Hội thảo dành cho lãnh đạo các cơ sở giáo dục ngoài công lập

49

Bóng của phần chung của hình vuông “cũ” và “mới”.

18. Xoay tam giác vuông từ cạnh $a$ quanh tâm tại $60^\circ$. Tìm diện tích của phần chung.

19. Chứng minh rằng nếu nối trung điểm của một tứ giác lồi thì ta được hình bình hành. Khi nào hình bình hành này sẽ trở thành hình thoi? Quảng trường?

20. Tại giá trị nào của $a$ thì góc giữa vectơ $\vec{x} = \vec{i} + \vec{j} + \vec{k}$ và $\vec{y} = a\vec{i} + \vec{j} - \vec{k}$ bằng arccos $\frac{1}{2\sqrt{3}}$?

Vật lý

Bài thi vấn đáp

1. Từ mái của một tòa nhà cao $H = 16$ m, lớp calli nước rơi đều đặn, lớp calli đầu tiên đọng lại trên mặt đất tại thời điểm phần gót được tách ra khỏi mái. Tìm khoảng cách giữa các callimi liền kề tại thời điểm callimi đầu tiên chạm đất.

2. Ở giữa một ống ngang hẹp bịt kín hai đầu có một ống ruti có chiều dài $l = 0,1$ m. Cả hai nửa ống đều chứa không khí dưới áp suất $p = 76$ mm Hg. Nghệ thuật. Thanh ruti sẽ di chuyển bao xa nếu ống được đặt thẳng đứng? Chiều dài ống $L = 1$ m.

3. Không khí bên trong một quả bóng bay giao tiếp với khí quyển, có vỏ hình cầu có đường kính $d = 10$ m và khối lượng $m = 10$ kg, phải được làm nóng bao nhiêu để quả bóng bay lên? Áp suất khí quyển $p = 735$ mm Hg. Nghệ thuật, nhiệt độ $t = 27^\circ\text{C}$, khối lượng mol của không khí $\mu = 29$ g/mol. Hằng số khí phổ quát là $R = 8,31$ J/(mol K).

4. Tìm chiều điện dung của tụ điện $C_1$ và $C_2$ trong mạch điện như hình vẽ, biết khi ngắn mạch cường độ dòng điện qua nguồn tăng gấp 3 lần. Emf của nguồn là $\varepsilon$.

5. Khoảng cách giữa bóng đèn và màn là $l = 1$ m. Tại vị trí nào của dây chuyền lắp ráp có tiêu cự $F_1 = 0,21$ m sẽ không có ảnh đáy bóng đèn? Sẽ không có ảnh nếu tiêu cự của đường thẳng là $F_2 = 0,26$ m?

Đã chuẩn bị xuất bản
A. Krasnaya, M. Mirzakhmedov,
R. Khudayberganov, V. Yaskolko

Thông tin

Trưởng hội thảo của NOU

Hội đồng Bộ Giáo dục Liên Xô, Bí thư Ủy ban Trung ương Komsomol, Hội đồng Liên minh các Hiệp hội Khoa học và Kỹ thuật Liên minh, Hội đồng Liên minh Hiệp hội “Znanie” đã tổ chức một cuộc hội thảo liên cộng hòa của các nhà lãnh đạo và người tổ chức các hiệp hội khoa học của sinh viên vào ngày 2-4 tháng 12 năm 1981 tại Kishchinna. Mục đích của cuộc họp là nhằm nâng cao hơn nữa các hoạt động phát triển hoạt động nhận thức của học sinh, phát huy các thành tựu khoa học, công nghệ và sản xuất, văn học và nghệ thuật trong số đó, khái quát kinh nghiệm về xã hội khoa học của sinh viên, tăng cường kết nối giữa nhà trường và doanh nghiệp công nghiệp, các thách thức và tổ chức khoa học.

Khoảng 200 đại diện từ tất cả các nhóm nguồn lực đã đến dự cuộc họp. Chương trình của cuộc họp bao gồm công việc của các bộ phận, thảo luận bàn tròn và chuyến thăm các khu vực trường học đông đúc của Tổ chức Giáo dục Phi Chính phủ Moldavian “Vintorul”. Cuộc họp có sự tham dự của không chỉ đại diện của các NOU nổi tiếng như “Vintorul”, nơi cung cấp học sinh từ khắp Moldavin, người đoạt giải Lenin Komsomol Chelyabinsk NOU, Simferopol, Volgograd, mà còn có cả những người đứng đầu các NOU của trường Moldova.

Trong bài phát biểu của những người tham gia, cần lưu ý rằng NOU rất quan trọng, vì các thành viên của NOU làm việc trong các bộ phận liên quan đến bầu cử, sau đó sẽ chọn nghề liên quan đến nghề nghiệp của họ trong NOU. Có những cơ hội lớn cho các cơ sở giáo dục ngoài nhà nước về tự động hóa quy mô nhỏ trong các doanh nghiệp nhỏ không có chuyên gia có trình độ trong lĩnh vực này. Những cơ hội này được tận dụng - một thỏa thuận thường được ký kết giữa người đại diện đó và bộ phận NOU, đồng thời một thành viên của bộ phận này sẽ phát triển một công cụ và thiết bị, sau đó sẽ được triển khai tại doanh nghiệp này. Đồng thời, sinh viên cảm thấy phản kháng với công việc sáng tạo và thấy được kết quả công việc của mình cũng như tính hữu ích cho xã hội của nó. Tổng cộng, trong cuộc họp đã có 100 đề xuất nhằm cải thiện, nâng cao công tác quản lý của các cơ sở giáo dục ngoài công lập. Ban tổ chức đã giới thiệu cho những người tham gia hội thảo những tài liệu có phương pháp luận về công việc của các tổ chức giáo dục phi chính phủ ở Kishchinnev, Chelyabinsk, Volgograd, Ivanovo, Rostov-on-Don, Kyiv, Moscow và các thành phố khác.

Chúng tôi xin lưu ý rằng các tài liệu nêu bật kinh nghiệm làm việc của các cơ sở giáo dục tốt nhất thường xuyên được xuất bản trên các trang của tạp chí “Toán học ở trường học”, “Vật lý ở trường học”, “Giáo dục công cộng”, “Giáo dục học sinh”, “Kỹ thuật viên trẻ”, “Công nghệ và khoa học” và «Kvant».

50

Trường lập trình tương ứng

Bài học thứ hai mươi, đăng trên số trước «Kvant», là bài học cuối cùng trong chu kỳ ba năm của Trường Lập trình Tương ứng. Đã đến lúc nhìn lại và ghi lại những kết quả đầu tiên.

---

Khi vào năm 1979 ở «Kvant» Chuyên mục “Nghệ thuật lập trình” mở đầu và bài học đầu tiên của Trường Tương tác được xuất bản; tất nhiên, chúng tôi không biết phản ứng của độc giả đối với nỗ lực này sẽ như thế nào. Phải nói rằng trong số những dự báo cũng có những dự báo mang tính hoài nghi. Tuy nhiên, kết quả đã vượt quá sự mong đợi lạc quan nhất. Dòng thư từ khắp mọi nơi trên Liên Xô và từ nước ngoài với dòng chữ “ZShP, bài 1”, ngày càng gia tăng, trực tiếp tràn ngập khuôn viên các trường học trong Phòng Thông tin của Trung tâm Máy tính thuộc Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học, do Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô A.P. Ershov đứng đầu. Hơn 4.000 lá thư được gửi đến, mỗi lá thư đều phải được kiểm tra cẩn thận và gửi đi nhanh chóng đáp số - và cái này không có quần kiểm tra đặc biệt! Sau đó, các nhà tổ chức đã giúp đỡ bằng cách đưa các chương trình thanh thiếu niên của Novosibirsk vào giải cứu, các học sinh giống như sinh viên ZShP, chỉ có điều có nền tảng lập trình tốt hơn.

