Советуем купить

55

Московский архитектурный институт

Математика
Устный экзамен

1. Упростите выражение
   a) $\frac{1 + \cos \alpha + \cos 2\alpha + \cos 3\alpha}{\cos \alpha + 2\cos^2 \alpha - 1}$;
   b) $\left( \frac{1}{\sqrt{x-1}} + \frac{1}{\sqrt{x+1}} \right) : \left( \frac{1}{\sqrt{x-1}} - \frac{1}{\sqrt{x+1}} \right)$
   при $x = \frac{a^2 + b^2}{2ab}$ и $b > a > 0$.

2. Вычислите без таблиц
   a) $\sin 20^\circ \cdot \sin 40^\circ \cdot \sin 60^\circ \cdot \sin 80^\circ$;
   b) $\cos \frac{\pi}{5} \cdot \cos \frac{2\pi}{5}$;
   b) $\lg tg 3^\circ \cdot \lg tg 6^\circ \cdot \lg tg 9^\circ \cdot \ldots \cdot \lg tg 87^\circ$.

3. Доказите тождество
   a) $32\sin^6 \alpha = 10 - 15\cos 2\alpha + 6\cos 4\alpha - \cos 6\alpha$;
   b) $tg 3\alpha = tg \alpha \cdot tg (60^\circ + \alpha) \cdot tg (60^\circ - \alpha)$;
   b) $\cos^2 \alpha - \sin^2 \beta + \cos^2 (\alpha - \beta) = 2\cos \alpha \times \cos \beta \cdot \cos (\alpha - \beta)$.

4. Решите уравнение
   a) $4^{-\frac{1}{x}} - 6^{-\frac{1}{x}} = 2 \cdot 9^{-\frac{1}{x}}$;
   b) $\log_2 x + \log_3 x + \log_4 x = 1$;
   b) $\sin x + \sin 2x + \sin 3x = \cos x + \cos 2x + \cos 3x$.

5. Решите неравенство
   a) $\frac{1}{3^x + 5} < \frac{1}{3^{x+1} - 1}$;
   b) $\log_1 + x (2 - x) < 1$;
   b) $\sqrt{x+9} + \sqrt{2x+4} > 5$.

6. Построите график
   a) $|x| + |y| = 2$;
   b) $y = |x^2 + x| - x^2$.

7. Решите систему уравнений
   $$\begin{cases} xy = 40, \\ x^2y = 4. \end{cases}$$

Физика

Задачий устного экзамена

1. Поезд, масса которого $m = 4 \cdot 10^6$ кг, движется со скоростью $v = 10$ м/с. Перед остановкой поездает тормозить. Сила торможе-
   ния $F = 2 \cdot 10^5$ Н. Какое расстояние проедет поезда $t = 1$ мин после начала торможения?

2. Два груза с массами $m_1$ и $m_2$ соединены нитью, перекинутой через неподвижный блок. Определите силу натяжения нити при движении грузов. Массой блока и тренем в оси пребрежь.

3. Найдите работу, которую надо совершить, чтобы сжать пружину на $\Delta l = 20$ см, если известно, что сила упругости пружины пропорциональна величины деформации и под действием силы $F_0 = 30$ Н пружина скximaется на $\Delta l_0 = 1$ см.

4. Шар массой $m$ подвешен на нити длиной $l$. Нить отklonюют на угол $\alpha = 90^\circ$ от вертикали и отпускают. Определите силу максимального натяжения нити.

5. Небольшое тело массой $m$ сокальзывает без трения с вершины полушара радиусом $R$. На какой высоте тело оторвется от поверхности полушара?

6. Груз массой $m = 2$ кг, падающий с высоты $h = 5$ м, проникает в мягкий грунт на глубину $l = 5$ см. Определите среднюю силу сопротивления грунта.

7. Вруск скольzt сначала по наклонной плоскости длиной $l = 50$ см и высотой $h = 10$ см, а потом по горизонтальной поверхности (переходд плавный), после чего оставливается. Определите коэффициент трения, считая его введе одинаковым, если по горизонтальной поверхности бруск проходит до остановки расстояние $s = 1,5$ м.

8. Два куска льда массой $m = 200$ г каждый при температуре $T = 273$ К трутся друг о другу в вдукуме с помощью мотора, развивающего мощность $N = 10$ Вт. Через какое время лед растает? Удельная теплота плавления льда $\lambda = 3,35 \cdot 10^5$ Дж/кг.

9. Пылинка массой $m = 10^{-8}$ г «висит» между пластинами горизонтального плоского воздействия $K$ которого приложено на прияжение $U = 5$ кВ. Расстояние между пластинами $d = 5$ см. Каков загард пыли?

10. Два заряда $q_1 = 4 \cdot 10^{-8}$ Кл и $q_2 = 2,5 \cdot 10^{-8}$ Кл находятся в воздухе на расстоянии $r_1 = 1$ м друг от друга. Какую работу надо совершить, чтобы сжать заряды до расстояния $r_2 = 0,2$ м?

Публикации подготовили Ю. М. Мещеряков, Ю. А. Морозов, В. А. Смирнов

Советум купить

В 1986 году в научно-популярной серии для школьников «Библотечка «Квант» изделия следующие книги:

1. Л. А. Ашкиназ. Вакуум для науки и техники.

