Học viện sư phạm quốc gia Moscow được đặt theo tên. V. I. Lênin

59

Ác độc hay của tôi? Xác định khoảng cách từ những hình ảnh này đến đường thẳng.

10. Đối với bất kỳ va chạm nào của một nguyên tử hydro chuyển động với tốc độ $v_0 = 7 \cdot 10^4$ m/s, một lượng tử ánh sáng có bước sóng $\lambda = 1220$ Å được phát ra cùng với một nguyên tử hydro đang va chạm. Bỏ qua động lượng của lượng tử, xác định vận tốc của các nguyên tử sau va chạm (các nguyên tử chuyển động theo một đường thẳng). Khối lượng của nguyên tử hydro là $m = 1,67 \times 10^{-27}$ kg, hằng số Planck là $h = 6,62 \times 10^{-34}$ J s.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
G. V. Efashkin, V. A. Tonyan

Học viện sư phạm quốc gia Moscow được đặt theo tên. V. I. Lênin

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1
(khoa toán học)

1. Tính toán
   $$\frac{(1 \frac{11}{18} + 1 \frac{19}{24}) \cdot \frac{16}{49}}{37 \frac{1}{3} : 3,5 - 3 \frac{5}{6}}.$$
2. Giải bất đẳng thức
   $$(6,25)^{x+8} \cdot \left(\frac{2}{5}\right)^{x^2+1} \leq 1.$$
3. Giải phương trình
   $$\sin^2 x + \sin^2 2x = 1.$$
4. Một hình nón được vẽ xung quanh quả bóng, chiều cao của nó gấp đôi đường kính của quả bóng. Tìm tỉ số diện tích toàn phần của hình nón và bề mặt của hình cầu.
5. Trong một tam giác đều, chiều dài đáy là 30 cm, chiều cao kéo đến đáy là 20 cm. Xác định chiều dài của chiều cao được vẽ sang một bên.
   Tùy chọn 2
   (Khoa Vật lý)
6. Kiểm tra hàm $y = x^3 - 12x$ và vẽ đồ thị.
7. Giải phương trình
   $$\log_2 (5-x) + 2 \log_2 \sqrt{3-x} = 0.$$
8. Cho tam giác ABC: $A (-1; 4)$, $B (5; 1)$, $C (2; -2)$. Chứng minh tam giác ABC đều, tính độ dài đường trung tuyến AD.
9. Giải phương trình
   $$\sin x + \cos x = \frac{1}{\sin x}.$$
10. Đáy của một đường thẳng là một tam giác đều, đáy của nó là $a$ và góc ở đáy là $b$. Xác định thể tích của các đường thẳng nếu bề mặt bên bằng tổng diện tích các đáy của nó.

Tùy chọn 3
(khoa địa lý)

1. Giải phương trình
   $(\sin x - \cos x)^2 + \mathrm{tg} x = 2 \sin^2 x.$
2. Giải phương trình
   $$2 \lg (x+2) = 2 \lg 3.$$
3. Tìm thể tích của một tứ diện đều nếu chiều dài cạnh của nó là $a$.
4. Một nhóm công nhân phải sản xuất 8.000 bộ phận giống hệt nhau trong một khung thời gian nhất định. Trên thực tế, công việc này đã hoàn thành trước thời hạn 8 ngày vì đội sản xuất hàng ngày sản xuất nhiều hơn kế hoạch 50 bộ phận. Khi nào công việc nên được hoàn thành?

