Московский физико-технический институт
(государственный университет)
Факультет Молекулярной и Биологической Физики
Решение задач
Заочной физико-математической олимпиады ФМБФ
2008-2009 года
Москва – 2009
Московский физико-технический институт
(государственный университет)
Факультет Молекулярной и Биологической Физики
Решение задач
Заочной физико-математической олимпиады ФМБФ
2008-2009 года
Москва – 2009
Физика
1. Опишем таракана как прямоугольник со сторонами a и b. Тогда переворот можно описать
как вращение относительно неподвижной вершины прямоугольника. Условие переворота –
кинетическая энергия вращения равна потенциальной энергии прямоугольника, стоящего на
неподвижной вершине. Конечно, надо учесть, что для переворота с «головы» на «спину» нужна
еще дополнительная энергия на преодоление амортизации, но эти затраты малы по сравнению с
потенциальной энергией таракана. Поэтому можно считать, что если таракан достиг верхнего
положения, то он в любом случае опрокинется на спину.
2
2
2
c
L
b
mg r
I
⎛
=
−
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
(1)
Здесь L – момент импульса таракана, I – его момент инерции, – расстояние от вершины до
центра пластины:
c
r
2
2
2
c
a
b
r
+
=
.
(2)
Момент инерции прямоугольной пластины относительно вершины равен
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
12
4
3
c
c
m
a
b
m
2
I
I
mr
a
b
m
a
b
+
= +
=
+
+
=
+
.(3)
Обозначим угол между диагональю и меньшей стороной b как α. Начальный момент
импульса равен
2
mvb
L
=
(4)
Подставляем (2), (3) и (4) в выражение (1):
)
2
(
)
(
8
)
(
3
2
2
2
2
2
b
b
a
mg
b
a
m
mvb
−
+
=
+
откуда
с
м
b
b
a
b
a
g
b
v
/
7
,
1
)
)(
(
3
2
2
2
2
2
=
−
+
+
=
.
Ответ: 1,7 м/с.
2. Найдем ток через катушку в момент, когда размыкают ключ K
2
. По правилам Кирхгофа
q
E Lq
C
−
=
,
откуда при начальных условиях
,
( )
0
0
q
q
=
( )
0
I
0
=
имеем
(
)
0
( )
cos
q t
q
C
t EC
ω
=
−Ε
+
,
( )
(
)
0
sin
I t
q
C
t
ω
ω
= −
− Ε
,
где
1
LC
ω
=
. В момент времени такой, что
0
t
(
)
0
0
0
( )
cos
q t
q
EC
t
EC q
ω
1
=
−
+
=
имеем
0
0
0
0
sin
)
(
)
(
I
t
C
q
t
I
=
Ε
−
−
=
ω
ω
,
2
1
2
0
0
)
(
)
(
C
q
C
q
I
Ε
−
−
Ε
−
=
ω
.
После переключения ключей имеем
LI
IR
−
=
⇒
IRdt
LdI
=
−
,
и протекший через резистор заряд равен
(
) (
(
)
)
0
0
2
2
0
0
1
2
0
( )
I
I
dI
L
Q
I t dt
L
L
q
EC
q
EC
R
R
CR
∞
=
= −
=
=
−
−
−
∫
∫
.
(
) (
)
(
)
2
Ответ:
2
2
0
1
2
L
Q
q
EC
q
EC
CR
=
−
−
−
.
3. Пусть в момент, когда космонавт отпустил шарик, корабль находился на некоторой высоте
h. По условию, за время движения шарика корабль успел преодолеть малое расстояние в том
смысле, что ускорение свободного падения в районе местонахождения корабля изменилось мало:
1
<<
Δ
g
g
в силу чего ускорение свободного падения можно приближенно считать постоянным. Поскольку
2
)
(
h
R
GM
g
+
=
, где
M
и
R
соответственно масса и радиус астероида, то это условие эквивалентно
1
<<
+
Δ
h
R
h
.
Равноускоренное движение корабля от астероида приводит к тому, что шарик относительно
корабля также совершает равноускоренное движение с ускорением
. Если ось
2g
x
направить
вертикально вверх и отсчет вести от поверхности пола корабля, то уравнение движения шарика
вниз будет иметь следующий вид:
2
2
)
(
2
gt
l
t
x
−
=
↓
,
откуда время движения вниз равно
g
l
=
↓
τ
.
Поскольку корабль можно считать неизмеримо более массивным, чем шарик, то после абсолютно
упругого удара скорость шарика, к моменту времени
τ
↓
ставшая по модулю равной
2
2
g
l g
gl
⋅
=
, станет направленной вверх, после чего шарик будет двигаться по закону
( )
(
)
(
)
2
2
2
2
g t
x t
t
gl
τ
τ
↓
↑
↓
⋅ −
= −
⋅
−
,
откуда время движения вверх равно
l
g
τ
↑
=
.
