Призёры XII Всероссийской олимпиады школьников

56

Математика

Дипломы I степени
по 8 классам получили
Безрукавников P. (Калуга, с.ш. № 24),
Влинова T. (Иошкар-Ола, с.ш. № 4),
Калинин A. (Саратов, с.ш. № 13),
Румынин Д. (Краснойрск, с.ш. № 10);

по 9 классам —
Васильев K. (Тула, с.ш. № 36),
Дыниников H. (Жуковский, с.ш. № 1),
Каринский A. (Невиномыск, с.ш. № 6),
Леценко A. (Новокузнецк, с.ш. № 11),
Стыркас K. (п. Черноголовка Московской обл., с.ш. № 82),
Чуевелев M. (Горький, с.ш. № 4);

по 10 классам —
Дыниников A. (Жуковский, с.ш. № 1),
Изнатьев M. (Саратов, с.ш. № 13),
Капович B. (Хабаровск, с.ш. № 2),
Шеремет С. (Воркута, с.ш. № 14).

Дипломы II степени
по 8 классам получили
Гравит B. (Северодвинск, с.ш. № 27),
Либанов M. (Ангарск, с.ш. № 10),
Шамов З. (Махачкала, с.ш. № 39),
Шербаков K. (Арзамас, с.ш. № 2);

по 9 классам —
Гусманов P. (п. Дюртюли Башкирской АССР, с.ш. № 3),
Мальгин C. (Липецк, с.ш. № 52),
Рогонов A. (Касимов, с.ш. № 1),
Черных A. (Краснодар, с.ш. № 4),
Шанько Ю. (Краснойрск, с.ш. № 10);

по 10 классам —
Арапов A. (Воронежк, с.ш. № 58),
Вайсбург M. (Томск, с.ш. № 6),
Рябочкин M. (Калуга, с.ш. № 10),
Филимоненков B. (Свердловск, с.ш. № 130).

Дипломы III степени
по 8 классам получили
Вологодский B. (Омск, с.ш. № 91),
Исаханов A. (Сочи, с.ш. № 22),
Пелевин O. (Кострома, с.ш. № 32),
Петрова H. (Пермь, с.ш. № 22);

по 9 классам —
Меркулов B. (Куйбышев, с.ш. № 11),
Осолоткин A. (Петрозаводск, с.ш. № 29),
Плотников A. (Новочеркасск, с.ш. № 7),
Поляков K. (Хабаровск, с.ш. № 2),
Руденko K. (Андропов, с.ш. № 27);

по 10 классам —
Асташкевич A. (Томск, с.ш. № 24),
Клеонский B. (Кириши, с.ш. № 4),
Муштари A. (Казань, с.ш. № 18),
Рошин A. (Тамбов, с.ш. № 29).

Физика
Дипломы I степени
по 8 классам получили
Григорян Г. (Краснодар, с.ш. № 34),
Жуков В. (Магадан, с.ш. № 1),
Медведев М. (Горький, с.ш. № 40),
Мороз В. (Калининград, с.ш. № 32);

по 9 классам —
Вудько Д. (Белгород, с.ш. № 3),
Васильев Ю. (Ангарск, с.ш. № 10),
Карасев Д. (п. Тучково Московской обл., Тучковская с.ш.);

Мельников Д. (Тула, с.ш. № 36),
Наянов Ю. (Саратов, с.ш. № 13),
Пидарев A. (Улан-Удэ, с.ш. № 9),
Шербаков A. (Обнинск, с.ш. № 10),
Ловович A. (Челябинск, с.ш. № 31);

по 10 классам —
Бедов К. (Челябинск, с.ш. № 138),
Булатов O. (Ставрополь, с.ш. № 1),
Волков O. (Горький, с.ш. № 23),
Иртегов Д. (Иркетск, с.ш. № 19),
Кларк П. (Тула, с.ш. № 36),
Мингалев И. (Апатиты, с.ш. № 2).

