Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/04/kv0400keys.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:53 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:32:50 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: закон вина

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

57
Определите силу, действующую на пластину со стороны электрического поля. 2. Три плоские металлические пластины образуют сложный конденсатор. На средней пластине имеется заряд +Q, крайние незаряженные пластины закорочены проводником. Определите величину и направление напряженностей электрического поля между пластинами, если расстояния между пластинами l 1 и l 2 ( l 1 > l 2 ), а площадь каждой пластины S. 3. Две соединенные проводником пластины плоского конденсатора площадью S каждая находятся на расстоянии d друг от друга во внешнем однородном электрическом поле. Расстояние между пластинами мало по сравнению с размерами пластин. Определите напряженность внешнего электрического поля, если известно, что при медленном сближении пластин до расстояния d/3 была совершена работа А. 4. Внутри плоского конденсатора, между обкладками которого с помощью источника напряжения поддерживается постоянная разность потенциалов U, расположена плоскопараллельная металлическая пластина толщиной l и массой m. Пластина в начальный момент прижата к левой обкладке конденсатора, а затем отпускается. Чему будет равно ускорение пластины в тот момент, когда она будет занимать симметричное положение относительно обкладок конденсатора? Площадь каждой пластины S, а расстояние между обкладками d. 5. В системе, похожей на изображенную на рисунке 13, радиус внутренней проводящей сферы R, внешней (тоже проводящей) 2R. На расстоянии 3R от центра системы находится точечный заряд q. Зная величины q, E и R, определите заряд на внешней сфере. Потенциал земли принять равным нулю.

откуда получаем

q = -Q

R1 R2

= -5 1 0

-9

Кл .

поверхностную плотность заряда на сфере. По закону сохранения заряда,

Именно этот заряд и протечет через гальванометр. Задача 8. В системе, изображенной на рисунке 13, радиус внутренней


i

i Si = 0 ,

+q !R R q

где S а i Тогда ходим

i

площадь i-го участка сферы, плотность заряда i-го участка. из принципа суперпозиции напотенциал в центре сферы:

=-

q 4 0 2 R

+


i

i Si 4 0 R

=
q 8 0 R

=-

.

При этом напряженность электрического поля внутри проводящей сферы равна нулю. Следовательно, потенциал внутри сферы постоянен и равен потенциалу на ее поверхности, т.е. q R = - . 8 0 R Теперь решение поставленной задачи очевидно. Согласно принципу суперпозиции, потенциал внутренней сферы равен
E= Q 4 0 R + q 4 0 3 R - q 8 0 R

E

Рис. 13

проводящей сферы R, внешней (тоже проводящей) 3R, заряд внешней сферы +q. На расстоянии 2R от центра системы находится точечный заряд q. Зная величины q, E , R, определите заряд внутренней сферы. Потенциал земли принять равным нулю. Рассмотрим вспомогательную задачу. Пусть на расстоянии 2R от проводящей сферы радиусом R расположен точечный заряд q. Определим потенциал сферы. Заряд q приведет к перераспределению зарядов на сфере (к ее поляризации). Обозначим через

,

откуда находим искомый заряд внутренней сферы:

Q = 4 0 RE +
Упражнения

1 6

q.

1. В плоский конденсатор, подключенный к источнику с постоянной ЭДС E , параллельно обкладкам помещена плоская пластина, имеющая заряд q. Расстояния от пластины до обкладок d1 и d 2 . Площадь пластины и обкладок S.

ОТВЕТЫ,
'Квант'длямладшихшкольников

УКАЗАНИЯ,
3

РЕШЕНИЯ
3

Задачи (см. 'Квант' ?3) 1. Пусть Алеше х лет, а Грише у лет. Тогда Боре х 3 лет (х > 6). Согласно условию задачи,
y x - 3 = x x - 6 + 9 , отсюда x - 3 x - 3 - y = 0 .

= n 1 следует, что n 1 делится на 3. Отсюда заключаем, что число n при делении на 3 должно давать в остатке 1. 2 Рассмотрим разность двух чисел n - 1 и n2 + n + 1, каждое из которых делится на 9:

b

g

b

n -1

b

gb

g

b

gb

g

Так как x > 6, то x y = 3, т.е. Алеша старше Гриши на 3 года. 2. Разрежем ленту на такие 7 частей: 1, 23, 4, 5, 6, 7, 89, а затем перевернем шестерку, превратив ее в девятку. В результате получатся 7 попарно взаимно простых чисел: 1, 23, 4, 5, 9, 7, 89. Очевидно, что большего количества частей достичь невозможно. 3. Предположим, найдется такое натуральное число n, что n2 + n + 1 делится на 9. Тогда из тождества n2 + n + 1 n - 1 =

c

hb

g

Отсюда видно, что число n делится на 3. Полученное противоречие свидетельствует о том, что натурального числа n, удовлетворяющего условию задачи, не существует. 4. Пусть в Думе насчитывается х рыцарей и 101 х лжецов. Если вывести из состава Думы рыцаря, то оставшихся х 1 рыцарей меньше, чем 101 х лжецов, т.е. х 1 < 101 x, откуда x < 51. Если вывести из состава Думы лжеца, то оставшихся 100 х лжецов будет не больше, чем х рыцарей (так как лжец врет), т.е. 100 х х, откуда х 50. Исходя из полученных неравенств, получаем х = 50. 5. Обозначим катеты прямоугольных треугольников a, b,

g -e
2

n + n + 1 = -3n .