Vật lý
Bài thi vấn đáp

1. Một đoàn tàu có chiều dài $l = 120$ m chuyển động đều tại một nơi với vận tốc $v = 18$ km/h. Sẽ mất bao lâu để tìm được địa điểm nếu chiều dài của địa điểm là $L = 480$ m?
2. Vào giây cuối cùng của chuyển động, một vật rơi tự do đi được nửa quãng đường. Xác định thời điểm rơi và độ cao từ đó vật rơi không vận tốc ban đầu.
3. Một vật được ném thẳng đứng hướng lên trên sẽ quay trở lại điểm ném sau $t = 10$ s. Vận tốc ban đầu của cơ thể là bao nhiêu? Nó đã tăng lên độ cao tối đa bao nhiêu?
4. Hai quả nặng có khối lượng $m_1 = 9$ kg và chiều cao $m_2 = 11$ kg ở hai đầu của một sợi dây ném qua một khối nhẹ. Tải trọng chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu? Độ căng của sợi chỉ là gì?
5. Một hạt nắng có khối lượng $m = 60$ kg được thả xuống một ngọn núi có chiều dài $l = 100$ m và chiều cao $h = 10$ m, vượt qua lực cản $F_c = 20$ N. Vận tốc của địa điểm ở cuối núi sẽ là bao nhiêu?
6. Sợi dây có vật nặng treo vào phải lệch đi một góc bằng bao nhiêu để khi qua vị trí cân bằng lực căng của sợi dây gấp 2 lần trọng lượng của vật nặng?
7. Trong một ống thủy tinh hẹp bịt kín một đầu và nằm ngang có một cột không khí dài $l = 50$ cm, bị khóa bởi cột rutin dài $h = 19$ cm. Chiều dài của cột không khí sẽ thay đổi như thế nào nếu ống được đặt thẳng đứng với đầu đóng kín? Áp suất khí quyển $p_a = 760$ mm pt. Nghệ thuật.
8. Một cục pin có EMF $\delta = 10$ V và điện trở trong $r = 1$ Ohm được nối với một điện trở và sẽ giải phóng công suất $P = 9$ W trong đó. Xác định hiệu điện thế giữa các cực của ắc quy.
9. Hãy chiếu chùm tia sáng một góc bằng bao nhiêu vào bề mặt thủy tinh, chiết suất của nó là $n = 1,54$, sao cho góc khúc xạ bằng $\beta = 30^\circ$?
10. Sử dụng máy ảnh phono Zenit, tạo ra tín hiệu có kích thước $24 \times 36$ cm, tôi tạo thành tháp truyền hình Ostankino, chiều cao của tháp xấp xỉ $H = 530$ m. Nên đặt bức ảnh ở khoảng cách tối thiểu bao nhiêu để mọi thứ trong ảnh trông nhỏ hơn? Tiêu cự của ống kính máy ảnh là $F = 5$ cm.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
V. S. Kopylov, O. Yu. Ovchinnikov,
O. S. Redkoubova

60

Hệ phương trình tuyến tính

22. $x = \frac{a + b\sqrt{a^2 - b^2}}{\sqrt{1 - a^2} + b^2}, y = \frac{b + a\sqrt{a^2 - b^2}}{\sqrt{1 - a^2} + b^2}$. Nốt Rê-
    khâu Đặt $\sqrt{x^2 - y^2} = v$, chúng tôi viết lại
    hệ thống này ở dạng
    $$\begin{cases} x - yv = a\sqrt{1 - v^2} \\ -xv + y = b\sqrt{1 - v^2}. \end{cases}$$

Đã giải nó như một hệ tuyến tính tương đối
$x, y$, chúng tôi nhận được
$$\begin{cases} x = \frac{a + bv}{\sqrt{1 - v^2}} \\ y = \frac{b + av}{\sqrt{1 - v^2}}. \end{cases}$$

Bằng cách bình phương các phương trình của hệ (1)
và trừ phương trình thứ hai từ phương trình thứ nhất, chúng ta thấy,
đã học được $v \neq 1$, $v = \sqrt{a^2 - b^2}$, đó là nơi nó theo sau
đáp số. Vì chúng tôi đã sử dụng kết quả sau từ phương trình hệ thống, nên chúng tôi cần phải kiểm tra; Cùng nhau điều này có thể được nhìn thấy
rằng các công thức trong đáp số giống như trong hệ thống này, nếu chúng ta thay thế $x$ bằng $a$ và $-y$ bằng $b$;
phương trình của nó tuân theo công thức đáp số.

Viện Vật lý và Công nghệ Moscow
Toán học
Tùy chọn 1

1. $$\frac{1}{2}; \pi$$

2. $3\frac{5}{9}$. Gợi ý. Đặt các điểm $A(-x, 3x^2)$ và $B(x; 3x^2)$, trong đó $0 < x \leq 1$, là đỉnh của các tam giác đang được xem xét. Đỉnh thứ ba $C$ được xác định một cách mơ hồ, vì điểm $M$ có thể là trung điểm của cả $[AC]$ và $[BC]$, nhưng trong trường hợp chung, diện tích của tam giác là như nhau.

3. $\frac{3}{2} (\sqrt{3} - 1) \text{ cm}^2$. Gợi ý. Sử dụng các hình tam giác tương tự $ANM$ và $BCN$, tìm trong $\triangle ANM$ chiều cao giảm xuống từ đỉnh $N$.