Việc tổ chức kiểm tra nhiệm vụ dần dần được cải thiện và mặc dù không còn nhân viên chính thức nhưng những người đam mê vẫn được tìm thấy ở các thành phố khác nhau của đất nước - 5 trung tâm khu vực (chi nhánh ZShP) đã được thành lập. Tất nhiên, không phải mọi thứ đều diễn ra suôn sẻ - sự thiếu chuyên môn về lập trình của các biên tập viên tạp chí, khoảng cách quá lớn giữa tòa soạn và các tác giả của bài học ở Novosibirsk đã dẫn đến những khó khăn nhất định (đặc biệt là lỗi chính tả khó chịu). Quá nhiều người mong muốn học tại ZShP đã không cho phép chúng tôi tổ chức song song hai khóa học kể từ năm 1980 và ba khóa học kể từ năm 1981 như kế hoạch ban đầu.

Nhưng chúng tôi vẫn hài lòng với kết quả. Khoảng 1.000 trẻ em - sinh viên tốt nghiệp đầu tiên của chúng tôi - sẽ nhận được chứng chỉ hoàn thành khóa học ZShP kéo dài ba năm vào tháng Sáu. Những sinh viên giỏi nhất đã lấp đầy các trường hè ở Novosibirsk của các lập trình viên trẻ trong một thời gian dài (xem «Kvant», 1979, Số 12 và 1980, Số 12, cũng như bài viết của G. Zvenigorodsky trong số tiếp theo), nơi họ có cơ hội trực tiếp làm việc về công nghệ máy tính hiện đại và Hội nghị Thông tin Trường học Leningrad («Kvant» sẽ viết về nó sau).

Trường lập trình tương ứng sẽ tiếp tục công việc của mình (từ mùa thu) theo cách tương tự như phần lượng tử “Nghệ thuật lập trình”. Nó sẽ xuất bản các tài liệu không chỉ cho sinh viên ZShP mà còn cho tất cả những ai quan tâm đến lập trình và công nghệ máy tính. Và các tài liệu về chủ đề này dành cho tất cả độc giả sẽ được đăng trong chuyên mục chung của tạp chí.

---

Là tài liệu cuối cùng của chu trình ZShP hiện tại, trong số này, chúng tôi sẽ xuất bản tài liệu về sắp xếp, Bài 19 bổ sung, nhưng không phù hợp với «Kvant» Số 3 do số lượng.

52

giới hạn số phần tử mảng không có phần tử nào.

Giới hạn dưới có thể coi là số 2. Thật vậy, việc xác định phần tử có giá trị khóa nhỏ nhất không khó. Thủ tục min(m) (không được mô tả ở đây; người đọc siêng năng có thể tự mô tả nó) tìm phần tử trong mảng m có giá trị khóa nhỏ nhất và di chuyển nó đến vị trí đầu tiên trong mảng, trong khi vẫn giữ nguyên thứ tự của tất cả các phần tử khác. Trong một mảng như vậy, hai phần tử đầu tiên nhất thiết phải được sắp xếp theo thứ tự. Sau đó, bắt đầu từ n=2, bạn có thể áp dụng thủ tục inclusion(m, n). Thực tế là phần tử tối thiểu xuất hiện trước ngay từ đầu cho phép biến số chu kỳ trong thủ tục bao gồm được khởi tạo với giá trị 2.

Nếu có mô tả về thủ tục min(m) và inclusion thì thuật toán sắp xếp bao gồm thủ tục bằng văn bản *sort include(var m: array); var n: số nguyên; bắt đầu(m); đối với n:=2 đến 999, hãy thực hiện Enable(m, n) end; Chúng tôi cho phép sắp xếp thay thế vì nó thực tế không tiêu tốn thêm bộ nhớ: các phần tử của mảng được sắp xếp mà không vượt quá bộ nhớ được phân bổ cho mảng. Vị trí dành cho một phần tử duy nhất, trong đó phần tử m [số] sẽ được gửi vào thời điểm trộn phần “đuôi” của mảng trong lệnh gọi tiếp theo đến thủ tục inclusion, chắc chắn có thể được coi là không đáng kể.

Tuy nhiên, việc sắp xếp này diễn ra chậm. Thuật toán sử dụng khoảng k lệnh gọi đến thủ tục inclusion (k là số phần tử mảng). Lần nth thủ tục này được gọi, các phép so sánh xấp xỉ n được thực hiện. Nói chung, có thể ước tính số lần gần đúng mà quy trình so sánh có thể được thực hiện

$$1 + 2 + 3 + \dots + k = \frac{(k+1)}{2} k.$$

Một thuật toán sắp xếp yêu cầu một số so sánh có thể so sánh với k^2/2 không thể được gọi là nhanh: trong các bài toán thực tế, số k rất lớn. Hãy nhớ lại («Kvant» #2) rằng sắp xếp hợp nhất chỉ yêu cầu so sánh k.

Bạn có muốn thử xây dựng một thuật toán sắp xếp bao gồm bên ngoài (thứ tự tệp) và đánh giá tốc độ của nó không?

Từ một vị trí khác, phương pháp sắp xếp phân phối tiến tới lời giải bài toán. Phương pháp này hoàn toàn không được sử dụng để so sánh. Nó được thiết kế để làm việc với các phần tử có khóa, như số nguyên hoặc từ, bao gồm các bộ ký tự hữu hạn và có dạng chung.

$$a_1 a_2 \dots a_i \dots a_l.$$

Mỗi ký hiệu ở đây có một tập hợp hữu hạn, số phần tử p trong đó tương đối vô hạn (lên tới vài chục). Đặc biệt đây là bảng chữ cái.

Cơ sở của việc sắp xếp theo phương pháp phân phối là một chu trình có biến i, có giá trị ban đầu l, ranh giới là 1 và bước bằng -1: đầu tiên, chữ cái cuối cùng của các từ khóa được xem xét, sau đó là chữ cái áp chót, v.v. cho đến chữ cái đầu tiên. Mỗi lần vòng lặp này được thực thi, tất cả các phần tử của tệp đã sắp xếp sẽ được phân bổ vào các tệp p - “pockets”; đối với các văn bản chữ cái bằng tiếng Nga p=33 (32 chữ cái cộng với dấu cách). Tệp “pocket” tương ứng với chữ cái a chứa các phần tử có khóa có chữ cái a ở vị trí i-th, “pocket” tiếp theo chứa các phần tử có khóa có vị trí i-th chứa chữ cái b, v.v. Mỗi lần thực hiện vòng lặp kết thúc bằng cách hợp nhất các tệp p “pocket” vào một tệp duy nhất, đóng vai trò là đối tượng của lần thực hiện vòng lặp tiếp theo.

