Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2001/02/kv0201answ.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:16 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:33:17 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 16

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

55

'Квант' для младших школьников Задачи
(см. 'Квант' ?1) 1. Если бы у Коли было на 3 пирожка больше, то всем досталось бы поровну по 11 пирожков. Итак, вначале было 22 пирожка, и после окончательного дележа каждому досталось по 10 пирожков. 2. Найдем все двузначные числа вида ab = 10a + b, где a, b цифры ( a 0 ), которые делятся на сумму квадратов своих цифр: 10а + b = m a + b , m 0 , m целое. Рассматривая последнее равенство как квадратное уравнение относительно переменной а, находим . m Обозначим bm = k и найдем возможные значения целой переменной k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, при которых значение подкоренного выражения 25 k k - 1 равно точному квадрату. Легко убедиться, что это может быть только при k = 0 или k = 1. 10 Если k = 0, то b = 0 и а = . При m = 2, 5, 10 получаем три m возможных значения для переменной а: а = 5, 2, 1 и, соответственно, три ответа: 50; 20; 10. Если k = 1, то b = m = 1 и допустимых значений для цифры а не существует. 3. По условию, в каждом округе может находиться не более 13 субъектов, и, таким образом, в семи округах не более чем 7 Ч 13 = 91 субъект. Болотный и Холмистый округа имеют менее 13 субъектов, поэтому во всей Федерации не более 89 субъектов, причем последнее количество достигается лишь в том случае, если все остальные округа (кроме Болотного и Холмистого) имеют по 13 субъектов. Итак, в Снежном и Пустынном округах субъектов поровну. 4. Обозначим длину аквариума через а, ширину b, а высоту с. Поскольку занимаемый воздухом в аквариуме объем один и тот же, независимо от его положения, то 3bc = 3ac = 3ab. Отсюда a = b = c и, таким образом, аквариум имеет форму куба. 5. Упорядочим гири по массе и положим на левую чашку весов пять самых легких гирь с общей массой m, а на правую чашку пять самых тяжелых гирь с общей массой М. Выровняем весы, добавив на обе чашки по 5 гирь. Масса пяти добавочных гирь на левой чашке весов при этом не будет превышать М, а масса пяти добавочных гирь на правой чашке весов будет не меньше m. Если весы оказались в равновесии, то масса гирь на каждой чаше весов в точности равна М + m, причем масса добавочных гирь на правой чашке равна m, а масса добавочных гирь на левой чашке равна М. Рассмотрим два набора из пяти самых легких гирь на левой чашке весов массы m и равный ему по массе набор из пяти гирь на правой чашке весов. Если среди этих наборов будут различающиеся по массе гири, то равенства общих масс гирь в этих наборах не будет. Точно так же, рассматривая набор из пяти самых тяжелых гирь на правой чашке весов массы М и равный ему по массе набор из пяти гирь на левой чашке весов, приходим к выводу, что массы гирек в этих наборах равны.

Имеем

Следовательно, а значит,

b

c+d

g

2

= c + d + 2 cd

2

2

b b b

a+b

a+b c+d

g g

g ec

2 2

> a +b , +d
2

2

2

j+e
2

c +d

2

2

j = 2e

c +d

2

2

j

.

2 2

>

2 c +d
2

e

a +b
2

2

2 2

j

,

e

2

2

j

a=

5 + 25 - bm bm - 1

b

g

b

g

1 a +b 2 . 2 2 c +d 7. Обозначим искомые числа a, b, c, d. По условию, числа abc, bcd, cda квадраты целых чисел, следовательно, их 2232 произведение число a b c d также квадрат целого числа. 3 Отсюда заключаем, что число c квадрат целого числа и, следовательно, квадратом целого числа является число с. Докажем это. Разложив число с на простые множители, с = p1 1 p2 2 K pk k , запишем равенство куба этого числа некоторому квадрату целого числа: 4> c = p1
3 3 1

p2

32

K pk

3k

= p1 1 p

2

2 2 2

... p

2 k k

.

Из равенства степеней простых множителей в этих двух разложениях заключаем, что 3 i = 2 i , i = 1,2, , k. Следовательно, все числа i , i = 1, 2, , k, четные: i = 2 i . Отсюда с = p1 1 p2 2 K p Рассмотрев группу чисел abc, bcd, abd, точно так же заключаем, что число b квадрат целого числа. Воспользовавшись другими перестановками (abc, bcd, acd для числа с; abd, bcd, acd для числа d), делаем вывод, что числа с и d также являются квадратами целых чисел. 8. Рассмотрим треугольник АВС, вокруг которого описана окружность О. Пусть D точка пересечения биссектрис двух внешних углов этого треугольника с вершинами В и С, I центр вписанной окружности треугольника АВС. Поскольку IBD = ICD = 90њ, то точки I, B, D и С лежат на некоторой окружности O . Если бы точка D лежала на окружности О, то окружности О и O совпадали бы по трем точкам. Но это невозможно, так как очевидно, что окружности O и O различны. Итак, две биссектрисы внешних углов треугольника не могут пересекаться на его описанной окружности. 9. Выберем самую нижнюю горизонталь доски, на которой стоят ладьи, и рассмотрим самую правую ладью на этой горизонтали. Обратим внимание, что ниже этой ладьи (на той же вертикали) и правее этой ладьи (на той же горизонтали) ладей нет, поэтому она может угрожать не более чем двум ладьям (расположенным левее ее на той же горизонтали и выше ее на той же вертикали). Таким образом, n 2 . Задачу можно решить для всех n 2 . Для этого рассмотрим поля доски, примыкающие к ее наружной границе. Каждое такое поле квадрат, одна сторона которого (а для угловых полей даже две) совпадает с наружной границей доски. Назовем такие стороны наружными отрезками. Всего на доске, как видно, 8 Ч 4 = 32 наружных отрезка. Пусть на доске расставлено несколько ладей так, что каждая из них угрожает ровно n другим ладьям. Заметим, что любая ладья ведет 'обстрел' по четырем направлениям: влево, вправо, вверх и вниз от поля, которое занимает. Если при этом ровно n других ладей попадает под ее удар, то это значит, что в n из этих четырех направлений 'выстрел' ладьи попадает в другую ладью, а в остальных 4 - n направлениях 'выстрел' попадает на наружный отрезок. Кроме того, каждый наружный отрезок может обстреливаться не более чем одной ладьей (той, что находится ближе к нему в той же

e





k

k

j

2

квадрат целого числа.

Конкурс 'Математика 68'
(см. 'Квант' ?5 за 2000 г.) 6. Оценим числитель и знаменатель левой части неравенства

b b

a+b c+d

g g

2 2

b

g

< 4.