2

j


58
b a S S

КВАНT 2000/?4

c S
Рис. 1

S d

c, d так, как показано на рисунке 1. Если а = b = =c = d, то все прямоугольные треугольники равны, и вписанный четырехугольник квадрат. Если же предположить, что a > b, то из равенства площадей треугольников, перемещаясь по кругу от треугольника к треугольнику, получаем неравенства: b > c > d > a, что невозможно.

Конкурс 'Математика 68'
(см. 'Квант' ?1) 16. Могут. Развертка куба с выделенными на ней параллелограммами показана на рисунке 2. 17. Если общая сумма гонорара нацело делится на число задач, то об экономии не может быть и речи. Поэтому делители числа 400, которые не превышают 24, следует сразу ис ключить. Таким образом, количество отобранных задач находится среди чисел 3, 6, 7, 9, 11, 12, 13, 14, 15, Рис. 2 17, 18, 19, 21, 22, 23, 24. Разделим 400 на каждое из этих чисел, выделив целую и дробную части. Каждую дробную часть запишем в виде обыкновенной дроби, для удобства не сокращая числитель и знаменатель на их общий 1 делитель. Если дробная часть не меньше , то при округле2 нии таких чисел сумма гонорара увеличилась бы, и вместо экономии получился бы перерасход. Поэтому такие числа также отбрасываем. Для тех же, у которых дробная часть 1 меньше , экономия появится, причем нетрудно сообразить, 2 что она будет в точности равна числителю несокращенной дроби. Все вышеизложенное удобно свести в таблицу:
Число задач N
3 6 7 9 11 12 13 14 15 17 18 19 21 22 23 24 4 0 0 /N 133 + 1/3 66 + 4/6 57 + 1/7 44 + 4/9 36 + 4/11 33 + 4/12 32 + 10/13 28 + 8/14 26 + 10/15 23 + 9/17 22 + 4/18 21 + 1/19 19 + 1/21 18 + 4/22 17 + 9/23 16 + 16/23

Итак, в четырех случаD ях экономится 1 рубль, в пяти случаях 4 рубля, и лишь в одном B случае 9 рублей. А теперь вспомним услоO вие, в котором говорится, что главный редакM N тор сумел определить, C сколько задач было отC вергнуто. Лишь при экономии, равной 9 рублям, можно точно ответить: было опублиA ковано 23 задачи, а Рис. 3 забракована лишь одна. 18. Четырехугольник ABCD может быть как выпуклым, так и невыпуклым (рис.3). В любом случае, по условию задачи, точка С проектируется на отрезок AD, а не на его продолжение. Отразим точку С симметрично относительно прямой AD получим точку C1 , при этом CAD = C1 AD , CDA = = C1 DA . Следовательно, BAC1 = BDC1 = 90њ, и вокруг четырехугольника ABDC можно описать окружность с диа1 метром BC1 . Пусть точка О центр этой окружности. Соединив точку О с серединой N хорды AD, получим ON AD, и следовательно, ON || CC1 . В треугольнике CBC1 на прямой ON лежит средняя линия ОМ, поэтому MN AD. 19. Представив число n в виде n = 2k + 1, где k любое целое неотрицательное число, запишем исходное выражение: 2 n 2 k +1 2 3 5 + 8 n + 44 n - 67 = 3 5 + 32k + 120k - 15 . Докажем методом математической индукции, что число
35
2 k +1

+ 32k + 120k - 15

2

делится на 128. При k = 0 это утверждение проверяется непосредственно. Предположим, что это утверждение справедливо при k = K, где K любое целое неотрицательное число, т.е. 2 K +1 2 + 32 K + 120 K - 15 35 делится на 128. Отсюда следует, что оно верно и при k = K + + 1. Действительно,
35
2 K +1 +1

b

g + + 2+ 32 K 1 120 K + 1 - 15 =

= 25 3 5

e

b

g

b

g

2 K +1

+ 32 K + 120 K - 15 - 128 6 K + 22 K - 4 .

2

j

e

2

j

Экономия (если она есть) 1 - 1 4 4 4 - - - - 4 1 1 4 9 -

В первой скобке получили выражение, которое по предположению делится на 128, а оставшийся член имеет множитель 128. Итак, утверждение верно и при k = K + 1, тем самым доказано исходное утверждение задачи. 20. Победу себе может обеспечить второй игрок. Занумеруем 2000 горизонталей и 1999 вертикалей по порядку. Пусть первый игрок своим очередным ходом закрасил клетку на пересечении n-й горизонтали и m-й вертикали. Тогда второй игрок, закрасив краской того же цвета клетку на пересечении m-й вертикали и свободной горизонтали, имеющей номер той же четности, что и число n, всегда будет иметь возможность сделать очередной ход, не используя новый цвет, и выиграет.

Слоны на водопое
Пусть объем воды в озере равен V, из родников за сутки добавляется объем воды v, а один слон за сутки выпивает количество воды, равное х. Тогда V + v = 183x, V + 5v = 5 37 x . Вычитая из второго уравнения первое, найдем, что 4v = 2x, т.е. 2v = x. Подставив это соотношение в первое уравнение, получим V = 365v, т.е. родники наполняют озеро за 1 год. Обозначив теперь через t время, за которое один слон осушит озеро, получим V + tv = tx. Но x = 2v, откуда V = tv, а по-


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59
x + y + z +t

скольку V = 365v, то t = 365, т.е. один слон выпьет все озеро за год.
4. а) x = + 2n , где n Z ; б) x = + 2n или 4 2 arcsin 3 5 + 2n , где n Z . 5. 5. 6. -13; 13 . 13. Нужно. Правильный ответ: x = + k , arctg 3 + k или 2 3 arctg + k , где k целое число. 2 14. y2 = x cos - y sin sin + x sin + y cos cos .