Дипломы II степени
по 8 классам получили
Вильбин A. (Борович, с.ш. № 1),
Мамаев A. (Заволжье, с.ш. № 17),
Михайловский H. (Краснойрск, с.ш. № 20),
Шандын C. (Врянск, с.ш. № 7);

по 9 классам —
Бобылев C. (Березники, с.ш. № 3),
Вознев A. (Нальчик, с.ш. № 2),
Ивашкович E. (Прокопьевск, с.ш. № 72),
Розенберг A. (Уфа, с.ш. № 91),
Слесарев B. (Тула, с.ш. № 36);

по 10 классам —
Зайденвард A. (Кемерово, с.ш. № 1),
Ивашов C. (Уфа, с.ш. № 12),
Мячин A. (Кострома, с.ш. № 34),
Патрушев K. (Элиста, с.ш. № 3).

Дипломы III степени
по 8 классам получили
Вольнский K. (п. Протва Калужской обл., с.ш. № 1),

Головин Д. (Тамбов, с.ш. № 29),
Сибиряков A. (Томск, с.ш. № 30),
Тодошенко И. (Пермь, с.ш. № 16);

по 9 классам —
Бабанов M. (Полевской, с.ш. № 18),
Вихлин A. (Рязань, с.ш. № 20),
Курзенков A. (Ковров, с.ш. № 1),
Ловвиенко C. (Орел, с.ш. № 19),
Тернугов B. (Томск, с.ш. № 50);

по 10 классам —
Абанов A. (Краснойрск, с.ш. № 170),
Ларкин A. (Армавир, с.ш. № 6),
Нечетгаев Д. (Челябинск, с.ш. № 127),
Орехов Д. (Новгород, с.ш. № 10).

57

9 класс

1. Определите влажность воздуха в комнате.
   Оборудование: водяной манометр, шар для взвешивания воздуха, резиновая трубка, термометр, пипетка, справочник по физике.
2. Одиним из способов получения холода является смешивание снега (или льда) с поверхной солью. Определите, какую максимальную концентрацию соли имеет смысл создать в такой холодильнике.
   Оборудование: снег (или мелко колотый лед), calorimetр, термометр, весы с разновесами, ложечка.

Ответы, указания, решения

Где ошибка?
(cm. c. 21)

1. Написанная система неравенствы выражает необходимое, но не достаточно условие того, что оба корня больше 1. Чтобы найти правильное решение, вычислим корни: $x_{1,2} = 2 \pm \sqrt{5} - a^2$. Условие задачи равносильно системе неравенств
   $$\begin{cases} 2 + \sqrt{5} - a^2 > 1, \\ 2 - \sqrt{5} - a^2 > 1, \\ a^2 < 5 \end{cases}$$
   (первое из которых, конечно, можно отбросить, поскольку оно является следствием второго). Ответ: $2 < a < \sqrt{5}$ или $-\sqrt{5} < a < -2$.

2. Условия задачи удовлетворяют середина $O_1$ ребра BD, которая, конечно, действительно является граничной точкой термодрата. Но на самом деле таких точек две. Чтобы получить вторую точку, необходимо проверить прямую через точку $O_1$ и середину $O_2$ ребра AC и взять на ней также точку X, что $O_1$ есть середина отрезка $XO_2$ (рис. 1). Чтобы обосновать это, удобно воспользоваться прямоугодной системе координат с началом в точке $O_1$, у которой ось $x$ направлена по ребру BD, а ось $z$ — по прямой $O_1O_2$.

Ответ: граничная или внешняя.

3. В каждый из трехграничных углов признамы можно писать шар, касающийся конуса или его продолжения. Восемь получающихся шаров разбиаются на четыре пары одинаковых. Радиусы четырех различных шаров найдены правильно. Однако один из этих шаров условим задачи не удовлетворяет: шары радиуса 3/5,

10 класс

1. Определите оптическую систему «черного ящика».
   Оборудование: «черный ящик», миллиметровая бумага, лист картона, бульвки, линейка.

2. Исследуйте зависимости жесткости пружины от ее диаметра. Полученные результаты обьясите.