56

КВАНT2001/?2

вертикали или горизонтали). Следовательно, число ладей не 32 . Для n = 0, 1 и 2 получаем соотможет превосходить 4-n ветствующие значения максимального допустимого числа ладей: 8, 10 и 16. Оказывается, все эти значения достигаются; примеры приведены на рисунке 1.

Рис. 1

n=0

n=1

n=2

10. Обозначим школьников точками. Если два школьника обменялись адресами, то соединим соответствующие им точки линией. В полученной схеме (графе) будет 45 точек и 950 линий. Нужно доказать, что построенный граф является связным, т.е. можно перейти по линиям из любой точки в любую другую. Предположим, что это не так. Рассмотрим несвязный граф, который содержит наибольшее число линий между точками. Очевидно, что этот граф состоит из двух частей, в каждой из которых любые две точки соединены линией. Пусть в большей из частей будет k точек (значит, k 23 ), тогда в меньшей их 45 - k . Число линий такого графа
k k - 1 2 + 45 - k 44 - k 2 = k - 45k + 45 22 .

b

b

g

g b

gb

g

2

Значения построенного квадратного трехчлена растут с увеличением числа k. Наибольшее k, при котором граф является несвязным, равно 44. В таком графе будет 946 линий. А в графе, соответствующем условию задачи, 950 линий. Получено противоречие, т.е. исходный граф является связным. Следовательно, Маша может узнать адрес Ирины.

рон угла искомый треугольник. 5. По условию АМ + АN = СМ + СN, следовательно, периметры треугольников ВNC и BAM равны. Значит, они имеют общую вневписанную окружность (рис.2). Пусть эта окружность касается прямых ВС и ВА в точках T2 и T1 , а прямых АМ и СN в точках Р и R. Тогда АВ + АР = ВС + СR = BT2 . И так как ОР = ОR, то АО + АВ = СО + СВ, что и требовалось доказать. 6. Так как АМ = 2 MM1 (М центроид, M1 середина ВС), то положение точки A М1 известно. Далее воспользуемся теоR ремой 4. В треугольнике ТKR отрезок M1O средняя линия (О инO N центр), значит, OM1 || RT (рис.3). Очевидно, что для точки N середины RT выполняется C B T M K условие ONM1 Рис. 3 = 90њ. Следовательно, точку N мы можем построить как точку пересечения прямой, проходящей через точку А параллельно M1O , и полуокружности, построенной на отрезке M1O как на диаметре. Далее, проведя через точку M1 прямую, параллельную отрезку NО, мы получим прямую, содержащую сторону ВС. Остается построить вписанную окружность и провести из точки А к ней касательные до пересечения с прямой ВС. Заметим, что полуокружность с диаметром M1O пересекает RT дважды, что соответствует двум различным решениям задачи.

Институт криптографии, связи и информатики Академии ФСБ
МАТЕМАТИКА
2 76 . 1. ,r 3 90 - r 2. При a < 0 уравнение не имеет решений, при а = a > 4 уравнение имеет два решения, при 0 < a < 4 имеет четыре решения, при а = 4 уравнение имеет ния. 3. + n , n Z . 3 2 4 sin 1 + 29 1 + 29 . 5. 2 R 1 - 4. - ; - 3 U 3; 2 2 3 4 r - 280

О пользе вневписанных окружностей
1. Исходя из теоремы 2, сумма периметров малых треугольников равна периметру большого. Значит, периметр исходного треугольника равен 48. А так как основание равно 12, то боковая сторона равна 18. 2. Пусть в данном треугольнике АВ = 12, АС = 10 и ВС = 6. Окружность, вписанная в данный треугольник, является вневписанной для отсеченного. Значит (по теореме 2), полупериметр отсеченного треугольника равен длине отрезка от вершины А до точки касания вписанной окружности, который равен разности полупериметра и стороны ВС. Отсюда искомый периметр равен AB + AC + BC 2 - BC 2 = 8 2 = 16 .

LM70; N

OP Q

Вариант 1

0 и при уравнение три реше-

db

B

M R C T
Рис. 2

N O P

3. Точка Х совпадает с точкой касания вневписанной окружности. Доказательство вытекает из теоремы 4. 4. Очевидно, что мы можем построить на сторонах данного угла А точки T1 и T2 точки касания вневписанной окружности. Восставив к сторонам угла перпендикуляры в точках T1 и T2 , найдем центр вневписанной окружности. A Под данным углом В провоT дим касательную к построенной вневписанной окружности (при помощи гомотетии). Эта касательная отсекает от сто-

g

F GG H

i

OP PQ

LM MN

I JJ K

2

.

1. 12. Указание.

3. 4.

2

R U - |b3g3;2gF7 + 73 ; -7 m 73 I. | 2 S; , b , G 2 V J 2 H K | | T W Поскольку с = 1, уравнение равносильно системе Rxy - b x + y g = 1, | S |xyb xy + x + y + 1g = 72. T
2.


Вариант 2

F -d H

15

n , n 15t , n, t Z ;

3 + log 5 3 + 5 + log 5 3 + 6 log 5 3

i

17

+

2 17

k , k 8 + 17t , k, t Z .

2

I K g

2.

5. 3 :10.

Вариант 3
1. 6. 2. 99; 19; 17; 63. + n , + n , n Z . 4. -4; 4 . 3. 4 3

b

5. 1/2.


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

57
C

ФИЗИКА Вариант 1
1. v0 = gt 2 - H t . 2. A =

pV T 4. 2 = 1 1 1 2 = 14,1% . 3. = U E - U - P r 2lP . p2V2 T1 dF 5. f = - = -4,8 см, изображение мнимое. d+ F

db
2 0

g

ib g

2k cos + ч sin

b

b

чmg

g

2

g

2

.

1. a = v

3. U = E + E - 4 P r

4. m = p1 T1 - p2 T2 V R = 9 10

F H d

b2 s g

Вариант 2

.
2

2. A = 2 mgH - mv 2 .

2

i

I K

2.
-6

кг. 5. F = - L L - l l .

b

g

B меньше длины обще го перпендикуляра скрещивающихся D A прямых DD1 и AC1 , K так что минимальную P O площадь имеет сечение, для которого Q PK DD1 , PK AC1 . Проекцией отрезка C B PK на плоскость L ABCD служит высота D DL треугольника A ACD. Ясно, что Рис. 5 PQ < AC1 , так что AC1 = 6, PQ = 2 3 . Вычисляя отрезки PK = DL = 3 2 , OK = 3/2, получаем, что CL/LA = 1/3. Положив CL = x, 2 из соотношения DL = CL LA находим х, а затем AD и CD.
b g4 3 b 0; 1g 7 FGH1; 3 IJK 7 FGH 2 ; 3IJK 2

Вариант 3
1. t = 2 s v 0 . 2. A = 2mgL sin + A . 4. m = pн V0 - V

d

i b RT g

3. r = E - U

= 0,002 кг.

