Вступительный письменный экзамен по математике в МФТИ в 1970 году

46

ВСТУПИТЕЛЬНЫЙ ПИСЬМЕННЫЙ ЭКЗАМЕН ПО MATЕМАТИКЕ В МФТИ В 1970 ГОДУ

А. П. Савин, Б. В. Федосов

Задачи, предлагаемые на вступительном экзамене по математике в Московском физico-техническом институте, всегда привлекали внимание учтелей и выпускников школ, поскольку уровень этих задач несколько выше, чем во многих техническихузах.

В 1970 году состав задач на письменном экзамене в МФТИ несколько изменился. Вместо четырех задач, предлагавшихся обычно, в 1970 году былLET содержал пять задач (была добавлена одна легкая задач). Такой набор задач, видимо, сохранился и в дальнейшем.

С задачами приемных экзаменов МФТИ предыдуших лет можно познакомиться по сборнику «Задачи по элементарной математике»*), выделявшему уже несколько изданий.

Хочется отметить, что трудность вступительного экзамена по математике в МФТИ часто преуvaluvaют. Тот факт, что после проведения всех экзаменов по математике и физике (устных и письменных) сохраняется конкурс в несколько человек на место, говорит сам за себя.

Что бы мы могли получить реальное представление о письменном экзамене по математике в 1970 году, подробно разберем один из вариантов.

Вариант 0

1. Пассажир метро спускается вниз по движущему эскалатору за 24 сек. Если пассажир идет с той же скоростью, но по неподвижному эскалатору, то он спускается за 42 сек. За сколько секунд он спускится, стоя на ступенке движущего эскалатора?

2. Решить уравнение
   tg 5x—2 tg 3x=tg 5x·tg² 3x.

3. В треугольнике ABC проведены высоты AD и CE. Найти AC, если BC=a, AB=b и DE/AC=k.

4. В правильном тетрадире ABCD проведены два сечения, каждое из которых параллельно ребром AB и CD. Площадь части грани ABC, заключенной между секущими

плоскостями, на s cm² больше площади части грани ACD, заключенной между этим же плоскостями. На сколько площадь одного сечения больше площади другого?

5. Найти действительные решения системы уравнений:

$$\begin{cases} 4xy + y^2 + 2z^2 = -3, \\ 4xz + x^2 + 2z^2 = 1, \\ 8yz + y^2 + 2z^2 = 1. \end{cases}$$

Разбор задач

1. Обозначим через $v_1$ — скорость эскалатора, $L$ — его длину и через $v_2$ — скорость пассажира. Тогда условия задачи запишутся в виде уравнений:

$$\frac{L}{v_1 + v_2} = 24,$$

$$\frac{L}{v_2} = 42.$$

Преобразуем эти уравнения:

$$\frac{v_1}{L} + \frac{v_2}{L} = \frac{1}{24}, \quad \frac{v_2}{L} = \frac{1}{42}.$$

47

Из двух последних уравнений сразу находим, что

$$\frac{v_1}{L} = \frac{1}{56},$$

а искомое время равно $\frac{L}{v_1}$, то есть 56 сек.

《Изюминка》 задачи заключается в том, что из системы Д в уравнения (1) и (2) с треем неизвестными нужно найти лишь отношение двух неизвестных $L$ и $v_1$. Те абитуренты, которые пытались отыскать и $L$, и $v_1$, и $v_2$, естественно, не смогли этого сделать.

2. Преобразуем данное уравнение:

$$tg 5x - tg 3x = tg 3x (1 + tg 3x tg 5x),$$

(1)

$$\frac{tg 5x - tg 3x}{1 + tg 3x \cdot tg 5x} = tg 3x.$$

В последнем преобразовании мы разделили обе части уравнения (1) на $1 + tg 3x \cdot tg 5x$. При этом мы можем потерять корни уравнения (1), являющиеся корнями уравнения $1 + tg 3x tg 5x = 0$. Преобразуя исходное уравнение дальше, получаем

$$tg 2x = tg 3x,$$

откуда

$$3x = 2x + k\pi \quad (k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots)$$

или

$$x = k\pi \quad (k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots).$$

Проверим, не потеряли ли мы корней при делении уравнения (1) на $1 + tg 3x \cdot tg 5x$. Пусть $x_1$ — корень уравнения

$$1 + tg 3x \cdot tg 5x = 0.$$

Тогда, подставив в исходное уравнение $tg 5x_1 = -\frac{1}{tg 3x_1}$, получим

$$-\frac{1}{tg 3x_1} - tg 3x_1 = 0$$

или

$$tg^2 3x_1 = -1$$, что невозможно. Следовательно, корней потеряно не было.