2. К. Ю. Богданов. Физик в гостях у биолога.

3. И. Д. Данилов. Секреты программыруемого микрокулутора.

4. Занимательно о физике и математике.

5. В. М. Липунов. В мире двойных звезд.

6. Х. Рачлис. Физика вванне.

7. А. А. Силин. Трене и мы.

8. В. М. Тихомиров. Рассказы о максимумах и минимумах.

9. И. Ф. Шарыгин. Задачи по геометрию (планimetрия). Издание 2-е, переработанное и дополненное.

Заказы на эти книги принимают все книжные магазины.

56

Механическая работа и механическая энергия

1. $l = \frac{m^2v^2}{2\mu g(m+M)^2} = 1 \text{ m}$.
2. В обенх системах отчета $A = 0$.

Новосибирский государственный университет им. Ленинского комсомола

Физика

Вариант 1

1. $U_x = U/3$.
2. Поршни сдиинутся вправо на расстояние $x = (1-p_0/p_1)V/(S_2-S_1)$ при $p_1 > p_0$.
3. Пусть $|BC| = l$, сила натяжения пружины $T$, сила реакции опоры $N$, сила треня $F$ (рис. 1). Колдка не вращается, если сумма моментов сил относительно оси, проходящей через точку $B$, равна нулю. При вращении колеса по часовой стрелке:
   $$N_1l \sin \alpha - Tl \sin \alpha + \mu N_1l \cos \alpha = 0$$
   откуда
   $$F_1 = \mu N_1 = \mu T \sin \alpha / (\sin \alpha + \mu \cos \alpha)$$
   При вращении колеса против часовой стрелки:
   $$N_2l \sin \alpha - Tl \sin \alpha - \mu N_2l \cos \alpha = 0$$
   откуда
   $$F_2 = \mu N_2 = \mu T \sin \alpha / (\sin \alpha - \mu \cos \alpha)$$
   В итоге имеем $F_2 = F_1 \frac{tg \alpha + \mu}{tg \alpha - \mu}$ при $\mu < tg \alpha$.
   При $\mu \geq tg \alpha$ вращение колеса против часовой стрелки невозможно.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

4. В треугольнике $ABC$ (рис. 2) $|AB| = mg$, $|AC| = m\omega^2 r$ ($\omega$ — угловая скорость вращения земли, $r = R_3\cos \varphi$, где $\varphi$ — широта данного места), $\widehat{ABC} = a$ — малый угол отклонения отваса от направления к центру земли. По теореме синусов имеем
   $$\frac{m\omega^2 r}{mg} = \frac{\sin \alpha}{\sin (\pi - (\varphi + a))} \approx \frac{a}{\sin \varphi}.$$
   Отсюда
   $$a \sim R_3\omega^2 \sin \varphi \cdot \cos \varphi / g = \omega^2 R_3 \sin 2\varphi / (2g),$$
   и
   $$x \sim R_3 \sin a \sim R_3 a \sim \frac{\omega^2 R_3^2 \sin 2\varphi}{2g} =$$
   $$= \left(\frac{2\pi R_3}{T}\right)^2 \frac{\sin 2\varphi}{2g}.$$
   При $R_3 = 6,4 \cdot 10^6 \text{ m}$, $\varphi = 45^\circ$, $T = 8,6 \cdot 10^4 \text{ s}$ и $g = 10 \text{ m/c}^2$ получаем
   $$x \sim 10 \text{ km}.$$
5. При движении поршня воздух сравниться легко меняет свой объем и плотность, а вода — нет.
   Вариант 2
6. Луч $AB$ (рис. 3) образует наиболее угол падения $a_0$ на внешнюю поверхность. Свет не выйдет наружу, если угол $a_0$ — угол полного отражения, то есть если $a_0 = 1/n$. Из треугольника $OAB$ имеем
   $$\sin a_0 = (R - l)/R$$
   откуда
   $$R = l \frac{n}{n - 1}.$$
7. См. решения задачи Ф920 из «Заданияка «Квата», которое будет опубликовано позже.
8. Отталкивание зарядов сменяется приженением на некотором расстоянии $x$ от точки $B$, когда сила, действующая на движению частиц, обращается в нуль:
   $$9q^2 / (x + a)^2 = q^2 / x^2$$
   откуда однозначно следует, что $x_1 = a/2$. Чтобы дойти до точки $B$, нужно энергия
   $$\frac{mv^2}{2} = \frac{9q^2}{4\pi\varepsilon_0(x_1 + a)} - \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0x_1} = \frac{4q^2}{4\pi\varepsilon_0a},$$
   откуда
   $$v = \sqrt{\frac{8q^2}{4\pi\varepsilon_0ma}}.$$
9. Введем размеры автовуса: высоту $2b$, ширину $2a$, длину $l$. Если плотность воздуха, а скорость ветра $v$, то давление ветра создает силу, действующую на боковую поверхность автовуса, $F \sim 2blv^2$. Расстояние между силом относительно горизонтальной оси, проходящей через точки соприксовнения переднего и заднего колес с дорогой: $Fb \sim mga$, где $m$ — масса автовуса. Отсюда
   $$v \sim \sqrt{\frac{mga}{2qlb^2}}.$$
   При $m \sim 10^4 \text{ кг}$, $a \sim b \sim 1 \text{ m}$, $l \sim 8 \text{ m}$ и $\rho \sim 1,3 \text{ кг/m}^3$ $v \sim 70 \text{ m/c}$.
10. В отличие от сухого соуса в мокром вначале внешнее давление компенсируется как давление воздуха, так и давлением паров воды. При охлаждении пары конденсируются.

