Viện kiến ​​trúc Moscow

55

Viện kiến ​​trúc Moscow

Toán học
Kiểm tra miệng

1. Đơn giản hóa biểu thức
   a) $\frac{1 + \cos \alpha + \cos 2\alpha + \cos 3\alpha}{\cos \alpha + 2\cos^2 \alpha - 1}$;
   b) $\left( \frac{1}{\sqrt{x-1}} + \frac{1}{\sqrt{x+1}} \right) : \left( \frac{1}{\sqrt{x-1}} - \frac{1}{\sqrt{x+1}} \right)$
   tại $x = \frac{a^2 + b^2}{2ab}$ và $b > a > 0$.

2. Tính toán không có bảng
   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. Chứng minh danh tính
   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. Giải phương trình
   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. Giải bất đẳng thức
   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. Xây dựng biểu đồ
   a) $|x| + |y| = 2$;
   b) $y = |x^2 + x| - x^2$.

7. Giải hệ phương trình
   $$\begin{cases} xy = 40, \\ x^2y = 4. \end{cases}$$

Vật lý

Mục tiêu thi vấn đáp

1. Một đoàn tàu có khối lượng $m = 4 \cdot 10^6$ kg chuyển động với tốc độ $v = 10$ m/s. Trước khi dừng, tàu phải chạy chậm lại. Lực phanh
   niya $F = 2 \cdot 10^5$ N. Tàu sẽ đi được quãng đường bao nhiêu $t = 1$ phút sau khi bắt đầu phanh?

2. Hai khối lượng có khối lượng $m_1$ và $m_2$ được nối với nhau bằng một sợi dây ném qua một khối đứng yên. Xác định lực căng của sợi dây khi tải trọng dịch chuyển. Bỏ qua khối lượng của vật và ma sát ở trục.

3. Tìm công phải thực hiện để nén lò xo một đoạn $\Delta l = 20$ cm, nếu biết lực đàn hồi của lò xo tỷ lệ thuận với độ biến dạng và dưới tác dụng của một lực $F_0 = 30$ N thì lò xo nén một đoạn $\Delta l_0 = 1$ cm.

4. Một quả cầu có khối lượng $m$ được treo trên một sợi dây có chiều dài $l$. Sợi chỉ bị lệch một góc $\alpha = 90^\circ$ so với phương thẳng đứng và được thả ra. Xác định lực căng chỉ lớn nhất.

5. Một vật nhỏ có khối lượng $m$ trượt không ma sát từ đỉnh của một bán cầu có bán kính $R$. Ở độ cao nào cơ thể sẽ nhấc lên khỏi bề mặt bán cầu?

6. Một tải trọng có khối lượng $m = 2$ kg rơi từ độ cao $h = 5$ m xuyên qua đất yếu đến độ sâu $l = 5$ cm. Xác định lực cản trung bình của đất.

7. Đầu tiên vrusk trượt dọc theo một mặt phẳng nghiêng có chiều dài $l = 50$ cm và chiều cao $h = 10$ cm, sau đó trượt dọc theo một bề mặt nằm ngang (quá trình chuyển đổi trơn tru), sau đó nó được để lại. Xác định hệ số ma sát, coi nó không đổi nếu khối di chuyển được quãng đường $s = 1,5$ m trên mặt phẳng nằm ngang trước khi dừng lại.

8. Hai tảng băng nặng $m = 200$ g mỗi tảng ở nhiệt độ $T = 273$ K cọ sát vào nhau trong chân không với sự trợ giúp của một động cơ phát ra công suất $N = 10$ W. Sẽ mất bao lâu để băng tan? Nhiệt dung riêng của nước đá tan chảy $\lambda = 3,35 \cdot 10^5$ J/kg.

9. Một hạt bụi có khối lượng $m = 10^{-8}$ g “treo” giữa các bản của một lực phẳng nằm ngang $K$ tác dụng lên một lực hút $U = 5$ kV. Khoảng cách giữa các tấm là $d = 5$ cm. Bảo vệ chống bụi là gì?

10. Hai điện tích $q_1 = 4 \cdot 10^{-8}$ Kl và $q_2 = 2,5 \cdot 10^{-8}$ Kl ở trong không khí cách nhau $r_1 = 1$ m. Phải thực hiện bao nhiêu công để nén các điện tích đến khoảng cách $r_2 = 0,2$ m?

Các ấn phẩm được chuẩn bị bởi Yu. M. Meshcherykov, Yu. A. Morozov, V. A. Smirnov

Chúng tôi khuyên bạn nên mua

Năm 1986, bộ sách khoa học phổ biến dành cho học sinh “Thư viện «Kvant» sản phẩm” bao gồm các cuốn sách sau:

1. L. A. Ashkinaz. Máy hút bụi cho khoa học và công nghệ.

2. K. Yu. Bogdanov. Một nhà vật lý đến thăm một nhà sinh vật học.

3. I. D. Danilov. Bí mật của một bộ làm mát vi mô có thể lập trình

4. Thú vị về vật lý và toán học.

5. V. M. Lipunov. Trong thế giới của những ngôi sao đôi.

6. H. Rachlis. Vật lý trong bồn tắm.

7. A. A. Silin. Tàu và chúng tôi.

8. V. M. Tikhomirov. Những câu chuyện về thăng trầm.

9. I. F. Sharygin. Bài toán trong hình học (phép đo phẳng). Tái bản lần thứ 2, có sửa đổi và mở rộng.

Tất cả các hiệu sách đều nhận đặt hàng những cuốn sách này.

