О письменном экзамене на мехмате МГУ в 1969 году

50

Н. С. БАХВАЛОВ, Н. Н. КУЗНЕЦОВ

Писменный экзамен по математике является основным экзаменом для поступающих на механико-математический факультет МГУ. Часто приходит случай о его чрезмерной трудности, о том, что получить даже «тройку» на этом экзамене могут только выпускники Московских математических школ.

Эти случаи совершено неосноваательны *). Задания (так называемые «варинты», состоящие из 4 задач), предлагаемые на письменном экзамене, составляют так, чтобы в каждом варианте одна задача были

*) В 1969 году из 922 поступавших Московей получило на письменном экзамене положительное оценку (тройку и выше) 469 (около 50%), и из 2356 иногородних — 912 человек (около 40%).

вплоне доступны тому, кто обладает средней математической подготовкой. Решение таких задач уже гарантирует тройку. Поэтому для успешной сдачи письменного экзамена нужно лишь твердое знание школьной программы по математике, а неудовлетворительно оценку получают только те абитриенты, которые не показали подготовки, достаточно для успешного обучения на факультете.

Конечно, нарушу с нетрудными задачими, в варианте включаются и задания, решения которых требует достаточно математической культуры (но не дополнительных знаний, выходящих за рамки программы). Поэтому высокою оценку на этом экзамене получить действительное нельзя.

Вариант 1

1. Пункты A и B находятся на дорогах, пересекающихся под углом ACB=60°. Из пункта A в B можно doenять на автобусе — сначала по одной дороге до перекрестка C, потом по другой, — затратив 11 мин. Если пойти из A в B пошком направик, то это займет 1 час. 10 мин., а если сначала doit кратчайшим путем до дороги, на которой стоит пункт B, а затем подехать на автобусе, — то еще больше времени, даже если на автобусе есть сразу.

Каково расстояние от пункта A до перекрестка, если скорость пешекода равна 3 км/час, а скорость автобуса — 30 км/час? (Дороги считать прямыми.)

2. В треугольнике ABC проведены биссертрисы AD и BE, пересекающиеся в точке O. Известно, что отрезок OE имеет длину 1, а вершина C лежит на окружности, проходящей через точки E, D, O. Найти стороны и углы треугольника EDO.

3. Найти все значения x, удовлетворяющие одновременно следующим условиям:

$$\cos 13x = \cos x,$$
$$\cos 2x + \sin 5x = 1,$$
$$|x| < 3.$$

4. Примогуольные процесции плоского четырехугольника на две взаимно перпендикулярные плоскости являются квадратами со сторонами 2. Найти перimeter четырехугольника, зная, что одна из его сторон равна $\sqrt{5}$.

51

этого нужно специально подготовиться, пользоваться соответствующей литературой *).

Здесь мы рассмотрим для примера один типный набор задач в варианте, представляемся на письменном экзамене на mexмат в 1969 году (варнант 1 на стр. 50). На его решение давалось 4 часа. Для получения оценки «3» было достаточно решить хотя бы одну задачу; оценка «5» выставлялась, если имелось полное решение любых трех задачи, а четверяя была в основном решении.

Мы обстоятельно разберем эти задачи и отметим характерные ошибки, допущенные поступавшими при их решении, а в заключение представим читателям «Кваната» еще один вариант для самостоятельного решения.

РАЗБОР ЗАДАЧ

Задание 1

Сделаем чертеж (рис. 1). $D$ — близкая шаяк к $A$ точка прямой $BC$. Заметим, что расположение точки $B$ относительно $D$ заранее неизвестно (на чертеже изображены два варианта расположения). Пусть $x=AC$, $y=CB$ (эти расстояния измерены в километрах). Записывая условия задачи, получим систему двух уравнений:

$$\begin{cases} x+y=5,5 \\ x^2+y^2-xy=12,25 \end{cases}$$

и неравенство:

$$10x\sqrt{3}+|2y-x|>70$$

*) В качестве подходящих задачников указываем, например, на книги Е. Б. Ваховского и А. А. Рывкина «Задания по элементарной математике повышенной трудности» (о ней см. статью «Как решать задачу» на стр. 60 этого номера «Кваната»), Н. Х. Розова, М. К. Потапова, Г. В. Дорофеева, «Пособие по математике для поступающих вуззы», В. Б. Ли дского, П. В. Овсянникова, А. Н. Тулайкова и М. И. Шабунна «Задания по элементарной математике».

