sim \triangle KBC$, получим

$$\frac{z}{a-x} = \frac{y}{c-x}, \frac{y-x}{c-x} = \frac{z}{a},$$

откуда $y = a$.

(27) Перpendикулярность биссектрис доказывает труду. Докажем второе утверждение. Пусть $M$ — середина $AC$, $N$ — середина $BD$. Из подобия треугольников $AMK$ и $BKD$ следует, что $\hat{MKA} = \hat{NKD}$ и $\frac{|MK|}{|KN|} = \frac{|AC|}{|BD|}$, то есть биссектриса угла $BKC$ является также биссектрисой угла $MKN$ и делит отрезок $MN$ в отношении $\frac{|MK|}{|KN|} = \frac{|AC|}{|BD|}$. Очевидно, что в этом же отношении делит $MN$ и биссектриса угла $ALB$.

Когда $|a+b| = |a| + |b|$?

1. а) {0,2}; 6) При $a < -1$ нет корней, при $-1 \leq a \leq \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ — луч ] $-\infty$; $a]$, при $a = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ — вся числовая прямая $R$, при $a > \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ — луч [a; $+\infty$ [.

2. а) ]0; 1 [; 6) ]7; $+\infty$ [.

3. а) $\emptyset$; 6) $y = \sin x + 1$ на отрезках $[2\pi k; \pi + 2\pi k]$ ($k \in \mathbb{Z}$), $y = \sin x - 1$ на отрезках $[\pi + 2\pi k; 2\pi + 2\pi k]$ ($k \in \mathbb{Z}$).