56

Công cơ và năng lượng cơ học

1. $l = \frac{m^2v^2}{2\mu g(m+M)^2} = 1 \text{ m}$.
2. Trong cả hai hệ thống báo cáo $A = 0$.

Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Lênin Komsomol

Vật lý

Tùy chọn 1

1. $U_x = U/3$.
2. Các pít-tông sẽ di chuyển sang phải một khoảng $x = (1-p_0/p_1)V/(S_2-S_1)$ tại $p_1 > p_0$.
3. Đặt $|BC| = l$, lực căng lò xo $T$, phản lực đỡ $N$, lực ma sát $F$ (hình 1). Khối không quay nếu tổng mô men của các lực đối với trục đi qua điểm $B$ bằng 0. Khi quay bánh xe theo chiều kim đồng hồ:
   $$N_1l \sin \alpha - Tl \sin \alpha + \mu N_1l \cos \alpha = 0$$
   Ở đâu
   $$F_1 = \mu N_1 = \mu T \sin \alpha / (\sin \alpha + \mu \cos \alpha)$$
   Khi quay bánh xe ngược chiều kim đồng hồ:
   $$N_2l \sin \alpha - Tl \sin \alpha - \mu N_2l \cos \alpha = 0$$
   Ở đâu
   $$F_2 = \mu N_2 = \mu T \sin \alpha / (\sin \alpha - \mu \cos \alpha)$$
   Kết quả là chúng ta có $F_2 = F_1 \frac{tg \alpha + \mu}{tg \alpha - \mu}$ tại $\mu < tg \alpha$.
   Ở $\mu \geq tg \alpha$ bánh xe không thể quay ngược chiều kim đồng hồ.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

4. Trong tam giác $ABC$ (hình 2) $|AB| = mg$, $|AC| = m\omega^2 r$ ($\omega$ là vận tốc góc quay của trái đất, $r = R_3\cos \varphi$, trong đó $\varphi$ là vĩ độ của một nơi đã cho), $\widehat{ABC} = a$ là góc lệch nhỏ của phương thẳng đứng so với hướng đến tâm trái đất. Theo định luật sin ta có
   $$\frac{m\omega^2 r}{mg} = \frac{\sin \alpha}{\sin (\pi - (\varphi + a))} \approx \frac{a}{\sin \varphi}.$$
   Từ đây
   $$a \sim R_3\omega^2 \sin \varphi \cdot \cos \varphi / g = \omega^2 R_3 \sin 2\varphi / (2g),$$
   Và
   $$x \sim R_3 \sin a \sim R_3 a \sim \frac{\omega^2 R_3^2 \sin 2\varphi}{2g} =$$
   $$= \left(\frac{2\pi R_3}{T}\right)^2 \frac{\sin 2\varphi}{2g}.$$
   Đối với $R_3 = 6,4 \cdot 10^6 \text{ m}$, $\varphi = 45^\circ$, $T = 8,6 \cdot 10^4 \text{ s}$ và $g = 10 \text{ m/c}^2$, chúng tôi nhận được
   $$x \sim 10 \text{ km}.$$
5. Khi piston chuyển động, không khí dễ dàng thay đổi thể tích và mật độ, còn nước thì không.
   Tùy chọn 2
6. Tia $AB$ (hình 3) tạo thành góc tới lớn nhất $a_0$ trên bề mặt bên ngoài. Ánh sáng sẽ không phát ra nếu góc $a_0$ là góc phản xạ toàn phần, tức là nếu $a_0 = 1/n$. Từ tam giác $OAB$ ta có
   $$\sin a_0 = (R - l)/R$$
   Ở đâu
   $$R = l \frac{n}{n - 1}.$$
7. Xem lời giải bài toán F920 từ “Vấn đề Kvat”, sẽ được xuất bản sau.
8. Lực đẩy của điện tích được thay thế bằng lực bám ở một khoảng cách nhất định $x$ tính từ điểm $B$, khi lực tác dụng lên chuyển động của các hạt bằng 0:
   $$9q^2 / (x + a)^2 = q^2 / x^2$$
   từ đó nó rõ ràng tuân theo điều đó $x_1 = a/2$. Để đạt đến điểm $B$, bạn cần năng lượng
   $$\frac{mv^2}{2} = \frac{9q^2}{4\pi\varepsilon_0(x_1 + a)} - \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0x_1} = \frac{4q^2}{4\pi\varepsilon_0a},$$
   Ở đâu
   $$v = \sqrt{\frac{8q^2}{4\pi\varepsilon_0ma}}.$$
9. Hãy nhập kích thước của xe buýt: chiều cao $2b$, chiều rộng $2a$, chiều dài $l$. Nếu mật độ không khí và tốc độ gió là $v$ thì áp suất gió sẽ tạo ra một lực tác dụng lên bề mặt bên của xe buýt, $F \sim 2blv^2$. Khoảng cách giữa lực so với trục ngang đi qua điểm tiếp xúc của bánh trước, bánh sau với mặt đường: $Fb \sim mga$, trong đó $m$ là khối lượng của xe. Từ đây
   $$v \sim \sqrt{\frac{mga}{2qlb^2}}.$$
   Tại $m \sim 10^4 \text{ кг}$, $a \sim b \sim 1 \text{ m}$, $l \sim 8 \text{ m}$ và $\rho \sim 1,3 \text{ кг/m}^3$ $v \sim 70 \text{ m/c}$.
10. Không giống như nước sốt khô, nước sốt ướt ban đầu có áp suất bên ngoài được bù bằng cả áp suất không khí và áp suất hơi nước. Khi nguội, hơi ngưng tụ.