Оборудование: шатин с лапкой, набор пружин, линейка, набор грузов, нить.

Публикацию подготовили
В. В. Буховцев, В. Н. Кукушкин,
Л. П. Купцов, О. Ю. Овчинников,
С. В. Резниченко

Ответ: $\frac{12}{29}, \frac{6}{7}, \frac{12}{25}$.

Избранные школьные задачи

1. $(n^2 + n)^2 = n^4 + 2n^3 + n^2 < n^4 + 2n^3 + 2n^2 + 2n + 1 < n^4 + 2n^3 + 3n^2 + 2n + 1 = (n^2 + n + 1)^2$.

2. Указание. Один из концов отрезка лежит на пересечении данной окружности и прямой, центрально-симметричной данной прямой относительной данной точки. Задча может иметь 0, 1 или 2 решения.

3. {1; 3; 5; 9; 21}. Указание. Из равенства $n^3 + 3 = (n^3 + 27) - 24 = (n + 3)(n^2 - 3n + 9) - 24$ следует, что число $n + 3$ является делителем числа 24.

4. Существует. Указание. Воспользоваться тем, что $a = \frac{S}{2h_a}$, и доказите неравенство
   $$\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} > \frac{1}{\sqrt{2}}.$$

5. 2300 км. Решение. Расстояние произвольный пути автоматически. Отмерив от конца 1500 км, затемм, что в этой точке у автоматического было не менее 150 л бензина. Значит, до этого места он проекал какдую точку пути не менее трех раз. Отложим от этого места 500 км назад и увидим, что здесь у автоматического должно быть не менее 300 л бензина. Поэтому любую предыдущую точку пути он проекал не менее 300 км. На эти 300 км потрачено не менее 150 л бензина. Значит, более 2300 км автоматически проекать не может. Покажем, что автоматический может проекать 2300 км.

58

Автомобильист берет 150 л бензина и проезает 300 км. Оставляет 90 л, возвращается назад, снова берет 150 л бензина и снова проезает 300 км. Оставляет еще 90 л, опять возвращается назад, забирает последнее 150 л и снова проезает расстояние 300 км. Тем самым наотметке в 300 км он имеет 300 л бензина. Автомобильист наполняет бак и проезает 500 км. Оставляет 50 л, возвращается к бензину и забирает его вес. Дoesвав до отметки 800 км, забирает оставленные 50 л, после чего проезает еще 1500 км.

6. $(7\sqrt{5})^{\sqrt{5}}=7^{5}=16\ 807>15\ 625=5^{6}>(5\sqrt{7})^{\sqrt{5}},$ так что

$$7\sqrt{5}>5\sqrt{7}.$$

7. Нужно выбрать такую конфигурацию, для которого $OA=OB=OC$ (рис. 2). Указание. Докажите, что из треугольников с данными углом и данной противолежающей стороны наиболее площадь имеет равнобедренный. Применить это утверждение к треугольнику $OAB$ (считая пока треугольник $ABC$ неизменным), получаем, что для четырехугольника $OABC$ наиболее площадь должен быть $OA=OB$, то есть точка $C$ должна лежать на биссеktrice угла $AOB$. Остается применить то же утверждение к треугольникам $OAC$ и $OBC$.

8. Не делится. Решение. Пусть $v_n$ — остаток от деления на 7 числа $u_n$. Легко посчитать несколько первых членов последовательности $v_n$:

а)

$$y=\sqrt{x}$$

б)

$$y=\sqrt{y}$$

с)

$$y=\sqrt{n}$$

Рис. 4.

$$v_1=1, v_2=1, v_3=2, v_4=5, v_5=1, v_6=5, v_7=5, v_8=1.$$

Так как пара $(v_4, v_5)$ совпадает с парой $(v_7, v_8)$, последовательность $v_n$, начиная с четвертого члена, периодическая с периодом 3, то есть $v_{n+3}=v_n$ при $n \geq 4$. Значит, среди членов последовательности $v_n$ нет нуля.