57

Это приводит к тому, что уровень воды в морском сосуде оказывается выше, чем в сухом.

Вариант 3

1. $t = \sqrt{v_1 v_2 / g}$.
2. Очевидно, что сплошное равномерное заряжение колюцо в однородном электрическом поле вращаться не будет. Заменим мысленно колюцо с зазором на сплошное, где на месте заорма находится еще и отпечатленный заряд — $q$ той же линейной плотности, что и положительный на сплошном колюце:
   $$-q = -\frac{Q}{2\pi R} l \quad (R - радиус колюца).$$
   Скорость будет максимальной в положении равновесия, когда заряд — $q$ (или заорр, что эквивалентно) опшет дугу $R\pi/2$. При этом изменение потенциальной энергии будет равно $\Delta E_p = qER = QlE/(2\pi)$.
   Согласно закону сохранения энергии,
   $$\frac{Mv^2}{2} = \frac{QlE}{2\pi},$$
   откуда
   $$v = \sqrt{\frac{QlE}{\pi M}}.$$
3. Запишем условие равновесия воды (рис. 4):
   $$p_0 + \rho gh = p + \rho gh_1.$$
   Сохрание объема воды приводит к условиям:
   $$\frac{3}{2} h + \frac{3}{2} h_1 = H.$$
   По закону Бойля—Мариотта имеем
   $$\frac{p_0 HS}{2} = \frac{p(H - h_1)S}{2} + p(H - h_1)S.$$
   Отсюда получаем
   $$h = \frac{p_0}{4\rho g} \left( \sqrt{1 + \left( \frac{4\rho g H}{3p_0} \right)^2} - 1 \right).$$
4. Согласно закону сохранения энергии, $mv^2/2 \sim p\Delta V$ (изменением давления в мяче при ударе пренебрегаем). Скорость $v$ оценим по расстоянию, на котором отлетит после удара мяч: $l \sim v^2/g$. Тогда $mv^2/2 \sim mgl/2 \sim p\Delta V$, откуда
   $$\Delta V \sim mgl/(2p).$$
   Полагая $m=0,4$ кг, $l=30$ м, разница давления внутри мяча и снаружи $p=0,5 \cdot 10^5$ Па, получаем
   $$\Delta V \sim 10^{-3} \text{ m}^3 = 1 \text{ л}.$$
5. Наличие преломляющей только пластиньковы эквивалентно смесению источника света на некоторое расстояние. Когда кивету убирают, это приводит к расфокусировке изображения, так как резкое изображение спрали должно теперь получаться при другом положении экрана.
   Московское высшее техническое училище им. Н. Э. Баумана
   Математika
   Вариант 1
6. 30 км/ч. 2. $x_1 = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}$; $x_2 = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$ ($k, n \in \mathbb{Z}$). 3. {2}. 4. ]3; 4[ $\cup$ ]5, +∞[.
7. $\frac{8\sqrt{3}}{27} R^3$*).
   Вариант 2
8. $b_1 = 1$, $q = 3$ или $b_1 = 27$, $q = \frac{1}{3}$. 2. $x = = 6\pi k$ ($k \in \mathbb{Z}$). 3. $\{4\sqrt{5}/4\}$. 4. $] - \frac{10}{9}; - \frac{4}{5}$[.
9. $a^3(3 - \sqrt{2})/6$. Указание. Высота призмы составляет часть диагонали куба. Поэтому, чтобы найти эту высоту, нужно определить расстояния от концов диагонали до оснований призмы. Плоскости оснований призмы отсекают от куба правильные треугольные пирамиды, причем основания призмы вписаны в основания этих призмы. Поэтому достаточно найти их высоты.

Физика

1. $T = mg \left( 1 + \frac{L^2}{2l(H - l)} \right) = 9 \text{ H}.$
2. $T = (m_1 - m_2)g/2 = 2 \text{ H}.$
3. $\Delta m = \frac{MV}{R} \left( \frac{p_{H1}}{T_1} \frac{q}{100\%} - \frac{p_{H2}}{T_2} \right) \approx 0,027 \text{ кг}$ (здесь $M = 18 \cdot 10^{-3} \text{ кг/mоль} - \text{молярная масса воды}.$)
4. $\tau_1 = \tau_2 \frac{c(t_k - t)}{c(t_k - t)} + r \approx 1,5 \text{ мин}$ (здесь $t_k = = 100^\circ \text{C} - \text{температура кипения воды}.$)
5. $q = \frac{2F}{E_2 - E_1} = 7 \cdot 10^{-5} \text{ KJ}.$
6. $W_B = W_A + 0,5(3mg - F)R = -4 \cdot 10^{-3} \text{ Дж}.$
7. $U \geq Wd/(el) = 216 \text{ B}.$
8. $u = \arccos \left( 1 - \frac{qR}{BSN} \right) = 60^\circ.$
9. $v_B' = 2\pi nl + 2u \approx 0,05 \text{ м/c}; v_A' = 2\pi nl - 2u \approx 0,01 \text{ м/c}.$
10. $E = E_0mN_A/M \approx 2,4 \cdot 10^{11} \text{ Дж}$ (здесь $M = 7 \cdot 10^{-3} \text{ кг/mоль} - \text{молярная масса данного изотопа лития}.$)
    Ленинградский электротехнический институт им. В. И. Ульянова (Ленинна)

