Вступительные экзамены по математике в Университет дружбы народов

47

В Университете других народов имени Патриса Лумутбы наряду с учащимися, признажащими из стран Азии, Африки и Латинской Америки, принимаются также советские граждан. Так как в Университете есть разные факультеты, то, естественно, и характер требований по математике на этих факультетах различен. Вполне понятно, что к будущим физикам и математикам предъявляются более высокие требования, чем к инженерам, экономистам или химикам. Мы раскажем здесь о вступительных экзаменах 1970 года по математике для специальности «физика» и «математика».
Вот вариант письменной работы по математике (варнант сборный, фактически составленный из задач различных вариантов).

Вариант 0

1. Найти все комплектные значения z, при которых $z^2 + (1 + i)z$ принимает чисто минимые значения. Показать соответствующие геометрические место точки, пользоваться изображением комплектных чисел на плоскости.
2. Известно, что неравенство $\log_a(x^2 - 3x) > \log_a(4x - x^2)$ удовлетворяется при $x = 3\frac{3}{4}$. Решить неравенство.
3. Двугранный угол при боковомребре правильной четырехугольной прямиды равен утроенному двумгранному углу при ее основании. Найти объем прямиды, если ее высота равна H.
4. Решить уравнение
   $$tg px + tg qx = tg (p + q)x$$
   ($p$ и $q$ — известные действительные числа).

При каких значениях $p$ и $q$ оно обращается в точдество?
5. При самостоятельной группоподъемности заняты на вывозке грунта. Грунт будет полностью вывести, если все они совершат по 8 рейсов. Грунт также будет вывести, если первый самосвал совершит 4 рейса, второй — 2, третьий — 16. Если первый и третий самосвал совершат соответствующее 6 и 12 рейсов, то сколько рейсов придется сделать второму самосвалу?

При первом же взгляде ясно, что технически громоздкой, «класический» задачей конкурсного типа является лишь третья из приведенных здесь. Первая задача очень проста, но не стандартна по содержанию. Остальные требуют весма небольших вычислительных затрат при разумном подходе к их решению. В каждой из них есть, однако, какой-нибуд непrivibuant момент, требующий элементов самостояльного подхода.

Рассмотрим решение этих задач.

1. Задача имеет простое, довольно естественное решение. Запишем комплексное число z в алгебраической форме: $z = x + iy$; тогда
   $$z^2 + (1 + i)z = (x + iy)^2 + (1 + i)(x + iy) = x^2 + 2 ixy - y^2 + x + iy + ix - y = x^2 - y^2 + x - y + i(2xy + x + y).$$
   Для того чтобы это число было чисто минимым, необходимо и достаточно, чтобы его действительная часть равна нулю (разумется, нуль также относится к чисто минимым числом). Имеем:
   $$x^2 - y^2 + x - y = 0.$$

48

Переписываем это разенство в виде
$(x - y)(x + y + 1) = 0$
и находим, что искомое геометрическое место состоит из двух прямых линей: $x - y = 0, x + y + 1 = 0$, показанных на рисунке 1. Если мы хотим выразить ответ алгебраической, то запишем уравнение этих прямых в виде $y = x$ и $y = -x - 1$. Тогда искомые значения $z$ будут задаваться двумя равенствами: $z = (1 + i)x$ или $z = x - (x + 1)i$.

Вместо этого логичного и почти не требующего вычисления решения абитриенты — из числа тех, кто вообще пытается решить этот пример,— предлагали такой путь. Положим $z^2 + (1 + i)z = bi$; здесь справа $bi$ — число минимое число. Тепер решаем квадратное уравнение:

$$z = \frac{-(1 + i) \pm \sqrt{2i + 4bi}}{2}.$$

В каком-то смысле решение данного, но дальнейшее следует преобразовать правую часть равенства, что связано с извлечением квадратного корня из минимого числа; с этим решающей не справились, но, как мы видели, при более удачном подходе к задаче этого и не требовалось.