9. Выберем произвольную точку $O$ плоскости. Обозначим

$$\overrightarrow{OA}=\vec{a}, \overrightarrow{OB}=\vec{b}, \overrightarrow{OC}=\vec{c}, \overrightarrow{OM}=\vec{m}, \overrightarrow{ON}=\vec{n}.$$

Тогда

$$\vec{n}=\frac{n}{n+1}\vec{a}+\frac{1}{n+1}\vec{c},$$

$$\vec{m}=\frac{n-1}{n}\vec{a}+\frac{1}{n}\vec{b}.$$

Пусть $\vec{b}=x\vec{a}+y\vec{c}$. Тогда

$$\vec{n}=\frac{n}{n+1}\left(\vec{a}+\frac{1}{n}\vec{c}\right),$$

$$\vec{m}=\left(1-\frac{1}{n}+\frac{x}{n}\right)\vec{a}+\frac{y}{n}\vec{c}.$$

Если прямая $MN$ проходит через точку $O$, то векторы $\vec{n}$ и $\vec{m}$ коллинеарны, то есть $1-\frac{1}{n}+\frac{x}{n}=y$, откуда $y-1=(1-x)\cdot\frac{1}{n}$. Так как это равенство должно выполнять при любом натуральном $n$, получаем, что $x=1, y=1$. Поэтому $\vec{e}=\vec{a}+\vec{c}$. Значит, точка $O$ такая, что четырехугольник $ABCO$ — паралелограмм.

10. При $a<-\frac{1}{4}$ решений нет.

При $a \geq -\frac{1}{4}$ получаем $x=\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$.

11. $\frac{1}{4}$. Решение. Пусть $x_1+x_3+x_5+\dots=a$, $x_2+x_4+x_6+\dots=b$. Тогда $a+b=1$ и $x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_{n-1}x_n \leqslant \left(x_1+x_3+\dots\right)(x_2+x_4+\dots)=aab=a(1-a)=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-a\right)^2 \leqslant \frac{1}{4}$.

Если положить $x_1=x_2=1/2$, $x_3=x_4=\dots=x_n=0$, то $x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_{n-1}x_n=\frac{1}{4}$.

12. Проведем общий перпендикуляр $MN$ к противоположным ребрам $AB$ и $CD$ терраэра (рис. 3) и рассмотрим симметрию терраэра относительно прямой $MN$. При этой симметриции прямая $AB$ перейдет в себя, точка $C$ перейдет в точку $C'$, расположенную от прямой $AB$ на таким же расстоянии, как точка $C$. Но на прямой $CD$, кроме точки $C$, есть не более одной точки, отстоящей от прямой $AB$ на такое же расстояние, как точка $C$ (при удалении от $N$ расстояние увеличивается).

С другой стороны, из условия задачи следует, что точка $D$ отсутствит от прямой $AB$ на такое же расстояние, как точка $C$ (эти расстояния — высоты равновеликх треугольников $ADB$ и $ACB$ с общим основанием $AB$). Значит, при нашей симметриции вершина $C$ переходит в вершину $D$ (другая возможность $C \rightarrow C$, $D \rightarrow D$ привела бы к тому, что $C=D$). Аналогично вершина $A$ переходит к вершину $B$ и $B$ переходит в $A$. Следовательно, треугольник $DBC$ переходит в треугольник $CAD$ и, значит, эти треугольники равны.

13. Расстояние график функции $y=\sqrt{x}$ на отрезке $[0; n]$. Пусть $S$ — площадь кривойного треугольника, ограниченного кривой $y=\sqrt{x}$, ось $Ox$ и прямой $x=n$ (рис. 4, а).

59

Тогда $S = \int_0^n \sqrt{x} \, dx = \frac{2}{3} n \sqrt{n}$.

Пусть $S_n = \sqrt{1} + \sqrt{2} + \dots + \sqrt{n}$. Легко видеть, что $S_n$ — это площадь головной фигуры на рисунке 4, б. Позотому $S_n > S$.