4. $$\left\{ \arccos \frac{4}{5}; \arccos \left(-\frac{5}{13}\right) \right\};$$
   $\arccos \left(-\frac{4}{5}; \pi\right)$. Gợi ý. Giải hệ thống (tuyến tính!) cho sin $y$ và cos $y$, sau đó áp dụng đồng nhất thức $\sin^2 y + \cos^2 y = 1$. Tuy nhiên, sẽ dễ dàng hơn khi nhân phương trình thứ nhất của hệ với 2, phương trình thứ hai với 5, bình phương chúng và cộng chúng lại.

5. 30. Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị bằng $a_1$ và $a_2$ các mặt phẳng của các phần được vẽ qua các điểm $D$ và $E$. Đặt $M = [SA] \cap a_1$, $N = (SC) \cap a_1$, $F = (AB) \cap a_2$, $T = (SA) \cap a_2$. Vì theo điều kiện, phần đầu tiên là một hình tam giác, $N \in [SC]$ (Hình 1). Từ tam giác ASB rõ ràng rằng $F \in [AB]$, vì $|SD| = |DE|$ và $|SM| = 2 |MA|$. Hãy vẽ điểm $A$ thẳng và song song với ($MD$), sử dụng các tam giác đồng dạng mà chúng ta tìm thấy $|FE| = \frac{6}{5} |MD|$. Nếu mặt phẳng $a_2$ cắt đoạn $BC$ tại một điểm nào đó $P$, thì phần thứ hai sẽ là $\triangle FEP$, trong đó $|EP| \leq 2 |DN|$ (thực sự, nếu $(EP) \cap (SC) = Q$, thì $|EP| \leq |EQ|$ và $|EQ| = 2 |DN|$, vì $|SD| = |DE|$); từ $MDN = FEP$ sau đó nó sẽ theo sau
       $S_{FEP} = \frac{|FE| \cdot |EP|}{|MD| \cdot |DN|} \cdot S_{MDN} \leq \frac{6}{5} \cdot 2 \cdot 5 = 12$, mâu thuẫn với điều kiện bài toán. Do đó, mặt phẳng $a_2$ cắt đoạn $SC$ và phần thứ hai sẽ là các góc chẵn $EFGH$, trong đó $G = [AC] \cap a_2$, $H = [SC] \cap a_2$. Hệ số tương tự của tam giác $ETH$ và $DMN$ là 2 nên $S_{FTG} = S_{ETH} - S_{EFGH} = 4$. Nhưng $|FT| = \frac{4}{5} |DM|$, $FTG = D\widehat{MN}$; do đó $\frac{|TG|}{|MN|} = \frac{S_{FTG}}{S_{DMN}} \cdot \frac{|DM|}{|FT|} = 1$; có nghĩa là $|TG| = |GH| \cdot |MN|$. Nếu $O$ nằm ở giữa $|NH|$ thì $[AO][[GH][, |AO| = \frac{3}{2} |GH|]$ và từ độ giống nhau của $\triangle AOC \sim \triangle GHC$ nó dẫn đến $|CH| = 2 |HO|$, tức là các điểm $N$ và $H$ chia $[SC]$ thành ba phần bằng nhau. Do đó, nếu chúng ta vẽ mặt phẳng $a_3 \parallel a_1$ qua các điểm $C$ và đặt $K = [SB] \cap a_3$ và $L = (SA) \cap a_3$ thì $|SA| = |AL|$. Theo đó, các điểm $S$ và $L$ cách đều mặt phẳng $ABC$ và $V_{SABC} = V_{LABC}$. Điều này có nghĩa là $V_{SABC} = \frac{1}{2} V_{SLBC} = \frac{1}{2} V_{SKLC} + \frac{1}{2} V_{BKLC} = \frac{1}{6} |BS| \cdot S_{KLC} = 30$, vì $(BS) \perp (CKL)$ và $S_{KLC} = 9 S_{DMN} = 45$. Bình luận. Bài toán tạo ra sự phân phối lại bởi các trình biên dịch để tạo điều kiện thuận lợi cho lời giải: điều kiện “phần đầu tiên trong số các phần này là một hình tam giác” xuất phát từ các điều kiện còn lại.

Tùy chọn 2

1. $$\frac{1}{2}; + \infty$$

2. $x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k (k \in Z).$

61

3. $\frac{15}{4}$ xem Gợi ý. Nếu $O$ là tâm của đường tròn và $K$ là điểm tiếp xúc của đường tròn với đường thẳng $DM$ thì $|KM| = 1$.