57

Điều này làm cho mực nước trong tàu biển cao hơn trong tàu khô.

Tùy chọn 3

1. $t = \sqrt{v_1 v_2 / g}$.
2. Rõ ràng, một vòng tích điện liên tục sẽ không quay trong điện trường đều. Chúng ta hãy thay thế vòng bằng một khoảng trống bằng một vòng đặc, trong đó thay cho khoảng trống còn có một điện tích in dấu - $q$ có cùng mật độ tuyến tính với mật độ dương trên vòng đặc:
   $$-q = -\frac{Q}{2\pi R} l \quad (R - радиус колюца).$$
   Tốc độ sẽ đạt cực đại tại vị trí cân bằng, khi điện tích - $q$ (hoặc zaorp, tương đương) quét qua cung $R\pi/2$. Trong trường hợp này, độ thay đổi thế năng sẽ bằng $\Delta E_p = qER = QlE/(2\pi)$.
   Theo định luật bảo toàn năng lượng,
   $$\frac{Mv^2}{2} = \frac{QlE}{2\pi},$$
   Ở đâu
   $$v = \sqrt{\frac{QlE}{\pi M}}.$$
3. Hãy viết điều kiện cân bằng nước (hình 4):
   $$p_0 + \rho gh = p + \rho gh_1.$$
   Duy trì lượng nước dẫn đến các điều kiện:
   $$\frac{3}{2} h + \frac{3}{2} h_1 = H.$$
   Theo định luật Boyle-Mariotte ta có
   $$\frac{p_0 HS}{2} = \frac{p(H - h_1)S}{2} + p(H - h_1)S.$$
   Từ đây chúng ta có được
   $$h = \frac{p_0}{4\rho g} \left( \sqrt{1 + \left( \frac{4\rho g H}{3p_0} \right)^2} - 1 \right).$$
4. Theo định luật bảo toàn năng lượng, $mv^2/2 \sim p\Delta V$ (bỏ qua sự thay đổi áp suất của quả bóng khi va chạm). Chúng ta sẽ ước tính tốc độ $v$ bằng khoảng cách mà quả bóng sẽ bay đi sau khi bị đánh: $l \sim v^2/g$. Rồi $mv^2/2 \sim mgl/2 \sim p\Delta V$, từ đâu
   $$\Delta V \sim mgl/(2p).$$
   Giả sử $m=0,4$ kg, $l=30$ m, chênh lệch áp suất bên trong quả bóng và bên ngoài $p=0,5 \cdot 10^5$ Pa, ta thu được
   $$\Delta V \sim 10^{-3} \text{ m}^3 = 1 \text{ л}.$$
5. Sự hiện diện của một tấm chỉ khúc xạ tương đương với việc dịch chuyển nguồn sáng một khoảng cách nào đó. Khi thấu kính được tháo ra, điều này sẽ dẫn đến hiện tượng mất nét của hình ảnh, vì bây giờ phải thu được hình ảnh sắc nét của đường cong ở một vị trí khác của màn hình.
   Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow được đặt theo tên. N. E. Bauman
   Toán học
   Tùy chọn 1
6. 30 km/giờ. 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. $\frac{8\sqrt{3}}{27} R^3$*).
   Tùy chọn 2
8. $b_1 = 1$, $q = 3$ hoặc $b_1 = 27$, $q = \frac{1}{3}$. 2. $x = = 6\pi k$ ($k \in \mathbb{Z}$). 3. $\{4\sqrt{5}/4\}$. 4. $] - \frac{10}{9}; - \frac{4}{5}$[.
9. $a^3(3 - \sqrt{2})/6$. Gợi ý. Chiều cao của lăng kính là một phần đường chéo của hình lập phương. Do đó, để tìm chiều cao này, bạn cần xác định khoảng cách từ các đầu của đường chéo đến các đáy của lăng kính. Các mặt phẳng của các đáy của lăng kính cắt các hình chóp tam giác đều ra khỏi khối lập phương, và các đáy của lăng kính được ghi vào các đáy của các lăng kính này. Vì vậy, chỉ cần tìm thấy chiều cao của họ là đủ.

Vật lý

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. $\Delta m = \frac{MV}{R} \left( \frac{p_{H1}}{T_1} \frac{q}{100\%} - \frac{p_{H2}}{T_2} \right) \approx 0,027 \text{ кг}$ (ở đây $M = 18 \cdot 10^{-3} \text{ кг/mоль} - \text{молярная масса воды}.$)
4. $\tau_1 = \tau_2 \frac{c(t_k - t)}{c(t_k - t)} + r \approx 1,5 \text{ мин}$ (ở đây $t_k = = 100^\circ \text{C} - \text{температура кипения воды}.$)
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. $E = E_0mN_A/M \approx 2,4 \cdot 10^{11} \text{ Дж}$ (ở đây $M = 7 \cdot 10^{-3} \text{ кг/mоль} - \text{молярная масса данного изотопа лития}.$)
    Viện kỹ thuật điện Leningrad được đặt theo tên. V. I. Ulyanova (Leninna)