Таким образом, полное время движения шарика
GM
l
h
R
g
l
)
(
2
2
+
=
=
τ
,
откуда
GM
l
k 2
=
,
. Таким образом,
kR
b
=
2
0
2
4
,
4
,
b
l
g
Gk
l
M
k
b
R
=
=
=
.
Вычисления дают R=100 км,
кг,
19
10
≈
M
064
,
0
0
≈
g
м/с
2
. При этом действительно
2
0
~
~
g
h
l
R h
R
R
τ
Δ
1
<<
+
.
Ответ:
км,
кг,
100
R
=
19
10
M
≈
2
0
0,064 м с
g
≈
.
4.
Согласно уравнению Менделеева-Клапейрона
,
RT
m
PV
μ
=
откуда плотность
.
RT
P
μ
ρ
=
Из
рисунка следует, что
c
T
T
=
=
2
2
1
1
ρ
ρ
, где – константа. Нарисуем циклы в координатах V, P.
c
3
При этом изотермы Т
1
=const и T
2
=const задаются уравнениями
V
mRT
P
μ
1
=
и
V
mRT
P
μ
2
=
соответственно. Прямые
const
=
1
ρ
и
const
=
2
ρ
перейдут в изохоры
1
1
ρ
m
V
=
и
2
2
ρ
m
V
=
, а прямая
cT
=
ρ
– в кривую
2
2
V
c
R
m
P
μ
=
.
Площадь под изотермой Т
1
=const равна
1
2
1
2
1
1
1
1
ln
ln
m
m
mRT
T
m
m
S
dV
RT
RT
V
T
ρ
ρ
ρ
μ
μ
ρ
μ
=
=
=
∫
2
1
,
под кривой
2
2
V
c
R
m
P
μ
=
(
)
(
)
1
2
2
2
2
1
2
2
2
m
m
m R
m R
m
m
S
dV
R
R T
c V
c
m
m
c
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
μ
μ
μ
μ
⎛
⎞
=
=
−
=
−
=
⎜
⎟
⎝
⎠
∫
1
2
1
T
−
,
а под изотермой T
2
=const
1
2
2
2
3
2
1
1
ln
ln
m
m
mRT
T
m
m
S
dV
RT
RT
V
T
ρ
ρ
ρ
μ
μ
ρ
μ
=
=
=
∫
2
2
.
Выясним, сколько тепла передается рабочему телу в обоих циклах. При движении по изотерме
имеем
, следовательно
1
T T
=
0
dU
=
1
1
1
0
T T
T T
Q
A
S
=
=
=
= − < и тепло отводится. На кривой
2
2
V
c
R
m
P
μ
=
имеем
2
1
2
1
2
2
T
T
T
T
i
m
Q
dU
pdV
Rd
δ
μ
→
→
−
=
+
=
T
(i – количество степеней свободы газа), т.е. там тепло
также отводится, т.к.
. Тепло подводится только при изохорном переходе с одной изотермы
на другую, когда рабочее тело получает его в количестве
0
dT
<
(
)
1
12
2
2
i m
Q
U
R T
T
μ
+
1
= Δ
=
−
.
Аналогично со вторым циклом: тепло отводится при изохорном переходе с одной изотермы на
другую, на остальных кривых тепло подводится:
(
)
(
)
2
2
2
1
3
2
1
1
2
2
ln
2
2
T
i
m
i
m
m
Q
R T
T
S
R T
T
RT
T
μ
μ
+
2
μ
−
−
=
−
+
=
−
+
.
Тогда к.п.д. циклов равны соответственно
(
)
1
2
1
1
2
1
1
1
2
ln
2
1
T
T T
A
S
S
Q
Q
i
T
T
η
+
⎛
⎞
−
=
=
=
−
⎜
⎟
−
⎝
⎠
1
,
4
(
)
(
)
3
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
ln
2
S
S
A
T
i
i
Q
Q
T
T T
T
T
η
+
−
1
T
−
=
=
= −
−
+
−
.
В силу
(
)
имеем уравнение относительно
(
)
1
2
3
1
η
η
−
−
= 1
1
2
x T T
=
:
(
)
2
ln
1
3
1
2
1
2 ln
1
2
x
x
i
x
i
i
x
x
x
⎛
⎞
−
⎛
⎞
−
−
=
⎜
⎟
⎜
⎟
−
−
⎝
⎠
⎝
⎠
+
−
1,
откуда
(
)(
)
ln
1
0
i
x x
+
− =
.