Система уравнения (1) имеет два решения: a) $x=4$, $y=1,5$; 6) $x=1,5$, $y=4$, и мы должны выбрать из них то, которое удовлеворяет дополнительному условию (2). Второе решение этого условия не удовлеворяет, либо $15\sqrt{3}+6,5<30+6,5<70$. Первое решение ему удовлеворяет. Чтобы убедиться в этом, нужно проверить, что $40\sqrt{3}+1>70$, или $40\sqrt{3}>69$. Возвядя последнее неравенство в квадрат, получаем $4800>4781$ и тем самым убеждаемся, что оно верно. Итак, решение задачи является $x=4$ км.

Отметим типные ошибки, которые допускали абитриенты при решении этой задачи.

С составлением и решением системы уравнения (1) справилось большимство из них; однако, выбор нужного решения при помощи дополнительного условия (2) оказался для многих непредодолимым прействием. Пожалуйста, наиболее удобно для понимания порядка неверное наглудное представление о взаимном расположении точки $B$ и $D$, в результате которого вместо неравенства (2) проверялось неправильное неравенство

$$10x\sqrt{3}+2y-x>70.$$

При этом довольно часто экзаменующее ограничивающее проверкой лишь одного из найdenных решений. Например, установив, что неравенству (3) второе решение системы (1) ($x=1,5$; $y=4$) не удовлеворяет, они автоматически делали на этом основании

52

вывод, что искомым является первое решение (хотя легко заметить, что неравенству (3) оно также не удовлетворяет). Отметим еще одну ошибку, которое допустила немалая часть построенных: при проверке условия (2) значение $\sqrt{3}$ заменялось приближенным рациональным значением, например, 1,7, и проверялось неправильно равенство

$$17x + |2y - x| > 70$$

(ему, как легко проверить, также не удовлетворяют оба решения системы уравнений (1)).

Задача 2

Соединим точки $C$ и $O$ (см. рис. 2). Прямая $CO$ — биссектриса угла $C$, либо она проходит через точку пересечения биссектрис $AD$ и $BE$. Поэтому

$$\angle ECO = \angle DCO$$

(1)

Вписанные в окружность $OECD$ углы

Рис. 2.

$DEO$ и $DCO$ равны, как опирающиеся на однудугу. То же верно относительно углов $EDO$ и $ECO$. На основании (1) заключаем, что

$$\angle DEO = \angle EDO,$$

т. е. треугольник $EDO$ — равноведенный.

Вписанные углы $ECD$ и $EOD$ опираются на дополнительныедуги; поэтому их сумма равна $180^\circ$. С другой стороны, имеем целочку равенства:

$$\angle EOD = \angle AOB =$$

$$= 180^\circ - (\angle OAB + \angle OBA) =$$

$$= 180^\circ - \frac{1}{2} (\angle A + \angle B) =$$

$$= 180^\circ - \frac{1}{2} (180^\circ - \angle C) =$$

$$= 90^\circ + \frac{1}{2} (\angle C).$$

Позтому

$$180^\circ - (\angle C) = 90^\circ + \frac{1}{2} (\angle C),$$

откуда

$$\angle C = 60^\circ.$$

Из рассуждения, приведенных выше, следует, что

$$\angle DEO = \angle EDO = 30^\circ,$$

$$\angle EOD = 120^\circ,$$

так что стороны треугольника $EDO$ равны 1, 1 и $\sqrt{3}$.

Ниболье типичной ошибкой в этой задаче было «доказательство» того, что $\triangle ABC$ — равносторонний. Часть экзаменующихся, основываясь на геометрической иллюзии, предполагала, что центр окружности $OECD$ лежит на прямой $CO$. Отсюда следует, что углы $OEC$ и $ODC$ — прямы, так что биссектрисы $AD$ и $BE$ являются одновременно высотами, что возможно только в равностороннем треугольнике.