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 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) $] - \infty; -1] \cup [1; +\infty[; \text{г}) a \in ] -1; 1[.$
   Gợi ý. Với mọi $a$ phương trình có nghiệm $x = 0$. Đối với $x \neq 0$ $a \neq 1$ phương trình trở thành $x^2 = (1 + a)/(1 - a).$

*) Điều này đáp số tương ứng với trường hợp tâm của mặt bên của lăng trụ và đáy của hình nón trùng nhau. (Ghi chú của biên tập viên)

58

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

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

Tùy chọn 2

1. a) $] - \infty; 0 [ \cup ] 1; \infty [; 6)$ $x = \frac{2}{2 - e^y}$;
   c) $] - \infty; \ln 2 [ \cup ] \ln 2; + \infty [.$ Gợi ý. Miền giá trị của hàm trùng với miền định nghĩa của hàm nghịch đảo.
   r) $] - \infty; 0 [ \cup ] 2; \infty [.$

2. a) $\frac{R}{3}$; 6) Hàm $S(r)$ trả về;
   c) $\left[\frac{4}{3}R; \frac{3}{2}R\right]$.

3. a) $x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k (k \in \mathbb{Z}).$ Gợi ý. Thay thế $t = \cos 2x$.

6. $\pi.$ Gợi ý. Vì $f(x) = \frac{2\cos 2x}{5 - 3\cos 2x} = g(\cos 2x)$ là $g(t) = \frac{2t}{5 - 3t}$ và hàm $g(t)$ trả về ở $t \in [-1; 1]$, nên đẳng thức $f(x_1) = f(x_2)$ (hoặc tương đương $g(\cos 2x_1) = g(\cos 2x_2)$) có nghĩa là $\cos 2x_1 = \cos 2x_2$. Do đó, chu kỳ của hàm số này trùng với chu kỳ của hàm số $\cos 2x$.

c) $y_{\min} = -\frac{1}{4}, y_{\max} = 1.$ Gợi ý. Tận dụng tính đơn điệu của hàm $g(t)$.

Kiểm tra miệng

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

2. $x = \pi n (n \in \mathbb{Z}).$ 6. $\sin 1 > \cos 1.$ Gợi ý. $\frac{\pi}{4} < 1 < \frac{\pi}{2}.$ 7. $x = \frac{2y + 1}{y - 2}$, tức là hàm này trùng với nghịch đảo của nó.

3. Xem hình 6.

Hình 5.

Hình 6.

9. $\left\{-\frac{1}{3}; -\frac{1}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3}; -\frac{1}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3}\right\}.$ Gợi ý. Đặt $x_1, x_1 - h, x_1 + h$ là nghiệm của phương trình này. Điều này có nghĩa là $x_1^3 + x_1^2 = a, (x_1 - h)^3 + (x_1 - h)^2 = a, (x_1 + h)^3 + (x_1 + h)^2 = a.$ Vẫn phải giải hệ phương trình thu được.

10. $y_{\min} = \frac{\sqrt{2}}{2}.$ Gợi ý. Đặt $t = |\cos x|.$ Sau đó $y = t + |2t^2 - 1|, t \in [0; 1]$.

11. Sử dụng bất đẳng thức $|a + b| \leq |a| + |b|.$

12. $S$ có thể thuộc bất kỳ giá trị nào từ khoảng $[4, \infty].$ Gợi ý. Nếu $A(x_1, \frac{1}{x_1}), C(-x_2, -\frac{1}{x_2}), x_1 > 0, x_2 > 0,$ thì $S = (x_1 + x_2)\left(\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2}\right) = 2 + \frac{x_1}{x_2} + \frac{x_2}{x_1} = 2 + t + \frac{1}{t},$ trong đó $t = \frac{x_1}{x_2},$ và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $2 + t + \frac{1}{t}$ tại $t > 0$ là 4.

Vật lý

1. $l_{\min} = 5\sqrt{3} \text{ km} \approx 8,7 \text{ km}.$ Gợi ý. Khoảng cách giữa các mã nhiệt sẽ nhỏ nhất sau thời gian $t = (l_1 + l_2)/v$ (trong đó $v$ là tốc độ của các mã nhiệt sau khi bắt đầu chuyển động).

2. $A = 2mgh.$

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

4. Áp lực tăng lên.

5. $r = ah^{-1/3},$ trong đó $a$ là hệ số không đổi (nhiệt độ nước trong bể không thay đổi).

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

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

8. $B = E/v = 10$ T, trong khi vectơ cảm ứng từ $\vec{B}$ phân phối lại vectơ $\vec{E}$ và $\vec{v}$.

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

10. Ống kính phải được đặt ở khoảng cách $d_1 \approx 0,8 \text{ m}, d_2 \approx 0,19 \text{ m}, d_3 \approx 0,69 \text{ m}$ và $d_4 \approx 0,22 \text{ m}$ tính từ nguồn.