венство в виде
e
4x

+e

4y

+e

4z

+e

4t

+e

+K+ e

x + y + z +t



Тригонометрические тождества

bg

2 y +2z 2y +2t 2z +2t e +e +e +e +e +e . Докажем, что набор 4 x, 4 y, 4 z, 4t, x + y + z + t, K, x + y + z + t мажорирует 2x + 2 y, 2 x + 2z, 2x + 2t, 2y + 2z, 2 y + 2t, 2 z + 2t , откуда и будет следовать решение. Упорядочим оба набора. Ясно, что 4 x x + y + z + t 4t .

2 x +2y

2x +2 z

2 x + 2t

b

g

b

g

2 15. а) x + 3 + y = 4 ; б) x + 3/ 2 + y - 3/ 2 = 4 . 16. Сначала выполним поворот на угол по часовой стрелке. Прямая при этом перейдет в ось абсцисс, а точка x; y в точку x cos + y sin ; y cos - x sin . При симметрии относительно оси абсцисс меняется знак ординаты, так что получаем точку x cos + y sin ; - y cos + x sin . При повороте на угол эта точка переходит в точку, абсциссу которой вычисляем по формуле 2

b

b

g

g

b

2

g

Предположим, что

2

4x x + y + z + t 4y

b

g

bg

(случай 4 z x + y + z + t 4t рассматривается аналогично). Тогда, очевидно, выполняются следующие неравенства:

4 x x + y + z + t 4 y 4 z 4t ,
2x + 2 y 2 x + 2z 2x + 2t 2y + 2z 2 y + 2t 2z + 2t , неравенство x + t y + z следует из x + y + z + t 4y x + + t 3y z x + t y + z + 2 y - z и упорядоченности чисел x, y, z, t. Если же 4 y x + y + z + t 4 z , то 4 x 4 y x + y + z + t 4 z 4t , второй набор упорядочен одним из двух способов:

b

g

b

g

= x cos - sin + 2y sin cos = x cos 2 + y sin 2 . Аналогично вычисляем ординату:

b b

x cos + y sin cos - - y cos + x sin sin =

e

g

2

b

2

j

g

2x + 2 y 2 x + 2z 2y + 2z 2 y + 2t 2z + 2t , 2x + 2y 2 x + 2z 2 x + 2t 2y + 2t 2z + 2t .
Однако при каждом варианте упорядоченности условия неравенства Караматы, как легко проверить, выполняются. 5. Для доказательства 'весового' неравенства Караматы необходимо рассмотреть весовые аналоги лемм 1 и 2. При этом следует применять так называемое весовое раздвижение: одновременное увеличение x i и уменьшение x j с сохранением суммы m i x i + m j x j x i x j .

- y cos + x sin cos + x cos + y sin sin =

17. а) - x; - y ; б) 2a - x; 2b - y ; в) 1 - y; 1 - x ; г) -b sin2j + x cos2j + y sin2j; 2b cos 2 j - y cos2j + x sin2j . 18. y = x + 2 . 19. 7x2 + 6 3 xy + 13 y2 = 16 .
2 2

b

= y - cos + sin + 2 x sin cos = - y cos 2 + x sin 2 .

e

2

g

2

b

g

b

j

g

g

b

g

Неравенство Караматы
1. Требуется доказать, что
a1 + a2 + K + ak k a1 + a2 + K a n
n

e

j

Конденсаторы в электростатическом поле
. 1. F = q
q d2 - d1 2 0 S + E . d1 + d2

Сводя подобные слагаемые, получаем

b

gb g

b

n - k a1 + a2 + K + ak k ak

gb

gd

+1

+ ak

+2

+ K an .

i

Последнее неравенство очевидно, поскольку каждое слагаемое в левой части не меньше любого слагаемого в правой, а количество слагаемых в обеих частях одинаковое. 2. Идея доказательства для m i N указана в статье. Пусть si + m i Q , т.е. m i = , где s i , ti N . Положим Т = ti = t1 t2 K tn и рассмотрим неравенство (4) с весами m i T N . Имеем
m1Tf x1 + m 2Tf x

2. E1 = 4. a =

Q
0 SU

l2
2

0 S l1 + l2

, E2 = -

Q

l1

0 S l1 + l2

.

3. E0 =

3A 0 Sd

.

m d -l

b

g

2

.

5. Q = 8 0 RE - q 3 .

LXIII Московская математическая олимпиада
Математический праздник 6 класс
1. Ответ: +1 2 + 4 + 8 16 32 + 64 = 27. Замечание. Попробуйте сами доказать, что а) любое число, получающееся таким способом, нечетно; б) из этой записи можно получить любое нечетное число между числами 128 и 128, причем единственным способом. 2. На рисунке 4 приведены примеры такой закраски. 3. Пусть первая цифра кода х, а вторая у. Тогда само число записывается как 10х + у, а условие задачи можно записать уравнением x + y + xy = 10x + y . Следовательно, xy = 9х. Так как код двузначное число, то x 0 , а значит, у = 9. При этом х можно взять любым, кроме 0. Ответ: 19, 29, 39, 49, 59, 69, 79, 89, 99.

di

m1T + m 2T + K + m k T

di
2

+ K + m k Tf x

di
k


k

m1T + m2T + K + m k T откуда после очевидного сокращения получаем (4) для + m i Q . Неравенство Иенсена для m i R + получается из (4) для m i Q + предельным переходом. , 3. Введем замену a = 05 ln x , b = 05 ln y , c = 05 ln z и пере, , пишем неравенство в виде
2 a + 2b - 4 c 2a +2c- 4 b 2b +2c -4 a a+b -2c a + c - 2b b + c-2a

f

F GH

m1Tx1 + m 2Tx2 + K + mk Tx

I JK

,

+e +e e +e +e . e Далее решение аналогично рассуждениям задач 1, 2. 4. В силу симметрии будем считать, что a b c d . Введем замену x = ln a , y = ln b , z = ln c , t = ln d и перепишем нера-

b

g


60

КВАНT 2000/?4

зовать так:

n n + 1 = 4k k + 1 .