Другая часть экземенующихся, доказывающих равносторонность треугольника $ABC$, основываясь на следующем рассуждении: опустим из точки $O$ перpendикularы $OE'$ и $OD'$ на стороны $AC$ и $BC$ соответственно. Расстоянием два варианта расположения точки $D'$ и $E'$ относительно точки $D$ и $E$ (см. рис. 3). В случае а) углы $CDO$ и $CEO$ — тупые, а в случае б) они оба острые. Позтому вектор точки $C$, $D$, $O$, $E$ можно описать окружность лишь тогда, когда точка $E'$ совпадает с $E$, а $D'$ — с $D$.

Отсюда следует заключение, что $AD \perp BC$ и $BE \perp AC$.

53

Мы хотим предоставить читательам в качестве упражнения найти ошибку в приведенном выше рассуждении.

Следует заметить, что число экзаменуошихся, правильно решивших эту задачу (и аналогичные задачи других вариантов) было сравнительно невысокое: ее решил, примерно, 1 человек из 9.

Задание 3

Решение первого уравнения данной системы:

$$\cos x - \cos 13x = 0$$

или

$$2\sin 7x\sin 6x = 0$$

дает две серии значений

a) $x = \frac{1}{7}n\pi$ ($n = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$),

6. $x = \frac{1}{6}m\pi$ ($m = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$).

Отбирая из этих значений те, которые удовлетворяют неравенству $|x| < 3$, находим:

a) $x = \frac{1}{7}n\pi$, $|n| \leq 6$,

6. $x = \frac{1}{6}m\pi$, $|m| \leq 5$.

Тепер мы должны выбрать те значения $x$, которые удовлетворяют второму уравнению системы. Это уравнение можно представить в виде:

$$1 = \sin 5x + \cos 2x = \sin 5x + \sin \left(\frac{\pi}{2} + 2x\right) = 2\sin \left(\frac{7x}{2} + \frac{\pi}{4}\right)\cos \left(\frac{3x}{2} - \frac{\pi}{4}\right).$$

Подставим в него сначала серию (a). Поскольку $7x = n\pi$ ($|n| \leq 6$), то должно выполняться равенство:

$$\sin \left(\frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right)\cos \left(\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}$$

Так как $\sin \left(\frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right) = \pm \frac{V^2}{2}$, то $\cos \left(\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}\right) = \pm \frac{V^2}{2}$ и, следовательно, $\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}$ должно отличаться от $\frac{\pi}{4}$ начиало кратное $\frac{\pi}{2}$. Однако $\frac{3n\pi}{14} = \frac{3n}{7}\cdot \frac{\pi}{2}$, так что $\frac{3n}{7}$ должно быть целым. При ограничении $|n| \leq 6$ это имеет место лишь при $n = 0$. Подставляя значение $n = 0$ в уравнение (1), убеждаемся, что оно ему удовлетворяет. Итак, из серии (a) решенияем является только $x = 0$.

Проверим теперь серию (6). Представив второе уравнение данной системы в виде:

$$\sin 5x = 1 - \cos 2x = 2\sin^2x,$$

замечаем, что $\sin 5x$ должно быть неотрицательным, то есть угол $5x = \frac{5}{6}m\pi$ ($|m| \leq 5$) заключен в первых двух четырехх. Подставляя в выражение $\frac{5}{6}m\pi$ возможно целые значения $m$ от $-5$ до $+5$, установливаем, что проверке подлежат только шесть

54

из них: $m=0, 1, 3, 5; -2, -4$. Вычисляя при этих значениях левую и правую части уравнения (2), получаем таблицу:

$$\begin{array}{c c c c c c c} m & 0 & 1 & 3 & 5 & -2 & -4 \\ \sin \frac{5m\pi}{6} & 0 & \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ 2\sin^2 \frac{m\pi}{6} & 0 & \frac{1}{2} & 2 & \frac{1}{2} & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} \end{array}$$

из которого получаем искомые решения: $m=0, 1, 5, t. e.$

$$x=0, \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}.$$

Три значения (3) и дают полное решение задачи, так как решение серии (a) давало значение $x=0$, уже включенное в (3).