Viện kiến ​​trúc Moscow

Toán học

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

Vật lý

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

Phương trình Diophantine của A. A. Markov
(xem Lượng tử số 4)

1. Bằng chứng. Ví dụ: đặt $b = a$. Sau đó $a^2 + 2b^2 = 3b^2 a$; $a^2 = b^2 (3a - 2)$. Do đó, $b^2 - d^2 = 3bd$, $2 = (3b - d)d$, nên $d$ chia 2, từ đó $d = 1$ hoặc $d = 2$. Trong cả hai trường hợp $b = 1$, vì $c = b = 1$, với $a$, chúng ta thu được phương trình $a^2 + 2 = 3a$, từ đó thu được $a = 1$, 2, tức là thu được số ít lời giải.
2. Bằng chứng. Chúng ta có thể giả định rằng $a > b > c$. Hãy sử dụng đa thức
   $$\Psi_a(x) = x^2 - 3bcx + b^2 + c^2,$$
   có các tính chất của nghiệm $a$ và $a'$. Kể từ $(b - a)(b - a') = \Psi_a(b) = 2b^2 + c^2 - 3b^2 c < 3b^2 - 3b^2 c \leq 0,$
   số $b$ nằm giữa $a$ và $a'$, do đó $a > a'$. Do đó, tọa độ tối đa lời giải $(a, b', c)$ lớn hơn tọa độ tối đa lời giải $(a, b, c)$. Tương tự, người ta xác định rằng tọa độ tối đa lời giải $(a, b, c')$ lớn hơn tọa độ tối đa lời giải $(a, b, c)$.
3. Gợi ý. Sử dụng cây gia phả. Nếu không tìm được người điều phối thì xem Hệ quả ở cuối bài.
4. Bằng chứng. Gọi $q$ là số dư khi chia số $A$ cho 3: $A = 3p + q (q = 0, 1, 2)$, rồi $A^2 = 3(3p^2 + 2pq) + q^2$. Nếu $A$ chia hết cho 3 thì trong trường hợp này và chỉ trong trường hợp này là $q = 0$. Nếu $q = 1$, $2 (q^2 = 1, 4)$, thì khi chia $A^2$ cho 3, chúng ta nhận được số dư là 1. Điều này đã bao hàm câu lệnh bài toán.
5. Bằng chứng. Nếu $(a, b, c)$ — lời giải của phương trình (6) (xem bài viết), thì đó là
   $$a^2 + b^2 + c^2 = 3abc,$$
   (sau khi nhân cả hai vế (I) với 9, ta thu được $(3a, 3b, 3c)$ - lời giải của phương trình (4). Ngược lại, nếu tất cả tọa độ lời giải $(A, B, C)$ của phương trình (4) chia hết cho 3, tức là được biểu diễn dưới dạng (5), thì sau khi thay chúng vào phương trình (4) chúng ta thu được đẳng thức (I). Vẫn còn phải chứng minh rằng với mỗi lời giải phương trình (4) tất cả tọa độ đều chia hết cho 3. Thật vậy, ít nhất một trong các tọa độ lời giải $(A, B, C)$ phải chia hết cho 3, nếu không thì $ABC$ không chia hết cho 3, trong khi $A^2 + B^2 + C^2$, theo bài toán 4, chia hết cho 3.
   Không, nếu một tọa độ chia hết cho 3 thì $A^2 + B^2 + C^2 = ABC$ chia hết cho 3, và theo nhiệm vụ 4 thì tất cả $A, B, C$ đều chia hết cho 3, đây là điều cần chứng minh.
6. Bằng chứng. Ví dụ: hãy xem xét hình vuông $A^2$. Nếu $A$ chẵn thì $A^2$ chia hết cho 4; nếu $A$ là số lẻ ($A = 2n + 1$), thì $A^2 = 4(n^2 + 1) + 1$, sao cho $A^2$ khi chia cho 4 thì dư 1. Điều này dễ dàng dẫn đến câu lệnh bài toán.
7. Bằng chứng. Đặt $(A, B, C)$ — lời giải của phương trình (3) cho $k = 2$, tức là
   $$A^2 + B^2 + C^2 = 2ABC.$$
   (II)
   Đầu tiên chúng ta chứng minh rằng mọi tọa độ của nó đều là số chẵn.
   Nếu trong $A, B, C$ chỉ có một số lẻ hoặc nếu tất cả chúng đều là số lẻ thì vế trái của (II) sẽ là số lẻ, còn vế phải sẽ là số chẵn. Nếu hai trong số đó là số lẻ thì theo nhiệm vụ 6, khi chia cho 4 thì bên trái (II) sẽ có số dư là 2, trong khi bên phải sẽ chia hết cho 4 mà không có số dư. Vì thế,
   $$A = 2a, B = 2b, C = 2c.$$
   (III)
   trong đó $a, b, c$ là số tự nhiên. Sử dụng (III) và (II), chúng ta thu được (sau khi giảm 4) đẳng thức
   $$a^2 + b^2 + c^2 = 4abc.$$
   Theo lý luận trước đó, $a, b, c$ là số chẵn, tức là các số $A, B, C$ chia hết cho 4. Do đó, chúng ta chấp nhận điều tương tự, chúng ta thấy rằng $A, B, C$ chia hết cho 8, cho 16, cho 32, v.v., tức là cho bất kỳ lũy thừa tự nhiên nào của số 2. Đối với các số tự nhiên, điều này là không thể.

