Задачи с устного экзамена в МФТИ

28

Задание с устного экзамена в МФТИ

Ниже приведется задание, предназначенное в разные годы на вступительных экзаменах в Московский физико-технический институт. Здесь собраны задания относительно лишь к одной теме — простейшим свойством целых чисел.

1. Является ли число 123456789 простым?
2. Докажите, что уравнение $x^2 - y^2 = 1982$ не имеет решений в целых числах.
3. Пусть $p_1$ и $p_2$ — два последовательных нечетных простых числа и $p_1 + p_2 = 2n$, $n \in N$. Докажите, что число $n$ — составное.
4. Докажите, что если число $1 \cdot 2 \dots n + 1$, $n \in N$, делится на $n + 1$, то число $n + 1$ — простое.
5. Докажите, что для всякого натурального числа $n$, большего двух, одно из чисел $2^n - 1$ и $2^n + 1$ является составным.
6. Может ли число $3n + 2$, где $n$ — натуральное, быть квадратом неокоторого целого числа?
7. Докажите, что сумма $n^3 + 6n^2 - 4n + 3$ делится на 3 при любом натуральном $n$.
8. Докажите, что средние трех простых чисел, большех 3, всегда по крайней мере два обладают тем свойством, что либо их сумма, либо их разность делится на 12.
9. Докажите, что число $333^{777} + 777^{333}$ делится на 37.

Однако если температура достаточно велика, то и при высоких давлениях газа зачастую можно считать идеальным, поскольку решающего роль (подчерком это еще раз) играет плотность газа.

Уражнения

1. На рисунке 3 изображен график изменения состояния неокоторой массы идеального газа. Укажите, на каких участках графика давление растет, на каких падает.
2. В сосуде, где находится кислород, произведен электрический разряд. В результате весь кислород превращался в озон, а температура воздуха в 2 раза. Как изменилось давление? Obъем сосуда считать неизменным.
3. Сосуд сечения $S = 10$ см² закрыт поршнем массы $m = 5$ кг. В сосуде находится газ. При движении суда вниз сускорением 4g объем газа под поршнем уvelчилися в 2 раза. Temperatura газа не изменилась. Найдите внешнее давление.
4. Спутник сечения $S = 1$ м² движется с первой космической скоростью $v = 7,8$ км/c по околоземной орбите. Атмосферное давление на высоте орбиты (200 км) равно $p = 1,37 \cdot 10^{-4}$ Pa, температура $T = 1226$ K. Определите число соударений спутника с молекулами воздуха за 1 секунду.

А. А. Болибрух, В. М. Уроев, М. И. Шабунин

30

Рис. 2. Первая связка фигур.

1. пирамида и вписанный шар;
2. основание пирамиды и два шара (подчеркием: только основание, а не вся пирамида);
3. основание пирамиды, второй шар и секущая плоскость;
4. секущая плоскость и пирамида (а здесь нельзя обойти одной прямой SA, так как существенно, что это — ребро пирамиды).

Сделаем для каждой связки отдельный чертеж, развернуть её так, чтобы было удобно видеть составляющие её фигуры. Рядом с отрезками, длинны которых нам известны, напишем эти длины (в виде формул). Это очень важный момент: длинны на чертеже помогут увидеть уравнения. Процесс расстановки длины на чертеже мы назовем разметкой чертежа. Теперь для каждой связки выпишем получающейся соответствия.

1-ая связка фигур. Плоскость, проходящая через высоту пирамиды и апофему SE грани SBC, пересекает пирамиду по равноведренному треугольнику, а шар — по вписанному в него кругу радиуса $r$ (рис. 2, а). (Это и подобные ему утверждения в записи решения должны быть доказаны, сколько бы очередными они ни казались. Но для нас сейчас важнее сам поиск решения и получение ответа, поэтому такого рода посянения мы опускаем. А тому, что и как доказывать, как «навести строгость», уделяется достаточно много вимания в школе и в различных пособиях для поступающих*).

*) См., например, Г. В. Дорофеев, М. К. Потапов, Н. Х. Розов «Пособие по математике для поступающих вузы» (М., «Наука», 1976), раздел III, § 1.

Начертим сечение отдельно (рис. 2, б). Центр O вписанного шара лежит на биссектрисе угла SEH, который по величины равен углу между боковой грани и основанием пирамиды. Отсюда вытекает первое соответствие:

$$r = \frac{a}{2} \mathrm{tg} \frac{a}{2}.$$

Заметим, что тот же рисунок 2, б можно было бы получить, пользов не сечение, а проекцией пирамиды на плоскость, перпендикулярную ребру BC.