5. s = FL F - L .

b

b

g

Вариант 2
k

I.

g

1. 8 мин, 9 мин. 3. 9. 4.

2. -1

+ k , k Z .

.

Московский государственный технический университет им.Н.Э.Баумана
МАТЕМАТИКА

5. 1; 8. Указание. Прямая у = kx пересекает график квадратного трехчлена при
x1,2 = 2 k - 2 + 4k - 16k + 20 , y1,2 = 2 k - 2 k + k 4 k - 16k + 20 .

1. 50 дней.

3 3. 7/2. 4. 5. 1; 1. Указание. Пусть y = kx + 1 уравнение прямой АВ. Так как 0 при x 0, x -x = -2 x при x < 0,

2. + -1

Fb g GH b -1; 1g .

Вариант 1
+ n , n = 0, 1, 2, ...

n

I JK

b

b

g

g

2

2

Квадрат расстояния между точками x1 ; y1 и x2 ; y2
16 k - 1 k = 1.

eb

имеем 2 < k < 0,
x
A

R | S | T

6. x1,2 =

x1 = 5 - a + a + 15a

Указание. При x 0 получаем уравнение

F H

gj F5 - a H
4

+ 4 , откуда минимум расстояния равен 8 при + a + 15a
2 2

d

id

i

равен

I K

I K

5 при a -; - 15 7 0; 1 ;

b

5 , x 2 = 1 - a при a

gb b1; + g

. (& )

=

-1 2+k

и yA =

2 2+k

2 5 x - 2 5 - a x + 5 1 - a = 0,

b

g

b

g

(рис.4), y B = 0 , x B =

-1 k

имеющее два различных неотрицательных корня при a < -15 и 0 < a 1 . При этом . 5 Уравнение ( & ) имеет один неотрицательный корень при а = 0 (тогда х = 1) и а = 15 (х = 4), а также при а > 1. При x < 0 получим уравнение
x1,2 = 5 - a + a + 15a
2

. Площадь треугольника ОАВ равна xByA 2 Наибольшее знаменателя равно 1 при
S= 1 =

y

A M B

. -k 2 + k значение этой дроби k = 1.

b

1

g

6. x = y = a + 1 - a

2

b

x -1

Рис. 4

O

x

при

имеющее один отрицательный x = 1 - a и один положительный x = 1 + a корень при a > 1. S . Пусть 7. 3 ABCDA1 B1C1 D1 данный параллелепипед (рис.6). Проведем

a -1

e

2; 1

271.

lq

e

j

g e

2

= a,

j

B A Q O M P D D

C

Указание. Исходная система равносильна системе

Последняя система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда квадратное уравнение имеет ровно один положительный корень. 7. 1; 3 . Указание. Пусть ABCDA1B1C1D1 данный параллелепипед, а параллелограмм PC1QA его сечение (рис.5). Площадь этого параллелограмма равна удвоенной площади треугольника APC1 , причем высота PK треугольника не

R | S | T

y = x, x > 0, x - 2ax + 2a - 1 = 0.
2 2

d

B2 D2 || BD ,

A B2 D2 и

CF B2 D2 , тогда
FC1 B2 D2 и

d

i

B B A F
Рис. 6

d

i

C

d

i

i

D


58

КВАНT2001/?2

плоскость C1 FC перпендикулярна прямой B2 D2 , а следовательно, и плоскости сечения. Тогда C1 FC = 45њ. Проведем CM C1 F , очевидно, CM C1 FA , АМ проекция АС на секущую плоскость, а CAM = 30њ. Пусть МС = l, тогда АС = 2l и CC1 = l 2 . Диагональ параллелепипеда, вписанного в сферу радиуса R, равна ее диаметру 2R. Далее находим, что
l = 2R 6 , AC = 4 R 6 , C1 F = 2 R , S 42 S APC Q = R = . 1 3 3

Вариант 2
1. s2 = s1 t2 t1 3. V =
mv cos

d

i

d

i

2

= 09 м . ,

2. F = m g + a 1300 H .

b

g

= 01 м с . 4. = , p M+m A - RT1 n - 1 100% 29% . 5. = A + 3 RT1 n - 1 2

pн2 T1
н1

bg bg
-4

T2
2

100% = 49% .

6. F = qE 2 = 10 H . 8. I1 =

7. A =

E

Московский государственный институт электронной техники
МАТЕМАТИКА Вариант 1
2062 + n , n Z . 3. 5. 4. -; 0 . 5. . 3 25 1 a 103 209 . 6. 12 часов. 7. . 8. См. рис.7. 9. - . 10. 6 6 1152 11. -4; 4 .

= 0,3 A . = 06 A , I2 = , R L1 + L2 R L1 + L2 Fd F = 10 см ; H1 = H 9. l1 = 2l - = 6 см . d-F d-F hc 025 мкм . , 10. = A + eU

d

EL2

i

d

R+r EL1

t 40 Дж .

i

Новосибирский государственный университет

1. 1. 2. -1

bg
g
O

n

b

ФИЗИКА Вариант 1
1. m = Sl 4 . 2. Для плотности насыщенного пара из уравнения МенделееваКлапейрона имеем н = pн RT . Если в сосуд из баллона перешла масса газа m, то для нее справедливо равенство p0V0 = mRT , причем m = - н V . Отсюда получаем
pV - 0 0. V 3. Заряженные частицы в магнитном поле в общем случае движутся по винтовым линиям. Здесь же, раз встреча частиц состоялась, то, в соответствии с законом сохранения импульса, при распаде составляющие скоростей, направленные вдоль и против поля, должны отсутствовать. Поэтому частицы будут двигаться по окружностям в разные стороны, оста ваясь в плоскости, перпендикулярной вектору B , причем m1v1 = m2v 2 . На основании второго закона Ньютона получаем mv mv R2 = 2 2 = R1 = 1 1 = R , qB qB т.е. частицы движутся по одной и той же окружности. Время движения их до встречи равно pн = RT

b

Вариант 2
1. 0,5. 2. 3 y 4 - 4
1 -3 4

10 5 0 3 6 1 N

4. -2; + . 5. log 2 3 . 6.
14 l Z . + n 7
7

b

g

. 3. 0,5.

bg di

, n 3 + 7l , n Z ,

O 5 7 5,5 1 0 5 7

5,5

N

Рис. 7

Рис. 8

7. См. рис.8.

8. 5, 12.

9. 0.

10. 100133.

11. 0,25.

t=

2 R v1 + v
2

=

2

m1 m2

ФИЗИКА Вариант 1
1. v = nD 26 м с . 2. S =
2

qB m1 + m2

.