2. Пример очень прост, но надо прочитать условия выимательно и немного подумать. Дано условие: неравно

венство выполено при $x = 3\frac{3}{4}$; для чего оно дано? Подставим $x = 3\frac{3}{4}$ в неравенство, получим
$$\log_a \frac{45}{16} > \log_a \frac{15}{16}.$$
Отсюда вывод: $a > 1$. В этом весь смысл данного условия, оно позволяет сразу установить, что $a > 1$. Тепер мы приходим к неравенству $x^2 - 3x > 4x - x^2$; к нему надо присоединить неравенство, характеризующее ОДЗ: $4x - x^2 > 0$. Заметим, что писать еще и неравенство $x^2 - 3x > 0$ незачем, так как оно уже завершено выполняется в силу написанных двух неравенств. Итак, получается система двух неравенств
$$2x^2 - 7x > 0, \quad 4x - x^2 > 0.$$
Первое из них выполняется при $x < 0$ и $x > 3\frac{1}{2}$, второе — при $0 < x < 4$; решением служит инвервал
$$3\frac{1}{2} < x < 4.$$
Эта задача, в общем, совершенное стандартная, дополнительное условие в ней при правильном понимании не условияет, а упрощает задачу. Многие абитриенты решили примерdo конца, но в большинстве случаеев очень его запутали, а некоторые так и уtonули в вычислениях. Именно, игнорируя данное в задаче условия о значении $x = 3\frac{3}{4}$, они рассуждают «по стандарту»: либо $a < 1$, либо $a > 1$. Потом писали полностью условия, определяющие ОДЗ, и получали две системы неравенств:
$$\begin{cases} x^2 - 3x > 0, \\ 4x - x^2 > 0, \\ x^2 - 3x < 4x - x^2 \end{cases}$$
Вместо одной системы из двух неравенств, приходилось решать две системы из трех неравенств каждой и лишь потом учитывать дополнительно-

49

тельное условие. Тут уже можно и заблудиться.

3. Задчаа по стереометрии — стандартная, но довольно сложная. Дело не только в том, что задчи на двумгранные углы поступающие не всегда уменьшно решать, но и в том, что в условияне не дана ни одна угловая величины, а лишь соответствие между двумя таким величины. Вообще правильная четырехугольная парамida определяется одним линейным и одним угловым размерами. Линейный размер dan — это высота парамиды, а вместе углового размер указано соответствие между двумя углами.

Многие абитриенты решили эту задачу. В проечем, неокоторые из них совершенно не разобрались в существе задачи. Обозначив один из двумгранных углов через $\alpha$, а другой через $3\alpha$, они способно выражали объем через угол $\alpha$, не задумываясь о том, что этот угол определяется условиями задачи.

Вот одно из возможных решений задачи. На рисунке 2 через $\alpha$ обозначен двумгранный угол при ребре основания, через $\beta$ — двумгранный угол при боковом ребре парамиды, так что $BK$ и $DK$ являются высотами боковых граней парамиды, проведенными из вершин основания. По условияю $\beta = 3\alpha$.

Для удобства введем еще обозначение $\gamma$ для плоского угла при основании парамиды, через $a$ обозначим сторону основания, а через $h$ — высоту боковой грани, то есть апофему парамиды.

Сразу находится соответствие между углами $\alpha$ и $\gamma$: из треугольника $SOL$ имеем $\frac{a}{2h} = \cos \alpha$; то же самое относение в треугольнике $SLB$ выражается так: $\frac{a}{2h} = \text{ctg} \gamma$.

Таким образом, $\text{ctg} \gamma = \cos \alpha$. Так как при рассмотрении треугольника $ABK$ нам потребуется sin $\gamma$, то выразим этот синус через функцию угла $\alpha$:

$$\sin \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 + \text{ctg}^2} \gamma} = \frac{1}{\sqrt{1 + \cos^2 \alpha}}.$$

Теперь из треугольника $ABK$ имеем $BK = a \sin \gamma$ и из треугольника $BKD$ $BK = \frac{a}{\sqrt{2} \sin \frac{\beta}{2}}$, откуда $\sqrt{2} \sin \frac{\beta}{2} = \frac{1}{\sin \gamma}$ или $\sqrt{2} \sin \frac{\beta}{2} = \sqrt{1 + \cos^2 \alpha}$.