Поскольку по смыслу задачи
( )
0,1
x
∈
, то единственный корень –
i
x e
−
=
.
5
Ответ:
2
1
i
T T
e
= .
5.
Рассмотрим куб со стороной d, в центре которого находится точечный заряд q. По теореме
Гаусса полный поток вектора E через поверхность куба равен 4kπq (в СИ). В силу центральной
симметрии, поток через одну грань равен
q
k
π
3
2
.
Теперь «поднесём» к нашему заряду вышеозначенную шахматную доску. В силу осевой
симметрии грани поток вектора E через все чёрные клетки равен
3
1
kπq и сила взаимодействия её с
зарядом направлена перпендикулярно плоскости доски.
Рассмотрим на доске малую площадку площади S
Δ . Поток вектора E через неё равен
r
S
kq
Δ
α
cos
, где
α
– угол между перпендикуляром к S
Δ и прямой, проходящей через q и S
Δ .
Составляющая силы взаимодействия между этой площадкой и зарядом q, направленная
перпендикулярно плоскости доски, равна
2
cos
r
S
kq
α
σ
Δ
. Видно, что эта сила пропорциональна
потоку вектора E с коэффициентом σ.
Просуммировав по всем ΔS, получим искомую силу взаимодействия. Поскольку
2
2
2
2
d
q
d
q =
=
σ
, то
2
2
0
2
2
2
6
1
3
2
2
3
1
d
q
d
q
k
q
d
kq
k
F
ε
π
π
=
=
=
Ответ:
2
2
0
6
1
d
q
F
ε
=
.
6.
Предположение, что шарик полностью погрузился под лед, оправдывается дальнейшими
вычислениями. Тогда объем расплавившегося льда равен сумме объемов цилиндра и полусферы:
3
2
3
2
R
h
R
V
π
π
+
=
.
Количество теплоты, отданное при охлаждении шара,
3
1
1
1
4
(
)
3
Q
R c t
πρ
2
t
=
−
,
где
1
ρ
– плотность железа; с – его удельная теплоемкость. Количество теплоты, полученное льдом
для плавления, равно:
2
3
2
2
2
2
2
3
Q
m
V
R h
R
λ
λρ
λρ π
π
⎛
⎞
=
=
=
+
⎜
⎟
⎝
⎠
,
где
2
2
,
ρ
m
– масса и плотность льда. По закону сохранения энергии
2
1
Q
Q
=
, откуда
(
)
1
2
1
2
2
2
1
3
c t
t
h
R
ρ
ρ
λ
−
⎛
⎞
=
−
⎜
⎟
⎝
⎠
.
Подставляя наши значения, получим h = 1,9 см. Всего шар погрузился на (1,9+2) см = 3,9 см.
Ответ: h = 3,9 см.
7.
Закон изменения силы упругости легкого жгута следующий:
(
)
0
0
0
,
0,
k l l
l l
F
l l
−
−
>
⎧⎪
= ⎨
≤
⎪⎩
где l
0
– длина нерастянутого жгута. В состоянии равновесия до перерезания нити
(
)
(
)
(
)
1
0
1
0
m M g
m M g k l
l
l
l
k
+
+
=
−
⇒ = +
,
а после:
k
mg
l
l
+
=
0
2
.
В нашем случае (M > m) есть периоды времени, когда жгут не натянут, а грузик находится
в состоянии свободного падения, совершая тем самым ангармонические колебания.
m
Ось x направим вертикально вниз, а начало отсчета поместим в новое положение равновесия.
Поскольку амплитуда гармонических колебаний грузика равна
Mg k
и
( )
0
Mg
x
k
=
, то уравнение
гармонической части движения таково:
0
2
( )
cos
Mg
t
x t
k
T
π
⎛
⎞
=
⎜
⎟
⎝
⎠
.
Натяжение жгута исчезнет в момент времени
1
τ
такой, что
1
1
0
2
( )
cos
Mg
m
x
k
T
πτ
τ
⎛
⎞
=
=
⎜
⎟
⎝
⎠
g
k
−
.
Скорость его в этот момент равна по модулю
2
2
1
0
0
0
2
2
2
sin
Mg
g
V
M
kT
T
kT
πτ
π
π
⎛
⎞
=
=
⎜
⎟
⎝
⎠
m
−
и направлена вертикально вверх. Двигаясь с ускорением свободного падения, грузик вернется
обратно в эту точку через время
0
2
2
2
4
2
kT
m
M
g
V
−
=
=
π
τ
.