Домножим обе части уравнения на 4, прибавим к обеим частям 4 и преобразуем:

b

g

b

g

b

2n + 1

g

2

+ 3 = 2 2k + 1
x + y = 3, x - y = 1,

Но если x - y = 3 , то
Рис. 4

2

2

db

gi

2

.

4. Пример приведен на рисунке 5. 5. Покрасим вершины А, С, F и Н в черный цвет, а остальные вершины в белый. Заметим, что любые две соседние вершины будут покрашены в разные цвета. Значит, после каждого залпа заяц перебегает в вершину другого цвета. Сделаем первый залп по вершинам С, F и Н. Если заяц находился в черной вершине, то либо охотники сразу попали в него, либо заяц находился в вершине А. В последнем случае после залпа заяц перебежит в одну из трех соседних вершин, и Рис. 5 залп (BDE) обязательно достигнет цели. Если заяц находился в белой вершине, то после двух выстрелов он снова окажется в белой вершине. Рассуждая аналогично предыдущему случаю, убеждаемся, что залпы (BDE), а потом (CFH) обязательно поразят зайца. Ответ: охотники обязательно попадут в зайца, сделав следующие залпы: (CFH), (BDE), (BDE), (CFH). (Порядок залпов важен!)

и у = 1, что невозможно, так как у = 2n + 1. Третий способ. Полученное уравнение приводится к виду
n + n + 1 = 2k + 1 .
2 2

R | S | T

b

g

2

Выражение в левой части больше n , но меньше n + 1 , и потому не может равняться квадрату целого числа. Противоречие. 5. Обозначим числа, стоящие в вершинах куба, соответствующими маленькими латинскими буквами: a, b, c, d, e, f, g и h. Рассмотрим наименьшее из этих чисел. Без ограничения общности мы можем считать, что это число а (оно находится в вершине А). Тогда числа в соседних с А вершинах (это вершины В, D и Е) могут принимать только значения а или а + 1 (так как а 1 < a). Значит, какие-нибудь два из чисел b, d и е равны. Пусть равные числа стоят в вершинах В и Е (остальные случаи рассматриваются аналогично). В этом случае ответом будут противоположные вершины Е и С: е = b, а числа с и b отличаются не более чем на 1, поэтому числа е и с отличаются не более чем на 1.

b

g

2

Избранные задачи для старших классов
1. Ответ: 50 мест. Если 10 партий наберут ровно по 5% голосов, а две, включая партию любителей математики (ПЛМ), по 25%, то ПЛМ получит ровно 50 мест в парламенте. Докажем, что большее число мест ПЛМ получить не может. Обозначим сумму процентов голосов, набранных партиями, прошедшими в парламент, через S, а сумму процентов голосов, набранных непрошедшими партиями, через s. Тогда доля мест, полученных ПЛМ в парламенте, равна 25 25 . = 100 - s S Отсюда видно, что наибольшее число мест ПЛМ получит в том случае, если общее количество голосов, отданных за непрошедшие партии, максимально. Если бы в парламент не прошли 11 партий, они вместе набрали бы не более 55% голосов, но 55 + 25 < < 100. Значит, не прошли в парламент максимум 10 партий, и они набрали в сумме не более 50% голосов. Поэтому ПЛМ получит в парламенте не более 50% мест, т.е. не более 50 мест. 2. См. рис.7. 3. Если N середина отm резка ВМ, то AN || DM Рис. 7 (поскольку АВ = AD) и CN || BE (поскольку СМ = СЕ). Докажем, что при ВМ = АС угол ANC прямой. Так как МN = MC, то MNC = MCN; так как MN = =MA, то MNA = MAN. Имеем:
NAC + ANC + ACN = 180 њ,

7 класс
2. а) Да, достаточно прибавить к числителю и знаменателю по 77. (К этому числу приводит уравнение 2 10 + x = 97 + +х.) б) Нет. Действительно, дробь равна единице, если ее числитель и знамена% тель равны. А Малыш никак не сможет из неравных чисел сде$ лать равные. * 3. На рисунке 6 цифрами отмечены верши) + ны семи приложенных # " треугольников. 4. Ответ: Нет, не мо жет. Решение. Докажем это от противно! го. Первый способ. Предположим, что найдутся два натуральных числа k и n таких, что Рис. 6 n n + 1 = 2k 2 k + 2 . Отметим числа 2k и 2k + 2 на числовой оси и рассмотрим два случая: n 2k и n > 2k. Если n 2k , то n + 1 < 2k + 2, поэтому n n + 1 < 2k 2k + 2 . Противоречие. Если n > 2k, то n + 1 2 k + 2, поэтому n n + 1 > 2k 2k + 2 . Противоречие. Второй способ. Полученное выше уравнение можно преобра-

b

g

b

g

b

g

bg bg

b b

g g


b
Получим

NAC + MNA + MNC + MCN = 180 њ, 2 MNA + MNC = 180њ.

b

gb

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

g

g

61

отрезок PQ. Наконец,

MK - ML = 2 MH1 - MH2 = 2 MP - MQ =
=2 8. S =S
AOB

ANC = MNA + MNC = 90њ,

1 2 =

AB -

1 2

CD = AB - CD .