2-я связка фигур. Вынесем на отдельный чертеж оба шара и основание пирамиды (рис. 3, а). Выберем такой ракурс, чтобы нужные нам отрезки и углы были видны в натуральную величины (рис. 3, б). Проведяя очевидные вспомогательные построения (не забудьте проделать нужные доказательства) и разметив чертеж, получим уравнение

$$(R + r)^2 - (R - r)^2 = \left( \frac{a \sqrt{2}}{2} \right)^2.$$

(Tот же чертеж получается в течение, проходящем чертеж центры шаров и точки их касания с основанием.)

3-я связка фигур. Процедура аналогична: выносая связку на отдельный чертеж (рис. 4, а), проводя вспомогательные построения и разметку (доказите, что $PBA = \phi$!) и рисуя сечение (плоскостью PAB — рис. 4, б), из прямогоного треугольника PAB получаем уравнение

$$R = a \mathrm{tg} \phi.$$

4-я связка фигур. Еще раз

31

Рис. 3. Вторая связка фигур.

Рис. 4. Третья связка фигур.

Рис. 5. Четвертая связка фигур.

та же процедура; на рисунке 5, а показан чертеж связки с разметкой, на рисунке 5, б — чертеж «удобного» сечения плоскостью ACS, на котором все нужные углы (они помещены дужками) видны в натуральную величины. Некоторые из этих углов, как легко заметить по рисунку, равны. Отсюда вытекает подобие треугольников PAC и AHS и уравнение

$$\frac{R}{a\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2} \left( \frac{a \mathrm{tg} \alpha}{2} \right)$$

или $R = 2a \mathrm{ctg} \alpha$.

А теперь проверим условия — это очень полезный пример контроля.

1. Пирамида правильная. Условие использовано при определении длины отрезков в парамиде.

2. Первый шар вписан. Использовано при составлении уравнения 1-й связки и на рисунке 3, б ($\widehat{AHO} = 90^\circ$).

3. Второй шар касается первого. Использовано при определении расстояния между шаров (рис. 3, б).

4. Второй шар касается плоскости основания. Использовано на рисунке 3, б ($\widehat{HAP} = 90^\circ$) и при составлении уравнения 3-й связки ($PAB = \varphi$).

5. Перпендикулярность ребра SA и диагонали сечения CK. Использовано при составлении уравнения 4-й связки.

Итак, все условия использованы. Получено 4 уравнения с 5-ю неизвестными. Так как надо найти только

32

одну величины, которая размерности не имеет, то размерные величины должны сократиться. Значит, нехватка одного уравнения помещать не должны.

Все! Геометрия окончена — начинается алгебра (в котором абитуриент обычно чувствует себя увереннее). Соберем полученные уравнения в системе:

$$r = \frac{a}{2} \text{tg} \frac{a}{2}$$
$$(r + R)^2 - (R - r)^2 = \left( \frac{a \sqrt{2}}{2} \right)^2 \text{или } 8Rr = a^2$$
$$R = a \text{tg} \varphi$$
$$R = 2a \text{ctg} \alpha.$$

Размерные величины $R, r$ и $a$ из нее без труда исключаются, после чего остается система из двух уравнений с неизвестными $\varphi$ и $\alpha$:

$$\begin{cases} 4 \text{tg} \varphi \text{tg} \frac{a}{2} = 1 \\ \text{tg} \varphi = 2 \text{ctg} \alpha. \end{cases}$$

Решение этой системы оставим читательям. (Ответ: $\text{tg} \varphi = \frac{\sqrt{3}}{6}$.)

Подведем итоги. Решениестерический задачи со многими формулами и связями между ними можно разбить на следующие этапы:

1. Построить чертеж — общий вид конфигурации. На чертеже не должны быть вспомогательных линей: они лишь затемяют общую картину.

2. Ввести переменные, определяющие размеры элементов чертежа. Не бояться, если этих переменных оказывается много: их должно быть достаточно, чтобы построить каждой элемент конфигурации в отдельности.

3. Выделить связки фигур, пользовать общим чертежом и условиями задачи.

4. Ввести на отдельный чертеж каждой из связки, разметить чертежи.

5. Выбрать такой ракурс (или такое сечение) для каждой связки, чтобы все отрезки и углы, которые предполагается связать уравнениям, были видны в натуральную величины. Разметить полученный чертеж.

6. Выписать уравнения, получающие из каждой связи фигур. Не торопиться их разрешать относительно каждой величины.

7. Проверить использование всех условий, количество уравнений и неизвестных и возможность нахождения того значения, которое требуется по условияю.

8. Свести уравнения в системе и решить ее, забив про геометрию и пользоваться приемами алгебры и тригонометрии.

9. Проверить решение. Техника проверки геометрических решений заслуживает отдельного разговора*). Сейчас мы познакомимся с одним из ее приёмов — прикинем, насколько чертежи и ответ в нашей задаче согласуются друг с другом.