Возвращаться в исходную точку грузик будет опять по гармоническому закону, причем в силу
симметрии это займет время
1
3
τ
τ
=
.
Таким образом, полное время возвращения грузика в отправную точку будет равно
2
2
0
0
1
4
1
arccos
m
M
m
T
M
kT
π
τ
π
−
⎛
⎞
= −
+
⎜
⎟
⎝
⎠
,
4
2 3
3
m
k
τ
π
⎛
⎞
=
+
⎜
⎟
⎝
⎠
.
Ответ:
4
2 3
3
m
k
τ
π
⎛
⎞
=
+
⎜
⎟
⎝
⎠
.
8.
Пробка вылетает из-за гидравлического удара, когда жидкость после удара движется по
направлению от стенки. Однако в тех случаях, когда перед ударом между жидкостью и пробкой
нет воздуха, в этой области при ударе создается вакуум, и внешнее давление вталкивает пробку
внутрь.
9.
«Лужи» на асфальте объясняются отражением световых лучей от горячего воздуха. Воздух
над шоссе нагрет неравномерно – у поверхности дороги он нагрет сильнее – поэтому обладает
разной оптической плотностью. Менее нагретый воздух обладает большим коэффициентом
6
преломления, чем более нагретый при таком же составе и давлении, поэтому луч при переходе от
более холодного воздуха к более горячему испытывает полное внутреннее отражение.
Из закона Снеллиуса следует, что при распространении света выполняется следующее
соотношение (см. рис.):
const
n
=
α
sin
.
В нижней точке траектории происходит полное внутреннее отражение:
1
2
α
π
=
, следовательно
.
1
const n
=
Луч попадает в глаз под некоторым углом
2
2
β π
α
=
−
:
2
1
arccos
n
n
=
β
,
который определяет видимое местоположение объекта:
β
β
H
tg
H
L
≈
=
,
где
– ориентировочный рост человека.
м
H
8
,
1
≈
Температура воздуха вблизи асфальта равна
65
1
≈
T
°C , а вблизи глаза –
35
2
≈
T
°C.
Соответствующие показатели преломления воздуха
определятся из соотношения
2
,
1
n
0
2
,
1
2
,
1
0
2
,
1
0
1
1
T
T
n
n
=
=
−
−
ρ
ρ
,
где
– показатель преломления воздуха при нормальных условиях, т.е. при
000292
,
1
0
=
n
0
0
=
T
°C.
видимая «лужа»
L
небо
β
β
T≈
65
°C
T≈
35
°C
α
n
H
Подставляя численные данные задачи, находим
00678
,
0
≈
β
, откуда
.
м
L 265
≈
Ответ:
.
м
L 265
≈
10.
Смена знака кривизны поверхности жидкости происходит при скорости потока, равной
и являющейся некоторой функцией параметров системы:
кр
v
(
)
, , ,
кр
кр
v
v
D d
ρ η
=
, где – размер
сосуда, – величина поперечного сечения струи вблизи поверхности жидкости плотности
D
d
ρ и
вязкости
η . При достаточно больших размерах сосуда D
d
>> эта скорость от не зависит. При
этих условиях все системы с плоской поверхностью жидкости должны быть гидродинамически
подобны, то есть характеризоваться одинаковыми числами Рейнольдса:
D
1
Re
кр
кр
v d
const
v
d
ρ
η
η
ρ
=
=
⇒
≈
.
Плотность и вязкость молочных продуктов главным зависят от их химического состава, в
частности содержания белков и жиров. Вязкость также зависит от размеров белковых частиц и
шариков жира, а также внутренней структурированности самой жидкости. В целом, с повышением
жирности продукта его вязкость увеличивается, а плотность – уменьшается. Следовательно, с
повышением вязкости критическая скорость растет.
Рассмотрим теперь стационарный процесс вливания жидкости в сосуд конечных размеров,
при котором на поверхности жидкости образуется небольшая «ямка». При наличии у сосуда
7
границ они будут гасить определенную долю импульса потока жидкости. Чтобы восполнить эти
потери и восстановить ту кривизну поверхности, которая была бы при отсутствии у сосуда границ,
необходимо увеличить скорость втекающего потока. Следовательно, с уменьшением размеров
сосуда критическая скорость растет.
Математика
B
A
C
M
K
1
.
Продлим биссектрису угла В до пересечения с описанной окружностью (точка М).
MBA
MCA
MBC
MAC
∠
=
∠
∠
=
∠
;
(т.к. опираются на одинаковые дуги). Но
(т.к. ВМ – биссектриса). Значит АМС – равнобедренный
треугольник.
