[Ответ на просьбу читателя В. П. Данищука публиковать в журнале статьи с рекомендациями по оформлению письменных работ]

58

Спрашивайте — ответаем

Много делает «Квант» для совершенствования математических знаний учащихся, оказывает большое содержание учтелям в обучении школьников. Но вопросы письменного оформления решения задач, доказательства теорем, особенно с использованием современной символики, еще ждут своего рассмотрения на страницах журнала.

…В этом отношении журнал мог бы серверно помочь и ученикам и учтелям. Например, параллельно с использованием теоретического материала и публикацией задачи экзаменационных вариантов, стояло бы давать образцы письменных решений задачи и доказательств теорем, показать, как абитриентам следует оформлять свои работы наступительных экзаменах вузы.

В. П. Даниш уук, учтель математики ПТУ (п. Отъня Ивано-Франковской обл.)

Письма многохитателей в «Квант» в той или иной форме содержат тот же вопрос: как нужно оформлять письменную работу наступительных экзамене вуз по математике? Школьники, абитриентны, учтеля просят редакцию опубликовать «образцы экзаменационных решений», объяснить, как требуется решать конкретные задачи и проводить доказательства, математические грамотно излагать свои рассудения. Нет, да и быть не может каких-то особых канонов, регулирующих формальный порядок записи решений, рассудений или вычислений в экзаменационной работе, требующих обязательного использования специальной «современной символьки» и т.п.

Конечно, это не значит, что в экзаменационной работе допустимо писать как попало. Следует придерживать естественные общечеловеческие нормы — оформлять работу аккуратно, чтобы ее легко было читать. Слишком часто приходится видеть небрежно выполненные работы, в которых формулы записаны бесплатно, без обязательной, текст написан настолько незаборочив, что поступают потом с трудом расшифровывать его сам! Все это свидетельствует о несервезном отношении абитриента к делу, о его неуменинии работать, о неуважении преждевого к собственному труду. И результат такого «труда» обычно бывают печальным, поскольку мало кому удается точно ориентировать в подобном хаосе собственных записей и не допустить ошибки.

Читатели часто справывают, насколько подробно надо излагать решения. Детальные рекомендации здесь дают трудно, но ясно одно: следует стремиться исчерпывающей и логически правильно обьясить все этапы необходимых рассудений. Так, в алгебраической примере полезно посянить, что из чего и каким образом получается при преобразовании, указать возникшие огранения на значения переменных; в геометрической задаче целесообразно называть применение по ходу делы теоремы, доказать использованные промежуточные геометрические факты, при необходимости сделать вспомогательные чертежи и т. д.

Иногда школьников приучают к неком форматным «схемам записи решений», отступать от которых не дозволяется. Вот только один (довольно распространенный) пример такого форматизма: перед решением уравнения обязательно выполнять область допустимых значений переменной, независимо от того, попадость этого в ходе решения или нет. Понятно, что подобные рекомендации не дискутятся ни сообщениями здравого смысла (иногда исчерпывающее решение уравнения бывают много проще, чем отыскание его ОДЗ), ни требованиями математической строгости.

И последний, интересующий многих, вопрос: если задача допускает несколько разных решений, то какое из них предопитительное? Например, девятиклассница Е. Серебрянник (Москва) прислада в редакцию четыре решения одной геометрической задачи и справивает «Хотелось бы знать,… какой способ наиболее подходящий в девятом классе, а какой — в десятом?» И в девятом, и в десятом классе и наступительных экзаменах хорошо способ решения, лишь бы он был правильным. Подчерким, что решение задач примных экзаменов не требует использования каких-либо сведений, выходящих за рамки школьной программы.

H. Розов

59

Электронизмерительные приборы

1. $U_2 = 3$ В; $U_3 = 1$ В.
2. $r = \frac{I_1(R_1 + R_2) - I_2R_1}{I_2 - I_1} = 8$ Ом.
3. $R_{\text{ш2}} = \frac{I_1R_{\text{ш1}}R_{\text{ш2}}/3}{I_2(R_{\text{ш1}} + R_{\text{ш2}}/3) - I_1R_{\text{ш1}}} = 25$ Ом.
4. $R_{\text{ш2}} = \frac{U_2}{U_1}R_{\text{ш1}} + \left(\frac{U_2}{U_1} - 1\right)\frac{r_{\text{Г}}R_{\text{ш2}}}{r_{\text{Г}} + R_{\text{ш2}}} = 10R_{\text{ш1}} + \frac{9r_{\text{Г}}R_{\text{ш2}}}{r_{\text{Г}} + R_{\text{ш2}}}$.