3. = arccos 1 -

4. A = R T1 + T2 T1 - 2T2 11 Дж . 5. V1 =
t2 - t t2 - t1 V = 80 л , V2 = t - t1 t2 - t1 V = 120 л .

e

F GG H

m v1 - v 2 glM
2

2

d

2

j

i IJ JK
2

d

m

в - л H

i

= 25 м .

2

31њ.

4. Пусть N = N A 22,4 (где N A постоянная Авогадро) число молекул водорода в сосуде. Тогда удаленный заряд равен q = e 2N = eNA 11,2 , где искомое неизвестное. После удаления электронов положительный заряд q распределится по поверхности сосуда, создав избыточное разрушаю13 = 0,1 м. щее давление. Пусть сосуд куб с ребром а = V Простейшая, конечно очень грубая, модель, но вполне пригодная для оценки порядка искомый величины, такова. Два точечных заряда по q/2, находясь в центрах противоположных граней куба, создают избыточное давление р. Тогда

bg

p=
= 48 A .

kq2

bg

2

6. t = t 0 + n - 1 = 2200 њC. 8. W = 2CE 1,4 10 9. R =
nd n -1 = 3 мм .
2 -3

b

g

7. I к =

EI E -U

=

= 2 2 a a 2 22,4 a p k
eN
A

1

k eNA 11,2 4a
4 -8

d

i

2

,

; 2,5 10

Дж .

10. U =

1 hc e

F GH

- A 19 B . ,

I JK

(здесь p = 10 6 Па, k = 9 10 9 Н м 2 Кл 2 , N A = 6 10 23 моль -1 ). Если взять более реалистическую модель, выбрав удобную для расчета сферическую форму сосуда радиусом а = 13 -2 = 3V 4 = 6,2 10 м, то плотность заряда равна

d b gi


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59

=q

= k 4 = kq a . Тогда 2 2 11,2a 8 p k qE kq -8 ; 6 10 . = p= , = 4 eN A 2 8 a 5. Сумма сил нормального давления 2N sin выталкивает упаковку, а сумма сил трения 2F cos = 2чN cos ее удерживает (здесь 2 угол раствора ножниц). Угол для упаковки таков, что sin > ч cos вплоть до ее полного выскальзывания. Поскольку толщина пластинки много меньше диаметра упаковки, равенство sin = ч cos для пластинки достигается на некотором расстоянии от конца ножниц. В этом случае сила трения покоя препятствует выскальзыванию: 2N sin = 2F cos < 2чN cos . 1. l0 = m1l2 + m2l1 m1 + m2 . 2. Из того, что треугольник равнобедренный, а заряды и массы частиц в вершинах острых углов одинаковы (рис.9), следует, что гипотенуза в процессе движения переносится параллельно, т.е. движется поступательно, увеличиваясь в размерах. Если найдется услоvM вие, при котором один из катетов тоже переноситq M ся параллельно, то подобие будет обеспечено. Скорость и ускорение m m v2 частиц с массой m удобq qv 1 но разложить по направлениям катета и гипотеРис. 9 нузы. Из построения видно, что катет переносится параллельно, если в любой момент времени vM cos 45њ = v2 cos 45њ, т.е. v M = v 2 , и, следовательно, a M = a2 . Из закона Кулона и последней связи получаем
M = 2 2m .

e

4 a

2

j

, поле внутри отсутствует, а снаружи равно Е =
2

Можно оценить силу через давление на Земле, считая ее недра несжимаемой жидкостью: 25 2 F ; pS ; З gRЗ RЗ ; 5 10 H .

Вариант 3
1. x = d sin

2. m = 2p0 lSh

3. После возникнут гармонические колебания. Сумма внешних сил, действующих на систему, равна нулю, поэтому сохраняется импульс: m1v1 + m 2v2 = 0 , а центр масс остается неподвижным. Максимальные значения скоростей тел достигаются одновременно в тот момент, когда их ускорения, а следовательно, и действующие на них силы равны нулю. Если смещения тел в момент прохождения равновесия равны x1 и x 2 , то по закону Гука

FH geel - h j - h jIK . включения поля в системе
2 2 2

n - sin .

2

2

d

id

Вариант 2

i

qE = k x1 - x2 . = qE x1 - x

Из закона сохранения энергии имеем

d

i

m1v1 2

2

+

m2v2 2
m

2

d

2

id
-

k x1 - x 2

2

i

2

.

Отсюда получаем максимальные значения скоростей:
v1m = qE km1 m1 + m

d

2 2

i

,v

2m

= qE

km 2 m1 + m

d

m1
2

i

.

4. Для экватора, например, T T ; 0,82 . 5. Вначале, при небольшом погружении, стержень вертикален и его равновесие устойчиво. Затем при малых отклонениях стержня от вертикали возникают моменты сил, которые не возвращают его в вертикальное положение, а содействуют дальнейшему отклонению. Неустойчивость вертикального положения возникает при условии

3. Так как напряжение на катушке равно U L = LI t , в момент, когда ток максимален, напряжение на ней равно нулю, а напряжение на конденсаторах будет одним и тем же обозначим его через U. Суммарный заряд на верхних (и на нижних) пластинах конденсаторов сохраняется. Если заряды одноименные, то q = C1U1 + C2U2 = C1 + C2 U , откуда
U=

L - l < L 1 - в ,
где L длина стержня, l глубина его погружения, плотность материала стержня, в плотность воды. При этом сила натяжения нити еще не равна нулю, и, потеряв вертикальную устойчивость, стержень занимает наклонное положение. По мере дальнейшего подъема уровня воды стержень будет наклоняться все сильнее, пока не займет устойчивое горизонтальное положение, при котором сила натяжения нити равна нулю.

d

i

CU1 + C2U 1 C1 + C2 LI 2
2 2

2

.

Искомый ток определяется из закона сохранения энергии:
CU1 1
2

откуда

2

+

C2U 2

2 2

=

+

d

C1 + C2 U 2

i

2

,

Российский государственный педагогический университет им. А.И.Герцена
МАТЕМАТИКА

I = U1 - U

L C1 + C2

Если же на верхних пластинах разноименные заряды, то
I = U1 + U

d

C1C2

i

.

d

2

4. Простейшая модель две точечные массы MЗ 2 находятся на расстояния радиуса Земли RЗ друг от друга. Тогда по закону всемирного тяготения
F GM
3 2 З

i Ld

CC2 1 C1 + C2

1. а) x 0; n ; 2 б) g x = 4 x - x , x 0; 4 (рис.10); в) a 0 7 1; 3 .

i

.

bg

bg

Вариант 1

bg

y "

lq

g

e4 R j
2 З 3

= MЗ g 4 = З gR
6

3 З

3 1,5 10
-11

25

H с кг ,
2

2 , при g = 10 м с , RЗ 6,4 10 м , G 667 10

м

3

З 55 10 ,

кг м .

e

j

2. x > 1. k k + 3. -1 , k Z. 16 4 2 4. 3 a . 3 2 H sin 2 ctg . 5. 3

bg


Рис. 10

x


60
y

КВАНT2001/?2

Вариант 2
1. а) x - n; 1 7 2; + ;
1 x+2 1

2

1 (2; 4 ) (1; 1 ) x 3

б) g

Рис. 11

+2 (рис.11); в) a - 1 3 ; 0 7 1 4 ; + .

b R- | b xg = | S | |x T

b

, x -2; 1 ,

b

g

g

1. 50 м. 6. 17 Дж. 10. 60 Н.