Математika
Писыменный экзамен
Вариант 1

1. a) $\left\{ -\frac{1}{\sqrt{3}}; 0; \frac{1}{\sqrt{3}} \right\}; 6) \left\{ \frac{1}{\sqrt{3}}; -\frac{1}{\sqrt{3}} \right\};$
   b) $] - \infty; -1] \cup [1; +\infty[; \text{г}) a \in ] -1; 1[.$
   Указание. При любом $a$ уравнение имеет корень $x = 0$. При $x \neq 0$ $a \neq 1$ уравнение принимает вид $x^2 = (1 + a)/(1 - a).$

*) Этот ответ соответствует случаю, когда центры боковой грани призмы и основания конуса совпадает. (Примеч. ред.)

58

2. а) $L(a) = \frac{1}{2\cos a} + 2\cos a$; 6) $a = \frac{\pi}{3}$; 8) $\left\{\frac{\pi}{4}; \arccos \frac{\sqrt{2}}{4}\right\}$.

3. а) $]-5; 3[; 6)$ $\left\{\frac{1}{3}\right\}$; 8) $R$.

Вариант 2

1. а) $] - \infty; 0 [ \cup ] 1; \infty [; 6)$ $x = \frac{2}{2 - e^y}$;
   в) $] - \infty; \ln 2 [ \cup ] \ln 2; + \infty [.$ Указание. Область значений функции совпадает с областью определения обратной функции.
   r) $] - \infty; 0 [ \cup ] 2; \infty [.$

2. а) $\frac{R}{3}$; 6) Функция $S(r)$ возвращает;
   в) $\left[\frac{4}{3}R; \frac{3}{2}R\right]$.

3. а) $x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k (k \in \mathbb{Z}).$ Указание. Выполните замену $t = \cos 2x$.

6. $\pi.$ Указание. Поскольку $f(x) = \frac{2\cos 2x}{5 - 3\cos 2x} = g(\cos 2x)$, где $g(t) = \frac{2t}{5 - 3t}$ и функция $g(t)$ возвращает при $t \in [-1; 1]$, равенство $f(x_1) = f(x_2)$ (или, что то же самое, $g(\cos 2x_1) = g(\cos 2x_2)$) означает, что $\cos 2x_1 = \cos 2x_2$. Поэтому период данной функции совпадает с периодом функции $\cos 2x$.

в) $y_{\min} = -\frac{1}{4}, y_{\max} = 1.$ Указание. Воспользовитесь монotonностью функции $g(t)$.

Устный экзамен

1. $\frac{120}{119}.$ 2. $] - \infty; \frac{11}{7} [ \cup ] 4, \infty [.$ 3. $] - \infty, -\sqrt{2} ] \cup [\sqrt{2}, + \infty [.$ 4. См. рис. 5.

2. $x = \pi n (n \in \mathbb{Z}).$ 6. $\sin 1 > \cos 1.$ Указание. $\frac{\pi}{4} < 1 < \frac{\pi}{2}.$ 7. $x = \frac{2y + 1}{y - 2}$, то есть данная функция совпадает со своей обратной.

3. См. рис. 6.

Рис. 5.

Рис. 6.

9. $\left\{-\frac{1}{3}; -\frac{1}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3}; -\frac{1}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3}\right\}.$ Указание. Пусть $x_1, x_1 - h, x_1 + h$ — корни данного уравнения. Это значит, что $x_1^3 + x_1^2 = a, (x_1 - h)^3 + (x_1 - h)^2 = a, (x_1 + h)^3 + (x_1 + h)^2 = a.$ Осталось решить полученную систему уравнений.

10. $y_{\min} = \frac{\sqrt{2}}{2}.$ Указание. Пусть $t = |\cos x|.$ Тогда $y = t + |2t^2 - 1|, t \in [0; 1]$.

11. Воспользовитесь неравенством $|a + b| \leq |a| + |b|.$

12. $S$ может принадлежать любые значения из промежутка $[4, \infty].$ Указание. Если $A(x_1, \frac{1}{x_1}), C(-x_2, -\frac{1}{x_2}), x_1 > 0, x_2 > 0,$ то $S = (x_1 + x_2)\left(\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2}\right) = 2 + \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_1} = 2 + t + \frac{1}{t},$ где $t = \frac{x_1}{x_2},$ причем наименьшее значение выражения $2 + t + \frac{1}{t}$ при $t > 0$ равно 4.

Физика

1. $l_{\min} = 5\sqrt{3} \text{ km} \approx 8,7 \text{ km}.$ Указание. Расстояние между теплокодами будет минимальным через время $t = (l_1 + l_2)/v$ (где $v$ — скорость теплокодов после начала движения).

2. $A = 2mgh.$

3. $\beta = (1 - \alpha)\rho_{\kappa}/\rho_{\beta} \approx 74\%.$

4. Давление уvelичается.

5. $r = ah^{-1/3},$ где $a$ — постоянный коэффициент (температура воды в водоеме не меняется).