С другой стороны, площадь розовой фигуры на рисунке 4, е равна $\sqrt{1} + \sqrt{2} + \dots + \sqrt{n} - 1 + \frac{\sqrt{n}}{2} = S_n - \frac{\sqrt{n}}{2}$.

и меньше $S$. Таким образом, $S_n > S > S_n - \frac{\sqrt{n}}{2}$.

Это и дает требуемое неравенство.

14. Может. Указание. Рассмотрите правильную парамиду $ABCD$ с очень большим по сравнению с ребром основания $ABC$ боковым ребром и возьмите точки $K$ и $L$ где-нибудь на основании $ABC$ и две другие точки $M$ и $N$ где-то у вершины $D$. Сумма длины ребер парамиды $KLMN$ почти в 4/3 раза больше суммы длины ребер парамиды $ABCD$.

15. $\frac{1 - 3^{1986}}{2}$. Указание. Рассмотрите многочлен $\frac{P(x) - P(-x)}{2}$, где $P(x) = (x^5 + x - 1)^{1986}$. Искомая сумма равна $\frac{P(1) - P(-1)}{2}$.

Калейдоскоп «Кванта»
Головоломки
Цифры на кубке. Условию задачи удовлетворяет только тот случай, при котором суммы цифра на противоположных гранах равны по 11, то есть против цифры 4 находится цифра 7, против цифры 5 — цифра 6, против цифры 8 — цифра 3.

Треугольники и квадрат. См. рисунок 5.

Рис. 5.

Оптические приборы

1. $D = -5$ дитр.
2. $H \leqslant Fl/a = 1500$ м=1,5 км, $v \leqslant l/t = 100$ м/c=360 км/ч.
3. $b = 2$ см.
4. $D_1 = kF_2/(Ld_0) = 400$ дитр.
5. Труба Галилея: $F_1 = \gamma L/(\gamma - 1) = 45$ см, $F_2 = F_1 - L = 5$ см;
   труба Кеплера: $F_1 = \gamma L/(\gamma + 1) = 36$ см, $F_2 = L - F_1 = 4$ см.

I Всегоизная оптимка по физике учащих средних профессионально-технических училищ Теоретический тур
I курс

1. $x = \frac{1}{k} \left( mg - T + \frac{T^2}{2mg} \right)$ при $T \geqslant 2mg$,
   $x = \frac{T - mg}{k}$ при $T < 2mg$.

2. $l_0 = \frac{(L - x_1) x_1 T_2 - (L - x_2) x_2 T_1}{x_1 T_2 - x_2 T_1} = 70$ см;
   при температуре жидкого геля $x = L - l_0 = 10$ см.

3. $\Delta T_+ = (1 - k) m\lambda/(cM)$; $\Delta T_- = km\lambda/(cM)$;
   при $k = 1/2$ $\Delta T_+ = \Delta T_- \approx 9$ К.

4. $R_0 \geqslant 99R = 99$ кОм.

5. $R_{AB} = 629R/60 \approx 10,5R$.

6. $l = \frac{v(T_2^2 - 4T_1^2)}{2(4T_1 - T_2)} = 3750$ м=3,75 км.

Указание. Первый сигнал идет от места взрыва до гидрофона по прямой, без отражений; второй сигнал испытал от поверхности воды; третий сигнал испытал два отражения от поверхности воды и одно отражение от дна водоема.

II и III курсы

1. См. решения задачи Ф993 из «Задачника «Кванта».
2. $T = 4\pi \sqrt{L/(5g)}$.
3. $\lambda = c(t_1 - t_2)\tau_2/\tau_1 = 336$ кДж/кг.
4. В первом случае последовательно с прибром нужно включить добавочное сопротивление $R_1 = (U/(i_0n)) - r \approx 400$ кОм; во втором случае параллельно прибору нужно включить шит сопротивлением $R_2 = ri_0n/(I - i_0n) \approx 0,03$ Ом.
5. $\Delta I_{\max} = -U/R$; это изменение тока достигается исключением ребра $AB$.
6. $R \geqslant h/\sqrt{n^2} - 1$.