Thuật toán giả định rằng tất cả các khóa có cùng độ dài. Tuy nhiên, đây không phải là hạn chế khi làm việc với văn bản: độ dài của mỗi từ có thể được lấy bằng số l vị trí được phân bổ cho các giá trị khóa trong tài liệu nguồn hoặc trong bộ nhớ máy tính. Nếu chiều dài

54

từ - năm - đặt số lượng “túi” $p=5+1=6$. Bảng hiển thị quá trình sắp xếp cho ví dụ này.

Những người hiểu ví dụ đơn giản này chắc chắn sẽ hiểu mô tả sau đây về quy trình thực hiện sắp xếp bằng phương pháp pastribution. Một số thay thế sơ bộ. Chúng ta đang nói về việc sắp xếp bên ngoài. Vì vậy, người ta giả định rằng loại record = record được mô tả
khóa: mảng [1..20] của char
bối cảnh: mảng [1..60] của char
end;
file = tập tin nhập;
Trong thủ tục này, cơ chế con trỏ tỏ ra thuận tiện (hãy nghĩ xem tại sao). Vì vậy, bạn đọc nên tham khảo kỹ bài 19 của Trường Phóng viên số 3 «Kvant». Chương trình sẽ giúp hiểu được các nhận xét, số lượng nhận xét được đưa vào chương trình và các văn bản được đưa ra sau đó. Vì vậy, việc sắp xếp phân bổ trên bảng chữ cái 33 ký tự được thực hiện theo quy trình sau:

bộ sắp xếp thủ tục (var f:file; l:integer);
{1}
var i, j: integer;
túi: mảng [1..33] của ↑file; {2}
begin
đối với j đến 33 làm new(pocket/j]);
for i:=l downto 1 do {4}
begin
đối với j đến 33 hãy viết lại(pocket/j)↑;
reset(f);
while NOT eof(f) do {7}
begin
write(túi/số(f↑.keys/i))↑,f↑);
get(f);
end;
rewrite(f);
for j to 33 do {11}
begin
đặt lại(túi/j)↑;
trong khi KHÔNG eof(pocket/j)↑) làm
begin
write(f, Pocket/j)↑);
lấy(túi/j)↑)
kết thúc {kết thúc chu kỳ, đọc túi}
kết thúc {kết thúc chu kỳ, khoanh tròn các túi}
kết thúc {kết thúc vòng lặp chính}
kết thúc; {kết thúc thủ tục}

1: $f$ — tệp cần sắp xếp; $l$ - độ dài khóa.
2: Pocket là một mảng gồm 33 con trỏ (theo số lượng tệp trung gian được tạo mỗi khi vòng lặp được thực thi $i$); thứ tự các phần tử của mảng bỏ túi tương ứng với thứ tự các chữ cái trong bảng chữ cái abv…eyuya.
3: Quy trình mới tạo tập tin túi $j/j$↑ là một con trỏ tới các biến tương ứng với con trỏ túi $j/j$ - các phần tử của mảng túi (xem Bài 19).
4: Vòng lặp chính qua các chữ cái của phím từ đầu đến đầu.
5: Làm sạch tất cả các tệp trung gian - “túi” trong chu trình; mũi tên ở bên phải của các túi $j/j$ có nghĩa là nội dung trong ngoặc đơn không phải là một phần tử của mảng con trỏ, mà là giá trị được đánh dấu bởi con trỏ này, tức là tệp.
6: Cài đặt ban đầu của tệp $f$ để đọc.
7: Lặp lại việc đọc bản ghi từ tệp $f$.
8: Điều quan trọng là phải hiểu điều này. Trong dòng này, mũi tên thứ nhất và thứ ba là ký hiệu bộ đệm và mũi tên ở giữa tượng trưng cho giá trị được bù bởi con trỏ. Túi $j/j$ là chữ cái của chìa khóa, đứng ở vị trí thứ $i$(phải); $f↑.ключи$ — trường túi có thể thay đổi, nghĩa là trong bản ghi tệp hiện tại $f$; số($f↑.ключи/i$) - số chữ cái của túi$j/j$ trong bảng chữ cái abv…eyuya, thủ tục số($x$), chuyển một chữ cái thành số tương ứng, được mô tả trong Phụ lục về sắp xếp («Kvant» Số 2); túi/số($f↑.ключи/i$)/↑ — tệp “túi” trung gian, được xác định bởi con trỏ tương ứng với mẫu; Quy trình ghi ở đây sẽ ghi lại bộ đệm $f↑$ vào tệp tương ứng - “pocket”.
9: Đang tìm nạp bản ghi tiếp theo của tệp $f$.
10. Dọn dẹp tệp $f$ trước khi tạo thế hệ tiếp theo.
11. Chu kỳ truy tìm túi.
12: Lắp đặt một túi để đọc từ nó.
13: Tham số thứ hai của quy trình ghi là bộ đệm (mũi tên phải) của tệp bỏ túi $j/j$↑.
14. Chọn phần tử tiếp theo từ túi. Người đọc quan tâm đến bài toán tổ chức thông tin, có thể được giới thiệu cho máy chủ đọc tập thứ ba trong tác phẩm cơ bản “Nghệ thuật lập trình máy tính” của D. Knuth.
Tập này có tên là “Sắp xếp và tìm kiếm” (M., “Mir”, 1978).

Yu. Pervin

Sửa đổi
Trong đáp số trên bài toán I phiên bản I của Viện Kỹ thuật Điện tử Mátxcơva («Kvant», 1982, Số 2, trang 60) đã xảy ra lỗi. Đúng đáp số: $((c; c))$ ($c \in R$) với $a=0$, $(0; 0)$, $(\frac{3}{2}a; \frac{9}{2}a)$, $(\frac{3}{4}a; -\frac{9}{4}a)$

tại $a \neq 0$. Trong điều kiện lựa chọn I của Học viện sư phạm bang Leningrad mang tên. A.I. Herzen («Kvant», 1982, số 3, trang 47) đã bỏ sót một lỗi đánh máy: thay vì $\sqrt{ab}+a$ nên có $\sqrt{ab}+a$.

55

Đáp số, gợi ý, lời giải

Hệ thống quang học

1. Một chùm tia song song phát ra từ hệ thống (hệ thống telecoppic).

2. Hình ảnh nằm ở một khoảng cách từ dòng
   $$f = \frac{Fd}{2d - F}.$$
   Hình ảnh sẽ hợp lệ ở $d > F/2$ và tối thiểu ở $d < F/2$.

3. $F = \frac{n_1R}{2(n_1 - n)}$; Đồ thị của $F$ so với $n$ được thể hiện trên Hình 1. Nếu $n < n_1$ thì tiêu cự của thấu kính là dương (thấu kính hội tụ); nếu $n > n_1$, tiêu cự âm (thấu kính phân kỳ); nếu $n = n_1$, thấu kính biến thành một mặt phẳng song song với tiêu cự lớn vô hạn.

4. Vì bề mặt bên ngoài của mắt phẳng nên chùm tia song song không bị khúc xạ trên bề mặt này, bất kể chiết suất của môi trường bên ngoài. Do đó, ngay cả khi một phần của mắt ở dưới nước và một phần ở trên không, cá sấu sẽ nhìn thấy rõ phần nổi ở khoảng cách đủ xa (một phần ở dưới nước và một phần ở trên không).

Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova

Matematika
Tùy chọn 1

1. $\{5\} \cup [4 + \sqrt{2}; +\infty[$. Bình luận. Nhiều ứng viên đã hoàn thành xuất sắc

$$F_{cm}$$
Hình 1.