Lấy phương trình ở đâu
(xem “Quant” số 4, trang 22)
2. $\frac{1}{2} \sqrt{3} h^2 (h - 2r)$. Gợi ý. Biểu thị bằng $x$ chiều dài cạnh đáy và biểu thị theo hai cách bình phương của chiều cao $|SD|^2$ của mặt bên $BSC$: từ một tam giác vuông $SKD$, trong đó $K$ là đáy của chiều cao của các đường thẳng và từ phép chia của các tam giác $SKD$ và $SLO$, trong đó $O$ là tâm của quả bóng, $L$ là đáy của đường vuông góc hạ từ điểm $O$ đến đường thẳng $SD$. Kết quả là phương trình $h^2 + x^2 / 12 = 2rh + x^2 / 4$.
3. $15\sqrt{3}$. Gợi ý. Dán nhãn các cạnh $BC$ và $DA$ của hình thang theo $x$ và $y$, khi đó các đáy là $2x$ và $2y$, từ đó $x + y = 10$, tức là $y = 10 - x$. Chứng minh điều đó chính xác $B = 60^\circ$. Sau đó, thu được phương trình của $x$ bằng cách biểu thị bình phương chiều cao của hình thang theo hai cách: $h^2 = 3x^2 / 4 = y^2 - (2y - 2x - x/2)^2$, từ đó $h = 1,5$.
4. $\sqrt{2}$ xem Gợi ý. Gọi $ON$ là bán kính vẽ tới điểm tiếp tuyến, $F$ là giao điểm của nó với góc Bissert, $OE$ là đường vuông góc vẽ từ điểm $O$ đến bissertris này, $OM$ là đường vuông góc vẽ từ điểm $O$ đến dây cung $AB$. Sau đó, một mặt, $|OF| = |ON| - |OM| = R - \sqrt{R^2 - 3/2}$, mặt khác, $|OF| = \sqrt{2} |OE| = \sqrt{2}$

60

5. $(a/2)(5+4\cos \alpha \pm \sqrt{16\cos^2 \alpha + 8\cos \alpha - 23)}$.
   Gợi ý. Biểu thị các cạnh cần tìm bằng $x$ và $y$ và tìm chúng từ hệ phương trình:
   $$\begin{cases} x^2 + y^2 - 2xy\cos \alpha = a^2, \\ a^2 = rR = (1/2)axy/(a+x+y). \end{cases}$$

6. $(7 - \sqrt{15})a/4$. Gợi ý. Chứng minh rằng tâm của hình cầu mong muốn nằm trên đường thẳng $AP$, trong đó $P$ là một điểm đối xứng với điểm $C_1$ so với điểm $C$. Biểu thị $|OP|$ bằng $x$ và tìm $x$, biểu thị $|OE|^2$ theo hai cách: một mặt là $|OE|^2 = x^2/3$ và mặt khác (theo định lý cosin từ tam giác $OAE$, cho rằng $\cos \theta AE = -1/\sqrt{3}$) $|OE|^2 = x^2 + 17a^2/4 - 7\sqrt{3}ax/3$.

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

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

Các bài tập của trường đã chọn
(xem «Kvant» số 4)

1. Đáp số: đầu tiên. Lời giải. Hãy biểu thị số 1111111111 bằng $a$. Chúng ta cần so sánh các số $\frac{5a-2}{5a+2}$ và $\frac{6a-2}{6a+3}$. Lưu ý rằng $(5a-2)(6a+3) > (5a+2)(6a-2)$ (kể từ $a > 2$), nên $\frac{5a-2}{5a+2} > \frac{6a-2}{6a+3}$.

2. Đáp số: 22. Lời giải. Hãy xác định bằng “khẩu phần” lượng cỏ mà một con bò ăn trong một ngày. Đến cuối ngày thứ 24, 60·24=1440 “phần” cỏ đã được ăn trên đồng cỏ và đến cuối ngày thứ 60 - 60·30=1800 “phần”. Như vậy, trong 36 ngày, 1800-1440=360 “phần” cỏ mọc trên đồng cỏ (10 “phần” mỗi ngày), và ngay từ đầu đã có 1440-24·10=1200 “phần” trên đó. Vì vậy, đến cuối ngày này bạn cần ăn 1200 + 100 × 10 = 2200 “khẩu phần” cỏ. Vậy số bò cần tìm là 2200:100=22. Lưu ý rằng 10 con bò có thể phát triển liên tục trên đồng cỏ này và lượng cỏ trên đó sẽ không ít.

3. Đáp số: a) $a > 0$, $b < 0$, $c < 0$.
   Lời giải. Các nhánh của parabol hướng trong trường hợp a) trong trường hợp 6) hướng xuống dưới, do đó có dấu $a$; dấu $c$ được tìm thấy từ điều kiện $c=f(1)$; Để xác định dấu của $b$, cách dễ nhất là sử dụng công thức tính hoành độ của đỉnh parabol: $x_0 = -b/2a$. Lưu ý rằng trong nhiệm vụ a) bạn cũng có thể sử dụng định lý Vieta: tổng của các nghiệm là dương và tích của chúng là âm, do đó các số $-b/a$ và $c/a$ đều âm.

4. Đáp số: $30^\circ$, $60^\circ$, $90^\circ$. Lời giải. Để đường trung tuyến và đường cao chia góc $C$ thành ba phần bằng nhau (hình 9). Trong một tam giác, $MCB$ của bissertis trùng với đường cao nên là tam giác đều nên $CD$ là đường trung tuyến và $BD=MD=(1/4)AB$. Trong tam giác $ACD$, đoạn $CM$ là bissertis, do đó $CD:AC = MD:AM=1:2$, tức là chân $CD$ bằng một nửa cạnh huyền $AC$, do đó, $\angle CAD = 30^\circ$, $\angle ACD = 60^\circ$, từ đó $a=30^\circ$, $\angle ACB = 3a=90^\circ$, cuối cùng, $\angle CBA = 90^\circ-a=60^\circ$.