Отсюда $2 \sin^2 \frac{\beta}{2} = 1 + \cos^2 \alpha$ или $1 - 2 \sin^2 \frac{\beta}{2} = -\cos^2 \alpha$, то есть окончательно

$$\cos \beta = -\cos^2 \alpha.$$

Такое интерсесное соответствие между четырехугольной парамиде. В нашей задаче $\beta = 3\alpha$, и потому для отыскания угла $\alpha$ получается уравнение

$$\cos 3\alpha = -\cos^2 \alpha.$$

Оно решается стандартным примом. Выразив cos $3\alpha$ через функцию угла $\alpha$

$$\cos 3\alpha = 4 \cos^3 \alpha - 3 \cos \alpha,$$

получим

$$4 \cos^3 \alpha - 3 \cos \alpha = -\cos^2 \alpha.$$

Полагая для краткости cos $\alpha = u$, приходим к такому уравнению:

$$4 u^3 + u^2 - 3 u = 0.$$

50

Корень $u_1 = 0$ не имеет смысла в нашей задаче; остается квадратное уравнение

$$4 u^2 + u - 3 = 0$$

с корнями $u_2 = -1$ и $u_3 = \frac{3}{4}$, из которых нас интересет только последний. Итак, $\cos \alpha = \frac{3}{4}$; удобно найти такие $\sin \alpha = \frac{\sqrt{7}}{4}$ и $\text{ctg} \alpha = \frac{3}{\sqrt{7}}$.

Тепер остается выразить объем примиды; находим $\frac{a}{2} = H \text{ctg} \alpha$ или $a = \frac{6H}{\sqrt{7}}$. Следовательно,

$$V = \frac{1}{3} Ha^2 = \frac{12}{7} H^3.$$

4. Уравнение решения совсем просто:

$$\text{tg}(p + q) x = \frac{\text{tg} px + \text{tg} qx}{1 - \text{tg} px \text{tg} qx}.$$

Отсюда видно, что либо $\text{tg} px + \text{tg} qx = 0$, либо $\text{tg} px \cdot \text{tg} qx = 0$. Таким образом, уравнение удовлетворяется в каждой из трех случаях:

a) $\text{tg} px + \text{tg} qx = 0$, что равносильно $\sin (p + q) x = 0$; 6) $\text{tg} px = 0$; 8) $\text{tg} qx = 0$. Поэтому оно обращается в тоже место, если $p + q = 0$, или $p = 0$, или $q = 0$; если же из этих трех равенств не выполняется, то уравнение удовлетворяет три серии решения:

$$x = \frac{k\pi}{p + q}, \quad x = \frac{k\pi}{p}, \quad x = \frac{k\pi}{q}$$

($k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$).

При обстоятельном решении задачи следовало бы еще выяснить, не могут ли некоторые из указанных решений оказаться в виде этих случаев, что лишь немного из решающих задачу четко указали все три случая обращения в тоже место.

5. Задачу решили многое, но часто громоздким или нелогичным путем. Пусть каждый самосвал вывозит за один рейс $\frac{1}{x}, \frac{1}{y}, \frac{1}{z}$ часть всего грунта соответственно. Причем

$$\text{obщее количество ручента за единицу. Тогда условие задачи перешдает в виде системы}$$

$$\left\{ \frac{8}{x} + \frac{8}{y} + \frac{8}{z} = 1, \quad \frac{4}{x} + \frac{2}{y} + \frac{16}{z} = 1, \quad \frac{6}{x} + \frac{p}{y} + \frac{12}{z} = 1. \right.$$

Здесь неизвестно число рейсов второго самосвала $p$; неизвестны и $x, y, z$, которые, однако, нам определять не требуется. При известной математической наблюдательности можно договораться сложить два первых равенства по членению и разделить обе части полученного уравнения на 2. Приходим к равенству

$$\frac{6}{x} + \frac{5}{y} + \frac{12}{z} = 1,$$

из сравнения которой с третьим уравнением нашей системы найдем число рейсов, равное пятки: $p = 5$.

Анализ работ абитриентов показывает, что уровень техники у разных поступающих был, конечно, различным. Но это состоит не только в недостатке техники у части поступающих, сколько в том, что и многое подготовленные в форматном отношении абитриенты приучены к стандарту, не вдумываются в смысле условия задачи. Малейшее отклонение этих условий от привлечных, пусть даже в сторону упрощения, приводит к растерянности и, как следствие, к ошибкам и нерациональному решению.

Приводим варианты письменной работы для самостояльного решения (эти два варианта «настоящие», не сборные).

Вариант 1

1. Известно, что один из действительных корней уравнения $x^3 - 5x^2 + px + 8 = 0$ равен уравнному другому корню. Найти $p$ и все корни уравнения.

2. Найти все значения $a$, при которых неравенство

$$\log_{2a+1}(2x - 1) + \log_a(x + 3) < 0$$

одновременно выполняется при $x = 1$ и $x = 4$.

3. Решить неравенство

$$\sin x \cdot \cos 2x \cdot \sin 3x \geq 0.$$