đây là nhiệm vụ Tuy nhiên, một số người đã mất điểm $x = 5$, nhầm tưởng rằng bất đẳng thức ban đầu tương đương với hệ
$$\begin{cases} \sqrt{x} - 5 \geqslant 0 \\ \log_{\sqrt{2}}(x - 4) - 1 > 0, \end{cases}$$
trong khi mất dấu hệ thống lời giải
$$\begin{cases} \sqrt{x} - 5 = 0 \\ \log_{\sqrt{2}}(x - 4) - 1 < 0. \end{cases}$$
2. $\{(-1)^k \frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi l\} (k, l \in \mathbb{Z})$. Lời giải. Hệ thống này tương đương với sự kết hợp của hai hệ thống:
$$\begin{cases} \sin x = 0 \\ 2 \sin^2 x - \cos 2y - 2 = 0 \end{cases}$$
$$\begin{cases} \cos y = 0 \\ \sin x \geqslant 0 \\ 2 \sin^2 x - \cos 2y - 2 = 0. \end{cases}$$
Cái đầu tiên trong số chúng rất indo, không có lời giải và cái thứ hai tương đương với hệ thống
$$\begin{cases} \cos y = 0 \\ \sin x = \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases}$$
Bình luận. Một số người nộp đơn đã quên đưa bất đẳng thức $\sin x \geqslant 0$ vào hệ thống thứ hai và do đó nhận được thêm nghiệm. Một số mắc lỗi với lời giải các phương trình lượng giác đơn giản nhất; Đây cũng là điển hình đối với những ứng viên được nhận vào các khoa khác của Đại học quốc gia Moscow.

3. $18 \frac{1}{3}$ kg. Gợi ý. Gọi $a$ và $b$ lần lượt là lượng muối trong bình thứ nhất và bình thứ hai, còn $x$ và $y$ là lượng nước bay hơi. Sau đó
   $$p = \frac{a}{5 - x} : \frac{a}{5}, \quad q = \frac{b}{20 - y} : \frac{b}{20},$$
   Ở đâu
   $$x = 5 - 5/p, \quad y = 20 - 20/q, \quad x + y = 25 - \left(\frac{5}{p} + \frac{20}{q}\right).$$
   Theo điều kiện $pq = 9$ và $p, q \geqslant 1$; Điều này có nghĩa là bạn cần tìm giá trị lớn nhất của hàm
   $$f(p) = 25 - \frac{5}{p} - \frac{20p}{9}$$

tại $1 \leqslant p \leqslant 9$. Bằng cách nghiên cứu hàm bằng cách sử dụng một hàm tùy ý hoặc sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình đối số và trung bình hình học, người ta xác định rằng giá trị lớn nhất của hàm (1) nằm trên [1; 9] đạt được ở $p = 3/2$.

4. $2 \left[ \text{ctg}(30^\circ + a/4) + \text{ctg}(30^\circ - a/4) + \sqrt{3} \right]$. Lời giải. Chúng ta hãy đặt $\text{BAE} = \alpha, \text{ABE} = \beta, \text{BEA} = \gamma$ (Hình 2). Sau đó $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ, \beta - \alpha = a$. Biên độ của CBAD còn lại là 240°, góc phẳng CED nằm trên cung này. Nhưng $BC \parallel AD$, do đó $AmB = CED = 120^\circ$ và góc BEA đỡ cung AmB là 60°. Vì vậy, $\gamma = 60^\circ, \beta - \alpha = a, \alpha + \beta = 120^\circ$, mở $\alpha = 60^\circ - a/2, \beta = 60^\circ + a/2, \gamma = 60^\circ$. (2) Gọi $P$ là chu vi của tam giác $ABE$ và $r$ là bán kính của hình tròn nội tiếp trong đó

56

(Hình 3). Từ sáu tam giác vuông ta có

$$P = 2r \left( \text{ctg} \left( \alpha/2 \right) + \text{ctg} \left( \beta/2 \right) \right),$$

từ đó đáp số ngay sau nếu chúng ta sử dụng (2).

5. $$\frac{1}{4} \left( S + \sqrt{2} \sigma k \sqrt{1-l} \right).$$ Lời giải. Khoảng cách metahedron $ABCD$; Chúng ta hãy biểu thị lần lượt bằng $K, L, M, N$ điểm giữa của các cạnh $AC, BC, BD, AD$, bằng $H$ khoảng cách giữa các đường thẳng $AB$ và $CD$ và bằng $S_1$ diện tích của phần giữa $KLMN$ (Hình 4). Hãy chứng minh rằng thể tích $V$ của khối trung diện $ABCD$ bằng $$\frac{2}{3} S_1 H.$$

Để làm điều này, chỉ cần có một khối tam diện $ABCD$ thành một “nêm” (hình tam giác) $AA_1 A_2 BB_1 B_2$, chọn các điểm $A_1, A_2, B_1, B_2$ sao cho $A_1 B_1 \parallel A_2 B_2 \parallel AB$, $|A_1 B_1| = |A_2 B_2| = |AB|$ và $C$, $D$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $A_2 B_2$ và $A_1 B_1$ (Hình 5). Khi đó khoảng cách $H$ từ đường thẳng $AB$ đến đường thẳng $CD$ bằng khoảng cách từ bất kỳ điểm nào của đường thẳng $AB$ đến mặt phẳng $A_1 B_1 B_2 A_2$, và do đó thể tích $V_2$ của hình nêm bằng $$\frac{1}{2} S_2 H,$$ trong đó $S_2$ là diện tích hình bình hành $A_1 B_1 B_2 A_2$ (xem Hình 6); âm lượng của dấu trực tiếp $A_3 A'_2 A_1 B_3 B'_2 B_1$ rất nhỏ bằng $$\frac{1}{2} S_2 H$$ và trùng với âm lượng của hình nêm $AA_2 A_1 BB_2 B_1$). Tiếp theo, từ sự giống nhau của $KLMN$ và $A_2 B_2 B_1 A_1$ với hệ số 1/2 ta có $S_2 = 4S_1$. Nó vẫn còn để chứng minh rằng $V_2 = 3V$. Đặt $F$ ở giữa $AB$; thì mặt phẳng $CDF$ chia khối trung diện $ABCD$ thành hai khối bằng nhau, mỗi khối bằng $1/6V_2$ (ví dụ: $V_{CDFB} = \frac{1}{3} V_{CDFB_2 B_1 B_2} = \frac{1}{6} V_2$). Công thức $V = \frac{2}{3} S_1 H$ đã được chứng minh.