Семнадцать задач на смекалку

1. Из условия следует, что $\frac{5}{8} - \frac{3}{8} = \frac{1}{4}$ длины места человека пробегает за время, в течение которого автоматиль проезжает всю длину места. Следовательно, скорость человека равна $\frac{1}{4} \cdot 60 = 15$ (км/ч).

2. Если предположить, что мяч покопится в пункте $A$, вода неподвижна, а мест подплывает к мячу со скоростью течение реки, то спортмен плывет десять минут в одну сторону и столько же времени — обратно (вода неподвижна), «догоня» мяч в пункте $A$ под местом. Значит, мост «плял» со скоростью $\frac{1000}{20} = 50$ м/мин. Это и есть скорость течение реки.

3. Пусть первооначально в колбе было $x\%$ соли, то есть $\frac{x}{100} = \frac{X}{V}$, где $X$ — масса соли, а $V$ — масса раствора. После указаных в задание действий масса раствора станет равной $V - \frac{V}{n} + \frac{V}{2n}$, а так как масса соли $X$ не изменится, мы получим
   $$\frac{x+p}{100} = \frac{X}{V - \frac{V}{n} + \frac{V}{2n}} = \frac{X}{V} \cdot \frac{2n}{2n-1} = \frac{x}{100} \cdot \frac{2n}{2n-1},$$
   откуда $x = p(2n - 1)$.

4. Пусть прямогольник $OABC$ (рис. 1) изображает количество заданной работы. $OAED$ — количество работы, выполненной до подключиния $x$ добавочных механизмов. Остальные работы, изображенные прямогольником $CBED$, выполнили $27+x$ механизмов. Следовательно, второй период работы изображится прямогольником $DHGF$ ($|DH| = 27+x$), равновеликим прямогольнику $DEBC$, у которого $|DF| = (35-11) - 6 = 18$, так как эта часть работы выполняна на 6 часов равные срока. Далее,
   $$S_{FKBC} = S_{EHGK}$$
   $$27 \cdot 6 = 18 \cdot x$$
   $x = 9$.

5. Если $x$ — масса куска, отрезаемого от каждой из кусков сплава массы $m$, а $p$ и $q$ — проценты содержания меди в первом и втором кусках соответственно, то, как легко понять,
   $$p(m-x) + qx = q(m-x) + px,$$
   откуда $x = \frac{m}{2}$.

6. Каждый куск сплава середина и золота характеризуется двумя числами: массой середина $x$ и массой всего куска $y$, то есть вектором $(x; y)$. Когда мы сплавляем вместе два куска, соответствующие векторами, очень удобно, складываются. Если $m_1$ и $m_2$ — искomme массы первого и второго сплава, то мы должны получить вектор $(8 \cdot \frac{5}{11+5}; 8) = \left(\frac{5}{2}; 8\right)$, складывавая векторы $(m_1 \cdot \frac{2}{5}; m_1)$, $(m_2 \cdot \frac{3}{10}; m_2)$, что приводит к системе
   $$\begin{cases} m_1 + m_2 = 8 \\ \frac{3m_2}{10} + \frac{2m_1}{5} = \frac{5}{2} \end{cases}$$

откуда $m_1 = 1, m_2 = 7$.

7. Поворотом $R_A^9$ отображим $\triangle ABE$ на $\triangle ADE_1$ (рис. 2); из $AFD = FAB = FAE_1$ следует $|AE_1| = |E_1E|$. Из свойств поворота $|AE| = |AE_1|$ и $|BE| = |DE_1|$. Значит, $|DF| + |BE| = |DF| + |DE_1| = |E_1E| = |AE_1| = a$.