Простой подсчет показывает, что при найденном нами значении $\varphi$ угол $\alpha$ близок к прямому (ctg $\alpha = \sqrt{3}/12$), то есть параметра довольно сільно вытянута, а радиус второго шара меньше (!) радиуса первого (вписанного): $R = 2r/3$. По сути дела, нашей решения опирались на неправильные, вернее — не совсем правильные, чертежи! Но недаром говорят, что «геометрия — это искусство делать правильные выводы из неправильных чертежей». Легко убедиться, что уравнения, которые мы выели из 1-й, 3-й и 4-й связок, никак не зависит от степени «вытянутости» приемиды. А вот в рассмотрение 2-й связки поправку внеси надо. Исправленный вариант рисуна 3,6 показан на рисунке 6. Впрочем, на окончательном виде уравнения эта поправка не сказывается. Подчеркием, что в записи решения должны быть учтены все возможные варианты расположения фигур.

Роль общего чертежа в приведенной схеме решения свойства, в основном, к тому, чтобы помочь выделить связки. Порой, как вследующая задаче, это можно сделать неосредственно по условияю, и тогда он вообще не нужен.

Задача 2. Точка $A_1, B_1, C_1, D_1, A_2, B_2, C_2, D_2$ лежат на сфере. Отрезки

*) См., например, В. Матизен «Найдем ошибку» («Квант», 1980, № 10).

33

Ки $A_1A_2$, $B_1B_2$, $C_1C_2$ и $D_1D_2$ пересекаются в точке $O$, которая делит отрезок $D_1D_2$ пополам. Известно, что $D_1D_2=2l$, относение плоскостей треугольников $OB_2C_1$ и $OB_1C_2$ равно $k$, относение объемов парамид $OA_1B_1C_1$ и $OA_2B_2C_2$ равно $m$, а относение объемов парамид $OA_2B_1D_1$ и $OA_1B_2D_2$ равно $n$. Найти длины отрезков $OA_1$, $OB_1$ и $OC_1$.

Читатель может убедиться самостоять, что общий чертеж к этой задаче способен, пожалуйста, только напутать, либо по нему не видно ничего*). Поэтому, не обращаясь к нему, сразу приступим к выделению связок и составлению уравнения. Пусть $a_1=|OA_1|$, $a_2=|OA_2|$, $b_1=|OB_1|$. Аналогично определим величины $b_2$, $c_1$,

$$c_2, d_1 \text{ и } d_2.$$ (Надеемся, 8 неизвестных не смущают читателя и он готов вести еще хоть сотно, если потребуется.) Два уравнения видны сразу:

$$d_1=d_2=l$$

(«связка» здесь — отрезок $D_1D_2$ и его середина $O$). Вторая связка — треугольники $OB_2C_1$ и $OB_1C_2$ (рис. 7). Выражая их площади через угол $\varphi = B_2OC_1=B_1OC_2$ и заключющие его стороны, получим

$$\frac{S_{OB_2C_1}}{S_{OB_1C_2}} = \frac{0,5 \cdot b_2c_1 \sin \varphi}{0,5 \cdot b_1c_2 \sin \varphi} = \frac{b_2c_1}{b_1c_2},$$

следовать,

$$\frac{b_2c_1}{b_1c_2} = k.$$ (2)

Аналогично записывается и относение объемов парамид (связка состоит из тетраэдров $OA_1B_1C_1$ и $OA_2B_2C_2$). Найдем, например, объем парамиды $OA_1B_1C_1$ (рис. 8). Пусть $C_1H$ — её высота, опущенная на основание $OA_1B_1$, тогда

$$V_{OA_1B_1C_1} = \frac{1}{3} \cdot S_{OA_1B_1} \cdot |C_1H| =$$

$$= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} a_1b_1 \sin \alpha \cdot c_1 \sin \beta =$$

$$= \frac{1}{6} a_1b_1c_1 \sin \alpha \sin \beta,$$

где $\alpha = A_1OB_1$, а $\beta$ — угол между ребром $OC_1$ и основанием. Точно так же

$$V_{OA_2B_2C_2} = \frac{1}{6} a_2b_2c_2 \sin \alpha \sin \beta,$$

позному $V_{OA_1B_1C_1}: V_{OA_2B_2C_2} = a_1b_1c_1 : a_2b_2c_2$. Отсюда получаем следующие уравнения:

$$\frac{a_1b_1c_1}{a_2b_2c_2} = m$$ (3)

и, таким же образом,

$$\frac{a_2b_1d_1}{a_1b_2d_2} = n.$$ (4)

Остается неиспользованным лишь одно условие: все точки (кроме $O$) лежат на сфере. Его нужно записать в виде соответствия между длинами отрезков $OA_1$, $OA_2$, $OB_1$, …. Расстояние связку, состоящую из сферы и отрезков $A_1A_2$ и $B_1B_2$. Пересекая её плоскостью, содержащей эти отрезки, получим рис. 9. Треугольники