Ответ:

$$x = k\pi \quad (k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots).$$

Рис. 1. $BC = a, BA = b, \frac{DE}{AC} = k$.

Te абитуренты, которые пытались выражать $tg 3x$ и $tg 5x$ через $tg x$ и решать полученное уравнение относительно $tg x$, редко приходим к успеху из-за громоздкости выкладок и сложности полученного уравнения.

3. Обозначим $\triangle ABC$ через $\alpha$, тогда из прямогоного треугольника $ABD$ (рис. 1)

$$BD = AB \cos \alpha = b \cos \alpha,$$

а из прямогоного треугольника $BEC$

$$BE = BC \cos \alpha = a \cos \alpha.$$

Из треугольника $BDE$ по теореме косинусов находим длину отрезка $ED$:

$$ED^2 = a^2 \cos^2 \alpha + b^2 \cos^2 \alpha - 2ab \cos^3 \alpha.$$ (1)

Из треугольника $ABC$ также по теореме косинусов находим длину отрезка $AC$:

$$AC^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha.$$ (2)

Тепер, использую данное в условии задачи соответствие $\frac{DE}{AC} = k$, из уравнения (1) и (2) получаем

$$\frac{(a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha) \cos^2 \alpha}{a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha} = k^2.$$

Отсюда $\cos^2 \alpha = k^2$. Решение $\cos \alpha = k$ соответствует случаю острого угла $\alpha$, а $\cos \alpha = -k$ — случай угла $\alpha$. Осталось подставить найденные значения в уравнение (2),

48

Рис. 2. $S_{EFLK} = S_{FGML} + s$.

Чтобы получить оба ответа данной задачи:

$$AC = \sqrt{a^2 + b^2 + 2abk}$$

или

$$AC = \sqrt{a^2 + b^2 - 2abk}$$.

В этой задаче основную трудность составляет удалный выбор неизвестного. Введение угла $\alpha$ в качестве дополнительного неизвестного дает короткое и изящное решение задачи. Если же пытается использовать в этой роли другой элемент, например, величины отрезка $DE$, то получается города более сложная система уравнений, решения которого часто оказываюсь поступившим не под силу.

Рис. 3.

4. Рассмотрим многоугольники, получащиеся в сечении (рис. 2) тетраэдра указанных плоскостями. Нетрудно показать, что и четырехугольник EFGH и четырехугольник KLMN являются прямогенными. Развернем двумя уголами плоскостями ABC и ACD на плоскость (рис. 3) и обозначим длину отрезка EF через $x$, а длину отрезка LM через $y$. Поскольку оба треугольника ABC и ACD — правильные, а стороны прямогенных EFGH и KLMN соответственно параллельны ребрам AB и CD, то отрезок KL становится продолжением отрезка LM, а отрезок FG — продолжением отрезка EF. Если обозначить ребро tetraэдра через $a$, то очевидно, что $FG = a - x$, а $KL = a - y$. У трапеции EFLK и FGML, как легко видеть, высоты равны. Найдем их. Высота $h$ трапеции EFLK равна разности высот правильных треугольников EFC и KLC, поэтому

$$h = x \frac{\sqrt{3}}{2} - (a - y) \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} (x + y - a).$$

