[О создании географических карт]

58

f₂=20 см от линии. Определите продольное увеличение изображения.

10. Тонкая плосковыпуклая линия с фокусным расстоянием F=10 см погружена плоской стороны в воду (рис. 8). На каком расстоянии от линии сфокусируется параллельный пучок световых лучей? Показатель преломления воды n=1,33. Диаметр линии много меньше фокусного расстояния.

Химический факультет

1. МотошикLIST за время t=2 с прошел первую поливну торгового пути. Считая силу торможения постоянной, найдите время, необходимое моториклисту для полной остановки.

2. Доска с покоямися на ее краю бруском дивгается со скоростью v₀=3 м/c (рис. 9). При внесенной остановке докси брусок начинает скользить по ее поверхности. Наидите коэффициент треня между бруском и докской, если в момент сскальзывания бруска его кинетическая энергия уменшлась в 3 раза по сравнению с первоначальной. Длина докси l=0,45 м. Ускорение свободного падения приять равным g=10 м/c².

3. На легкой нерястяжимой нити длиной l=0,5 м подвешен шарик массой m₁=0,1 кг. Легевшая горизонтальная со скоростью v=10 м/c пуля массой m₂=0,01 кг попадает в шарик и застревает в нем. Наидите натяжение нити сразу после содарения. Ускорение свободного падения приять равным g=10 м/c². Размер шарика мал по сравнению с длиной нити.

4. Электрон владает в однородное электрическое поле с напряжностью E=148 В/m (рис. 10). В некоторых момент времени скорость электрона v (v=2·10⁶ м/c) направлена под углом α=60° к сливым линям поля. Наидите угол β, под которым будет направлена решимая!) математическая задача. Как ни изощрлись, геометры — а среди них были также выдающиеся учены, как Меркатор, Эйлер, Гаусс, Чебышев, Ламберт, — придумать теоретически совершенный способ построения плоской карты сферической поверхности они не сумели. Это и не удивительно.

Возьмите обикновенный лист бумаги и попробyte им обернуть поверхность глобуса — или сразу поввляются складки, или бумага рвется. Почему? Наложению плоскости на сферу (в отличие, скажем, от цилиндра или конуса) прейстствует… математическая теорема, утверждающая что полная кривизна поверхности не меняется при изменении; у сферы она положительная, у плоскости (а также у цилиндра и конуса) — нульвая. Вот почему сферу развернуть на плоскость и сделать карту Земли без искажений нельзя.

59

О теореме Лагранжа
(см. с. 30)

2. а) Для любых; 6) для промежутков, содержащих в промежутках вида $[n; n+1[$, где $n \in \mathbb{Z}$; $n$) для промежутков, не содержащих точку 0 в качестве внутренней точки.
3. 31 с.
4. $c=(b+a)/2$; любые две параболи подобыны.

Избранные школьные задачи

1. Ответ: 125 %. Решение. Пусть $m$ — число мальчиков в кружке, $d$ — число девочек. По условию задачи $m=0,8d$, откуда $d=1,25m$, поэтому $d$ составляет 125 % от $m$.

2. Ответ: второе больше. Указание. Сравните квадраты данных чисел, при этом воспользуйтесь неравенством $\sqrt{1986 \cdot 1984} = \sqrt{1985^2-1} < 1985$.

3. $x^5+x+1=x^5-x^2+x^2+x+1 = x^2(x^3-1)+x^2+x+1 = x^2(x-1)(x^2+x+1)+x^2+x+1 = (x^3-x^2+1)(x^2+x+1)$.

4. Ответ: $ab$. Решение. Пусть в трапеции $ABCD$ известны $AB=a$ и $MN=b$ (М — середина CD, прямые $AB$ и $MN$ перpendикулярны, рис. 1). Проведем через $M$ прямую $PQ$, параллельную $A$ и пересекающую прямые $AD$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$ (см. рис. 1). Треугольники $CMQ$ и $PMQ$ равны, поэтому параллельрам $ABQP$ равновелик исходной трапеции. В этом параллельграме известны основание $AB=a$ и высота $MN=b$, проведенная к этому основанию.

5. Указание. 1) Докажите сначала, что радиус окружности, имеющий общую точку с каждой из сторон треугольника, не меньше радиуса вписанной окружности (при этом равенство достигается только в том случае, когда расматривается окружность является вписанной).

2. Известно, что все три медианы треугольника пересекаются в одной точке $G$ и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины (см. задачу 67 со с. 78 учебника А. В. Погорелова, М.: Просвещение, 1983). Поэтому при помощи с коэффициентом $-0,5*$ относительно центра $G$ описанная окружность перейдет в окружность радиуса $R/2$, имеющую общую точку с каждой из сторон треугольника (а именно — середину стороны). Следовательно, $R/2 \geq r$. Равенство $R=2r$ достигается только для правильного треугольника.