Diện tích của phần mong muốn bằng $$\frac{1}{4} S + S_1,$$ trong đó $S_1$ là diện tích phần giữa của khối trung diện $BCDE$, song song với các cạnh $BC$ và $DE$ (bằng diện tích $KLMN$) và $S$ được cho (xem Hình 7). Thể tích của khối đa diện $BCDE$ là $V$ và khoảng cách giữa các đường $BC$ và $DE$ là $H$, do đó, vẫn phải tính $V$ và $H$ để tìm $S_1$ từ công thức $V = \frac{2}{3} S_1 H$. Gọi $r$ là bán kính của quả bóng treo ở $BCDE$, $s$ là khoảng cách từ tâm quả bóng treo đến đường thẳng $DE$. Khi đó $$\frac{s}{H} = k, \quad r = s \sin \frac{\alpha}{2},$$ trong đó $\alpha$ là giá trị của góc nhị diện ở cạnh $DE$. Có nghĩa,

$$V = \frac{1}{3} r \sigma = \frac{1}{3} s \left( \sin \frac{\alpha}{2} \right) \sigma =$$

$$= \frac{1}{3} k H \left( \sin \frac{\alpha}{2} \right) \sigma;$$

$$S_1 = \frac{3}{2} \frac{V}{H} = \frac{1}{2} k \left( \sin \frac{\alpha}{2} \right) \sigma.$$

Vẫn còn phải tìm $$\sin \frac{\alpha}{2}.$$ Đặt $(BF) \perp (DE)$ (Hình 8). Sau đó $(B'F) \perp (DE)$. chúng tôi có

$$tg B'DE = \frac{|B'F|}{|DF|}, \quad tg BDE = \frac{|BF|}{|DF|},$$

57

Vậy, $l = |B'F| : |BF| = \cos \alpha$, từ đâu đến

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}} = \frac{\sqrt{1-l}}{\sqrt{2}}$$
và cuối cùng

$$S_1 = \frac{1}{2\sqrt{2}} k \sqrt{1-l} \sigma.$$

Tùy chọn 2

1. $\{4\} \cup \{5\}; +\infty$ [.
2. $\left\{\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} k; \frac{\pi}{6} + \pi l\right\} (k, l \in \mathbf{Z})$.
3. 3480kg. Gợi ý. Nhiệm vụ là tìm giá trị nhỏ nhất của hàm $f(k) = 1000(k-1) + 1960\left(\frac{9-k}{k}-1\right)$.
4. $\frac{1}{2(\sin a + \sin 2a + \sin 3a)}$.
5. $\frac{1}{4} (S + \sqrt{2} \sigma k \sqrt{1-\sqrt{1-l^2} \sin^2 \alpha})$. Gợi ý. Lời giải tương tự như lời giải bài toán 5 từ tùy chọn 1. Diện tích mặt cắt yêu cầu của từ là $S_1 + S/4$ (Hình 9). Bằng cách mở rộng khối tứ diện $BCFG$ sang hình nêm, chúng ta tìm được thể tích $BCFG, V = \frac{2}{3} S_1 H$, trong đó $H$ là khoảng cách giữa các đường thẳng $FG$ và $BC$. Mặt khác, thể tích này bằng $V = \frac{1}{3} \sigma r$, trong đó $r$ là bán kính của hình cầu nội tiếp.

Tùy chọn 3

1. $] -\infty; -1,4] \cup \{2; 2,6\}$.
2. $x = (-1)^k \frac{\pi}{6} + \pi k (k \in \mathbf{Z})$.
3. 20 km.
4. 2 cung $\frac{\sqrt{17}-3}{2}$. Gợi ý. Để tìm điểm cực trị của hàm số $V = \frac{2\pi}{3} \times \left(1 + \mathrm{tg} \frac{\alpha}{2}\right)^2 \times \frac{tg^2 \frac{\alpha}{2} \cdot (1 - \mathrm{tg} \frac{\alpha}{2})}{tg^2 \frac{\alpha}{2} \cdot (1 - \mathrm{tg} \frac{\alpha}{2})}$, hãy tìm điểm cực trị của hàm số $y = \frac{(1+t)^2}{t^2(1-t)}$.
5. $[-\sqrt{2}; 1] \cup [\sqrt{2}; +\infty$. Gợi ý. $a^3 + (1-\sqrt{2}) a^2 - (3+\sqrt{2}) a + 3\sqrt{2} = (a-\sqrt{2}) (a^2+a-3); (a^2-2)^2 - [a^3 + (1-\sqrt{2}) a^2 - (3+\sqrt{2}) a + 3\sqrt{2}] (a+\sqrt{2}) = -(a^2-2)(a-1)$.

Tùy chọn 4

1. $\{5\}$.
2. $x_1 = \pi k, x_2 = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} l (k, l \in \mathbf{Z})$.
3. $\frac{147}{8}$.
4. $\frac{9}{4}$.
5. $\frac{3\sqrt{13}}{\sqrt{5}+\sqrt{13}}$. Lời giải. Đặt $DABC$ là tham số đã cho, $|AB| = 4, |DC| = 12, |AD| = |DB| = |AC| = |CB| = 7$ (Hình 10). Gọi $M$ là trung điểm của $[AB]$, $E$ đáy của đường vuông góc hạ từ đỉnh $D$ xuống mặt phẳng $ABC$. Khi đó $MC \perp AB$ và $EM \perp AB$, tức là các điểm $E, M$ và $C$ cùng nằm trên một đường thẳng. Từ $\triangle ACB$ có $|MC| = 3\sqrt{5}$, và từ $\triangle ADB$ có $|DM| = 3\sqrt{5}$. Trong một tam giác cân $DMC$, chiều cao $MK$ có chiều dài $|MK| = 3$; do đó $S_{\triangle DMC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 12 = 18$. Mặt khác, $S_{\triangle DMC} = \frac{1}{2} |DE| \cdot |MC|$. Do đó $|DE| = \frac{12}{\sqrt{5}}$. Khối lượng tối đa $V = \frac{1}{3} |DE| \cdot S_{\triangle ABC} = \frac{1}{3} \cdot \frac{12}{\sqrt{5}} \cdot 6\sqrt{5} = 24$. Vì $S_{\triangle ADB} = S_{\triangle ABC} = 6\sqrt{5}$ và $S_{\triangle ADC} = S_{\triangle DBC} = 6\sqrt{13}$, tổng diện tích của tất cả các mặt của paramid là $S = 12(\sqrt{5} + \sqrt{13})$. Nếu $r$ là chiều dài bán kính của hình cầu thì $V = \frac{1}{3} r \cdot S$, do đó $r = \frac{6}{\sqrt{5}+\sqrt{13}}$. Vì mặt phẳng $DMC$ chia đôi góc nhị diện được tạo bởi các mặt phẳng $ADC$ và $BDC$, và mặt phẳng $AKB$ chia đôi góc nhị diện được tạo bởi các mặt phẳng $ADB$ và $ACB$, nên tâm $O$ trong mặt phẳng hình cầu nằm trên $[MK]$. Đáy của đường vuông góc từ $O$ đến mặt $ADB$ nằm trên $[DM]$ và đáy của đường vuông góc từ $O$ đến mặt $ABC$ nằm trên $[MC]$. Độ dài của các đường vuông góc này là $r$ (Hình 11). Khoảng cách yêu cầu $[OK]$ nằm ở $S_{\triangle DMC} = \frac{1}{2} r \cdot |DM| + \frac{1}{2} r \cdot |MC| + \frac{1}{2} |OK| \cdot |DC|$.

Tùy chọn 5

58

Hình 12.

2. $\left\{ \frac{\sqrt{2}-1+\sqrt{3+2\sqrt{2}}}{2}, \frac{\sqrt{2}-1-\sqrt{3+2\sqrt{2}}}{2} \right\}$. Quét. Đã đoán (dùng định lý Vieta) rằng phương trình bậc hai $t^2+(1-\sqrt{2})t-\sqrt{2}=0$ có nghiệm $\sqrt{2}$ và $-1$, hoặc áp dụng đẳng thức dễ kiểm chứng $\sqrt{3+2\sqrt{2}}=\sqrt{2}+1$, đáp số có thể viết dưới dạng $\left\{ \frac{1}{10}, 10^{\sqrt{2}} \right\}$.