Значит,
высота
МК
будет
также
и
серединным
перпендикуляром. Отсюда и следует, что точка пересечения серединного
перпендикуляра стороны МК и биссектрисы совпадает с точкой пересечения
биссектрисы и описанной окружности. Отсюда и следует утверждение задачи.
MBC
ABM
∠
=
∠
2.
(
)
(
)
ac
bc
ab
ac
bc
ab
a
c
c
b
b
a
c
b
a
+
+
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
=
=
+
+
3
2
2
2
2
2
2
9
2
2
2
2
2
2
2
.
(
)
3
≤
+
+
⇒
ac
bc
ab
Применяя далее неравенство Коши-Буняковского для наборов чисел
c
b
a
,
,
и
ac
bc
ab
,
,
, получим
(
)(
)
3
3
3
=
⋅
≤
+
+
+
+
≤
+
+
c
b
a
ac
bc
ab
a
c
c
b
b
a
.
3
.
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
−
=
−
−
=
−
=
−
=
=
−
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
x
f
, т.е
R
x
∈
∀
)
2
1
(
)
1
2
(
x
f
x
f
−
=
−
.
Значит,
– четная,
( )
x
f
( )
( )
x
f
x
f
−
=
8
R
x
∈
∀
.
(
)
( )
(
) ( ) ( )
x
f
x
f
x
f
x
f
+ =
− −
=
− =
1
1
, т.е.
( )
(
)
1
+
=
x
f
x
f
.
Значит, 1 – период.
4.
Опишем вокруг треугольника ABC окружность. Продлим BD до
пересечения с окружностью.
BAC
BKC
BCA
AKB
∠
=
∠
∠
=
∠
,
(опираются на
одни и те же дуги).
DKA
DAK
ADB
∠
+
∠
=
∠
(свойство внешнего угла). Таким образом
,
α
=
∠DAK
т.е.
Аналогично
.
DK
AD
=
,
DKC
DCK
BDC
∠
+
∠
=
∠
,
DC
DK
DCK
=
⇒
=
∠
β
т.е.
.
CD
AD
=
Ответ:
.
1
=
CD
AD
5.
Обозначим
z
B
A
CA
y
C
B
AB
x
A
C
BC
=
=
=
1
1
1
1
1
1
,
,
. Тогда по теореме Чевы
1
=
xyz
. Обозначим
. Далее заметим, что
1
1
1
1
,
S
S
S
S
C
B
A
ABC
=
=
(
) (
) (
)
z
x
x
z
x
BA
C
A
BA
BC
A
C
BC
BC
BA
BA
BC
S
S
ABC
A
BC
+
⋅
+
=
+
⋅
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
=
+
⋅
+
=
⋅
⋅
=
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
.
Аналогично получаем
(
)(
)
(
)(
)
1 1
1 1
,
1
1
1
1
AC B
CA B
ABC
ABC
S
S
y
z
S
x
y
S
y
=
=
+
+
+
+ z
.
Отсюда получаем
(
) (
) (
) (
) (
) (
) (
) (
) (
)
=
+
⋅
+
⋅
+
+
=
+
⋅
+
−
+
⋅
+
−
+
⋅
+
−
=
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
z
y
x
xyz
y
z
z
x
y
y
z
x
x
S
S
(
)(
)(
)
1
1
1
2
+
+
+
=
z
y
x
. Так как
a
a 2
1
, то получаем
≥
+
4
1
8
2
1
=
≤
xyz
S
S
, то есть соотношение верно для
любого треугольника, а значит и для равностороннего.
6.
(
) (
)
(
) (
)
×
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
+
=
+
−
+
−
+
x
y
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
2
2
2
2
2
2
cos
sin
2
sin
2
sin
2
1
cos
sin
cos
sin
cos
sin
(
)
(
)
=
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−
+
+
×
y
x
y
x
x
y
y
x
y
x
y
x
y
x
sin
sin
cos
cos
cos
sin
2
sin
2
sin
2
1
cos
sin
sin
sin
cos
cos
2
2
2
2
+
=
+
+
=
y
x
y
x
y
x
y
y
x
y
x
x
y
x
2
2
3
2
3
2
cos
(sin
cos
cos
2
cos
cos
sin
2
sin
sin
2
sin
2
sin
cos
cos
sin
2
(
)
(
)
+
−
−
=
=
+
=
+
+
2
2
2
2
2
2
2
cos
cos
2
3
cos
cos
3
sin
sin
cos
cos
2
)
cos
sin
sin
sin
2
y
x
y
x
y
x
y
x
x
y
y
x
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
.
4
3
4
3
cos
cos
2
3
sin
sin
2
2
3
cos
cos
2
3
cos
cos
2
3
2
2
2
2
2
2
≤
+
−
−
=
+
−
+
−
−
=
+
y
x
y
x
y
x
y
x
Ответ:
4
3
.