6. Ответ: второе больше. Решение. Достаточно проверить, что $\sqrt{1986} - \sqrt{1985} < \sqrt{1985^2-1985} - \sqrt{1985^2-1985^2}$, то есть неравенство $1986 - 1985 < 1985 - 1985^2$.

$\sqrt{1986^2+1986 \cdot 1985+1985^2} < \sqrt{1985^2-1985} < \sqrt{1985^2+1985 \cdot 1985+1985^2}$.

Справедливо последнего неравенства сразу вытекает из того, что знаменатель первой дроби больше: $\sqrt{1986^2+1986 \cdot 1985+1985^2} > \sqrt{1985^2+1985 \cdot 1985+1985^2}$.

Гомотетей с коэффициентом $k < 0$ называют преобразование, заключающее в последовательном выполнении готовности с коэффициентом $k$ и симметрию относительно одной точки $G$.

7. Ответ: a) тулоугольный; 6) остроугольный. Решение. Пусть $a \geq b \geq c$ — длины стороны треугольника. Тогда при $a^2 > b^2 + c^2$ треугольник треугольный, при $a^2 = b^2 + c^2$ — прямойный, при $a < b^2 + c^2$ — остроугольный (это следует, например, из теоремы косинусов).

a) Длины стороны треугольника равны: $\frac{2S}{3}, \frac{2S}{4}, \frac{2S}{5}$, где $S$ — его площадь, и так как $1/9 > 1/16 + 1/25$, то $a^2 > b^2 + c^2$. 6) Пусть медианы $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $G$ (рис. 2), причем $|AA_1| = 3, |BB_1| = 4, |CC_1| = 5$. Отложим на продолжении медианы $CC_1$ за точку $C_1$ отрезок $C_1K$, конгруэнтный отрезку $GC_1$. Четырехугольник $AGBK$ — параллелограмм, так как его диагонали в точке пересечения делятся пополам. Длины стороны треугольника $GBK$ равны 2/3 или соответствующих медиан, поэтому при прямойтии и из формулы, выражаются длины медиан через длины стороны треугольника $ABC$: $m^2 = (b^2 + c^2)/2 - a^2/4$ и т. д.

8. Ответ: a) ]—∞; — $\sqrt{24}$] $\cup [\sqrt{24}; +\infty$; [6] $[-2; 2]$.

Указание. Множество значений функций $f$ совпадает с множеством значений параметра $a$, при которых уравнение $f(x) = a$ имеет хотя бы одно решение. a) Уравнение $2x + \frac{3}{x} = a$ имеет решение тогда и только тогда, когда имеет решение квадратное уравнение $2x^2 - ax + 3 = 0$, то есть когда дискриминант этого квадратного уравнения неотрицательен: $a^2 - 24 \geq 0$.

6. Уравнение $f(x) = a$ равносильно уравнению $(a-1)x^2 - (a+2)x + a+2 = 0$ (1)

(так как $x^2 - x + 1$ не обращается в 0 при каком $x$). При $a \neq 1$ уравнение (1) квадратное и имеет хотя бы один корень при $(a+2)^2 - 4(a-1)(a+2) \geq 0$. При $a=1$ уравнение (1) линейное и имеет корень $x=1$.

9. Ответ: a) 0; 6) 0; в) $1^2\sqrt{2}$.

Указание. a) Воспользовитесь формулой для произвольной произведения. 6) В этом случае пользоваться формулой для произвольной произведения неелья:

$f'(2) = \lim_{h \to 0} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2g(2+h)}{h} = \lim_{h \to 0} h \cdot g(2+h) = \lim_{h \to 0} g(2+h) = 0 \cdot g(2) = 0$. в) Функция $y=f(x)$ имеет вид $f(x) = (x-2)g(x)$. Поэтому $(x-2)g(x)' = g(x) + (x-2)g'(x)$. При $x=2$ получаем $f'(2) = g(2) = 1^2\sqrt{2}$.

Рис. 1.

62

Рис. 8.

следует, что $|AH| = \frac{m-2}{2m-2} |AE|$. Значит, $\frac{|KM|}{|BD|} = \frac{|AH|}{|AE|} = \frac{m-2}{2m-2}$, но $|KM| = \frac{1}{2} |PT| = \frac{1}{4} \times (\|B_1D_1\| + \|BD\|) = \frac{3}{8} |BD|$. Поэтому $\frac{m-2}{2m-2} = \frac{3}{8}$, то есть $m=5$, и $|AE| = \frac{1}{6} |AC| = \frac{3}{2}$.