4. $\frac{3\sqrt{3}}{50} a^3$. Gợi ý. Nếu $O$ là trung điểm của đoạn $B_1D_1$ thì điểm $K$ là hình chiếu của điểm $B_1$ lên đường thẳng $DO$.

5. $\{(0; y; 0), \text{ где } y = \frac{z}{x}\}$. Gợi ý. Lưu ý rằng đối với $x \neq 0$, chia tất cả các phương trình cho $x^2$, chúng ta có thể biểu thị thông qua các biến $y$ và $t = \frac{z}{x}$ tất cả các số hạng, ngoại trừ hai số hạng - một ở phương trình thứ nhất và một ở phương trình thứ ba. Đầu tiên trường hợp khoảng cách là $x = 0$. Sau đó, tại $x \neq 0$, cộng phương trình đầu tiên của hệ, nhân với $\frac{z}{x^3}$, với phương trình thứ ba của hệ, nhân với $\frac{1}{x^2}$; sau khi giảm đi 2 thì nó trở thành $t^3 - 1 = 9y$. Vào phương trình này, hãy cộng phương trình thứ hai của hệ, nhân với $\frac{3}{x^2}$; nó sẽ trở thành $(t - 1)^3 = 27y^3$.

Tùy chọn 3.

1. {7}.

2. $] 0; \frac{4}{3}]$.

3. $x_1 = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} k, x_2 = \pm \frac{1}{2} \arccos \left(-\frac{5}{6}\right) + \pi l(k, l \in \mathbb{Z})$. Gợi ý. Phương trình $tg \alpha = tg \beta$ tương đương với hệ
   $$\begin{cases} \sin (\alpha - \beta) = 0 \\ \cos \alpha \neq 0 \\ \cos \beta \neq 0. \end{cases}$$
   Đừng quên điều đó $|\cos \gamma| \leq 1$.

4. $\arccos \frac{1}{7}$. Gợi ý. Biểu diễn $|CO|$ và $|CE|$ theo $|DC|$ và $\hat{C}$, áp dụng định lý cosin cho tam giác $COE$. Chúng ta cũng hãy lưu ý. Vấn đề đã được các trình biên dịch cố tình xác định lại để tạo điều kiện thuận lợi cho lời giải: điều kiện “$\triangle ABC$ là cấp tính” xuất phát từ các điều kiện còn lại.

5. $\frac{5\sqrt{3}}{48} a^3$. Lời giải. Chúng ta hãy vẽ qua $M$ một đường thẳng song song với $(AB)$; chúng ta hãy biểu thị bằng $A_2$ và $B_2$ các điểm giao nhau của nó với các cạnh $AC$ và $BC$ (Hình 2). Khi đó $(C_1CE) \perp (C_1A_2B_2), (MC_1) = (C_1CE) \cap (C_1A_2B_2)$ và đường đối xứng $MC_1$ là thành phần của mặt phẳng tương đối đối xứng $C_1CE$ và $C_1A_2B_2$. Nhưng $(C_1CE)$ là mặt phẳng đối xứng của các đường thẳng $ABCA_1B_1C_1$; do đó, phần chung của đường thẳng sẽ đối xứng với phần tương đối $(C_1A_2B_2)$. Do đó, chỉ cần lấy điểm $O$, đối xứng $C$ với điểm tương đối $(MC_1)$, đồng thời tìm thể tích gấp đôi của phần chung của đường thẳng $OA_2B_2C_1$ và đường thẳng $ABCA_1B_1C_1$. Đặt $E_1$ ở giữa $[A_1B_1]$, $N = (OM) \cap [EE_1]$; từ $tg C_1MC = \frac{9}{8} a : \frac{3\sqrt{3}}{8} a = \sqrt{3}$ và $C_1MO = C_1MC$ theo sau $OME = 60^\circ$; từ đây $|MN| = \frac{1}{2} |EC|$, và vì $|MO| = |MC| = \frac{3}{4} |EC|$, $O$ nằm bên ngoài $ABCA_1B_1C_1$. Hãy để $[OC_1] \cap [EE_1] = C_2$. Sau đó $E_1C_1C_2 = 90^\circ - 2\hat{M}C_1C_2 = 30^\circ, |C_1C_2| = a$ và $|OC_2| = \frac{a}{8}$. Hãy đặt $A_3 = [OA_2] \cap (AA_1B_1B), B_3 = [OB_2] \cap (AA_1B_1B)$. Nếu lớp sơn lót $OA_3B_3C_2$ được loại bỏ khỏi nước rửa $OA_2B_2C_1$, phần chung của nước rửa $ABCA_1B_1C_1$ và nước rửa $OA_2B_2C_1$ sẽ vẫn còn. Xét rằng $(C_1O) \perp (OA_2B_2), a|A_3B_3| = \frac{1}{3}|A_2B_2| = \frac{a}{4}$, hãy tính khối lượng của các bầu cử sơ bộ này:

$$V_{OA_2B_2C_1} = \frac{1}{3}|OC_1|S_{OA_2B_2} = \frac{1}{3}|OC_2|S_{OA_2B_2} = \frac{1}{3}|OA_2B_2|S_{OA_2B_2} = \frac{1}{3}|OA_2B_2|S_{OA_2B_2} = \frac{1}{3}|OA_2B_2|S_{OA_2B_2}$$

Từ đây giá trị của vận tốc góc được tìm thấy:

$$\omega = \sqrt{\mu mg / (MR)}$$

2. Chúng ta hãy viết ra tình trạng hoạt động của con thuyền ở trạng thái ban đầu trước khi sửa chữa:

$$mg = \rho_B lSg,$$

trong đó $m$ là khối lượng của thuyền, $\rho_B$ là mật độ của nước, $l$ là độ sâu của phần chìm của thuyền, $S$ là diện tích đáy. Sau khi dán lớp nhựa bên ngoài thì điều kiện bơi lội sẽ như thế nào

62

$$mg + qdSg = q_B(l + d + h)Sg.$$
Từ các phương trình thu được, chúng ta tìm thấy mật độ $\rho$ của lớp:
$$\rho = q_B(d + h) / d = 1,6 \cdot 10^3 \text{ кг/м}^3.$$
Nếu bạn dán miếng nhựa vào đáy bên trong thuyền thì điều kiện cân bằng sẽ như sau:
$$mg + qdSg = q_B(l + h)Sg,$$
Và
$$\rho = q_Bh / d = 0,6 \cdot 10^3 \text{ кг/м}^3.$$
3. Đặt hướng của trường đồng nhất bên ngoài bằng $E_0$ và các đường hợp lưu của trường này hướng từ trái sang phải (xem Hình 2 trong bài viết). Khi đó, sử dụng nguyên lý xếp chồng và điện trường, chúng ta có thể viết
$$E_1 = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} - E_0, \quad E_2 = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} + E_0,$$
trong đó $\sigma$ là mật độ điện tích bề mặt của tấm và $\varepsilon_0$ là hằng số điện. Từ đây chúng ta tìm thấy
$$\sigma = \varepsilon_0(E_1 + E_2), \quad E_0 = (E_2 - E_1) / 2.$$
Lực tác dụng lên một đơn vị diện tích của tấm là
$$f = \dot{\sigma}E_0 = \varepsilon_0(E_2^2 - E_1^2) / 2.$$
4. Vì trong bài toán chúng ta đang nói về cả mức tăng theo chiều dọc $\beta$ và mức tăng theo chiều ngang $\Gamma$, trước hết, hãy thiết lập giữa chúng. Hãy xem xét các phân đoạn $AG, AB$ và $BD$ (xem Hình 3 trong bài viết). Chúng ta hãy biểu thị khoảng cách của các điểm $B$ và $A$ tới thấu kính bằng $d_0$ và $d_1$, và ảnh của chúng lần lượt là $f_0$ và $f_1$. Từ công thức thấu kính ta có
$$\frac{1}{d_0} + \frac{1}{f_0} = \frac{1}{d_1} + \frac{1}{f_1},$$ hoặc $$\frac{d_1 - d_0}{d_0 d_1} = \frac{f_0 - f_1}{f_0 f_1}.$$
Ở đâu
$$\beta_1 = \frac{f_1 - f_0}{d_0 - d_1} = \frac{f_0}{d_0} \frac{f_1}{d_1} = \Gamma_0 \Gamma_1.$$
Tương tự với các đoạn $BD, BC$ và $CE$ ta tìm được
$$\beta_2 = \Gamma_0 \Gamma_2,$$
và cho phân khúc $AC$
$$\beta = \frac{\beta_1 |AB| + \beta_2 |BC|}{|AB| + |BC|} = \frac{\beta_1 + \beta_2}{2} = \Gamma_1 \Gamma_2.$$
Vì vậy, chúng tôi nhận được
$$\frac{\beta_1 + \beta_2}{2} = \frac{\beta_1}{\Gamma_0} \frac{\beta_2}{\Gamma_0},$$ và $$\Gamma_0 = \sqrt{\frac{2\beta_1 \beta_2}{\beta_1 + \beta_2}} = 2.$$
Tùy chọn 2