6. $\varphi = mv^2/(2e),$ причем $\varphi < 0.$

7. $P'_1/P'_2 = P_2/P_1 = 2,5.$

8. $B = E/v = 10$ Тл, при этом вектор магнитной индукции $\vec{B}$ перепределуя вектор $\vec{E}$ и $\vec{v}$.

9. $x = h \sin \alpha \cdot \left(1 - \frac{\cos a}{(n^2 - \sin^2 a)^{1/2}}\right).$

10. Линзу следует поместить на расстояниях $d_1 \approx 0,8 \text{ m}, d_2 \approx 0,19 \text{ m}, d_3 \approx 0,69 \text{ m}$ и $d_4 \approx 0,22 \text{ m}$ от источника.

Московский архитектурный институт

Математика

1. а) $2\cos a; 6)$ $b/a.$
2. а) $3/16; 6)$ $1/4; \text{в}) 0.$
3. а) $\left\{\log_2 \frac{3}{2}\right\}; 6) \left\{2^{2\log_10 n^3}\right\}; \text{в}) x_1 = \frac{\pi}{8} \times (4k + 1); x_2 = \frac{2\pi}{3}(3l \pm 1) (k, l \neq 0).$
4. а) $] - 1; 1[; 6)] - 1; 0[ \cup ] \frac{1}{2}; 2[; \text{в}) 0; + \infty [.$
5. а) см. рис. 7. 6) см. рис. 8.
6. $\{(4; 10); (10; 4)\}.$

Физика

1. $l = vt - Ft^2/(2m) = 510 \text{ m}.$
2. $T = \frac{2m_1m_2g}{m_1 + m_2}.$
3. $A = F_0\Delta l^2/(2\Delta l_0) = 60 \text{ Дж}.$
4. $T_{\max} = 3mg.$
5. $H = 2/3R.$

59

6. $F = mg(h + l) / l \approx 2$ кН.
7. $\mu = \frac{h}{\sqrt{l^2 - h^2 + s}} \approx 0.05$.
8. $t = 2m\lambda / N \approx 3,7$ ч.
9. $q = mgd / U \approx 10^{-15}$ Кл.
10. $A = \frac{q_1 q_2}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_1} \right) = 3,6 \cdot 10^{-5}$ Дж.

Диофантово уравнение А. А. Маркова
(см. «Кваант» № 4)

1. Доказательство. Пусть, например, $b = a$. Тогда $a^2 + 2b^2 = 3b^2 a$; $a^2 = b^2 (3a - 2)$. Следовательно, $b^2 - d^2 = 3bd$, $2 = (3b - d)d$, так что $d$ делит 2, откуда $d = 1$ или $d = 2$. В обих случаях $b = 1$, так как $c = b = 1$, мы для $a$ получаем уравнение $a^2 + 2 = 3a$, откуда $a = 1$, 2, то есть получены сингулярные решения.
2. Доказательство. Мы можем считать, что $a > b > c$. Воспользовемся многочленом
   $$\Psi_a(x) = x^2 - 3bcx + b^2 + c^2,$$
   который имеет свойства корнями $a$ и $a'$. Так как $(b - a)(b - a') = \Psi_a(b) = 2b^2 + c^2 - 3b^2 c < 3b^2 - 3b^2 c \leq 0,$
   число $b$ лежит между $a$ и $a'$, следовательно, $a > a'$. Поэтому максимальная координата решения $(a, b', c)$ больше максимальной координаты решения $(a, b, c)$. Сходным образом устанавливается, что максимальная координата решения $(a, b, c')$ больше максимальной координаты решения $(a, b, c)$.
3. Указание. Воспользовитесь родословным деревом. Если не суммеете найти координатель, посмотрите Следствие в конце статьи.
4. Доказательство. Пусть $q$ — остatok от деления числа $A$ на 3: $A = 3p + q (q = 0, 1, 2)$, тогда $A^2 = 3(3p^2 + 2pq) + q^2$. Если $A$ делится на 3, то в этом и только в этом случае $q = 0$. Если же $q = 1$, $2 (q^2 = 1, 4)$, то при делении $A^2$ на 3 будем получать в остатке 1. Отсюда уже следует утверждение задачи.
5. Доказательство. Если $(a, b, c)$ — решение уравнения (6) (см. статью), то есть
   $$a^2 + b^2 + c^2 = 3abc,$$
   (to после умножения обих частей (I) на 9, получим, что $(3a, 3b, 3c)$ — решение уравнения (4). Обратно, если все координаты решения $(A, B, C)$ уравнения (4) делятся на 3, то есть представляются в виде (5), то после подстановки их в уравнение (4) прием к равенству (I). Остается доказать, что у каждой решения уравнения (4) все координаты делятся на 3. Действительно, на 3 должны делиться, по крайней мере, одна из координат решения $(A, B, C)$, либо в противном случае $ABC$ не делится на 3, тогда как $A^2 + B^2 + C^2$, согласно задаче 4, делится на 3.
   No если бы одна координата делится на 3, то $A^2 + B^2 + C^2 = ABC$ делится на 3, а тогда по задание 4 все $A, B, C$ делятся на 3, что и требовалось доказать.
6. Доказательство. Расмотрим, например, квадрат $A^2$. Если $A$ четно, то $A^2$ делится на 4; если же $A$ нечетно ($A = 2n + 1$), то $A^2 = 4(n^2 + 1) + 1$, так что $A^2$ при делении на 4 в остатке дает 1. Отсюда уже легко следует утверждение задачи.
7. Доказательство. Пусть $(A, B, C)$ — решение уравнения (3) при $k = 2$, то есть
   $$A^2 + B^2 + C^2 = 2ABC.$$
   (II)
   Докажем сначала, что все его координаты — четные.
   Если бы среди $A, B, C$ было только одно нечетное или если бы все они были нечетные, то левая часть (II) оказалась бы нечетной, тогда как правая — четная. Если же два из них были нечетными, то по задание 6 при делении на 4 левая часть (II) должна быть в остатке 2, тогда как правая делилась бы на 4 без остатка. Итак,
   $$A = 2a, B = 2b, C = 2c.$$
   (III)
   где $a, b, c$ — натуральные числа. Используя (III) и (II), получим (после сокращения на 4) равенство
   $$a^2 + b^2 + c^2 = 4abc.$$
   В силу предыдущего рассуджения $a, b, c$ — четные, то есть числа $A, B, C$ делятся на 4. Поэтому этот же примем, получим, что $A, B, C$ делятся на 8, на 16, на 32 и т. д., то есть на любую натуральную степень числа 2. Для натуральных чисел это невозможно.