Итак, $S_{ABD} = \frac{1}{2} |AE| \cdot |BD| = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{16}{3} = 4$.

Вариант 2

1. $x=0; x < -\sqrt{3}$.
2. $40 \text{ m}^3/\text{ч} и 30 \text{ m}^3/\text{ч}$.
3. $-\frac{1}{3} \arcsin \frac{2}{\sqrt{29}} + \frac{2\pi k}{3} \quad (k \in \mathbb{Z})$.
4. $\frac{1}{12}$. Указание. Пусть $K, L, M, N$ — середины ребер $AB, BC, CD$ и $AD$ соответственно. Пирамида $SKLMN$ — правильная, причем длины всех ее ребер равны $\sqrt{2}$. Плоскости $SKN$ и $SLM$, а также плоскости $SKL$ и $SMN$ пересекаются по прямым $l_1$ и $l_2$ соответственно, проходящим через точку $S$. Обе эти прямые параллельны плоскости $ABCD$. Плоскoby $A'B'C'D'$ — квадрат, пары его противоположных сторон параллельны прямым $l_1$ и $l_2$ соответственно. Отсюда следует, что плоскость $A'B'C'D'$ параллельна плоскости основания. Позному $|SA'| = |SB'| = |SC'| = a$.

Рис. 9.

Рис. 8.

следует, что $|AH| = \frac{m-2}{2m-2} |AE|$. Значит, $\frac{|KM|}{|BD|} = \frac{|AH|}{|AE|} = \frac{m-2}{2m-2}$, но $|KM| = \frac{1}{2} |PT| = \frac{1}{4} \times (\|B_1D_1\| + \|BD\|) = \frac{3}{8} |BD|$. Поэтому $\frac{m-2}{2m-2} = \frac{3}{8}$, то есть $m=5$, и $|AE| = \frac{1}{6} |AC| = \frac{3}{2}$.

Итак, $S_{ABD} = \frac{1}{2} |AE| \cdot |BD| = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{16}{3} = 4$.

Вариант 2

1. $x=0; x < -\sqrt{3}$.
2. $40 \text{ m}^3/\text{ч} и 30 \text{ m}^3/\text{ч}$.
3. $-\frac{1}{3} \arcsin \frac{2}{\sqrt{29}} + \frac{2\pi k}{3} \quad (k \in \mathbb{Z})$.
4. $\frac{1}{12}$. Указание. Пусть $K, L, M, N$ — середины ребер $AB, BC, CD$ и $AD$ соответственно. Пирамида $SKLMN$ — правильная, причем длины всех ее ребер равны $\sqrt{2}$. Плоскости $SKN$ и $SLM$, а также плоскости $SKL$ и $SMN$ пересекаются по прямым $l_1$ и $l_2$ соответственно, проходящим через точку $S$. Обе эти прямые параллельны плоскости $ABCD$. Плоскoby $A'B'C'D'$ — квадрат, пары его противоположных сторон параллельны прямым $l_1$ и $l_2$ соответственно. Отсюда следует, что плоскость $A'B'C'D'$ параллельна плоскости основания.

Рис. 9

Рис. 8.

следует, что $|AH| = \frac{m-2}{2m-2} |AE|$. Значит, $\frac{|KM|}{|BD|} = \frac{|AH|}{|AE|} = \frac{m-2}{2m-2}$, но $|KM| = \frac{1}{2} |PT| = \frac{1}{4} \times (\|B_1D_1\| + \|BD\|) = \frac{3}{8} |BD|$. Поэтому $\frac{m-2}{2m-2} = \frac{3}{8}$, то есть $m=5$, и $|AE| = \frac{1}{6} |AC| = \frac{3}{2}$.

Итак, $S_{ABD} = \frac{1}{2} |AE| \cdot |BD| = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{16}{3} = 4$.

Вариант 3

1. $|1; 3 - \sqrt{3} [\cup] 3 + \sqrt{3}; \infty|$.

2. $x=\pi(2k+1) \quad (k \in \mathbb{Z})$.

3. $\left\{ \frac{3}{2} \right\}$.

4. $\frac{3\sqrt{14}}{16} a^2$; одна. Указание. Пусть $\varphi$ — угол, образуется линей пересечения плоскости с плоскостью $ABCD$ с диагональю $AC$. Можно подчитать, что $\sin \varphi=1$. Позному плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $ABCD$ по перпендикуляру к $AC$, проведениемчурез точки $A$. Отсюда следует единственное плоскости $\alpha$, а также перpendикулярность диагональной четырехугольника $ALMN$ ($L$ и $N$ — точки пересечения плоскости $\alpha$ с ребрами $SB$ и $SD$ соответственно).