XII Всероссийская оптимка школьников
Математика
8 класс

1. Центры $A_1, B_1, C_1, D_1$ данных окружностей является вершинами четырехугольника, вписанного в окружность того же радиуса с центром $Q$ (рис. 6). Следовательно, $A_1B_1C_1 + A_1D_1C_1 = 180^\circ$. Так как соответствующие стороны четырехугольников $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны, то $ABC + ADC = 180^\circ$, и поэтому около $ABCD$ можно описать окружность.
   Предстоящие: четырехугольники $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ не обязательно подобны!
2. a) Ответ: 2d cos 36°.

6. Пусть $ABCDE$ — правильный пятугольник со стороны $a$, $M$ — точка пересечения диагоналей $AD$ и $CE$, $x$ — отношение длины диагоналки к длине стороны (рис. 7). Из подобия треугольников $EMD$ и $AMC$ получаем:
   $\frac{ED}{EM} = \frac{AC}{MC}$, или $\frac{a}{(x - 1)a} = \frac{xa}{a}$.
   Следовательно, $x^2 - x - 1 = 0$, $x = \frac{1}{2} (1 + \sqrt{5})$, или $AC = \frac{(1 + \sqrt{5})a}{2}$.

60

3. Если десятичная запись числа $N$ оказывается на 20, то $N=100M+20$, где $M$ — целое число. Следовательно, $N$ делится на 5 и не делится на 25. Последнее неозможно: если данное число $N$ делится на простое число $p$, то оно делится и на $p^2$. Действительно, знаменатель програссии $q$ — разциональное число.

Представив $q$ в виде несократимой дроби $\frac{m}{n}$, получим, что $c=am^2/n^2$, то есть $a$ делится на $n^2$. Следовательно, $a=kn^2$, $b=knm$, $c=km^2$, где $k$ — целое число. Если $N=k^3(n^3-m^3)^2$ делится на $p$, то либо $k$, либо $n^3-m^3$ делится на $p$, то есть $N$ делится на $p^2$.

4. Ответ. В 15 ч 20 мин. Решение. Обозначим через $v_1, v_2, v_3, v_4$ скорости автоматизации, мощника, мощда и величина, через $x$ и $y$ — расстояния, отделяющие в 12 часов величина от автоматизации и мощикиста (рис. 8). Условия задачи приводят к системе уравнений $x=2(v_1+v_4), x+y=4(v_1+v_2), x+y=5(v_2+v_3), y=6(v_2-v_4)$. Пусть величина истретил мощед в $t$ часов. Тогда $x=(t-12)(v_3+v_4)$. Из полученной системы находится, что $x=\frac{10}{3}(v_3+v_4)$. Следовательно, $t=15\frac{1}{3}$.

5. Решение. Из условия следует, что каждая точка стола удалена от центра неокторой монеты на расстояние, меньше диаметра монеты. Уменшим все линейные размеры (стола, монет и т. д.) вдвое. Полученный столик можно считать четвертью данного стола. На столике расположены 25 монеты в виде меньше радиуса (назовем их монетками), причем каждая его точка будет удалена от центра неокторой монеты на расстояние, меньше радиуса монеты (не монетки!). Если теперь, не меняя положения центров монеток на столике, увеличить их радиусы вдвое (то есть превращить в монеты), то столик будет покрыт 25 монетами. Таким образом,четвертую стола может быть покрыта 25 монетами, а весь стол, следовательно, — 100 монетами.

9 класс

1. Решение. Занутерум Фишки по часовий стрелке числа 1, 2, 3, …, 30. Не ограничивая общности, можно считать, что среди 15 Фишек с четыыми номерами не более 7 белых. Тогда среди Фишек с четыыми номерами столько же черных. Меняя их местами с белыми Фишками,

61

Условия, что $\triangle APB$ – равноведренный прямоугольный с гипотенузой $AB$.