Откуда взять уравнение
(см. «Кваант» № 4, c. 22)
2. $\frac{1}{2} \sqrt{3} h^2 (h - 2r)$. Указание. Обозначьте через $x$ длину ребра основания и выражите двумя способами квадрат высоты $|SD|^2$ боковой грани $BSC$: из прямогольного треугольника $SKD$, где $K$ — основание высоты прямых, и из подбия треугольников $SKD$ и $SLO$, где $O$ — центр шара, $L$ — основание перpendicularа, опущенного из точки $O$ на прямую $SD$. Получится уравнение $h^2 + x^2 / 12 = 2rh + x^2 / 4$.
3. $15\sqrt{3}$. Указание. Обозначьте боковые стороны $BC$ и $DA$ трапец через $x$ и $y$, тогда основания равны $2x$ и $2y$, откуда $x + y = 10$, то есть $y = 10 - x$. Докажите, что именно $B = 60^\circ$. После этого получите уравнение для $x$, выражив двумя способами квадрат высоты трапец: $h^2 = 3x^2 / 4 = y^2 - (2y - 2x - x/2)^2$, откуда $h = 1,5$.
4. $\sqrt{2}$ см. Указание. Пусть $ON$ — радиус, проведенный в точку касания, $F$ — точка его пересечения с биссертской угла, $OE$ — перпендикуляр, опущенный из точки $O$ на эту биссертрису, $OM$ — перпендикуляр, опущенный из точки $O$ на хорду $AB$. Тогда, с одной стороны, $|OF| = |ON| - |OM| = R - \sqrt{R^2 - 3/2}$, с другой стороны, $|OF| = \sqrt{2} |OE| = \sqrt{2}$

60

5. $(a/2)(5+4\cos \alpha \pm \sqrt{16\cos^2 \alpha + 8\cos \alpha - 23)}$.
   Указание. Обозначьте искомые стороны через $x$ и $y$ и найдите их из системы уравнений:
   $$\begin{cases} x^2 + y^2 - 2xy\cos \alpha = a^2, \\ a^2 = rR = (1/2)axy/(a+x+y). \end{cases}$$

6. $(7 - \sqrt{15})a/4$. Указание. Докажите, что центр искомой сферы лежит на прямой $AP$, где $P$ — точка, симметричная точке $C_1$ относительно точки $C$. Обозначьте $|OP|$, через $x$ и найдите $x$, выразив двумя способами $|OE|^2$: с одной стороны, $|OE|^2 = x^2/3$, а с другой (по теореме косинусов из треугольника $OAE$, учитывая, что $\cos \theta AE = -1/\sqrt{3}$) $|OE|^2 = x^2 + 17a^2/4 - 7\sqrt{3}ax/3$.

7. $tg\varphi = \sqrt{q^2 - p^2}/(p\sqrt{2})$.

8. $\cos \lambda = \cos(\alpha - \beta) - 2\sin^2(\varphi/2) \cos \alpha \cos \beta$.

Избранные школьные задания
(см. «Квант» № 4)

1. Ответ: первое. Решение. Обозначим число 1111111111 через $a$. Нам нужно сравнить числа $\frac{5a-2}{5a+2}$ и $\frac{6a-2}{6a+3}$. Заметим, что $(5a-2)(6a+3) > (5a+2)(6a-2)$ (так как $a > 2$), поэтому $\frac{5a-2}{5a+2} > \frac{6a-2}{6a+3}$.

2. Ответ: 22. Решение. Изовем «порцией» количество травы, съедаемое коровой за один день. К концу 24-го дня на лугу было съедено 60·24=1440 «порцией» травы, а к концу 60-го дня — 60·30=1800 «порцией». Таким образом, за 36 дней на лугу выросло 1800-1440=360 «порцией» травы (по 10 «порцией» в день), а с самого начала на нем было 1440-24·10=1200 «порцией». Поэтому к концу этого дня нужно съедать 1200+100×10=2200 «порцией» травы. Следовательно, искомое число коров равно 2200:100=22. Отметим, что 10 коров могут непрерывно растись на этом лугу, причем количество травы на нем меньше не будет.