7.
Заметим, что кузнечик может ходить только по таким клеткам, что сумма абсциссы и
ординаты являются четным числом (сюда же относятся точки начала и домика). Таким образом,
все точки плоскости делятся на 2 множества по принципу четности суммы координат. Если
кузнечик и лягушка исходно находятся в полях с разной четностью суммы, то они никогда не
встретятся.
Проведем из точки домика диагонали вниз (вниз и вправо, вниз и влево), а из исходной точки
– диагонали вверх (вверх и вправо, вверх и влево). Мы получаем прямоугольник (в вырожденном
случае n = m прямую), внутри которого может передвигаться кузнечик. Поскольку n
≥ m, точки
пересечений диагоналей лежат ниже точки домика. Если точка лягушки лежит вне данного
прямоугольника (прямой), кузнечик и лягушка никогда не встретятся.
При n > m вершины прямоугольника имеют следующие координаты: (0;0), (2m;2n), (m-n;n-m),
(m+n;m+n). Последние 2 точки можно найти из координат центра прямоугольника с координатами
(m;n) и условия симметрии прямоугольника относительно центра.
Пусть из точки внутри прямоугольника с координатами (i;j) кузнечик имеет N(i,j) вариантов
добраться до домика. Поскольку из этой точки кузнечик может пойти только по диагонали вверх,
получаем:
( )
(
)
(
)
,
1,
1
1,
N i j
N i
j
N i
j 1
=
+
+ +
−
+
Очевидно, что с клеточек, находящихся по диагонали от домика, существует единственный
способ добраться до домика. На строке 2n-1 получаем числа 1, 1; на 2n-2 получаем числа 1, 2, 1;
на 2n-3 получаем числа 1, 3, 3, 1; и т.д. Видно, что мы получили треугольник Паскаля, который
состоит из числовых коэффициентов в разложении бинома Ньютона:
!
!
)!
(
l
k
l
k
C
C
l
l
k
k
l
k
⋅
+
=
=
+
+
где k и l – расстояние в клеточках от домика до проекции точки (i;j) на диагонали.
Построенный ранее прямоугольник имеет стороны в n+m и n–m клеточек, поэтому число
вариантов в отсутствие лягушки равно:
( )
)!
(
)!
(
!
2
2
m
n
m
n
n
C
N
m
n
n
+
−
=
=
−
При n = m прямоугольник вырождается в прямую и N = 1.
Если лягушка находится к клетке, через которую потенциально может проходить кузнечик
(см. выше), число вариантов уменьшается на количество вариантов добраться до домика из клетки
с лягушкой. Оно равно количеству вариантов добраться из начальной точки к лягушке,
умноженному на количество вариантов добраться от лягушки к домику. Таким образом, общее
число вариантов равно
2
)
(
2
2
2
2
2
1
a
b
m
n
b
n
a
b
b
m
n
n
C
C
C
N
−
−
−
−
−
−
⋅
−
=
При вырожденном случае n = m и сидящей на этой диагонали лягушке кузнечик не может
пройти к домику (N = 1, N
1
= 1).
9
Ответ:
2
)
(
2
2
2
2
2
1
a
b
m
n
b
n
a
b
b
m
n
n
C
C
C
N
−
−
−
−
−
−
⋅
−
=
при a + b – четное и таких, что лягушка попадает в
построенный выше прямоугольник, и
при прочих a и b.
m
n
n
C
N
−
=
2
1
8.
– очевидно, решение.
2008
=
x
abc
x
1
=
0
,
,
≠
c
b
a
2008
10
100
1000
=
+
+
+
+
abc
c
b
a
(*)
729
9
9
9
=
⋅
⋅
≤
abc
2
1279
729
2008
1
≥
⇒
=
−
≥
a
abc
1.
2
=
a
162
9
9
2
=
⋅
⋅
≤
⋅
⋅
c
b
a
2
646
10
≠
⇒
≥
+
a
c
b
2.
3
=
a
243
9
9
3
=
⋅
⋅
≤
⋅
⋅
c
b
a
3
465
10
≠
⇒
≥
+
a
c
b
3.
324
9
9
4
4
=
⋅
⋅
≤
⋅
⋅
=
c
b
a
a
4
284
10
≠
⇒
≥
+
a
c
b
4.
405
5
≤
⋅
⋅
=
c
b
a
a
5
103
10
≠
⇒
≥
+
a
c
b
Из (*) следует, что
a
a
b
a
abc
c
b
9
10
9
100
1008
100
1008
10
+
−
−
≥
⇒
−
=
+
+
(**)
5.