8. а) Пусть $AM, BN$ и $CP$ — медианы данной $\triangle ABC$ (рис. 3), $O$ — точка их пересечения. На продолжении $AM$ за точку $M$ возьмем точку $O'$ такую, что $|MO'| = |MO|$. Длины сторон треугольника $BOO'$ составляют по $\frac{2}{3}$ длины медиан $\triangle ABC$. Легко видеть, что длины медиан треугольника $BOO'$ равны половинам

60

Рис. 4. Рис. 5.

длин сторон $\triangle ABC$. Поэтому в треугольнике, полученном из $\triangle BOO'$ подобием с коэффициентом $\frac{3}{2}$, длинный сторон будет равны длиным медиан $\triangle ABC$ (значит, это искомый $\triangle A_1B_1C_1$), а длинный его медиан $-\frac{3}{4}$ длин стороны $\triangle ABC$.

6. Значит, в треугольнике, полученном из $\triangle ABC$ подобием с коэффициентом $\frac{3}{4}$, длинный сторон как раз будет равны длиным медиан $\triangle A_1B_1C_1$, то есть этот треугольник и есть $\triangle A_2B_2C_2$.

в) По построению $S_{\triangle A_2B_2C_2} = \frac{9}{16} S_{\triangle ABC} = \frac{9}{16} S$. Треугольник $A_1B_1C_1$ можно построить так же при помощи векторов: $\vec{AM} = \vec{AB} + \frac{1}{2} \vec{BC}$, $\vec{BN} = \vec{BC} + \frac{1}{2} \vec{CA}$, $\vec{CP} = \vec{CA} + \frac{1}{2} \vec{AB}$; следовательно, $\vec{AM} + \vec{BN} + \vec{CP} = 0$; значит, если от какой-нибуд точки $A_1$ отклонить вектор $A_1B_1 = \vec{AM}$ и затем от точки $B_1$ отклонить вектор $B_1C_1 = \vec{BN}$, получим $C_1A_1 = \vec{CP}$, причем, выду неколlinearности векторов $\vec{AM}, \vec{BN}, \vec{CP}$, точки $A_1, B_1, C_1$ не лежат на одной прямой; треугольник $A_1B_1C_1$ будет искомым.

9. Ясно, что $S_{AMC} = \frac{1}{2}$ (см. рис. 4). Для нахождения $S_{LKMC}$ достаточно найти площадь треугольника $AKL$ и вычесть ее из $\frac{1}{2}$. Проведем $[MP] \parallel (AC)$; $\triangle AKL$ очевидно, конгруэнт $\triangle PMK$ и поэтому $(PM - \text{средняя линия в } \triangle BLC) |AL| = \frac{1}{3} |AC|$. Значит, $S_{AKL} = S_{ALB} - S_{AKB} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{12}$, $S_{KLMC} = \frac{1}{2} - \frac{1}{12} = \frac{5}{12}$.

Рис. 6.

10. Пусть $P$ — перimetр $\triangle ABC$. Поскольку $\triangle ACD \sim \triangle CBD \sim \triangle ABC$, их перimetры относятся как сходственные стороны. Поэтому (см. рис. 5) $\frac{b}{P_1} = \frac{a}{P_2} = \frac{c}{P}$. Отсюда $\frac{P_1}{P} = \frac{b}{c}$, $\frac{P_2}{P} = \frac{a}{c}$. Возведя в квадрат полученные пропорции и складывая их, получим

$$\frac{P_1^2 + P_2^2}{P^2} = \frac{a^2 + b^2}{c^2} = 1,$$

$$P = \sqrt{P_1^2 + P_2^2}$$

11. Заметим, что $\sqrt[3]{6} < 2$, а $\sqrt{6} < 3$. Заметив теперь последний кубический корень в первом слагаемом на 2, а последний из квадратных корней второго слагаемого на 3, сразу получим требуемое.

12. a) Расмотрим единчные векторы $\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3$, колlinearные вектора $\vec{AB}, \vec{BC}$ и $\vec{CA}$ соответственно. Поскольку $(\vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3)^2 \geq 0$, $\vec{e}_1^2 + \vec{e}_2^2 + \vec{e}_3^2 + 2\vec{e}_1\vec{e}_2 + 2\vec{e}_2\vec{e}_3 + 2\vec{e}_1\vec{e}_3 = 3 + 2\cos(\pi-B) + 2\cos(\pi-C) + 2\cos(\pi-A) \geq 0$, откуда и следует нужное неравенство.