5. $\begin{cases} x=4 - \frac{1}{2} y^2, \\ y \in \mathbb{R}; \end{cases} \begin{cases} x=\frac{1}{2} (n-y^2), \\ y=1 \pm \sqrt{5+h/2} \end{cases} \quad (n \in \mathbb{Z}, n \geq -10, n \neq 8)$.

Указание. Второе уравнение системы привода к виду $\sqrt{(x-3)^2+4} \sin \pi(y^2+2x) = -2 \sin \pi(y^2+2x) \cdot \cos \pi(3x-y^2)$, поэтому $sin \pi(y^2+2x) = 0$, либо $\sqrt{(x-3)^2+4} = -2 \cos \pi(3x-y^2)$. Таким образом, либо $y^2+2x=n$, $n \in \mathbb{Z}$, либо $x=3$, $\cos \pi(3x-y^2)=1$.

Вариант 4

1. $10/7 \text{ m}^3/\text{ч}; 8/7 \text{ m}^3/\text{ч}; 4/7 \text{ m}^3/\text{ч}$.
2. $x=\pm \frac{\pi}{8}+\pi n \quad (n \in \mathbb{Z})$.
3. $]-\infty, -3[ \cup] 3; +\infty[$.
4. $\frac{1+\sqrt{3}}{2} b - \frac{\sqrt{2}}{2} c$. Решение. Пусть $R$ — радиус описанной околой $\triangle ABC$ окружности, $|AN| = x$ (рис. 9). По теореме синусов $|BC|=2R \sin \hat{A} = R\sqrt{2}; |NC|=2R \sin 30^\circ = R$.
   По теореме косинусов $2R^2=|BC|^2=b^2+c^2-bc\sqrt{2}, |NC|^2=R^2=x^2+b^2-bx\sqrt{3}$. Отсюда следует, что $x$ удовлетворяет уравнению

64

5. $m = (\varphi_1 \varphi_2 - \varphi_2 \varphi_2) V = 86$ кг.
6. $U = U_1 + 4qlP / (\pi d^2 U_1) \approx 220$ В.
7. $B = \frac{1}{vl} \sqrt{\frac{mg (\sin \alpha - \mu \cos \alpha)}{\cos \alpha (\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}}$.
8. $q = CS \Delta B / \Delta t = 10^{-7}$ Кл.
9. $z = \sqrt{R^2 - h^2} + \frac{\sqrt{R^2 - n^2 h^2} \sqrt{R^2 - h^2} + nh^2}{n \sqrt{R^2 - h^2} - \sqrt{R^2 - n^2 h^2}} = 14,3$ см.
10. $(H / h)_{\min} = 2$.

Механико-математический факультет

1. $v = t \sqrt{ag (1 + a / g)} = 310$ м/с.
2. $H' = \frac{2gH^2}{(\Delta P / m - \sqrt{2gH})^2} \approx 0,07$ м.
3. $\alpha_m = \arccos (1 - 2\pi^2 v^2 / (g^2 T^2)) \approx 60^\circ$.
4. $\Delta U = C \Delta T - (p_0 + mg / S) V \Delta T / T = 370$ Дж.
5. $T_1 - T_3 = (T_2 T_4 - T_3^2) / T_3 = -117$ К.
6. $r = R (q_1 - q_2) / q_2 = 22,5$ Ом.
7. $\delta = U_1 U_2 / (3U_1 - 2U_2) = 40$ В.
8. $q = P \eta / (c \Delta T) = 4 \cdot 10^{-5}$ м³/с.
9. $d = F (1 + gt^2 / (4\pi^2 n^2 l)) \approx 4$ м.
10. $v_2 = v_1 (d + l) / (d - l) = 1$ м/с.

Факультет вычислительной математики и кибернетики

1. $E_k = \frac{m_1 m_2 \omega^2 l^2}{2 (m_1 + m_2)} = 6$ Дж.
2. $A = Mv \Delta v + Mgl = 1,25 \cdot 10^4$ Дж.
3. $v = \sqrt[3]{2\eta P / (\varrho S)} \approx 6,4$ м/с (здеся q = 10³ кг/м³ – плотность воды).
4. $M = m (1 - k) / (2k) - p_0 S / g \approx 2,1$ кг.
5. $E = 4F (1/q_1 - 1/q_2) = 3 \cdot 10^5$ Н/Кл.
6. $q = \delta CR / (2R + 3r) = 1,2 \cdot 10^{-4}$ Кл.
7. $m = 4d q^2 (1 + k)^2 P / (k U^2) \approx 77$ кг.
8. $\Delta R = d \left( tg \alpha - \frac{\sin \alpha}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \alpha}} \right) = 1,1$ см.