2. 84%. 7. 9 см. 11. 60%.

Вариант 2 3. 240 см 3 .

4. 25%. 8. 3. 9. 100 кг. 12. 2000 км/с.

5. 5.

, x 2; +

b

g

Санкт-Петербургский государственный университет
МАТЕМАТИКА

3. x = -
3

6

2. 0; 1 9 7 27; + .
+ k, k Z, x = 2 n, n Z .
2 2

b

g

g

1. a

5.

h 1 - sin cos 2 3 sin cos 2
2 2

e

j.

9 - x 2 = x , имеющее два решения.

LM MN

3-3 5 3 ; . При а = 0 получаем уравнение 2 2

OP PQ

Вариант 1

Российский государственный технологический университет им.К.Э.Циолковского
МАТЕМАТИКА Вариант 1
1. 16; 1 , 1; 16 . 3. 4 ч, 3 ч.

Пусть a > чах -; 0 на втором, f x +

b

gb

g

2.
7

20

+

n 10

,+

6

+ n , n Z .

58 7; . 4. 2; 3 23

F OP LM GH Q N

I JK

5. -3 < k < 3 .

6. 1 : 4.

n + , + + n , n Z . 12 6 6 3. 48 км/ч, 32 км/ч. 4. -; 0 7 9; 15 . 5 5. k < ln 2 . 6. 1 : 6. 7

1. 25; 16 .

b

g

Вариант 2

2.

b

g

График у = 9 - x полуокружность радиуса 3, так что данное уравнение имеет два решения, если точка A a; a графика функции f лежит в круге радиуса 3, т.е. если 2 2a 3 (рис.12,а). Таким образом, 3 0
b bg

0. Функция f x = a + x - ax определена на луи a; + , убывает на первом из них и возрастает причем a) при x .

g

bg

2

2

A(a,a) 3 б) f(3)

bg

bg

3

ФИЗИКА Вариант 1
1. 96 В. 5. 219 м/с. 1. 2000 В/м. 5. 0,08 м. 2. 30њ; 1 с. 3. 415 Дж. 4. 0,01 А, 1,4 В.

Рис. 12 a + 9 + 3a 0 , 3-3 5 a < 0. откуда 2 6n - 1 , n Z , 6 m + 1 , m Z , m 0. 2. 12 24

b

g

b

Вариант 2
2. 16,9. 3. 0,6 м. 4. 231 К; 4700 Дж.

Российский государственный университет нефти и газа им.И.М.Губкина
МАТЕМАТИКА Вариант 1
1. 0,4. 2. 4. 3. 2. 4. 2. 5. 3. 6. 4. 7. 0,15. 8. 22,5. 9. 0,5. 10. 13. 11. 0,2. 12. 13.

2. 2 2 Указание. Следует рассмотреть отдельно два случая в зависимости от того, лежит ли точка О в треугольнике или же не лежит. Рассмотрим первый случай (второй рассматривается аналогично). Будем для простоты считать, что r = 1, тогда найденное значение R и будет искомым отношением. Треугольник АВС равнобедренный. Пусть АВ = АС, K середина основания ВС, Р точка касания стороны АВ с меньшей окружностью. Имеем 2 2 OK = cos , BK = R - cos . 2 2 Далее, AB = R - cos
2 2

3. -2; 0 7 5; + .

gb

g

4. R r = + cos

g F GH



+ cos

2



+8

I JK

Вариант 2
1. 0,2. 2. 5. 3. 3. 4. 8. 5. 5. 6. 2,5. 7. 0,25. 8. 9. 9. 0,5. 10. 18. 11. 2. 12. 4.

2

+ R + cos

F GH

2

I JK

2

= 2 R R + cos

F GH

2

I JK

.

Из подобия треугольников АОР и ABK получаем, что
2 R R + cos

ФИЗИКА Вариант 1
1. 60 м/с. 5. 96 њС. 9. 7 кг/с. 2. 7 Н. 6. 3 Ом. 10. 327 њС. 3. 60 Дж. 7. 30. 11. 300 нК. 4. 40 Н. 8. 2 мкс. 12. 16. откуда

F GH

2

I JK

= R R - cos 2

2

2

2

,

R - R cos

2

- 2 = 0.


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

61
2 cos 2

M A K B

5. MA = MB =

. Ука3 зание. Точки А, В, М и N лежат на сфере, описанной около пирамиды

1

треугольника DKM (рис.14,б), что DK =

sin ку ND sin = 6 , а ND = NK + KD = 10 + KD, то 6 = 10 sin + 2 cos 2 , откуда 1 sin = . 2

. Посколь-

ABCN , а также на единичной сфере с центром в точке С. Таким образом, r эти четыре точки лежат на пересечении этих сфер, т.е. на окружности, описанной около равностоN роннего треугольника Рис. 13 ABN; в частности, точка М лежит в плоскости грани ABN. Пусть K середина стороны АВ (рис.13). Тогда

Вариант 3
1. 1 - 2 ; 1 + 2 . Указание. Сделав замены x =
y = 2 sin t , получим уравнение cos 2t + sin 2t = имеет решения при a - 1 2 . 2. 7/4. 22 1 cS 3 3. -1; - . 4. 4 7 - ;0 7 ; 2 2S - c 4 4 22 Пусть 2а и 2b длины сторон прямоугольника, ние от центра О окружности до диагонали АС. площади треугольников АВО, ВОС и АОС, получим, что 2 cos t и a - 1 , которое

LM N

IF JK GH
2

I LM JK N
2

I JK

2

.

d расстояСуммируя

MK =
откуда
2

1 2

r=
2

1 3

h=
1 4 +

1 23
1 12 =

,
1 3

+ d a + b + ab + a = 2ab

2

MA = MB =

.

Вариант 2
1. 39. Пусть a1 первый член последовательности, d ее разность. Из соотношений a + a17 x = a1 + 6 d и 1 17 = 51 2 получаем, что х + 2d = 3. Пусть -6 x = a n . Тогда 3-x - 7x 7 21 x - 1 2 = n= . 3-x x-3

b

g

2 Поскольку при x < 20 верны неравенства

21 >

21 x - 1 x-3
2 3

b

g

>

21 21 23

(знак 'минус' соответствует случаю, когда точка О лежит вне треугольника АВС). Поэтому 2 a - ab , d= 2 2 a +b следовательно, 3 8a b 2 2 2 c = 4 a -d = 2 . 2 Рис. 15 a +b S , так что В данном случае a = r, b = 4r 22 Sc 2 2 = 2S - c r . 2 16 r 5. См. рис.15.