6. Указан и е. Воспользовитесь неравенством $(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})^2 \geq 0$, где $O$ — центр описанной окружности.

13. При $n \geq 3$

$$0 < \frac{2^n}{n!} = \frac{2 \cdot 2 \cdot \dots \cdot 2}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n} \leq 2 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{n-2}$$

Так как $\left(\frac{2}{3}\right)^{n-2} \to 0$, искомый предел существует и равен нулю.

14. Очевидно, функция, приведенная в условии, — многочлен степени $\leq 2$. Поскольку $f(a) = f(b) = f(c) = 1$, $f(x) = 1$ при всех $x$.

15. a) $F'(a) = 3\sin^2\alpha \cdot \cos 3\alpha \cdot \cos \alpha - 3\sin^3\alpha \sin 3\alpha + 3\cos 3\alpha \cdot \cos^3\alpha - 3\cos^2\alpha \cdot \sin 3\alpha \cdot \sin \alpha = 3\sin^2\alpha (\cos 3\alpha \times \cos \alpha - \sin 3\alpha \cdot \sin \alpha) + 3\cos^2\alpha (\cos 3\alpha \times \cos \alpha - \sin 3\alpha \cdot \sin \alpha) = 3\cos 4\alpha$. Позому $F(\alpha) = \frac{3}{4} \sin 4\alpha + C$. Для нахождения $C$ заметим, что $F(\alpha) = 0$. Значит, $C = 0$ и $F(\alpha) = \frac{3}{4} \sin 4\alpha$.

6. Решая аналогично предыдущей задаче, получаем $f(x) = 2$.

16. Чтобы найти исходную площадь, надо либо проделать симметрию окол прямой $y = x$ (рис. 6), либо рассматривать кривolineную трапецию «над осью ordinate» (тогда ее будет ограничивать кривая $x = e^y$). Вычитая из площади прямой гривойника $2\ln 2$ площадь кривolineной трапеции:

$$\int_0^2 e^x dx \text{ (при первом способе) или } \int_0^2 e^y dy \text{ (при втором способе), получаем ответ } 2\ln 2 - 1.$$

17. Запишем уравнение, равносильное исходному:

$$x = \sqrt[3]{2^3 \sqrt{2x} - 1 - 1}$$

Пусть $f(x) = \sqrt[3]{2x - 1}$. Наше уравнение имеет вид $f(f(x))$. Доказем, что оно равносильное $x = f(x)$. Ясно, что всякий ко-

61

рень второго уравнения удовлетворяет исходному. Если же $x_0$ — корень уравнения $x = f(f(x))$, но $f(x_0) \neq x_0$, то либо $f(x_0) > x_0$, либо $f(x_0) < x_0$. Поскольку $f$ возвращает, в первом случае получаем $x_0 = f(f(x_0)) > f(x_0)$, во втором $f(x_0) > f(f(x_0)) = x_0$ — противоречие. Решая уравнение $x^3 = 2x - 1$ или $x^3 - 2x + 1 = (x - 1)(x^2 + x - 1) = 0$, получаем ответ $\{1, \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\}$.

Московский автомеханический институт

Математика

Вариант 1

1. $\frac{3}{8} \pi r^2$. 2. $\{(3; 2)\}$. 3. $y = \frac{(8-x)^2}{2} - 2$. Указание. Выразите координаты $(x'; y')$ образа точки $(x; y)$ при симметричной прямой $x = a$. 4. $[2; 9[ \bigcup 9; + \infty [$. 5. $2; \alpha \neq \frac{\pi}{2} k (k \in \mathbb{Z})$.

Вариант 2

1. $\ln 2$. 2. $y = x^2$. Указание. Выразите координаты $(x'; y')$ образа точки $(x; y)$ при параллельном переносе $\vec{p} = a\vec{i} + b\vec{j}$. 3. 23. 4. $] - \infty; 0]$. 5. $tg^3 \alpha; \alpha \neq \frac{\pi}{2} + \pi k (k \in \mathbb{Z})$.