Отметим, что таким же образом, путем перебора, можно проверить и серию (a).

При решении этой задачи характерной ошибкой было следующее: многие забывали, что решение должно удовлетворять всем условиям задачи одновременно, а зачастую просто не понимали этого. Некоторые ограничивались тем, что решали одно из уравнений и совершали отбор решения по неравенству, другие комбинировали уравнения и решали в конце концов также лишь одно уравнение, не эквивалентное предложенной системе.

Задание 4

Пусть $ABCD$ — данный четырехугольник, $AB=\sqrt{5}$. Примугольные процесции любого многоугольника на параллельные плоскости равны между собой; поэтому проведем плоскости $P_1$ и $P_2$ параллельные исходным плоскостям, через вершину $A$ и в дальнейшем будем говорить о процесциях четырехугольника именно на эти плоскости.

Для каждой точки $M$ пространства мы будем обозначать через $M_1,M_2$ и

55

Так как $AB_1=2$, то из прямогольного треугольника $ABB_1$ находится $BB_1=\sqrt{5}-4=1$. Поскольку в прямогольном треугольнике $AB_2B_3$ гипotenуза $AB_2$ равна 2, а катет $B_2B_3=BB_1=1$, то $\angle B_2AB_3=30^\circ$; следовательно, острый угол $AD_2D_3$, стороны которого перpendикулярны сторонам угла $B_2AB_3$ ($AB_2\perp AD_2$, $D_2D_3\perp AB_3$), тоже равен $30^\circ$; поэтому из прямогольного треугольника $AD_2D_3$ находится, что

$$D_2D_3=D_2A\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3},$$

откуда

$$DD_1=D_2D_3=\sqrt{3}$$

и

$$AD=\sqrt{4}+3=\sqrt{7}.$$

Приемые $AB$ и $DC_2$ являются линиями пересечения параллельных плоскостей $ABB_1$ и $DD_1C_1C$ с плоскостью данного четырехугольника $ABCD$; поэтому $AB||DC$. Аналогично заключаем, что $BC||AD$. Следовательно, $ABCD$ — параллелограмм, а поэтому его перimetр равен

$$2(\sqrt{5}+\sqrt{7}).$$

Заметьте, что мы записали решение таким образом, что нам нитде для обоснования расчудений не приходилось ссылаться на чертеж (хотя того, чтобы разобрать в решении, полезно делать для себя рисунки вроде 4 а, 6, в). Часто при решении подобных задач существенно опираются на чертеж, забывая проанализировать все возможные случаи одного их них.

Эту задачу решили очень немного; поэтому говорить о типичных ошибках в связи с этой задачей невозможно.

В заключение предлагаем читатель для упражнения еще один из вариантов письменного задания.

Вариант 2

1. В пунктах $A$ и $B$ от реки охудят два канала, пересекающие друг с другом под прямым углом. Катер идет от $A$ до $B$ по реке 1 час 15 минут., а по каналам 1 час 10 минут. Из пункта $C$ на реке, находящемся между $A$ и $B$, в полтора раза близке к $A$, чем к $B$, до точки пересечения каналов можно доехать направик на автоматическое мене, чем за 13 минут.

Сколько временикатер идет от $A$ до точки пересечения каналов, если скорость движениякатера по реке на одну треть меньше, а скорость автоматоля вдвое больше, чем скорость движениякатера по каналу? (Реку и каналы считать прямыми.)

2. В равнобедренном треугольнике $KLM(KL=KM)$ проведены биссертрисы $KN$, $LP$, $MQ$. Известно, что вершина $K$ лежит на окружности, проведенной через точки $N$, $P$, $Q$. Найти $KM$, если $KP=2m$.

3. Найти все значения $x$, удовлетворяющие одновременному условиям:

$$2\cos^2 9x=1+\cos 10x,$$

$$\cos 9x+\sin 5x=1,$$

$$|x|<5.$$

4. Примуговые процесции треугольника $ABC$ на две взаимно перpendикулярные плоскости являются правильными треугольниками со стороны, равными 1. Медиана $AD$ треугольника $ABC$ равна $\sqrt{\frac{9}{8}}$. Найти $BC$.