5. Предположим противное: числа 1, 2, …, 3n разделены на три такие группы $A, B, C$, что указаны выбор невозможен. Пусть $a, b, c$ — наименьшие элементы в группах, причем $a < b < c$. Тогда $a = 1, b \geq 2$. Если $b = 2$, то $c \neq 3$ и, следовательно, $c \geq 4$. Если $b > 2$, то $c \geq b + 1 \geq 4$, то есть в любом случае $c \geq 4$. Обозначим через $s$ наименьшую (по абсцилотной величины) разность между соседними членами последовательности, образованной из чисел группы $C$, расположенных в порядке возрастания. Расмотрим три случая.

a) $s \geq 3$. Тогда из чисел $3k - 2, 3k - 1, 3k$, где $k = 1, 2, ..., n$, не более чем одно входит в $C$, причем из чисел 1, 2, 3 ни одно не входит в $C$. Следовательно, в $C$ содержится не более $n - 1$ чисел. Противоречие.

b) $s = 2$. Пусть $c'$ — произвольное число из $C$. Тогда $c' - 1 \notin C$. Так как $1 \in A$ и $(c' - 1) + 1 = c'$, то $c' - 1 \notin B$. Следовательно, $c' - 1 \in A$, то есть в $A$ содержится $n$ чисел вида $c' - 1$, где $c' \in C$. Так как $1 \in A$, а $c' - 1 \geq 3$ для любого $c' \in C$, то в $A$ содержится не менее $n + 1$ чисел. Противоречие.

b) $s = 1$. Выберем средние чисел $c$, принадлежащих $C$ и таких, что $c + 1$ также принадлежит $C$, наименьшее число $c$. Расмотрим (натуральные!) числа $c - b$ и $c - b + 1$ и доказем, что они образуют $C$ (тем самым будет получено противоречие с выбором $c$). Очевидно, что $b - 1 \in A$. Так как $(c - b + 1) + (b - 1) = c$, то $c - b + 1 \notin B$. Так как $(c - b + 1) + b = c + 1$, где $c + 1 \in C$ в силу выбора $c$, то $c - b + 1 \notin A$. Следовательно, $c - b + 1 \in C$. Аналогично доказывается, что $c - b \in C$.

10 класс

1. Решение. Пусть $O$ — центр круга, $R$ — его радиус, $AB$ и $CD$ — взаимно перпендикулярные хорды, $K$ и $L$ — середины $AB$ и $CD$ (рис. 10). Если $M = O$, то утверждение очевидно. Если $M \neq O$, то $AB^2 + CD^2 = 4(AK^2 + LD^2) = 4((R^2 - OK^2) + (R^2 - OL^2)) = 8R^2 - 4OM^2$.

2. Указание. Не ограничивая общности, можно считать, что $0 < b < a$. Обозначим $x = \frac{a}{b}$. Тогда данные неравенства равносильны неравенствам $2\frac{x - 1}{x + 1} < \ln x < \frac{x - 1}{\sqrt{x}}$. Оба эти неравенства доказывают аналогично. Для доказательства левого неравенства достаточно проверить, что функция $f(x) = \ln x - 2\frac{x - 1}{x + 1}$ строго возвращает при $x > 1$. Проверку можно проверить, например, с помощью произвольной.

3. Ответ. $V = \frac{1}{3} abc$. Решение. Пусть $h$ — высота параллелипеда, проведенная из вершины $B_1$ к основанию $ABCD$. Возьмем наprodолжении отрезка $DB$ за точку $B$ точку $O$ так, чтобы $OB = BD$ (рис. 11). Тогда $OB_1D_1B$ — параллелограмм, и поэтому $OB_1 \parallel BD_1$, $OB_1 = c$. Следовательно, $V_{B_1AOC} = \frac{1}{3} OB_1 \cdot \left(\frac{1}{2} AB_1 \cdot CB_1\right) = \frac{1}{6} abc$. Так как $S_{AOC} = \frac{3}{2} S_{ABCD}$, то $V_{ABCDA_1B_1C_1D_1} = h \cdot S_{ABCD} = 2 \cdot \left(\frac{1}{3} h \cdot S_{AOC}\right) = 2V_{B_1AOC} = \frac{1}{3} abc$.