Задание устиного экзамена

1. $\{0, 1, 2, 3, 4\}$. 2. Окр (0, 2). 3. $2 < \lg 283 < 3$. 4. $x_n = 3n - 1$. 5. $y = -\frac{1}{4}$. 6. $x - \cos x + C$. 7. $\approx 2,03$. 8. $] \frac{9}{7}; + \infty [$.

Физика

1. Центр тяжестни системы на расстоянии
   $$x = \left( R + \frac{l}{2} \right) \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2 + m_3} = 4 \text{ cm}$$

от середины стержня, близке к более тяжелому шару.
2. $A = (m - \varrho V) g (H - 0,5 \sqrt{3} V) + (m - 0,5 \varrho V) g \sqrt{3} V + mg (h - 0,5 \sqrt{3} V) = 147$ Дж. Указание. При выходе куба из воды значение силы Архимеда изменяется от $\varrho V g$ до 0.
3. $m = \frac{c \varrho V (t_1 - t_2)}{\lambda} \frac{\tau_2}{\tau_1} - \frac{c \varrho V t_2}{\lambda} \approx 0,6$ кг.
4. $|\vec{v}| = \frac{Ns}{\eta mq} \approx 9,7$ м/с.
5. $|\vec{E}| = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \sqrt{\left( \frac{q_1}{R_1^2} \right)^2 + \left( \frac{q_2}{R_2^2} \right)^2} \approx 9,2 \cdot 10^5$ В/м.
6. $q = \left( \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} + C_3 \right) U = 1,25$ мКл.
7. $\alpha = \frac{U/I - R_0}{R_0 t} \approx 0,005$ К$^{-1}$
8. $m = \frac{\eta U I \tau}{c |t| + \lambda} \approx 0,9$ кг.
9. $n_2 = n_1 \text{ tg} \alpha \approx 1,4$.
10. $f = \frac{Rd}{2d - R} = 54$ см.

Московский гидромелоративный институт

Математика
Вариант 1

1. 18. 2. $\{2\}$. 3. $\frac{4}{3}$. 4. $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Вариант 2

1. 26. 2. $] - \infty; -2[$. 3. $\{-1\}$. 4. Высота конуса равна $\frac{4}{3} R$.

Физика

1. $|\vec{v}_0| = gt/2 \approx 15$ м/с; $h_{\max} = gt^2/8 \approx 11,2$ м.
2. $|\vec{v}| = \frac{|M|\vec{v}_1| - m|\vec{v}_2|}{m + M} \approx 0,3$ м/с; тележка показится в сторону первоначального движения шара.
3. $|Q| = q/4 = 5 \cdot 10^{-11}$ Кл.
4. $|\vec{v}_0| = \sqrt{|\vec{v}|^2 - \frac{2q(\varphi_1 - \varphi_2)}{m}} \approx 0,17$ м/с.

Московский институт инженеров геодезии, аэрофотосъемки и картографики

Математика
Вариант 1

1. $\left\{ \frac{3 - \sqrt{73}}{4}, 0, \frac{3}{2}, \frac{3 + \sqrt{73}}{4} \right\}$. 2. $] - \frac{1}{2}$; $\frac{1}{2} \left[ \bigcup \right] \frac{1}{2}; 1 \left[ \bigcup \right] \frac{3}{2}; + \infty [$. 3. $\sqrt{\frac{3}{2}}$. Указание. Центром окружности, описанной около прямого угольного треугольника, является середина его гипотенузы. 4. $x_1 = -\frac{\pi}{4} + \pi k$, $x_2 = \pi l(k, l \in \mathbb{Z})$. 5. $\frac{19}{24}$.