2 2 2

e

j

e

j

> 19 ,

а число n натуральное, то n = 20 и х = 39. 2. 2 k -
- 18 - 5 6 2 3

Санкт-Петербургский государственный технический университет
МАТЕМАТИКА Вариант 1
1. 0,3. 2. 1. 3. 2. 4. 1. 5. 5. 6. 0. 7. 1 + 5 2 . 8. 6 - 2 . 9. 2. 10. 1 7 2 + k , k Z . 11. 0,1. 12. -; - 1 7 1 . 13. -; - 4 7 3; 4 . 14. +0,5 . 15. 2; 1 , 3 2 ; 0,5 . 16. -2; - 1 . 17. -1; 0 , 0; 1 . 18. 16. 19. 5 3 . 20. a 1; - 9 .

и

k + 6

5 18

при k = 1, 2, ;

k и

- 2 k при k = 0, 1,

3.

F GH

4

5 10

;

9

5. CM = 5 3 и DM = 2 3 . Указание. Отрезки ВМ и DN параллельны. Проведем отрезок MK ||AB (рис.14,а). Пусть = MDN = ADN . Тогда DMK = - 2 , 2 DKM = + . Четырехугольник BMKN параллелог2 рамм, так что MK = BN = 2. По теореме синусов находим из

OP 7 b1; Q

2.

4. 3.

b b

lq l
g

l

q

b

g

q

e

gb g

b ge

j b

j

lq

Знакомьтесь: факультет наук о материалах
МАТЕМАТИКА
n + -1 + n , n Z . 1. 0; 1 . 2. 4 3 5. 2. 3. -2; - 1 7 2; 3 . 4. 3; 1 9 .

a) B N

C

б)

M 2 2

6. Утверждение неверно. 9. -6; - 5; - 4 .

lq b

bg g b

2 M K D K 2 +

l

q

7. 6 км/ч.

g

10. х = 1 и у = 325 1 - x . ,

b

8. 115 км/ч.

g

1. t = v 0 sin + tg cos g , 0; .

b

A
Рис. 14

D

2. Pэкв Pп

ол

= 1 - 4 R

2

3

3. A = 0,5V0 p2 - p1 2 p0 - p1 - p2

@

E@

g eG

ФИЗИКА
MT
2

j

.

p E@

0

- p1 .

E


62
6. Q = a B
2

КВАНT2001/?2

4. f2 = f1 p1T2

8. На расстоянии 6 см от одного из источников.

d p T i 29% b4 - g b Rg .
21

. 5. E = 3Q C . 7. v = 2,4 10
5

м с.

XLI Международная математическая олимпиада
1. Пусть K = MN 1 AB . По теореме о касательной и секущей 2 AK2 = KN KM = BK , следовательно, K середина АВ. Так как PQ || AB , то М середина PQ. Поэтому достаточно доказать, что EM PQ . Из параллельности CD и AB вытекает, что А и В середины дуг СМ и DM, т.е. ACM и BDM равнобедренные. Из сказанного следует, что BAM = AMC = ACM = EAB и ABM = BMD = BDM = EBA, т.е. точки Е и М симметричны относительно прямой АВ. Значит, прямая ЕМ перпендикулярна АВ, а следовательно, и PQ. x y z 2. Положим а = , b = , с = . Тогда исходное неравенy z x ство перепишется в виде (& ) x - y + z y - z + x z - x + y xyz . Мы пришли к хорошо известному неравенству (оно использовалось, например, при решении задачи М1333). Одно из возможных доказательств этого неравенства таково. Заметим, что среди чисел u = x y + z, v = y z + x, w = z x + y не более одного отрицательного, так как сумма любых двух из них положительна. Если такое число одно, то uvw 0 < xyz . Если же u, v, w 0 , то достаточно перемножить три очевидных неравенства: 2 2 2 x x - y-z ,
y y -
2 2 2 2

k + 1 -го прыжка блоха из точки А перепрыгнула через В и оказалась в С. Пусть координаты этих точек a, b, c соответственно. Тогда s k +1 = s k + с a. По условию c b = = b - a , т.е. c - a = 1 + c - b . Значит, s k +1 s k = с 1+ c - b . Предположим, что c > wk . Блоха, которая а = только что прыгнула, заняла новую крайнюю правую позицию wk +1 = с. Так как b положение какой-то блохи после k-го прыжка, то b wk . Следовательно,

b

g

b

g

b

b g

gb

gb

g

s

k +1

- sk =

1+

b

c-b

g

1+

d

w

k +1

-w

k

i

.

b

gb

gb

g

Эта оценка справедлива и в случае c wk : wk +1 wk = 0, s k +1 s k = с а > 0. 1+ wk - s k для k = 0, 1, 2, ... Применяя сделанПусть z k = ную выше оценку, получаем, что z k +1 z k 0 . В частности, 1 z k z 0 для всех k. Мы рассматриваем < , т.е. n -1 1 + > n . В этом случае z k = n + ч wk s k , где ч = =
1+

b

g

n > 0. Поэтому из неравенства
z k = чwk + nwk - s

z z - . Замечание 1. Из решения видно, что равенство достигается тогда и только тогда, когда a = b = c = 1. Замечание 2. При u, v, w > 0 неравенство ( & ) можно, очевидно, сформулировать так: радиус вписанного круга произвольного треугольника не превосходит половины радиуса описанного круга. 1 3. Ответ: . n -1 Покажем сначала, что при указанных значениях мы можем увести всех блох так далеко вправо, как мы того пожелаем. Будем использовать следующую стратегию: на каждом прыжке выберем самую левую блоху и заставим ее прыгнуть через самую правую блоху. После k таких прыжков мы получим конфигурацию блох, для которой и обозначим через dk максимальное, а через k минимальное расстояние между блохами. Очевидно, что dk n - 1 k . После k + 1 -го прыжка среди расстояний между соседними блохами появляется новое: dk . Может оказаться, что k +1 = dk . Если это не так, то k +1 k . В любом из этих случаев

bg bz - xg bx - yg

2 2

,

для всех k. Таким образом, положение ч самой правой блохи не превосходит некоторой константы (зависящей от n, и начального расположения блох, но не от последовательности ходов).