3. Ответ: a) $a > 0$, $b < 0$, $c < 0$.
   Решение. Ветви парабoles направлены в случае a) в случае 6) вниз, отсюда находится знак $a$; знак $c$ находится из условия $c=f(1)$; для определения знака $b$ проще всего воспользоваться формулой для абсциссы вершины парабoles: $x_0 = -b/2a$. Отметим, что в задание a) можно воспользоваться и теоремой Виета: сумма корней положительного, а их произведение отрицательного, поэтому числа $-b/a$ и $c/a$ отрицательны.

4. Ответ: $30^\circ$, $60^\circ$, $90^\circ$. Решение. Пусть медиана и высота делят угол $C$ на три равные части (рис. 9). В треугольнике $MCB$ биссертиса совпадает с высотой, поэтому он равноведренный, следовательно, $CD$ — медиана и $BD=MD=(1/4)AB$. В треугольнике $ACD$ отрезок $CM$ — биссертиса, поэтому $CD:AC = MD:AM=1:2$, то есть катет $CD$ равен половине гипotenузы $AC$, следовательно, $\angle CAD = 30^\circ$, $\angle ACD = 60^\circ$, откуда $a=30^\circ$, $\angle ACB = 3a=90^\circ$, наконец, $\angle CBA = 90^\circ-a=60^\circ$.

5. a) Воспользовемся тем, что мера виссаного угла равна половине меры дуги, заключенной между его стороны. Соединним точки $B$ и $C$ (рис. 10). По свойству висшнего угла треугольника $\angle a = \angle 1 + \angle 2 = \frac{1}{2} \cup AB + \frac{1}{2} \cup CD$ (см. рис. 10, a); $\angle 2 = \angle 1 + \angle \beta$, откуда $\angle \beta = \angle 2 - \angle 1 = \frac{1}{2} \cup AB - \frac{1}{2} \cup CD$ (см. рис. 10, b).

6. Ответ: $90^\circ - a/2 - \beta/2$; $90^\circ - a/2 + \beta/2$; $90^\circ + a/2 - \beta/2$; $90^\circ + a/2 + \beta/2$. Решение. По формуле (2) п. a) $a = \frac{1}{2} (\cup AD - \cup BC)$. Так как $\angle B - \angle D =$

62

Перейдем к логарифмам по основанию 12.
По условию $\log_7 12 = a$, поэтому $\log_12 7 = 1/a$;
$\log_12 (2 \cdot 12) = b$, поэтому $\log_12 2 = b - 1$. Следовательно $\log_5 168 = \log_12 168 / \log_12 54 = (1 + \log_12 7 + \log_12 2) / (3 - 5 \log_12 2) = (1 + 1/a + b - 1) / (3 - 5 \times (b - 1))$.

Замечание. Можно было перейти к логарифмам и по другому основанию, например 2 или 3.

15. a) Рассмотрим, например, тетраэдр, вершинами которого является вершины $A_1$, $A$, $B$ и $C$ куба $ABCD_1B_1C_1D_1$ (рис. 15). Высоты, проведенные из вершин $A_1$ и $C$, суть отрезки $A_1A$ и $CB$. Очевидно, что прямые $A_1A$ и $CB$ не пересекаются.

6. Указание. Каждый из условий «высоты $AA_1$ и $BB_1$ пересекаются» и «высоты $CC_1$ и $DD_1$ пересекаются» эквивалентно условию «ребра $AB$ и $CD$ перепедикулярны». Достаточно показать эквивалентность условий «высоты $AA_1$ и $BB_1$ пересекаются» и «ребра $AB$ и $CD$ перепедикулярны». Докажем эту эквивалентность. Пусть указаные высоты пересекаются, тогда плоскость, проходящая через них, содержит ребро $AB$ и перепедикулярна ребру $CD$, поэтому $(CD)$ перепедикулярна любой прямой этой плоскости, в частности, прямой $AB$. С другой стороны, если прямые $AB$ и $CD$ перепедикулярны, то существует плоскость, проходящая через $(AB)$ и перепедикулярная $(CD)$. Обе высоты лежат в этой плоскости и поэтому пересекаются.

Метрические соотношения в треугольнике
(см. «Квант» № 4)

1. $\pi/4 + \arctg (3/4)$, $\pi/4 + \arctg (3/4)$,
   $\pi/2 - 2 \arctg (3/4)$.
   Решение. Заметим, что $|AC| = 2 \cdot 4a \cos(a + \pi/4)$ (рис. 16). По теореме синусов для $\triangle AEC$:
   $$\frac{a}{\sin \pi/4} = \frac{2 \cdot 4a \cos(\alpha + \pi/4)}{\sin(\pi/2 - \alpha)},$$
   откуда $\alpha = \arctg (3/4)$.
   Заметим, задачу можно решить и другими способами — без использования теоремы синусов. Ответ можно записать так же в следующем виде:
   arctg 7, arctg 7, $\pi - 2 \arctg 7$
   (так как $\pi/4 + \arctg (3/4) = \arctg 7$).

2. $\frac{\sin \alpha}{\sin \frac{3}{4} (\pi - \alpha)}$. Решение. По теореме синусов для $\triangle ABD : |AD| / |AB| = \sin \alpha / \sin \widehat{ADB}$, но $\widehat{ADB} = \pi - \hat{B} - \hat{A} / 2 = 3(\pi - \alpha) / 4$ (рис. 17).