Пахматная страница
(см. «Кваит», 1984, № 10)
Задание 19 (Ф. Бондаренко, М. Либуркин, 1950 г.). 1. Kh4! Kpg1 2. Kf3 + Kpg2 3. K:h2 Kp:h2 4. e5! Но не 4. Kpe6? Kpg3 5. Kpd7 Kpf4 6. Kpc8 Kpe5 7. Kpb7 Kpd6 8. Kp:a7 Kpc7 с ничей. 4…C:e5 5. Kpe6!! Черный слон помещает собственному королю! 5…Kpg3 6. Kpd7 Kpf4 7. Kpc8! Kpf5 8. Kpb7 и белые выигрывают. Другой вариант: 4…Cc3 5. e6 Cb4 6. Kpe5 Kpg3 7. Kpd5 Kpf4 8. Kpc6 Kpe5 9. Kpb7 Kpd6 10. e7 и снова белые выигрыют. Однако после 1. Ke1? Cc3! 2. Kf3 Kpg2 3. K:h2 Kp:h2 4. e5 Cb4 5. e6 Kpg3 6. Kpe5 Cf8 получаетсяничья.
Задание 20 (M. Левит, 1933 г.). 1. Kpe4 Cd8 2. b6! Kpa6! (2…Kp:b6 3. Kpf5) 3. Kpe5! Cg5 4. h7 Cc1! 5. Kpd6! C:b2 6. Kpc7! Ce5 + 7. Kpc6! Ca1 8. b7 Kpa7 9. Kpc7 и белые выигрыют.

Главный редактор – академик И. К. Кионн
Первый заместитель главного редактора – академик А. Н. Колмогоров
Заместители главного редактора: М. И. Башмаков, В. Е. Белонучкин, В. Г. Болтянский, А. А. Боровой, Ю. М. Брук, В. В. Вавилов, Н. В. Васильев, С. М. Воронин, В. В. Гнеденко, В. Л. Гутенхахер, Н. П. Долбилин, В. Н. Дубровский, А. Н. Земляков, А. Р. Зильберман, С. М. Козел, С. С. Кротов, Л. Д. Кудрвцев, Е. М. Никшин, С. П. Новиков, М. К. Потапов, В. Г. Разумовский, Н. А. Родина, Н. Х. Розов, А. П. Савин, Я. А. Смородинский, А. В. Сосинский, В. М. Уроев, В. А. Фабрикант
Редакционный совет: А. М. Балдин, С. Т. Беляев, Б. В. Буховцев, Е. П. Велихов, И. Я. Верченko, Б. В. Возвяженский, Г. В. Дорофеев, Н. А. Erмолаева, А. П. Erшов, Ю. В. Иванов, Л. В. Канторович, В. А. Кириллин, Г. Л. Коткин, Р. Н. Кузьмин, А. Л. Логунов, В. В. Можаев, В. А. Орлов, Н. А. Патрикева, Р. З. Сагдеев, С. Л. Соболев, А. Л. Стасенko, И. К. Сурин, Е. Л. Сурков, Л. Д. Фаддеев, В. В. Фирсов, Г. Н. Яковлев

Номер подготовили:
А. Н. Вилленкин, В. Н. Дубровский, А. А. Егоров, В. М. Ивлев, Т. С. Петрова, А. В. Сосинский, В. А. Тихомирова

Номер оформили:
Е. В. Винодлова, Т. А. Доброкотова, М. В. Дубах, Т. Н. Колченко, А. Я. Коршунов, Д. А. Крымов, И. Е. Смирнова, Е. К. Тенчурина
Фото представили:
А. П. Шевченko

Заведующая редакция Л. В. Чернова
Редактор отдела художственного оформления
Э. А. Смирнов
Художственный редактор Т. М. Макарова
Корректор В. П. Сорокина

103006 Москва К-6, ул. Горького, 32/1, •Кваит•, тел. 250-33-54

Сдано в набор 19.12.84. Подписано к печати 1.02.85.
Печать офсетная. Усл. кр.-отт. 23,8
Вумага 70×108 1/16
Усл. печ. л. 5,6. Уч.-изд. л. 7,51. Т-01262
Тираж 176 662 экз. Цена 40 коп. Заказ 3396

Ордена Трудового Красного Замени
Чеховский полигraphический комбинат
ВО • Союзплагфиром
Государственное комитета СССР
по делам издаемых, полигraphи и кинжной торговли
Чехов Московской области