следует, что wk

z

d

k

i

чw

k

0

XXXI Международная физическая олимпиада
Задача 1
А: а) y = L + c) t =
2L g + mg k m k + mg k
2 2 2 2

+2

Lmg k

;
1

b) v

m

=

2gL +

mg k

;

F GG H

- arccos

1+

В: a) T =

T1T2 ;

b) Am = cm

I J. 2kL b mg g J K e T- Tj
1 2

2

;

c) Am = 20 МДж . C: a)
206

b

g

b

g

n=

238

N2 2 2
9

e

t 4,5

-1 ;

, c) 120 10

-2

4,5

j

b)

207

n ==

235

N2

e

t 0,71

-1 ;

j

=

-1 -1

0,71

;

d) 5,38 10 лет ;

9



k +1 k



min 1,

R | S | T

dk 1
k

U | V | W

e) 4,54 10 лет .

min 1, n - 1 .

nb

gs

, то k +1 k для всех k, т.е. n -1 наименьшее расстояние между блохами не убывает, откуда и вытекает доказываемое утверждение. 1 Докажем теперь, что при < из любой начальной конn -1 фигурации мы не сможем увести всех блох далеко вправо никакой последовательностью прыжков. Введем на данной прямой систему координат. Пусть s k сумма координат всех блох после k-го прыжка в произвольной последовательности прыжков, а wk наибольшая из этих координат (т.е. координата самой правой блохи). Заметим, что s k nwk . После

Следовательно, если

4 0 R 2 3Q b) W = . 20 0 R
E: t 11 10 6 c . ,

D: a) E =

Qr
3

при r R , E =

Q 4 0 r
2

при r > R;

Задача 2
а)
e m =
max

8 U
2 2

2

B0 D

;

b) область В; d) e m = 170 10 ,
-1 11

с) W

638 кэВ ;

К л кг .

Задача 3
A: a) ч 4,5 10
-3

c ; b) 0 81 10 3 c -1 ; c) l 4 10 ,

-6

м;


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63
+
AEB1.

d) l = g

l

2

2E

;

e) l

min

8 2 10 м .

санном угле,
-6

B: b) = 2 ; c) = 4GM

e Rc j
2

8,5 10

рад .

2 Поскольку треугольник

AA1 B1 = ABB1 =

1

*



Избранные задачи Санкт-Петербургской математической олимпиады
1. EDA = 90 o - ABC > 90 o - ACB = AED . 2. Отразим трапецию относительно прямой АВ (рис.16). Поскольку в любой * + + трапеции отношение расстояний от - точки пересечения . диагоналей до оснований равно отношению длин этих , , оснований и по) Рис. 16 скольку BC AD = = C C D D , то точка F является точкой пересечения диагоналей трапеции D DCC . 3. Обозначив y n = x n +1 - x n , рассмотрите величину
y
n +1

DA1 B1 равнобедренный, его внешний угол ADB1 ) вдвое больше угла DA1 B1 . Итак, , ADB1 = AEB1 , откуда и следует утвержде- ) * ние задачи. б) Так как углы AB1 B Рис. 17 и AA1 B прямые, точки А, B1 , A1 и B лежат на окружности с центром K. В частности, KA1 = KB1 , откуда KM серединный перпендикуляр к A1 B1 . Значит, A1L = B1L , и можно применить утверждение пункта а). 13. Допустим, что такой набор чисел существует. Поскольку 2000 1000 -x + 1, любое целое число х взаимно просто с числом x то f ai делится на a j при всех i j , причем НОД a i , a

=x

n +2

-x

n +1

=
n +1

=

xn x

+ 5x
n +1

4 n

xn - x

-x

n +1

=

5 xn + x xn - x

4

2 n +1

=-

5xn + x y
n

4

2 n +1

.

n +1

Очевидно, y n +1 и y n числа разного знака. Следовательно, y1 = x 2 - x1 и y1999 = x2000 - x1999 числа одного знака, что невозможно в случае x2000 = x1 x2 = x1999 . 4. Подставив во второе неравенство x/3 вместо х, докажите, что f x + 1 = f 2x + 1 . 5. 4000. Указание. Сумма цифр числа а равна сумме цифр числа 2 5a . 6. а) Пусть Вася отметит 18 проводов, разбивающих столбы на пары, и не трогает отмеченные провода, пока это возможно. Тогда электрик каждый раз будет восстанавливать не более 34 проводов, ибо у каждого столба заведомо есть необорванный Васей провод. Таким образом, каждый день количество проводов будет уменьшаться как минимум на 1. Поскольку количество проводов не может уменьшаться неограниченно долго, когда-нибудь Васе придется порвать отмеченный провод. В этот момент во дворе останется не более 17 проводов. б) Аналогично решению пункта а), можно добиться того, что после очередной приватизации останется не более 999 государственных авиалиний. Это менее 0,05% общего числа авиалиний. 7. Сначала индукцией по n докажите равенство сумм чисел, расположенных в углах прямоугольника размером 2 Ч n , а затем индукцией по m докажите то же для прямоугольника m Ч n. 8. Предположив, что из некоторой усадьбы А нельзя добраться до усадьбы В, рассмотрите все усадьбы, до которых можно добраться из А, а также все остальные усадьбы (в число которых входит В), и подумайте, как должна быть устроена дорожная сеть. 9. Указание. Все числа, получающиеся из 41, дают остаток 4 при делении на 37. 10. Расставьте людей в вершинах правильного n-угольника и посылайте дежурить тройки людей, оказавшихся в вершинах равнобедренных треугольников, а если треугольник равносторонний (равносторонние треугольники встретятся, если n делится на 3), то пусть соответствующая тройка отдежурит трижды. 2000 666 -2 . 11. б) 2 12. а) Поскольку AB1 B = 90 o = AA1 B , то точки А, B1 , A1 и В лежат на одной окружности (рис.17). По теореме о впи-

b

gb

g

f a1 a1 . Следовательно, ответ на вопрос задачи отрицательный. 14. Предположим, что условие о точках пересечения выполнено. Поскольку на каждой прямой лежит 100 точек пересечения, то любая прямая пересекается со всеми остальными, причем никакие три прямые не пересекаются в одной точке. Кроме того, все прямые пересекают ось ординат, причем в разных точках. Пусть А и В самая верхняя и самая нижняя из точек пересечения прямых с осью ординат, С точка пересечения соответствующих прямых. Остальные 99 прямых пересекают отрезок АВ, поэтому каждая из них пересекает одну из двух других сторон треугольника АВС. Значит, какую-то из сторон АС и ВС (для определенности, сторону АС) пересекают не менее 50 прямых. Пересечения прямой АС с этими прямыми образуют вместе с точкой С множество из не менее чем 51 отмеченных точек, лежащих на прямой АС по одну сторону от оси ординат. Противоречие. Другой способ решения основан на том, что каждая прямая y = kx + b задается своим угловым коэффициентом k и точкой 0; b пересечения с осью ординат (будем называть эту точку 'начальной точкой' прямой). Пусть l прямая с наибольшим угловым коэффициентом. Очевидно, l пересекается справа от оси ординат с теми прямыми, начальные точки которых выше, чем l, а слева с теми, начальные точки которых ниже. Значит, начальная точка прямой l должна быть средней среди начальных точек. Рассмотрев прямую m с наименьшим коэффициентом наклона, аналогично доказываем, что и ее начальная точка средняя в списке. Это невозможно, так как l m , и начальные точки прямых l и m не могут совпадать. 15. Назовем числа, дающие остатки 0, 1 или 4 при делении на 5, хорошими (или квадратичными вычетами по модулю 5), а остальные числа (т.е. дающие остатки 2 или 3 при делении на 5) плохими. Заметим, что всякая степень хорошего числа снова хорошее число. Поэтому если второй игрок каждым своим ходом будет возводить любое хорошее число в степень, равную плохому числу (если такие останутся), то каждым своим ходом он будет уменьшать количество плохих чисел на 1. Поскольку плохих чисел меньше половины, наступит момент, когда на доске останутся только хорошие числа.