1. $v = \sqrt{2E(k_1 + k_2) / (Mk_1)}$.
2. $\alpha = \varrho S^2 \sigma c \Delta R / \Delta U = 3,6 \cdot 10^{-3} \text{K}^{-1}$.
3. Vì các bản tụ điện chuyển động nhanh nên điện tích trên chúng không thay đổi và năng lượng được truyền vào mạch điện
   $$\Delta E_+ = \frac{q_m^2}{2C_1} - \frac{q_m^2}{2C_2} = \frac{q_m^2}{2C} \frac{\Delta d}{d}.$$
   Trong thời kỳ cực, năng lượng bị mất đi (được giải phóng dưới dạng bắp chân) trong mạch
   $$\Delta E_- = Q = \frac{I_m^2}{2} R \frac{T}{2} = \frac{\omega_0^2 q_m^2}{2} R \frac{\pi}{\omega_0}.$$
   Dao động sẽ không tắt nếu $\Delta E_+ \geq \Delta E$ Từ đây ta có

$$\frac{\Delta d}{d} \geq \pi \omega_0 RC = \pi R \sqrt{\frac{C}{L}}.$$
4. $R = F - l = 20 \text{ см}$.
Viện điện quang Moscow
Toán học
Tùy chọn 1

1. {(1; 2; 3), (1; 5; 0), (3; 2; 1), (3; 5; -2)}. Được chỉ định và e. Biểu thị $y + z$ từ phương trình thứ nhất và thay thế vào phương trình thứ hai, sau đó biểu thị $x + z$ và thay thế vào phương trình thứ ba.
2. $M (2; 6)$; điểm $M$ tiến tới điểm $M_1 = M$, điểm giữa $C (1; 3)$ của đoạn $AB$ tiến tới điểm giữa $C_1 (5; 5)$ của đoạn $A_1 B_1; \alpha = 90^\circ$. Chỉ định và e. Tọa độ của điểm $M$ là nghiệm của hệ
   $$\begin{cases} |MA|^2 = |MA_1|^2 \\ |MB|^2 = |MB_1|^2 \end{cases}.$$
   Chúng cũng có thể được tìm thấy dưới dạng tọa độ giao điểm của đường vuông góc với các đoạn $AA_1$ và $BB_1; [AB] \perp [A_1 B_1].$
3. Hàm $f = 2x^3 - x$ - lẻ; do đó, đồ thị của nó có tâm đối xứng (gốc). Đồ thị của hàm $y = \cos x$ bị tắc nghẽn với đồ thị của hàm lẻ $y = \sin x$; do đó, nó có tâm đối xứng. Đồ thị của hàm $y = 3x^2 + 2x$ bị tắc nghẽn với đồ thị của hàm $y = 3x^2$ (prover!, không có tâm đối xứng; do đó, nó không có tâm đối xứng. Để đồ thị của một số hàm $f$ có tâm đối xứng $M(a; b)$, điều cần và đủ là bất kỳ $x$ nào mà $a + x \in D_f$ thỏa mãn $a - x \in D_f$ và (Hình 3).
   $$f(a + x) + f(a - x) = 2b.$$

1. Từ đẳng thức (1) cho hàm $f(x) = x^3 + 6x^2 - 5$ cho $x = 0$ và cho $x = a$ ta thu được hệ có nghiệm $a_1 = 0, b_1 = -5$ và $a_2 = -2, b_2 = 11$; vì $a_2, b_2$ đẳng thức (1) là một điểm; do đó, đồ thị của hàm $y = x^3 + 6x^2 - 5$ có tâm đối xứng. Nếu điểm $M(a; b)$ là tâm đối xứng của các đồ thị của hàm $f$ và $x \neq D_f$, $x \neq a$, thì $2a - x \notin D_f, 2a - x \neq a$. Vì đối với hàm $f(x) = \frac{1}{2x^2 - 1}$.
   $D_f$ không chứa một điểm $x = 1$, hoành độ của tâm đối xứng nếu tồn tại thì bằng 1; thay $a = 1$ vào đẳng thức (1) cho hàm này, ta thấy đó là một điểm tại $b = -\frac{1}{2}$; kể từ đây,