с – нецелое.
⇒
⎪
⎭
⎪
⎬
⎫
=
=
=
≥
=
9
8
7
7
6
b
b
b
b
a
6.
с – нецелое.
⇒
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎬
⎫
=
=
=
=
≥
=
9
7
6
5
5
7
b
b
b
b
b
a
4
4
=
=
c
b
7.
из (**) а – четное
⇒
с – четное.
8
=
a
⇒
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎬
⎫
=
=
=
=
8
6
4
2
с
с
с
с
b – нецелое.
8.
; из (**)
2
9
≥
=
b
a
5
1
9
1
10
108
≤
⇒
≥
+
−
=
b
b
b
c
⇒
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎬
⎫
=
=
=
=
5
4
3
2
b
b
b
b
с – нецелое.
Ответ: x=1784, х=2008.
9.
Поскольку
2
1 tg
0
2
x
−
≠
(иначе
0 18
=
), то уравнение равносильно
2
2
2
2
1
1
224 2sin
9cos
2tg
8
1 tg
2
a
x
x
x
8
x
−
−
−
+
=
−
.
Так как
2
2
sin
1 cos
x
x
= −
,
2
2
1
tg
1
cos
x
x
=
−
,
2
2
2
2
cos
1
1 cos
2
2 cos
2 2 cos
1 tg
cos
sin
2
2
2
x
x
x
x
x
10
1
1
x
x
+
=
=
= +
−
−
, то
исходное уравнение принимает следующий вид
2
2
2
1
9
2
2cos
9cos
237
0
8
cos
cos
x
x
a
x
x
⎛
⎞
−
+
−
−
+
⎜
⎟
⎝
⎠
=
x
,
которое является возвратным относительно новой переменной
cos
y
=
. Делая замену
1
y
t
y
+ =
,
получаем
(
)
2
2
1
8
2
9
241
t
t
a
− +
−
= 0
. (*)
Также необходимо проверить условие, чтобы
1
cos
−
≠
x
(в противном случае
2
x
tg
не
существует). Подставляя в (*)
t
, получим
2
−
=
1720
≠
a
.
Однако при таком значении параметра а второй корень равен 6,5. При таком значении t в
конечном счете найдутся корни, удовлетворяющие условию.
Далее, если уравнение (*) не имеет корней, то и исходное уравнение корней не имеет. Теперь
допустим, что полученное уравнение имеет хотя бы один корень
t . Уравнение
*
*
2
*
1
1 0
y
t
y
t y
y
+ = ⇔ −
+ =
имеет решения при t
* 2
4 0
− ≥ . При этом
1 2
1
2
1
1
y y
y y
= ⇒
=
.
Отсюда видно, что одно из значений
1
y или
2
y обязательно удовлетворяет условию
1
y
≤
.
Значит,
имеет бесконечное число корней и, следовательно, не менее 2009.
cos
y
=
x
Итак, необходимо, чтобы уравнение (*) имело хотя бы одно решение, удовлетворяющее
условию
. Решения есть при
2
4 0
t
− ≥
(
)
2
2
1
8
9
4 2
241
0
a
− ⋅ ⋅
−
≥
, т.е. при
. Теперь заметим,
что
2
2009
a
≤
2
1
9
2009
9
2
4
4
a
t
+
−
=
≥
1
>
, т.е. t всегда удовлетворяет условию t
2
4 0
≥ .
−
В итоге, исходное уравнение имеет не менее 2009 корней при
, что равносильно
2
2009
a
≤
2009
2009
a
−
≤ ≤
.
[
11
Ответ:
]
.
2009
;
2009
−
∈
a
10.
А(0,0), B(0,1), C(1,1), D(1,0). Найдем координаты точки M.
(
)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⇒
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
+
−
=
+
2
3
;
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
M
y
x
y
x
. Аналогично
.
2
1
;
2
3
1
,
2
1
;
2
3
,
2
3
1
;
2
1
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
L
N
K
Отсюда следует, что
3
2
2
1
1
3
2
3
1
2
1
2
−
=
=
⇒
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
=
MK
S
MK
LMNK
.
6
2
3
2
cos
2
2
2
π
=
∠
⇒
=
⋅
−
+
=
∠
MAN
AN
AM
MN
AN
AM
MAN
Отсюда следует, что искомая площадь равна
3
3
3
3
2
1
6
2
3
2
4
−
+
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
⋅
+
−
=
+
=
π
π
MN
LMNK
S
S
S
,
где
- площадь сегмента, отсекаемого отрезком MN.
MN
S
Ответ:
3
3
3
3
−
+
=
π
S
.