что и требовалось доказать. 4. Расположению карт в колоде сопоставим число, в котором цифр столько, сколько в колоде карт, причем на k-м месте слева стоит '1', если k-я карта снизу лежит рубашкой вверх, и '2' в противном случае. Тогда после каждого преобразования это число уменьшается. (Действительно, сравним полученное число с предыдущим. Среди всех цифр, которые изменились, выберем самую левую, т.е. найдем самый старший изменившийся разряд. Очевидно, в этом разряде цифра '2' сменилась на '1'.) Поскольку количество n-значных чисел из единиц и двоек коn нечно (равно 2 ), в конце концов мы получим число, состоящее из одних единиц, что соответствует расположению всех карт рубашкой вверх. 5. Указание. Пусть ABCD произвольный прямоугольник, 2 2 2 2 О произвольная точка. Тогда OA + OC = OB + OD (это нетрудно вывести из теоремы Пифагора). Пусть теперь О центр окружности задачи, R радиус этой окружности, ABCD прямоугольник задачи. Имеем: ОВ = = OD = R. Следовательно, любая искомая точка С лежит на окружности, с центром О и радиусом 2 R - OA . Обратно, возьмем любую точку C этой окружности. На отрезке AC как на диаметре построим окружность. Она пересекает данную окружность в двух точках; пусть В любая из них. Рассмотрим прямоугольник АBCD задачи, лежащий по ту же сторону АВ, что и точка C . По доказанному С лежит на окружности , т.е. совпадает с точкой C . 6. Достаточно узнать число, записанное в одной из клеток. Заметим, что Леша знает разность любых двух чисел, записанных в соприкасающихся по точке клетках: x z = x + y y + z (рис.8). Поэтому Леша знает и разx y ность чисел, стоящих в любых двух клетках одного цвета. Осталось заметить, что из этих разностей ровно одна равна 63. z 7. Пусть Р и Q середины АВ и CD, O1 и O2 центры окружностей, Рис. 8 проходящих через точки А, М, С и В, М, D соответственно, H1 и H 2 проекции O1 и O2 на прямую PQ (рис.9). 1) Точки М, Р и Q лежат на одной прямой. В самом деле, прямые РМ и QM содержат радиусы окружностей, касающихся в точке М, и, следовательно, перпендикулярны общей внутренней касательной к этим окружностям. 2) Р и Q лежат на окружности с диаметром OO2 . ДейO 1 O ствительно, C B PO1 PO2 , поскольку эти пряMQ K мые серединные H P H L A перпендикуляры, D Рис. 9 соответственно, к отрезкам МА и МВ, угол между которыми прямой (М лежит на окружности с диаметром АВ). Аналогично, QO1 QO2 . 3) Ясно, что KH1 = H1 M , LH 2 = H 2 M (диаметр, перпендикулярный хорде, делит ее пополам).
2 2

-S

Но OH A AH A = OH B BH B = 1 (точки А и В лежат на графике). 2 9. Заметим, что f x = x + 6 - 6 . Отсюда видно, что

AOH A

-S

AH A H B B BOHB

=S

AOK

-S

(рис.10).

KH A H B B

f

b

gb

g

Ответ: x = -6 + 6 . 10. Без ограничения общности будем считать длину стороны клетки равной 1; докаy жем, что каждая из рассматриваемых сумм A равна площади многоугольника. Проведем, например, горизонтальные отрезки. Многоугольник разбивается ими на два B треугольника и неK сколько трапеций; высота каждой из этих фигур равна 1. ВыраO H) H* x зим площади фигур чеРис. 10 рез основания и высоты. Сложим эти площади и заметим, что каждый горизонтальный отрезок входит в сумму два раза. 2 11. Ответ: 2000 - 1 . Пусть а = 2000m + n, b = 2000n + m, d наибольший общий делитель а и b. Тогда d делит также
32

bg b g FH f e f e f d f b xgijjIK = b x + 6g - 6
32

.

числа 2000 a - b = 2000 - 1 m и 2000 b - a = 2000 - 1 n . 2 Поскольку m и n взаимно просты, то d делит 2000 - 1 . С 2 другой стороны, при m = 2000 2000 1, n = 1 получаем
2 а = 2000 - 1 2000 - 1 , b = 2000 1 = d. 12. Ответ: 0. Указание. График функции sin kx на отрезке 0; состоит из k одинаковых 'шапочек', которые получаются из графика функции sin x на том же отрезке путем сжатия к оси ординат в k раз. При этом площадь под графиком также уменьшается в k раз. Как следствие, суммарная площадь под k 'шапочками' одинакова при любом натуральном k. 3 2 13. Ответ: может. Многочлен P x = x x х 1 имеет

e

2

j

e

2

j

e

2

jb

g

корень t, больший 0, поскольку P 0 < 0 и P x + при 3 x + . Тогда t = t 2 + t + 1 > t 2 + t. Возьмем длины пало2 3 чек равными t , t , t. После первого отпиливания получим палочки с длинами t 2 , t, 1. Так как отношение длин не изменилось, процесс будет продолжаться бесконечно. 14. Ответ: а) не могут; б) могут. а) Пусть N число игроков, М = N 2 . Игроков, занявших первые М мест, назовем сильными, а остальных слабыми (между участниками с одинаковой суммой очков места распределяются произвольно). Пусть Х число правильных партий между сильными и слабыми. Сумма очков, набранных сильными во встречах между собой, равна M M - 1 2 , а во встречах со слабыми не больше Х. Поэтому средний результат сильного не больше M - 1 2 + X M . Аналогично, средний результат слабого не меньше N - M - 1 2 + + M N - M - X N - M . Если есть неправильные партии, то не все игроки набрали поровну очков, и средний результат сильного больше, чем слабого. Отсюда X > M N - M 2 >