Вариант 2

1. $\left\{ 0, \frac{1}{2} \right\}$. 2. $] 0; \frac{1}{100} \left[ \bigcup \right] \frac{1}{100}; \frac{1}{10} [$. 3. $(6; -2; 4), (-6, 2, -4)$. 4. $x = \frac{\pi}{2} + \pi k (k \in \mathbb{Z})$. 5. На промежутках $] - \infty; -2]$ и $[ -1; + \infty [$ функия возратает, на промежутках $[-2; -, \frac{3}{2} \left[ \bigcup \right] - \frac{3}{2}; -1]$ – убывает. Вариант 3
2. $\{18\}$. 2. $] - \infty; 1[$. 3. $x_1 = \frac{\pi}{4} + \pi k$, $x^2 = \pi l(k, l \in \mathbb{Z})$. 4. $x = 0, y = 2$. 5. $4 \ln 2$.

Московский институт стали и сплавов

Математика
Вариант 1

1. $] - \infty; -1 \left[ \bigcup \right] 6; + \infty [$. 2. $\{0, -2\}$. 3. $2 \arcsin \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$. 4. $\left( \frac{1}{2}; \frac{7}{4} \right)$. Указание. Касательная к данной параболе в точке $C$ паралельна (BD). 5. $x = \arccos \frac{5}{13} + 2\pi k$

62

Московский институт электронного машиностроения

Математика

Вариант 1

1. 21 $\frac{1}{3}$.

2. $\frac{3}{\lg 7}$. Указание: $7^{\lg 2} = 2^{\lg 7}$.

3. 1. Удовлетворяет. 2) $y = \sqrt[3]{6x + 3}$. Указание: $(y^3)' = 3y^2 \cdot y'$.
4. 1. 2,4. 2) $\left(\frac{5}{3}; \frac{5}{9}\right)$. Указание: Выразите расстояние между искомой точкой $A$ ($x_0; 2x_0 - x_0^2$) на параболе и прямой $l$ как расстояние между точкой $A$ и точкой пересечения перпендикуляра, опущенного из нее на прямую $l$ (угловые коэффициенты $k_1, k_2$ перпендикулярных прямых связанных соотношением $k_1 k_2 = -1$). Можно также показать, что касательная к данной параболе в точке $A$ параллельна прямой $l$ (приравняя к нулю производную квадрата расстояния, вы получите условие перпендикулярности соответствующих векторов).
5. 1. $\left\{0; \frac{\pi}{3}\right\}$. 2) $-\infty; -1$ [$\cup$ [5; +∞].

Указание: Данное уравнение равносильно уравнению $\sin x [4\cos^2 x + 2\cos x - (a+1)] = 0$. Поэтому $a$ удовлетворяет требуемому условияю, если трехлен $f(t) = 4t^2 + 2t - (a+1)$ не имеет корней на промежутке [0; 1]. Из того, что вершина графика этого трехчлена имеет абсциссу $-\frac{1}{4}$, следует, что должно быть $f(0) \cdot f(1) > 0$ (рис. 7, а-6) или $f(1) = 0$ (рис. 7, в).

Вариант 2

1. $y = -\sqrt{3}x + \frac{\pi\sqrt{3}}{3} + 2$.

2. Перiodические: $2^{\cos x}, 1 - 5\tg \frac{x}{2}$ и $3\sin x - \cos 2x$, перiod — $2\pi$, это можно проверить непосредственным расчетом. Неперiodичность функции $2x^2 - 1$ и $2x^3 + x + 2$ следует из того, что свой значения они принимают не бесконечное число раз. Неперiodичность функции $2x^2 - 1$ из того, что $\cos 2x > 0$ при $x < 0$ и $\cos 2x = 0$ при $x = \log_2 \frac{\pi}{2}$.

3. 1. $\sqrt{10} + 2\sqrt{5} + \sqrt{34}$. 2) (0; 0). Заметание: Точку можно искать исследованием произвольной, но можно и геометрической: введем точку $C$ (0; -2); $|AM| + |MB| = |CM| + |MB| > |CB|$, если $M \in (BC)$; если же