Предположим для определенности, что a1 наименьшее из чисел a1 , a2 , K, a2001 . Тогда число f a1 , делясь на каждое из взаимно простых чисел a2 , a3 , K, a2001 , делится и на их произ2000 ведение a2 a3 K a2001 > a1 , что противоречит неравенству

di ej
j

= 1.

di

di

2000

bg


64

КВАНT2001/?2

Следовательно, последнее число окажется хорошим, и второй игрок выиграет. 16. а) Поскольку прямая KL параллельна, а прямая MN перпендикулярна биссектрисе угла В треугольника, то MXL = = 90њ. Обозначим а = ВС и b = AC. Как известно, длины AL и ВМ равны полупериметру треугольника АВС. Поэтому середины отрезков ML и АВ совпадают, причем ML = AL + + BM AB = a + b. Пусть D середина АВ (и ML), Е середина АС. Так как DX медиана прямоугольного треугольника MXL, то DX = ML 2 = a + b 2 и MDX = 2MLX = = ABC . Значит, прямая DX параллельна стороне ВС и, следовательно, содержит среднюю линию DE. Значит, EX = =DX DE = (a + b)/2 a/2 = b/2 = EC. Так как EX || BC , то CEX = ACB , откуда ECX =

b

g

ство достигается лишь в случае, когда оба шарика летают горизонтально и в противофазе). В случае, когда нашелся такой промежуток длительностью больше 1, паучок успевает спуститься по вертикали, достаточно близкой к левой стенке. Если же шарики летают горизонтально и среднюю вертикаль пересекают одновременно, то паучок может спуститься по средней вертикали. Интересно было бы найти минимальную скорость, с которой должен двигаться паучок, если в квадрате летают не два, а n шариков.

Московская студенческая олимпиада по физике
1. v = 3L 4 g cos + g sin . 2. = arccos 2 3 = 48њ (при вращении вектора в сторону стенки = 0). 3. Если зонд быстро замедляет свое движение и по эллиптической орбите приближается к Солнцу, то v хар = 0,57v 0 ; если же зонд, быстро увеличив скорость, удаляется на расстояние, много больше R0 , а затем, замедлив движение, по эллиптической орбите приближается к Солнцу, то v хар = 0,41v0 . 4. F = 6 Mg ч 1 + 2ч + 3ч 6. E =
0

= 180 - ABC 2 = ACN 2 , что и требовалось доказать. 17. Эта задача в несколько иной формулировке (суммы вместо произведений) предлагалась в 1963 году на третьей Всероссийской математической олимпиаде (см. книгу Н.Б.Васильева и А.А.Егорова 'Задачи Всесоюзных математических олимпиад'). Решение можно получить, доказав по индукции, что произведение n различных натуральных чисел имеет не меньn n -1 n n -1 + 1 делителей. Интересно, что оценка +1 ше 2 2 n b n -1 g 2 точная: она достигается для числа N = p =

e

o

j

b

g bg

b

g

2

b

g

b

g

= 1 p p K p

2

n -1

, где р простое число.

e d2 i
2

2

j

. 5. M = 7 p0 S 3 g . 7. v =
v
2 0 2

.

19. Докажите, что ситуация, в которой любой ход ведет к проигрышу, может возникнуть только после хода второй авиакомпании. 20. Будем называть дополнительной клеткой уголка не принадлежащую ему клетку покрывающего его квадрата 2 Ч 2 . Построим последовательность уголков, начав с любого уголка и выбирая каждый следующий так, чтобы он покрывал дополнительную клетку предыдущего. Рано или поздно эта последовательность зациклится. Все 111 уголков не могут входить в цикл, ибо количество уголков в цикле четно. (Чтобы доказать это, рассмотрите ломаную с вершинами в центрах квадратов 2 Ч 2 , содержащих уголки.) Осталось убрать уголки, не входящие в цикл. 21. Предположим, что сумма чисел диагонали меньше 1. Тогда в каждой строке найдется клетка, в которой стоит число, большее, чем число, стоящее на пересечении вертикали, содержащей эту клетку, с главной диагональю. Такие клетки будем называть хорошими. Выберем любую клетку на главной диагонали и пойдем из нее по горизонтали в хорошую клетку, затем по вертикали снова на диагональ, затем опять в хорошую клетку, и т.д. Через некоторое время этот маршрут зациклится. Рассмотрим образовавшийся цикл. Поставим ладьи на главную диагональ, а затем каждую ладью, попавшую в цикл, сдвинем по вертикали на предыдущую в этом цикле клетку. Ясно, что ладьи по-прежнему не бьют друг друга. Но при этом число под каждой из сдвинутых ладей увеличилось, значит, и произведение чисел под ладьями увеличилось, что противоречит условию задачи. 22. Отразив ортоцентр Н относительно L, получим точку H , лежащую на описанной окружности и диаметрально противоположную точке В. Отрезок H B перпендикулярен прямой l. Поэтому проекция точки L на прямую l есть середина отрезка между проекциями точек H и Н, а стало быть, она совпадает с серединой отрезка BK, что и значит, что треугольник BKL равнобедренный. 23. Абсолютная величина горизонтальной проекции вектора скорости для каждого шарика постоянна и не превосходит 1 (равенство достигается, если шарик летает горизонтально). Следовательно, время между двумя последовательными ударами одного шарика о левую стенку не меньше 2. Поэтому есть промежуток между двумя последовательными ударами шариков о левую стенку длительностью не меньше 1 (равен-

8. L12 = L 10. n = 3 D

2.

b16 F g

9. = 1 - .

bg + Q d12 b2 3g ln 5 e5

0

Rm . -

23

i 1j

.

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

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

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 Чеховском полиграфическом комбинате Комитета Российской Федерации по печати 142300 г.Чехов Московской области Заказ ?