bg bg

bg

b

g

b

g

4) PH1 = QH2 , так как проекция середины отрезка OO2 де1 лит отрезок H1 H2 пополам; но эта проекция делит пополам и

db

g ib

g

b

g

b

g


62

КВАНT 2000/?4

> N N - 1 8 . Так как общее число партий равно N N - 1 2 , то доля правильных партий больше 1/4. б) Пусть сначала в турнире участвовал 2k + 1 игрок, причем каждый участник с номером i k проиграл участникам с номерами i + 1, ..., i + k и выиграл у остальных, а каждый участник с номером i > k выиграл у участников с номерами i k,..., i 1 и проиграл остальным. Очевидно, что все игроки набрали по k очков, причем в таблице турнира выше главk k +1 клетках из ной диагонали единицы стоят лишь в 2 2k 2k + 1 . Теперь 'размножим' каждого игрока, заменив его 2 блоком из k новых, и пусть игроки из разных блоков играют друг с другом так же, как соответствующие прежние игроки, а игроки из одного блока играют друг с другом вничью. Получим новую таблицу, в которой по-прежнему у всех игроков поровну очков. Изменим эту таблицу так, чтобы суммы очков игроков перестали быть равными. Для этого будем менять результаты игроков из блока k + 1: в их встречах с игроками из блока k + 1 i заменим ik выигрышей ничьими так, что сумма очков каждого игрока из блока k + 1 уменьшится, а кажi дого игрока из блока k + 1 i увеличится на . 2 (Это можно сделать. Действительно, пусть А и В k-элементные множества, i k . Легко построить i (взаимно однозначных) отображений А на В так, что, какой элемент х множества А ни возьми, образы х при любых двух из этих отображений различны.) Напротив, в партиях с игроками из блока k + 1 + i заменим ничьими ik проигрышей. Число s неправильных партий станет равно k k +1 2 2k 2k + 1 2 k k +1 -k - 2k k . 2 2 2 При этом общее число партий S равно

b

g

b

g

Избранные задачи отбора на Российскую олимпиаду
1. Нет. Если три такие хорды нашлись, то они делят площадь круга в одинаковом отношении 3:4 и потому равны. Секторы между их концами равновелики, поэтому между хордами одинаковые углы по 60њ. Но тогда можно показать, что эти секторы меньше по площади, чем соседние усеченные секторы. 2. Среди цифр числа n не более двух единиц, а остальные нули. Всегда S ab S a S b , причем равенство означает, что при умножении 'в столбик' нет переносов из одного разряда в другой. Если при возведении n в четвертую степень нет переносов, то четвертая степень каждой цифры однозначное число. Если в записи n хотя бы три единицы, то при возведе2 нии n в квадрат появляется перенос. Если единиц не более двух, то переноса не возникает. 3. Так как вписанные углы KBD и KCA равны, то точки X, Y, B, C лежат на одной окружности. Тогда углы CBY и CXY равны как вписанные. Далее используем равенство вписанных углов CBD и CAD. 4. (Решение основано на работе ученицы 10 класса лицея 'Вторая школа' Е.Муравьевой.) Треугольники, в которые вписаны равные окружности, будем называть отмеченными. Если отмечены какие-либо два треугольника, 'симметричных относительно биссектрисы AD', то АВ = АС. Действительно, если отмечены АОЕ и АОF, то АЕВ = = AFC, откуда АВЕ = АСF. Пусть отмечены ОВF и ОСЕ. Тогда в этих треугольниках равны углы при вершине О, опущенные из О на BF и CE высоты и радиусы вписанных окружностей. Отсюда легко вывести, что равны и сами треугольники. Так как OBF OEC, то OBF = = OCЕ. Равенство OBD = OCD следует и из отмеченности треугольников OBD и OCD; доказав это, мы завершили бы решение задачи. (В самом деле, какую биссектрису l ни возьми, найдется хотя бы одна пара 'симметричных относительно l' отмеченных треугольников.) Однако мы не умеем доказывать это равенство без вычислений; не прибегая к ним, мы окончим решение несколько по-другому. Очевидно, у треугольника АВС есть вершина, к которой примыкают отмеченные треугольники, например, А. Значит, АВ = АС. Опираясь на это, докажем, что из отмеченности OFB и OFA следует АС = ВС. Обозначим через O1 , O2 , O3 центры окружностей, вписанных в треугольники АОЕ, АОF, BOF соответственно. Легко видеть, что OO2 || BC , O2O3 || AB , O3O1 || BE , откуда O2O3 = 1 = OO2 . Значит, окружности с центрами O2 и O3 имеют об1 щую точку касания с CF, CF O2O3 , откуда АС = ВС. 5. Зафиксировав k, проведем индукцию по числу ребер n. Начало очевидно. Для индуктивного перехода от n 1 к n сотрем ребро, соединяющее какие-то вершины А и В. Теперь количество правильных раскрасок есть многочлен P k . Из него нужно вычесть количество правильных раскрасок графа, получаемого при отождествлении А и В. Но по индуктивному предположению это также некоторый многочлен Q k . 6. Если x 0 , то x = - y 2 для некоторого у, и f x =

b

g

b

g

b g bgbg

b

g

b

g

b

g

k 2k + 1 k 2k + 1 - 1 2

b

gd b

gi

.