12
УВАЖАЕМЫЙ АБИТУРИЕНТ!
Вы поступаете на ФИЗТЕХ! И это прекрасно – здесь Вы получите превосходное базовое образование
по физике и математике, станете специалистом высокого класса в выбранной Вами области знаний.
Но в наше время бурного научно-технического прогресса недостаточно знать только физику и
математику. Основные открытия сейчас делаются на стыке естественных наук – физики, химии и биологии.
Львиная доля финансирования науки в развитых странах выделяется в настоящее время на области
естествознания, связанные с человеком – медицину, молекулярную химию и биологию, биохимию,
биофизику, экологию.
Если Вам нравится математическое моделирование химических, биологических и социальных систем
с применением современных суперкомпьютеров, если Вы хотите прикоснуться к живой клетке или постичь
тайны управляемого термоядерного синтеза, если Вас привлекает участие в международной программе
«Геном человека» или поиск лекарства против рака и СПИДа, Вас с нетерпением ждут на Факультете
М
олекулярной и Биологической Физики. Представляем наши базовые кафедры и их научные направления:
БИОФИЗИКА И БИОТЕХНОЛОГИИ
• ФИЗИКА ЖИВЫХ СИСТЕМ – биомедицина, трансплантология, искусственные органы;
биоинформатика и биоинженерия; биофизика, нейронауки; физическое и математическое
моделирование живых систем от клеточной мембраны до социальных систем и биосферы в целом.
• МОЛЕКУЛЯРНАЯ БИОФИЗИКА – программа «Геном человека», протеомика; разработка
быстрых методов определения нуклеотидных последовательностей ДНК и РНК; биологические
микрочипы, молекулярная вирусология, изучение физики белка и нуклеиновых кислот.
• ФИЗИКО-ХИМИЧЕСКАЯ БИОЛОГИЯ И БИОТЕХНОЛОГИЯ – генная инженерия,
молекулярная иммунология и онкология, биоинженерия белков и биологических мембран,
биотехнология, создание трансгенных организмов.
• МОЛЕКУЛЯРНАЯ МЕДИЦИНА – изучение физико-химических основ развития социально
значимых болезней человека; разработка, методы медицинской диагностики.
• БИОХИМИЧЕСКАЯ ФИЗИКА – изучение кинетики и механизмов реакций в биологических и
химических системах, разработка ресурсо- и энергосберегающих безотходных технологий.
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И НАНОТЕХНОЛОГИИ
• ФИЗИКА И ХИМИЯ ПЛАЗМЫ – исследования по управляемому термоядерному синтезу,
водородная и плазменная энергетика, участие в проекте ITER.
• ФИЗИКА СУПРАМОЛЕКУЛЯРНЫХ СИСТЕМ – молекулярная электроника, нанотехнологии,
фотоинформационные технологии и фотоэнергетика.
• ХИМИЧЕСКАЯ ФИЗИКА – создание новых лазеров, разработка сверхбыстрых кинетических
методик, фемтохимия.
• МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА – импульсные плазменные системы, молекулярные лазеры,
высокотемпературная газодинамика, масс-спектрометрический анализ, физика высокочастотных
разрядов, излучение неравновесной плазмы, индустриальная экология.
• ФИЗИКА ПОЛИМЕРОВ – создание новых сверхпрочных полимеров, экологические проблемы
использования полимерных материалов.
• ФИЗИКА ВЫСОКОТЕМПЕРАТУРНЫХ ПРОЦЕССОВ – физика и химия высокотемпературной
плазмы, теплофизика импульсных воздействий, проблемы термоядерной энергетики.
• ФИЗИКА ОРГАНИЗОВАННЫХ СИСТЕМ И ХИМИЧЕСКИХ ПРОЦЕССОВ – изучение
строения молекул и твердых тел, свойств вещества при высоких концентрациях энергии,
элементарных процессов, кинетики и механизмов сложных химических реакций.
• ФИЗИЧЕСКАЯ И ХИМИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА – физика плазмы, газовых разрядов, лазеров;
изучение воздействия излучения на вещество.
• ФИЗИКА И ХИМИЯ НАНОСТРУКТУР – синтез и получение новых углеродных материалов, в
том числе алмазоподобных, создание приборов и методов исследования этих материалов.
СУПЕРКОМПЬЮТЕРЫ
• ВЫСОКОПРОИЗВОДИТЕЛЬНЫЕ ВЫЧИСЛИТЕЛЬНЫЕ СИСТЕМЫ – развитие аппаратных
и инструментальных программных средств, создание прикладного программного обеспечения,
создание передовых технологий в области высокопроизводительных вычислений.