4. Указание. Пользовясь точки действом $x^2 + (x + 3)^2 + (x + 5)^2 + (x + 6)^2 = (x + 1)^2 + (x + 2)^2 + (x + 4)^2 + (x + 7)^2$ и полагая $x = 1 + 8k$, где $k = 0, 1, 2, ..., 124$, находим нужные 125 четверок гриbs для каждой из групп.

5. a) Возьмем отрезок $AB$ длины 2 с разноветными концами. Такой отрезок существует в противном случае все точки окружности $\alpha$ радиуса 2 с центром в произвольной точке $O$ были бы окрашены в тот же цвет, что и точка $O$, и рассматривая всевозможные окружности $\beta$ радиуса 2 с центрами на окружности $\alpha$, получили бы круг радиуса 4 с центром $O$, все точки которого одного цвета, что невозможно. Пусть цвет точки $C$ середины $AB$ — совпадает с цветом точки $A$. Построим правильные треугольники $ACD$ и $ACE$, как на рисунке 12. По условиям точки $D$ и $E$ окрашены в тот же цвет, что и точка $B$, и $BDE$ — искомый треугольник.

6. Разобем плоскость на горизонтальные полосы ширины $\sqrt{3}/2$, включение своих границ, но не включайте верхние. Раскра

63

5. Велична ускорения книги относительно лифтта зависит не от направления скорости лифтта, а от направления его ускорения. Если оно направлено вверх, то ускорение книги равно $g + a$; если вниз, то $g - a$.

6. Ускорение растет из-за уменшення массы ракеты.

7. Центростремительное ускорение, связанное с обращением Земли вокруг Солнца, чрезвычайно мало по сравнению с ускорением силы тяжестями на Земле.

8. В принципие — да, поскольку все тела, в том числе человека, на экваторе легче из-за центростремительного ускорения, обусловленного врашением Земли.

9. Минимальное центростремительное ускорение в этой точке равно ускорению свободного падения $g$.

10. $T = 2\pi \sqrt{R/g}$, где $R$ — радиус Земли; $T \approx 1$ ч 24 мин.

11. При движении с ускорением (взлете) — уменшается, при движении по орбите мятник не совершает колбаный.

Микроопыт
Гирька, подвешенная к потолку вагона с помощью нити, при равноускоренном движении

Рис. 17.

отклонится (рис. 17). Из подобия треугольников AOB и ACD находится:

$$a = g \frac{x}{\sqrt{l^2 - x^2}}.$$

Наша обложка
(см. «Квант» № 9, 4-я с. обл.)
См. рис. 18.

VIII Турир юных физиков
(см. «Квант» № 8)

2. При плохом контакте обращается окисная плена, которая может иметь большое активное сопротивление. Окисная плена чрезвычайно тонка, и в месте плоского контакта обращается значительная электрическая эмкость. Первая программа передается в области низких частот (до 10 кГц), а третья — в частотном диапазоне около 150 кГц. На высоких частотах сказывается наличие емкости: ее сопротивление на высоких частотах может стать горадю менше активного сопротивления. окисной плены, и третья программа будет хорошо сLIEDна.

3. До температуры примерно 36 °C термометр нагревается просто теплым выдахаемым воздухом. Кроме того, натуральная шерсть способствует энергичной конденсации водяного пара, содержащого в большом количестве в выдыхаемом воздухе, при этом дополнительно выдляется теплота конденсации. Взвешивание 1 г натуральной шерсти на аналитических весах после того, как через нее было сделано 10 медленных выдохов, показало, что ее масса увеличлась на 20 мг. Таким образом, при одном выдохе конденсируется примерно 2 мг воды и выдляется количество теплоты 4,5 Дж. Этого тепла достаточно, чтобы нагреть 1 г рутии и 1 г стекла (примеры массы стекла и рутии, на-