При k = 20 неправильные партии от общего числа партий. Заметим s lim = k S

235 600 составляют > 0,7 335 790 также, что 3 . 4

15. Будем помещать между плоскостями правильные тетраэдры, расстояние между противоположными ребрами которых равно расстоянию между плоскостями. Пусть одно из ребер каждого тетраэдра лежит в одной из граничных плоскостей, а противоположное ему в другой. Два тетраэдра можно расположить так, чтобы конец 'верхнего' ребра первого совпадал с серединой 'верхнего' ребра второго, а середина 'нижнего' ребра первого с концом 'нижнего' ребра второго, и при этом как 'верхние', так и 'нижние' ребра обоих тетраэдров были перпендикулярны. Распространив этот процесс на весь слой, получим, что каждый тетраэдр окружен четырьмя другими (рис.11). Эти 'соРис. 11 седи' не позволяют сдвинуть тетраэдр во внешнюю (по отношению к нему) сторону от любой его грани.

bg

= - f y 0 . В области x > 0 функция f x =f f f y взаимно однозначна, и из непрерывности следует ее строгая монотонность. Если f a > 0 для некоторого а > 0, то 2 f f x возрастает при х = а, тогда как - x убывает. 7. n + 1. Для n = 0 и n = 1 результат очевиден. Пусть он верен для какого-то n > 1. В кубе с ребром 2 и плотной расстаn новкой ладей 'раздуем' единичные кубики в 2 раз. На место ладей поставим кубы с плотной расстановкой и n + 1 'угловиком'. Получим куб с ребром 2 n +1 и не менее чем n + 2 'угловиками'. Больше их быть и не может: если 'угловик' с ребром l содержится в 'угловике' с ребром m, то m 2l . Последнее следует из того, что в их 'разности' можно рас2 ставить не более 3 m - l ладей так, чтобы они не били друг

e d b gi j

d b gi

2

bg bg

d b gi

bg

bg

b

g


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63
x x

друга, откуда 3 m - l m - l . 8. Последовательность натуральных чисел ak возрастающая, причем ak +1 2ak . Поэтому для любого р найдется такое наименьшее a k , что 10 p ak 10 p+1 . Для всякого натурального а справедливо неравенство S a 9 lg a + 1 . Поэтому для достаточно больших p имеем S ak -1 < 10 p . Тогда 10 < ak < p < 10 + 10 p . Пусть p = 10 q и a l первый член последовательности, котоp рый больше 10 + 10p. Тогда
10 10 q +1 < al -1 < 10 + 10 , 10 и для достаточно больших q получим q S al -1 < 10q , a < 1010 + 10 q +1 + 10q . l r Проведя аналогичные рассуждения для q = 10 , получим, что для некоторого a m справедливо lg lg lg a m > r , 9 lg r + 21 стреS am < 3 + 9 lg r + 2 . При росте r отношение r мится к нулю. 9. Ответ: 1998964 = 1999000 36. Отметим в графе две вершины, не соединенные ребром. Если найдутся еще две такие вершины, то отметим и их, и т.д. Очевидно, что всего будет отмечено менее 10 вершин. Если теперь найдется вершина, не соединенная ребром с какой-либо отмеченной, то отметим и ее, и т.д. Суммарно будет отмечено не более 9 вершин. Каждая неотмеченная соединена со всеми вершинами графа. В 'оптимальном' варианте отмечено 9 вершин и все ребра между ними отсутствуют. q q

b

g

2

2

2

v v 0 v
Рис. 13

bg b di

g

p

t

0

t

x

di

di

b

g

4. Нужно параллельно соединить друг с другом четыре цепи, две из которых включают в себя по 52 последовательно соединенные лампочки на 3,5 В/0,28 А, а остальные по 53 последовательно соединенные такие же лампочки. Затем к этой схеме нужно последовательно подключить лампочку на 36 В/40 Вт. При этом в гирлянде будет задействовано 210 лампочек на 3,5 В.

10 класс
1. См. рис.14. 2. t = 3. C = 4 0 R .

2m чg

bg

P

2

+

mv2 42 c . , 2P

v v 0 v
Рис. 14

x x

Избранные задачи Московской физической олимпиады
Первый теоретический тур 7 класс
1. Дальность полета струи больше в эксперименте Олега. 2. На переднее колесо действует сила трения, направленная назад, а на заднее колесо вперед, причем такая же по величине. 3. 1,424 г/л. 4. Пруды будут пересыхать в такой последовательности: 2, 3, 1. Указание: скорость высыхания зависит от уровня воды в пруду. 1. M 1 - 2 1 m M при 2 1 , 0 m M при 2 > 1 . 2. m 1 кг . 3. См. рис.12.

t

0

t

x Сила трения, H 8 6 4 2 3 2 1 0 2 4 6
Рис. 15

11 класс
1. См. рис.15. 2. Возможны 12 вариантов: 0, U/4, U/3, U/2, 2U/3, 3U/4, U, 4U/3, 3U/2, 2U, 3U, 4U. 3. r L n - 1 = 0,1 рад . 4. t =
lg
2 1 12

b

g

8 класс

d b gi dn n i TT

1

2

lg 2 9 6 10 лет .

T2 - T1



8

Второй теоретический тур 8 класс
1. Возможны 4 варианта: t1 = 120 c , t2 10,9 c , t3 5,7 c , t4 3,9 c . 2. Половина карандаша. 3. t1 = t 3 n = 10 мин . 1. M > b c - a
2j e 1- ч b M + 2m g g 1 - ч . R Mv + | v bg = S m + M t |v при t > | T
2 a 2

Рис. 12

~

~

9 класс
1. См. рис.13. 2. k = дину 2 3. a =
1

. 2. M + 2m g

b

9 класс

g

1+ ч

2

LM T r + bR - rg MN R - r 6 песни. b2 F - чmgg M
2 2

T2 T1
2

OP PQ

1+ ч

F


+ 1 = 26 , т.е. мы попадем на сере2

8,5 м с .