Найдем площадь указанных трапеций. Площадь трапеции EFLK равна

$$\frac{EF + LK}{2} h = \frac{x + a - y}{2} h,$$

а площадь трапеции FGML равна

$$\frac{FG + ML}{2} h = \frac{a - x + y}{2} h.$$

Используя условия, что разность указанных площадей равна $s$, получаем

$$\frac{x + a - y}{2} h - \frac{a - x + y}{2} h = s$$

или

$$s = h (x - y);$$

подставив вместо $h$ найdenное для него выражение, получим

$$s = (x - y) (x + y - a) \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

49

Вернемся к прямугольникам EFGH и KLMN. Их площади равны соответственно $x(a-x)$ и $y(a-y)$, а разность площадей

$$\sigma = y(a-y) - x(a-x) = (x-y)(x+y-a).$$

Сравнивая выражения для $s$ и $\sigma$, что $\sigma = 2s/\sqrt{3}$

В этой задаче выбор неизвестных довольно естественен. Найболее трудной частью решения является переход от пространственного рисунка 2 к развертке двух смежных граней на плоскость (рис. 3); после этого задача уже решается без особого труда.

5. Сложим первое и трете уравнения с уведомным вторым. Получим $2x^2 + 2y^2 + 8z^2 + 4xy + 8xz + 8yz = 0$

Сократив на 2, видим, что в левой части уравнения стоит полный квадрат выражения $x+y+2z$, откуда $z = -\frac{1}{2}(x+y)$. (1)

Вычитем из второго уравнения данной системы трете уравнение, получим $x^2 + 4xz - y^2 - 8yz = 0$. Подставим в него найденное значение $z$ (1) $x^2 - 2x(x+y) - y^2 + 4y(x+y) = 0$.

После раскрытия скобок и приведения подобных членов, уравнение приводится к виду $x^2 - 2xy - 3y^2 = 0$. Выразим из него $x$ через $y$:

$$x = y \pm 2y.$$

Итак, либо $x = -y$, либо $x = 3y$.

Рассмотрим первый случай: $x = -y$. Из уравнения (1) получаем $z = 0$. А тогда из третого уравнения исходной системы следует, что $y^2 = 1$.

Отсюда находим два значения для $y$: $y = 1$ или $y = -1$.

Таким образом, в первом случае получаем два решения:

$$x_1 = -1, y_1 = 1, z_1 = 0;$$

$$x_2 = 1, y_2 = -1, z_2 = 0.$$

Рассмотрим второй случай: $x = 3y$. Из того же уравнения (1) следует, что $z = -2y$. Подставляя это значение для $z$ в третье уравнение исходной системы, получаем, что $-7y^2 = 1$. Итак, во втором случае действительных решений нет.

Остается проверить, что найденные в первом случае решения удовлетворяют уравнениям начальной системы. Это оказывается верным. Таким образом, найдены два действительных решений данной системы.

Основная трудность этой задачи—преобразование уравнения данной системы к более простой системе. Те поступавшие, которые пытаются «в люб» решать эту задачу методом исключения неизвестных, наталкивались на непреодолимые трудности. Заметим, что данную систему можно привести к другим системам, отличующимся от разобранных нами, но также допускают несложное решение.

По имеющимся у нас сведениям, практические все поступавшие решения по крайней мере одну задачу. Подавляющее большинство (около 95%) — не меньше двух задач, более половины поступавших—не менее трех задач, треть—не менее четырех задач.

Приводим вариант для самостоятельного решения.

1. Решить уравнение $\frac{\lg(98-x^3)}{\lg(2-x)} = 3$

2. Найти высотуравноведренной трапеции, если ее диагонали взаимно перпендикулярны, а площадь трапеции равна $S$.

3. В Δ ABC внешний угол при вершине $A$ в три раза больше $B$, а стороны $AB, BC, AC$ (в указанном порядке) образуют арифметическую прогрессию. Найти углы треугольника.

4. Решить систему уравнений.

$$\begin{cases} 3xy - \frac{16}{xz} = -5, \\ xz + \frac{8}{yz} = 4, \\ yz - \frac{3}{xy} = 1 \end{cases}$$

5. В основании треугольной парамиды $SABC$ лежит правильный треугольник $ABC$. Каждый из плоских углов $\Rightarrow CSA$ и $\Rightarrow ASB$ равен $45^\circ$, а $\Rightarrow SAB = \arctg 2$. Через вершину $C$ проведено сечение перпендикулярно ребру $SA$. Найти двугранный угол между плоскостью основания и плоскостью сечения. (Найти все решения.)