3. 4,5.

4. 22,5. Gợi ý. Vẽ một đường vuông góc qua $O$ $KL$ đến $BC$ (Hình 12). Với đối xứng tương đối $KL$, điểm $C$ sẽ chuyển đến điểm $B$ và điểm $D$ sẽ chuyển đến điểm $A$. Vì vậy, $KL \perp AD$, từ đâu $BOL=OAK$.

5. $x=1, y=1+\frac{\pi}{2}+\pi k (k \in \mathbb{Z})$. Gợi ý.

Đặt $\cos^2 \frac{x-y}{2}=t$ và giải phương trình thu được cho $t$.

Tùy chọn 6

1. $\left\{ -\frac{1}{3}, 4 \right\}$.

2. $\frac{\pi}{4}+1$. Lời giải. $\max \left[ -\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right] y = \max \left[ 0; \frac{\pi}{2} \right] y = y \left( \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{4}+1$.

3. 1 kg bốn mươi phần trăm và 2 kg sáu mươi phần trăm.

4. $\frac{24}{\sqrt{145}}$.

5. $\{(1;-1)\}$. Lời giải. Hệ thống này tương đương với hệ thống

$$\begin{cases} y^2=\frac{2x}{1+x^2} \\ 2(x-1)^2+1+y^3=0. \end{cases}$$

Vì $\frac{2x}{1+x^2} \leq 1$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, từ phương trình đầu tiên của hệ (1) $-1 \leq y \leq 1$. Từ phương trình thứ hai của hệ (1) $y \leq -1$. Vì vậy, $y=-1, x=1$.

Tùy chọn 7

1. $\left\{ (4;2), \left( \frac{4}{3}; -\frac{2}{3} \right) \right\}$.

2. $\frac{\sqrt{2}-1}{2} a^2$.

Tùy chọn 8

1. $x_1=\frac{\pi}{3} k, x_2=\frac{\pi}{8}+\frac{\pi}{4} l (k, l \in \mathbb{Z})$.

2. $]-\infty; 0] \cup \left[ 1 \frac{31}{32}; 2 \right]$.

3. $\frac{27}{8} \text{ см}^2$. Gợi ý. $\frac{1}{2} |AB| \cdot |AM| \times \sin \widehat{BAM}=\frac{1}{2} |BH| \cdot |BM| (H$ - đáy, chiều cao). Nếu $h$ là chiều cao của tam giác $BNM$ thì $\frac{|AB|}{|AD|}=\frac{|BN|}{|ND|}=\frac{h}{|BH|-h}$.

4. Người đầu tiên là 20, người thứ hai là 18.

5. Chiều cao $\frac{4}{3} R$, bán kính đáy $\frac{2\sqrt{2}}{3} R$.

Vật lý

Khoa Vật lý

1. $v=\frac{L}{4} \sqrt{\frac{g}{2h}}$.

2. $T_2=T_1 \sqrt{\frac{g}{g-a} \frac{\cos \alpha_2}{\cos \alpha_1}}$.

3. $x=-\frac{F}{k}+\sqrt{\left( \frac{F}{k} \right)^2+\frac{m^2v^2}{k(M+m)}}$.

4. $x_M=\sqrt{\frac{mgH}{2k}}+\left( \frac{mg}{4k} \right)^2$.

5. $N=\frac{T_1-T_2}{T_1} \frac{qVv}{s} \approx 54 \text{ кВт}$.

6. $\Delta q=q_2-q_1=-C\left( \mathcal{E}_1+\mathcal{E}_2 \right) \frac{R_2}{R_1+R_2}=-25,8 \text{ мкКл}$.

7. $q=C\alpha(R\tau+L)=2 \cdot 10^{-11} \text{ Kл}$.

8. $B=\frac{2\pi mv \cos \alpha}{Le} n$, ở đâu $n=1, 2, 3, \dots$.

9. $l=\frac{2d^2}{2d-F} \approx 21,3 \text{ см}$.

10. $x=d \frac{n-1}{n}=2 \text{ мм}$.

Khoa Cơ học và Toán học

1. $t=\sqrt{\frac{2l}{a-\mu g}} \approx 2 \text{ с}$.

2. $E_n=\frac{F^2m_2x_0}{2(m_1+m_2)^2F_0}=0,1 \text{ Дж}$.

3. $\Delta U=Q-\left( p_0+\frac{mg}{S} \right) V \frac{\Delta T}{T} \approx 33 \text{ Дж}$.

4. $r=r_1k \frac{p_1}{p_0} \frac{T_2}{T_1} \approx 3,7 \%$.

5. Màn hình phải được đưa lại gần $\Delta f=\frac{f^2D}{1+fD}=2 \text{ м}$.

59

Khoa Toán tính toán và Điều khiển học

1. $v_0 = \frac{4v}{4-\pi} \approx 233$ m/s.
2. $\frac{U_1}{U_2} = \frac{R_1+R_2}{R_2} = 1,5$.
3. $\mathcal{E}_2 = \mathcal{E}_1 \frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}+1} = 3$B hoặc $\mathcal{E}_2 = \mathcal{E}_1 \frac{\sqrt{n}+1}{\sqrt{n}-1} = 12$B.
4. $l = 2 \sqrt{\frac{\Gamma(d-F)^2-F^2}{\Gamma}} \approx 10$ xem
5. $x = \frac{4rd}{2d-R} = 3$ xem

Khoa Hóa học

1. $F = mg tg \alpha_1 \approx 0,98$ N.
2. $H = \frac{\eta N}{Qg} \approx 5$ m.
3. $a = \frac{q}{m} \sqrt{E^2+v^2B^2} \approx 2,5 \cdot 10^{13}$ m/c$^2$.
4. $a = 4h = 4$ cm (theo hướng dịch chuyển của thấu kính $\varPi_2$).
5. $x = \frac{F(v_2-v_1)\Delta t}{d} = 1$ xem

Khoa Địa Lý và Khoa Khoa Học Đất

1. $n_2 = n_1 \frac{V_2}{V_1} \frac{T_1}{T_2} \approx 2,3$ cầu xin.
2. $A = \frac{m}{\mu} R (T_2-T_1) \approx 1,7 \cdot 10^3$ J.
3. $m_\pi = \frac{m_\pi \lambda + (c(m_B+m_\pi)+C_k)(t-t_1)}{r+c(t_2-t)} \approx 0,06$ kg.
4. $R = \frac{\mathcal{E}_1 r_2 - \mathcal{E}_2 r_1}{\mathcal{E}_2} \approx 2,3$ Ôm.
5. $\Delta I = I_0 - \frac{m}{kt} \approx 0,03$ A.

Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Lênin Komsomol

Toán học

Tùy chọn 1

1. {(1; 1), $(\log_2 3; \log_3 2)$}.
2. $x = (-1)^k \arcsin \frac{2-\sqrt{2}}{2} + \pi k$ ($k \in \mathbb{Z}$).
3. $4-2\sqrt{3}$. Gợi ý. Nếu $M = (BD) \cap (CK)$ thì $\frac{|MK|}{|KB|} = \frac{|MC|}{|CD|}$; $|CD| < |AB|$.
4. $\frac{7}{2} \sqrt{5}$ hoặc $\frac{1}{2} \sqrt{5}$ hoặc 0. Gợi ý.
   Xét trường hợp $|AO| \neq 0$ và $tg \alpha = 2$ ($\alpha$ là góc mà tiếp tuyến này tạo với trục $Ox$); $|AO| \neq 0$ và $tg \alpha = -2$; $|AO| = 0$.
5. $2 \arcsin \frac{\sqrt{10}}{5} = \arccos \frac{1}{5} = 2 \arctg \frac{\sqrt{6}}{3}$.
   Gợi ý. Vẽ các đường thẳng song song với nó đi qua các đỉnh của tam giác $ABC$

Hình 13.

Hình 14.

các mặt đối diện; chúng ta hãy biểu thị bằng $A'$ điểm giao nhau của các đường được vẽ qua $B$ và $C$; $B'$ và $C'$ được giới thiệu tương tự nhau. Khi đó góc giữa các mặt phẳng $SA'C'$ và $SA'B'$ là góc cần thiết. Các dạng khác nhau của đáp số tương ứng với các cách xác định giá trị khác nhau của nó.

Tùy chọn 2

1. 300kg.
2. $x_1 = -\frac{\pi}{36} + \frac{\pi}{3} k$, $x_2 = \frac{\pi}{24} + \frac{\pi}{2} l$ ($k, l \in \mathbb{Z}$).
3. $1 + \frac{1}{\sqrt{3}}$. Gợi ý. $\widehat{DOE} = 60^\circ$.
4. $] = \infty$; $0 [\cup [1; +\infty [$.
5. $\sqrt{2}$. Gợi ý. Đặt $O$ là tâm của quả bóng được ghi trong paramid này. Khi đó tâm $O_1$ của một quả bóng có bán kính $\frac{3}{2\sqrt{6}}$ nằm trên tia $[AO)$, và tâm $O_2$ của quả bóng thứ hai nằm trên tia $[OB)$ (Hình 13). Tính bán kính của quả bóng được ghi trong paramid. Từ giá trị của nó suy ra $|AO_1| = 3|AO|$, $|OO_2| = 2|OB|$.
   Nếu $[OK]$ là chiều cao của tam giác $AOB$ và $T$ là một điểm trên $(AB)$ sao cho $|KB| = |BT|$ (Hình 14), thì $O_2T \perp AT$ và $O_1T \perp AT$; tức là $O_2TO_1$ là đường thẳng, vuông góc với $AT$. Do đó $|O_1O_2| = 4|OK|$.

Vật lý

Tùy chọn 1

1. $ABC = \arctg 1/2 \approx 27^\circ$.
2. Từ tính đối xứng của hệ, ta suy ra rằng sau thấu kính thứ nhất, các tia được tập trung vào giữa hình trụ. Chúng ta hãy xem xét một tia rơi trên mặt phân cách thủy tinh-nước một góc $\alpha$ và đi vào nước với góc khúc xạ $\beta$ (Hình 15). Theo định luật khúc xạ thì
   $$\frac{\sin \alpha}{\sin \beta} = \frac{n}{n_{\text{ст}}} \approx \frac{\sin \alpha}{2h/l}$$
   trong đó $h$ là khoảng cách từ điểm tới của chùm tia

60

Hình 15.

với trục, $l$ là chiều dài của hình trụ. Đối với trường hợp ánh sáng truyền từ thủy tinh qua không khí, chúng ta có thể viết

$$\frac{\sin \alpha}{\sin \beta_0} = \frac{1}{n_{cT}} \approx \frac{\sin \alpha}{h/F},$$

trong đó $\beta_0$ là góc khúc xạ trong không khí. Từ đây

$$\frac{\sin \beta_0}{\sin \beta} = n = \frac{l}{2F},$$ và $l = 2nF$.

3. Vì các electron phân bố đối xứng dọc theo thanh nên tại điểm $A$ dòng điện là $I_A = 0$, và khi nó tiến đến điểm $B$ thì dòng điện tăng theo định luật tuyến tính $I_l = \frac{I}{2} \frac{l}{L}$, trong đó $L = |AB|$.

Theo định luật Ôm cho một đoạn mạch điện,

$$U_{AB} = I_{cp} \frac{R}{2} = \frac{I_A + I_B}{2} \frac{R}{2} = \frac{I}{4} \frac{R}{2} = \frac{IR}{8}.$$

4. Gọi chiều dài của bể là $l \sim 5$ m và chiều cao của nó là $h \sim 1$ m. Phương pháp ước tính độ giảm tốc của đoạn đường với gia tốc không đổi là $a = v^2/2s$. Khi đó “gia tốc hiệu dụng của lực trọng trường” bằng $\vec{g}' = \vec{g} + \vec{a}$, và áp suất tối đa của nước trong bình đầy trong quá trình phanh bằng

$$p = p_a + q(gh + al) = p_a + q\left(gh + \frac{v^2l}{2s}\right),$$

trong đó $p_a$ là áp suất khí quyển ($p_a \sim 10^5$ Pa), $q$ là mật độ của nước ($q = 10^3$ kg/m$^3$). Với các thông số đã chọn $p \sim 1,4 \cdot 10^5$ Pa.

5. Những bông hoa cẩm chướng treo trên nam châm tự trở thành nam châm và các sọc cùng tên của chúng được sắp xếp theo cùng một cách. Tại các điểm ngừng kéo giãn, việc tập luyện được áp dụng. Các đầu dưới của hoa cẩm chướng phân kỳ theo tác động của lực đẩy từ trường và lực hấp dẫn.

Tùy chọn 2

1. $x = h\left(\frac{\rho RT}{\mu p} - 1\right)$.

2. Trong trường hợp thứ nhất và thứ hai, các tụ điện được mắc song song; kể từ đây,

$$\frac{q_2}{C_1} = \frac{q_{02} - q_2}{C_2} \quad \text{и} \quad \frac{q_3}{C_1} = \frac{q_{03} - q_3}{C_3}.$$

Do đó điện tích ban đầu trên tụ 2 và 3 bằng nhau, tương ứng với

$$q_{02} = q_2 \frac{C_1 + C_2}{C_1} \quad \text{и} \quad q_{03} = q_3 \frac{C_1 + C_3}{C_1}.$$

Trong trường hợp thứ ba, tụ điện 1 được mắc song song với hệ thống sạc -

tụ điện 2 và 3 được kết nối (kết nối của chúng với nhau không thể nối tiếp, vì điện tích không giống nhau):

$$\frac{q_1}{C_1} = \frac{q_{02} - q_1}{C_2} + \frac{q_{03} - q_1}{C_3},$$

khi đó điện tích trên tụ 1 bằng

$$q_1 = \frac{q_2(C_1/C_2 + 1) + q_3(C_1/C_3 + 1)}{1 + C_1/C_2 + C_1/C_3}.$$

3. $h = Rm/M$. Gợi ý. Áp dụng các định luật bảo toàn năng lượng và động lượng. (Cho đến khi quả bóng đi qua điểm dưới cùng của vết khía, khối sẽ đứng yên.)