5. a) Chúng ta hãy lợi dụng thực tế là số đo của một góc bằng nửa số đo của cung bao giữa hai cạnh của nó. Hãy nối các điểm $B$ và $C$ (hình 10). Theo tính chất góc trên của tam giác $\angle a = \angle 1 + \angle 2 = \frac{1}{2} \cup AB + \frac{1}{2} \cup CD$ (xem hình 10, a); $\angle 2 = \angle 1 + \angle \beta$, từ đâu $\angle \beta = \angle 2 - \angle 1 = \frac{1}{2} \cup AB - \frac{1}{2} \cup CD$ (xem hình 10, b).

6. Đáp số: $90^\circ - a/2 - \beta/2$; $90^\circ - a/2 + \beta/2$; $90^\circ + a/2 - \beta/2$; $90^\circ + a/2 + \beta/2$. Lời giải. Theo công thức (2) mục a) $a = \frac{1}{2} (\cup AD - \cup BC)$. Kể từ $\angle B - \angle D =$

62

Hãy chuyển sang logarit cơ số 12.
Theo điều kiện $\log_7 12 = a$, do đó $\log_12 7 = 1/a$;
$\log_12 (2 \cdot 12) = b$, do đó $\log_12 2 = b - 1$. Vì vậy $\log_5 168 = \log_12 168 / \log_12 54 = (1 + \log_12 7 + \log_12 2) / (3 - 5 \log_12 2) = (1 + 1/a + b - 1) / (3 - 5 \times (b - 1))$.

Bình luận. Có thể chuyển sang logarit ở cơ số khác, ví dụ 2 hoặc 3.

15. a) Ví dụ, hãy xem xét một tứ diện có các đỉnh là các đỉnh $A_1$, $A$, $B$ và $C$ của khối lập phương $ABCD_1B_1C_1D_1$ (hình 15). Độ cao được vẽ từ các đỉnh $A_1$ và $C$ là các đoạn $A_1A$ và $CB$. Rõ ràng, các đường $A_1A$ và $CB$ không giao nhau.

6. Gợi ý. Mỗi điều kiện “độ cao $AA_1$ và $BB_1$ cắt nhau” và “độ cao $CC_1$ và $DD_1$ cắt nhau” đều tương đương với điều kiện “các cạnh $AB$ và $CD$ vuông góc”. Nó đủ để chỉ ra sự tương đương của các điều kiện “chiều cao $AA_1$ và $BB_1$ cắt nhau” và “cạnh $AB$ và $CD$ vuông góc”. Hãy chứng minh sự tương đương này. Để các độ cao được chỉ định giao nhau, khi đó mặt phẳng đi qua chúng chứa cạnh $AB$ và vuông góc với cạnh $CD$, do đó $(CD)$ vuông góc với bất kỳ đường thẳng nào của mặt phẳng này, đặc biệt là đường thẳng $AB$. Mặt khác, nếu các đường thẳng $AB$ và $CD$ vuông góc thì có một mặt phẳng đi qua $(AB)$ và vuông góc $(CD)$. Cả hai chiều cao đều nằm trong mặt phẳng này và do đó cắt nhau.

Các tỉ số trong tam giác
(xem «Kvant» số 4)

1. $\pi/4 + \arctg (3/4)$, $\pi/4 + \arctg (3/4)$,
   $\pi/2 - 2 \arctg (3/4)$.
   Lời giải. Lưu ý rằng $|AC| = 2 \cdot 4a \cos(a + \pi/4)$ (hình 16). Theo định lý sin cho $\triangle AEC$:
   $$\frac{a}{\sin \pi/4} = \frac{2 \cdot 4a \cos(\alpha + \pi/4)}{\sin(\pi/2 - \alpha)},$$
   từ đâu $\alpha = \arctg (3/4)$.
   Lưu ý rằng bài toán có thể được giải theo những cách khác - không cần sử dụng định lý sin. Đáp số cũng có thể được viết dưới dạng sau:
   arctg 7, arctg 7, $\pi - 2 \arctg 7$
   (kể từ $\pi/4 + \arctg (3/4) = \arctg 7$).

2. $\frac{\sin \alpha}{\sin \frac{3}{4} (\pi - \alpha)}$. Lời giải. Theo định lý sin cho $\triangle ABD : |AD| / |AB| = \sin \alpha / \sin \widehat{ADB}$, nhưng $\widehat{ADB} = \pi - \hat{B} - \hat{A} / 2 = 3(\pi - \alpha) / 4$ (hình 17).

3. $|AD| = \frac{c \sin \alpha}{\sin (3\alpha/2)}$, $R = \frac{c}{2 \cos (\alpha/2)}$. Lời giải. Theo định lý sin cho $\triangle ABD : |AB| / \sin \widehat{ADB} = |AD| / \sin \alpha$, nhưng $\widehat{ADB} = \pi - (3\alpha) / 2$ (hình 18).

4. $\sqrt{c(b + c)}$. Lời giải. Hãy biểu thị $|BC| = a$ và vẽ bissertirus $AD$ (hình19). Từ sự giống nhau của các tam giác $ABD$ và $ABC$ ta thu được $c / |BD| = a/c$. Theo thuộc tính bissertira $|BD| / (a - |BD|) = c/b$, từ đó, ngoại trừ $|BD|$, chúng ta tìm thấy $a = \sqrt{c(b + c)}$.
   Lưu ý khả năng lời giải khác sử dụng định lý sin cho $\triangle ABC$.