3.

чgt при 0 t , ,

Скорость,м/с


64
где =

КВАНT$ 2000/?4

двигаться относительно дороги.

b

mv

m + M чg

g

время, через которое доска перестанет 4. I 0,43 мА .

1112 классы
1. Согласно формуле Вина, длина волны спектрального максимума обратно пропорциональна температуре тела, следовательно, первое тело в 5 раз горячее. Согласно закону Планка, тело с более высокой температурой излучает сильнее на всех длинах волн. По формуле СтефанаБольцмана полная мощ4 ность излучения с единицы поверхности первого тела в 5 = = 625 раз выше. Для того чтобы ответить на вопрос о соотношении полных энергий, излучаемых этими звездами, данных в задаче не хватает: нужно знать еще соотношение размеров звезд. 2. Радиус черной дыры найдем из условия, что на расстоянии этого радиуса от центра дыры вторая космическая скорость равна скорости света: с = 2GM R , поэтому диаметр дыры 2 -20 м . Объекты такого размера соравен D = 4 GM c 1,5 10 временной науке неизвестны, а свет его просто не заметит -7 ведь длина волны света (;10 м ) на 13 порядков больше размера нашей черной дыры!

1. n = жен. 2. v
уз

LM MN
=

gt

2

b2s g + 1 OP PQ 2
2 2

10 класс
при s gt
2

2 ; случай s > gt

2

2 невозмо-

v sin + vL cos + ul sin

3. = 2 T2 - T1

d

id

b

3T1 + 5T2 . 4. I

i

gb
2

L+l

g

2

.
2

E 18000 R 2V

. 5. F1 = Fa

b.

2

11 класс
1. a1 = a 13 2 . 2. T =
gR sin V R L
2

e e jj
2

.

IV Международная астрономическая олимпиада
Теоретический тур 810 классы 1. d = 2540 мм 31 180 60 23 мм .

2. а) Можно; б) можно на пределе чувствительности; в) нельзя. 3. На Северном полюсе во время, близкое к дню весеннего равноденствия (в конце марта), или же на Южном полюсе во время, близкое к дню осеннего равноденствия (в конце сентября). Продолжительность восхода составит 32,5 ч. 4. а) Начнем с того, что на Северном полюсе незаходящих звезд ровно половина от 6000, т.е. имеется 3000 звезд, склонение которых больше 0њ. Если мы отойдем от полюса на 1њ, то некоторые из этих звезд (склонение которых меньше 1њ) станут заходящими. При этом, конечно, появятся другие восходящие и заходящие звезды (склонение которых больше 1њ), но для решения нашей задачи это не имеет значения. Оценим, какова будет доля звезд из 3000, склонения которых расположены в интервале от 0њ до 1њ. Это есть отношение площади полосы шириной 1њ вблизи небесного экватора 2 к площади полусферы 2R0 . Площадь полосы это ее длина вдоль небесного экватора 2R0 , умноженная на ширину R0 180 . Отношение площадей равно звезд станут заходящими, а незаходящими будут 2950 звезд. б) Здесь тоже можно воспользоваться похожим приемом (проделайте это самостоятельно). Однако правильный ответ можно дать сразу: склонение, большее 89њ, имеет только одна видимая невооруженным глазом звезда Полярная. 5. Задача допускает множество решений. Например, авторское решение предполагало, что нужно равноускоренно подниматься вертикально вверх (т.е. двигаться так, чтобы высота подъема была пропорциональна квадрату времени). 6. Эту задачу удобнее всего решать в системе отсчета, связанной с отрезком прямой, соединяющей центры Земли и Солнца. В этой системе движения всех небесных тел являются синодическими. Синодический период Луны составляет 29,5 дней, поэтому скорость тени Луны относительно центра Земли равна V1 = 2 384 000 000 м 29,5 86400 с 946 м с . Но поверхность Земли вблизи экватора движется в том же направлении со скоростью V2 = 40 000 000 м 86 400 с 463 м с . Таким образом, скорость лунной тени относительно земного наблюдателя равна V = V1 - V2 480 м с .

b

g

Информацию о журнале 'Квант' и некоторые материалы из журнала можно найти в ИНТЕРНЕТЕ по адресам: Курьер образования http://www.courier.com.ru Vivos Voco! http://www.accessnet.ru/vivovoco
(раздел 'Из номера')

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ
А.А.Егоров, Л.В.Кардасевич, С.П.Коновалов, А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИ
Д.Н.Гришукова, В.В.Иванюк, М.М.Константинова, А.И.Пацхверия, М.А.Сумнина, Е.А.Силина, П.И.Чернуский

d

2R0 R0 180

ie

2R0 = 180 . Значит, 3000 180 50

2

j

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР
Е.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА
Е.А.Митченко, Л.В.Калиничева

ЗАВЕДУЮЩАЯ РЕДАКЦИЕЙ
Л.З.Симакова
Журнал 'Квант' зарегистрирован в Комитете РФ по печати. Рег. св-во ?0110473 Адрес редакции: 117296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, 'Квант', тел. 930-56-48 Отпечатано на Ордена Трудового Красного Знамени ГУП Чеховский полиграфический комбинат Министерства Российской Федерации по делам печати, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций 142300, г.Чехов Московской области, Тел. (272) 71-336. Факс (272) 62-536 Заказ ?