4. Lực nổi tác dụng lên khí cầu phải xấp xỉ bằng tổng lực của hàng hóa (khối lượng $M = 10^5$ kg), vỏ và gel. Bỏ qua khối lượng của vỏ và gel (mật độ của gel nhỏ hơn khoảng 7 lần (29/4) so ​​với mật độ của không khí), chúng ta thu được $F_B \sim Mg$. Sau khi chọn hình dạng đơn giản nhất của khí cầu - hình cầu, chúng ta tìm thấy bán kính của nó:

$$R \sim \sqrt[3]{\frac{M}{\qquad}} \sim 100 \text{ м}.$$

5. Cho một chùm ánh sáng song song chiếu vào thấu kính, màn ảnh nằm phía sau thấu kính một khoảng lớn hơn hai lần tiêu cự (Hình 16). Khi đó chỉ ánh sáng trực tiếp chiếu vào các phần $AB$ và $EF$, chỉ có ánh sáng tán xạ bởi thấu kính rơi vào phần $CD$, và cả ánh sáng trực tiếp và tán xạ đều chiếu vào các phần $BC$ và $DE$. Đó là lý do tại sao có một vòng tròn tối ở giữa màn hình xuất hiện dưới dạng điểm sáng.

Tùy chọn 3

1. $\varphi_A - \varphi_B = \pm \varepsilon / 6$.

2. $M = 3m/2$.

3. Một chùm tia song song tới thấu kính ở một góc $a$ so với trục quang chính được thu vào mặt phẳng tiêu cự tại một điểm nằm cách trục $r = Ftg \alpha$ (Hình 17). Đây sẽ là bán kính nhỏ nhất của điểm sáng. Nếu kích thước $d$ của thấu kính sao cho

62

điện áp giữa các điểm $C$ và $D$ bằng 0 (xem Hình 4 để biết các điều kiện).
4. $R'/R = \sqrt{3}/5 \approx 0,77$. Gợi ý. Vận dụng các định luật bảo toàn động năng và động lượng của hệ kín proton - hạt nhân của nguyên tử helium.

Khoa Toán Cơ học và Khoa Toán ứng dụng - Quy trình điều khiển

1. $E = \frac{\delta}{d} \frac{\varphi \varepsilon_0}{\varphi \varepsilon_0 + Cr}$.
2. $U = \frac{2P(1+k)}{l} = 33$ B (ở đây $k=0,1$).
3. $F_1 = \frac{2ab(b-a)}{(b+a)^2} \approx 4,4$cm; $F_2 = \frac{2ab(b+a)}{(b-a)^2} = 120$ xem Gợi ý. Hình ảnh $B$ luôn ở mức tối thiểu và hình ảnh $C$ có thể là thực hoặc tối thiểu.

Khoa Hóa học

1. $v = \sqrt{\frac{Gm}{4r}}$ (ở đây $G$ là hằng số graviton).
2. $Q = m(g+a)h$.
3. $q = It/2 = 20$ Cl; $m = kq = kIt/2 = 6,6 \cdot 10^{-6}$ kg = 6,6 mg.

Đại học bang Tashkent được đặt theo tên V. I. Lênin

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1

1. $\{0\}$.
2. $[-3; 0 [\bigcup [20; +\infty ]]$.
3. $\emptyset$. Gợi ý. Phương trình này tương đương với hệ
   $$\begin{cases} \sin x = -1 \\ \sin 3x = -1. \end{cases}$$
4. $1 - \frac{\sqrt{2}}{4}$.
5. $\sqrt[3]{\frac{12Q\sqrt{-2}\cos \alpha}{\pi \cdot \cos \frac{\alpha}{2}}}$.

Tùy chọn 2

1. $\{-2\}$.
2. $] -\infty; -1 [\bigcup ]1; 3]$.
3. $x_1 = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} k, x_2 = \pm \frac{1}{4} \arccos \frac{1}{3} + \frac{\pi}{2} l (k, l \in \mathbb{Z})$.
4. $\arccos \sqrt{\frac{2}{3}}$ và $\frac{\pi}{2} - \arccos \sqrt{\frac{2}{3}}$.
5. $\frac{8p^2 \sin \alpha \cdot \cos \alpha}{(1 + \sin \alpha + \cos \alpha)^2} = 4p^2 \mathrm{tg} \frac{\alpha}{2} \times \mathrm{tg} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2} \right)$.

Tùy chọn 3

1. $\left\{ \frac{1}{4}, 2 \right\}$.

2. $] -\infty; -3 [\bigcup ]-2; +\infty [$.

3. $x = (-1)^k \frac{\pi}{6} + \pi k (k \in \mathbb{Z})$.

4. $\max y = y(8) = 545, \min y = y(5) = 536.$

5. $\frac{9l^3 \cdot \mathrm{tg}^3 \frac{\varphi}{2}}{4 \sqrt{3} \mathrm{tg}^2 \frac{\varphi}{2} - 1}$. Gợi ý. Nếu $SABC$ là một tham số nhất định ($S$ là một đỉnh) và $AP \perp SB$, thì $APC = \varphi$.
   Bài toán thi vấn đáp

6. $\sqrt{10} - 3$. 2. a) $\sin 3; 6)$ $^3\sqrt{3}$.

7. a) $\left\{ \log_2 \frac{\sqrt{5}-1}{2} \right\}; 6)$ $x = \frac{\pi}{2} + \pi k (k \in \mathbb{Z})$.

8. 4. 7. a) $[3; 4 [\bigcup ]4; +\infty [; 6)] 0; 2 [$.

9. -1. 9. $y = \left( \frac{97}{162} - 18\sqrt{3} \right) x + 4 \frac{13}{18} + 81\sqrt{3}$.

10. Hình vuông từ cạnh $\frac{a}{4}$. 12. 2. 13. 2. 14. 1. 15. $k = 0$. Gợi ý. So sánh diện tích của đường $y = 2$ và $y = kx + 2 (k \neq 0)$. 16. $1 - \frac{\pi}{4}$.

11. $2(\sqrt{2} - 1)a^2$. 18. $\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$. 19. Hình thoi khi các đường chéo của tứ giác ban đầu bằng nhau. Vuông, khi chúng cũng vuông góc với nhau. 20. $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Vật lý

1. $l_{1-2} = 7$ m; $l_{2-3} = 5$ m; $l_{3-4} = 3$ m; $l_{4-5} = 1$ m.
2. $x \approx 0,22$ m.
3. $\Delta T = T \frac{mRT}{p\mu\pi d^3/6 - mRT} \approx 6$ K.
4. $U_1 = \frac{2}{3} \varepsilon \frac{C_2}{C_1 + C_2}; U_2 = \frac{2}{3} \varepsilon \frac{C_1}{C_1 + C_2}$.
5. Khoảng cách từ thấu kính đến bóng đèn là $d = \frac{l}{2} \pm \sqrt{\left( \frac{l}{2} \right)^2 - Fl}$.
   Nếu $F = F_1$ thì $d_1 = 0,7$ m và $d_2 = 0,3$ m. Nếu $F = F_2$ thì sẽ không có hình ảnh nào bị thiếu.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 4)

1. Khối lượng của quả bóng là 20 g, con cá là 30 g, hình nón là 50 g. Hệ thống được đưa vào trạng thái cân bằng bằng các quả bóng, hoặc bằng một con cá và một cây gậy, hoặc bằng một quả bóng và hai cây gậy.
2. 60 phút = 20 + 10 + 15 + 15 (xem Hình 20).

Hình 20.