63

М ∈ (BC), то есть M — начало координат, то |AM| + |MB| = |CB|.
4. 1) sin 1° + sin 4° < sin 2° + sin 3°, 2) sin² 1° + sin² 4° > sin² 2° + sin² 3°. 3) sin³ 1° + sin³ 4° > sin³ 2° + sin³ 3°, перепишем его в виде sin³ 4° — sin³ 3° > sin³ 2° — sin³ 1°; переведем его «в радианы»: sin³ (4π/180) — sin³ (3π/180) > sin³ (2π/180) — sin³ (π/180)
или sin³ (4α) — sin³ (3α) > sin³ (2α) — sin³ α, где α = π/180. Введем функцию f(x) = sin³(x + α) — sin³ x. Тогда неравенство, которое мы хотим доказать, примет вид f(3α) > f(α). Значит, нам достаточно доказать, что функция f возвращает на 0; 4α[. Поскольку f’(x) = 3[g(x + α) - g(x)], где g(x) = sin² x · cos x, нужно доказать, что g возвращает на 0; 5α[, а это вытекает из того, что g’(x) = sin x × (2 - 3sin² x) > 0 на 0; 5α[, (sin 5α = sin π/36 < sin π/4 = √2/2 < √2/3).
5. 1) A₁ — это прямая y = 1 без точки (1; T).
2) B₁ — объединение прямых x = 1 и y = 1.
3) C — объединение прямой x = 1 без точки (1; -1) и прямой x = -1 без точки (-1; 1).
Решен и е. Bα — это множество точки, координаты которых удовлетворяют уравнению (αx - 1)y = x - α. Значит,
(M ∈ Aα) ⇔ (M ∈ Bα и αx - 1 ≠ 0).
Если M ∈ C, то M ∈ Bβ и M ∈ Aβ при некотором β. Тогда βx - 1 = 0, x = β, β = ±1. Итак, M ∈ B₁, M ∈ A₁, M ∈ B₋₁ и M ∈ A₋₁. Кроме того, у точки M x = 1 или x = -1. Если M ∈ Aα при каком-нибудь α и x = 1, то y = -1; поскольку M ∈ Aα, y ≠ -1. Если M ∈ Aα и x = -1, то y = 1; поскольку M ∈ Aα, y ≠ 1.

Московский энергетический институт

Математика
Вариант 1

1. • 1/a, если a ≠ 0; если a = 0, нет предела.
2. ] -∞; 0 [ ∪] log₂ 3; +∞ [
3. Равноедренный, с катаетами √2S.
4. { -3/4 π, -π/2 -π/4, π/4, π/2 }
5. 2a³ sin α/2 √sin α/2 · sin 3α/2.

Вариант 2

1. При x > 0, x ≠ 4 f’(x) = 1/4√2 √4x³
2. {9}.
3. 4 + 12 + 10.
4. x = ±π/3 + πk (k ∈ N).
5. • π/4 sin³ α · cos α.

Задачи устного экзамена

1. a) [-2; -3/2] ∪ {0}. 6) [0; 9].
   b) ] -1; 0 [ ∪] 0; 1 [. 5. 2 ctg α. 6. y = -3x - 4.
2. ]5; +∞ [.

Физика
Писменный экзамен
Вариант
2. См. рис. 8.

3. r = √6/64π³ε₀Gφ² ≈ 0,76 · 10⁻⁴ м.
4. P = UI - I²R = 36 кВт.
5. Q = Mm|vec|²/2(M+m) + mgH = 164,7 Дж.

Рис. 8.

Задачи устного экзамена

1. h = |vec|²/2g(1 + μ ctg α) = 1,56 м.
2. M = mRΔT/μgh - p₀S/g = 360 кГ.
3. a = √26τ/B |sin α cos 60° ≈ 1,63 · 10⁻² м.

Метод размерностей помогает решать задачи (см. «Кваант» № 6)

1. Минимальный период вращения соответствует ω₀ = 2π/T₀. Связь между ω₀, M, R и гравиатционной постоянной γ находится из сообщений размерности однозначно и имеет вид ω₀² ~ γM/R³ (размерность γ легко находится из закона всемирного тяготения). Численные оценки для планы с параметрами Земли получаются, если учесть, что γ ≈ 6,7 · 10⁻¹¹ H · m²/кг², M ≈ 6 · 10²⁴ кГ, R ≈ 6,4 · 10³ кМ. Читатель предлагается самоу вычислить, во сколько разелене выражается наш Земля, чем могла бы, и обдумать вопрос о том, что служилось бы, если бы мы умудрились закрутить Землю с ω₀.