3. $|AD| = \frac{c \sin \alpha}{\sin (3\alpha/2)}$, $R = \frac{c}{2 \cos (\alpha/2)}$. Решение. По теореме синусов для $\triangle ABD : |AB| / \sin \widehat{ADB} = |AD| / \sin \alpha$, но $\widehat{ADB} = \pi - (3\alpha) / 2$ (рис. 18).

4. $\sqrt{c(b + c)}$. Решение. Обозначим $|BC| = a$ и проведем биссертирусу $AD$ (рис.19). Из подобия треугольников $ABD$ и $ABC$ получаем $c / |BD| = a/c$. По свойству биссертиры $|BD| / (a - |BD|) = c/b$, откуда, исключая $|BD|$, находим $a = \sqrt{c(b + c)}$.
   Заметим, возможность других решений с применением теоремы синусов для $\triangle ABC$.

5. $\widehat{A} = \arctg 2$, $\widehat{B} = \arctg 3$, $c = \pi/4$. Решение. Пусть $|AB| = c$, $|BC| = a$, $|AC| = b$, $\widehat{B} = \beta$, $C = \gamma$ (рис. 20). Тогда $|BM| = 5a/4$. Из треугольников

63

tg γ=5(sin 2β)/3. (7)
Из (6) и (7): 5 sin 2β=tg β, или tg β=3. Тогда из (6) следует tg γ=1.
6. 6√3/25. Решение. Обозначим |BD|=|DE|=|EC|=x (рис. 21). По теореме косинусов для △ADE:
(2-x)²+(3-x)²-2(2-x)(3-x) cos A=x². (8) Значение cos A находится по теореме косинусов для △ABC: 2²+3²-2·2·3 cos A=($\sqrt{7}$)², откуда cos A=1/2, A=π/3. Из (8) получаем x=7/5, поэтому S△ADE=|AD|·|AE|sin A/2=6√3/25.
7. 8,4 cm². Пусть x и y — площади треугольников LOC и COB (рис. 22). Площади треугольников AOM и MOB равны, поэтому S△AOL=1. Получаем $\frac{1}{x} = \frac{|AL|}{|LC|} = \frac{7}{x+y}$. Решая получившуюся систему, находим x=1/5, y=6/5, откуда площадь треугольника ABC равна 42/5 см².
8. Присоединим к треугольнике AOM и CON треугольник AOC (рис.23). Очвидно, S△AOM=S△CON, тогда и только тогда, когда S△AMC=S△ANC. Последнее равенство эквивалентно условию, что точки M и N находится на одинаковом расстоянии от прямой AC, то есть (MN) параллельна (AC).
9. 2:1. Решен и е. Обозначим S₁=S△AOD=S△DOC, S△AMO=3S₂, S△ONC=5S₃ (рис.24). Тогда S△MOB=2S₂, S△BON=2S₃. Из равенства площадей треугольников ABD и CBD получаем: S₁+5S₂=S₁+7S₃. Из формулы (IV) (см. статью) следует: S△MBN=|BM|/|BA|·|BN|/|BC|·S△ABC=4/35S△ABC, то есть 2S₂+2S₃=4/35(2S₁+5S₂+7S₃). Из полученных соответствий вытекает, что S₁=10S₂, откуда |DO|/|BO|=S₁/(5S₂)=2.
10. 1,2 см.
11. 5:2.

Калейдоскоп «Кванта»
(см. «Квант» № 4)

Задания и заданки

1. При запуске спутника вдоль экрана в сторону врашення Земли линейная скорость суточного врашення складывает со скоростью, сообщенной спутнику двигаителем пакеты. Естественно, при запуске вдоль меридиана (а тем более вдоль экрана в сторону, обратную врашению Земли) потребуется больше энергии для сообщения спутнику первой космической скорости.
2. При скатывании с горки потенциальная энергия льжника полностью расходуется на работу против силы треня. Втскивая льжника, стоящего на лыжах, подъемник восполняет его запас потенциальной энергии и кроме того совершает работу против силы треня. Затраты энергии в этом случае больше, чем при возвратии к месту старта в кресл подъемника. (Конечно, мы не улыбываем силу сопротивления воздуха, считая скорость льжника неольшой.)
3. При охлаждении гитары часть ее внутренней энергии идет на уvelчение потенциальной энергии управления деформации корпуса «натянутого» лука и тетивы. Понятно, что возникалошие при деформации лука и тетивы силы равны. Однако тетива в хорошо луке мало расстояния, то есть обладает большим коэффициентом упруgosти k. Можно считать, что упруга энергия зависит от величины k примерно так же, как и урушины: U=kx²/2=F²/2k. Ясно, что больший вклад в энергии вносит корпус лука.
4. При подъеме шара его потенциальная энергия уvelчивается, одноко на занимаемое им место с той же высоты опускается воздуха, плотность которого больше средней плотности шара.
5. Резонатор успливает рассеяние звука. Хотя будет сышен более сильный звук, его длительность становится меньше, излученная же энергия в общих случаях одинакова.
6. Работа, требуемая для разрыва чугунной сферы, произойдет за счет внутренней энергии замерзаюшей воды.