5. $\widehat{A} = \arctg 2$, $\widehat{B} = \arctg 3$, $c = \pi/4$. Lời giải. Đặt $|AB| = c$, $|BC| = a$, $|AC| = b$, $\widehat{B} = \beta$, $C = \gamma$ (hình 20). Sau đó $|BM| = 5a/4$. Từ hình tam giác

63

tg γ=5(sin 2β)/3. (7)
Từ (6) và (7): 5 sin 2β=tg β, hoặc tan β=3. Khi đó từ (6) nó suy ra tan γ=1.
6. 6√3/25. Lời giải. Hãy ký hiệu |BD|=|DE|=|EC|=x (hình 21). Theo định lý cosine cho △ADE:
(2-x)2+(3-x)2-2(2-x)(3-x) cos A=x2. (8) Giá trị của cos A được tìm thấy bằng định lý cosine cho △ABC: 2²+3²-2·2·3 cos A=($\sqrt{7}$)², từ đó cos A=1/2, A=π/3. Từ (8) ta thu được x=7/5, do đó S△ADE=|AD|·|AE|sin A/2=6√3/25.
7. 8,4 cm2. Gọi x và y là diện tích của tam giác LOC và COB (hình 22). Diện tích của các tam giác AOM và MOB bằng nhau nên S△AOL=1. Chúng tôi nhận được $\frac{1}{x} = \frac{|AL|}{|LC|} = \frac{7}{x+y}$. Giải hệ phương trình ta tìm được x=1/5, y=6/5, nhờ đó diện tích tam giác ABC là 42/5 cm².
8. Gắn tam giác AOC (hình23) vào tam giác AOM và CON. Rõ ràng, S△AOM=S△CON khi và chỉ khi S△AMC=S△ANC. Đẳng thức cuối cùng tương đương với điều kiện hai điểm M và N cách đường thẳng AC một khoảng bằng nhau, tức là (MN) song song với (AC).
9. 2:1. Đã giải quyết và e. Hãy ký hiệu S₁=S△AOD=S△DOC, S△AMO=3S₂, S△ONC=5S₃ (hình24). Khi đó S△MOB=2S₂, S△BON=2S₃. Từ sự bằng nhau về diện tích của các tam giác ABD và CBD ta có: S₁+5S₂=S₁+7S₃. Từ công thức (IV) (xem bài viết), ta có: S△MBN=|BM|/|BA|·|BN|/|BC|·S△ABC=4/35S△ABC, tức là 2S₂+2S₃=4/35(2S₁+5S₂+7S₃). Từ sự tương ứng thu được, suy ra S₁=10S₂, từ đó |DO|/|BO|=S₁/(5S₂)=2.
10. 1,2 cm.
11. 5:2.

Kính vạn hoa «Kvant»
(xem «Kvant» số 4)

Nhiệm vụ và nhiệm vụ

1. Khi một vệ tinh được phóng dọc theo màn hình theo hướng quay của Trái đất, tốc độ tuyến tính của vòng quay hàng ngày sẽ cộng với tốc độ được truyền cho vệ tinh bởi động cơ của các gói. Đương nhiên, khi phóng dọc theo kinh tuyến (và thậm chí còn dọc theo màn hình theo hướng ngược lại với hướng quay của Trái đất), sẽ cần nhiều năng lượng hơn để truyền cho vệ tinh vận tốc thoát đầu tiên.
2. Khi trượt xuống một đường trượt, thế năng của người trượt tuyết hoàn toàn được dùng để chống lại lực ma sát. Bằng cách nâng một vận động viên trượt tuyết đang đứng trên ván trượt của anh ta, lực nâng sẽ bổ sung thế năng dự trữ của anh ta và ngoài ra, còn có tác dụng chống lại lực ma sát. Mức tiêu thụ năng lượng trong trường hợp này lớn hơn khi quay lại điểm xuất phát trên ghế nâng. (Tất nhiên, chúng ta không cười nhạo lực cản của không khí vì tốc độ của vật bay là nhỏ.)
3. Khi cây đàn guitar nguội đi, một phần năng lượng bên trong của nó sẽ tăng thế năng kiểm soát sự biến dạng của thân cung và dây “bị kéo căng”. Rõ ràng là các vấn đề nảy sinh khi cung và dây bị biến dạng và các lực bằng nhau. Tuy nhiên, dây của một cây cung tốt có khoảng cách ngắn, tức là nó có hệ số đàn hồi k lớn. Chúng ta có thể giả sử rằng năng lượng đàn hồi phụ thuộc vào giá trị của k theo cách gần giống như urushina: U=kx²/2=F²/2k. Rõ ràng là thân cung đóng góp nhiều năng lượng hơn.
4. Khi quả bóng bay lên, thế năng của nó tăng lên, nhưng không khí, có mật độ lớn hơn mật độ trung bình của quả bóng, đi xuống từ cùng độ cao đến nơi nó chiếm giữ.
5. Bộ cộng hưởng làm giảm sự phân tán âm thanh. Mặc dù bạn sẽ nghe thấy âm thanh mạnh hơn nhưng thời lượng của nó sẽ ngắn hơn nhưng năng lượng phát ra nhìn chung là như nhau.
6. Công cần thiết để làm vỡ quả cầu gang sẽ xảy ra do nội năng của nước đóng băng.