[Đáp số theo yêu cầu của độc giả V.P. Danishchuk xuất bản các bài báo trên tạp chí kèm theo các khuyến nghị về định dạng các tác phẩm viết]

Kvant 1981, số 7 tr. 58-64 Thẻ 7V79

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Hỏi - chúng tôi trả lời

«Kvant» góp phần nâng cao kiến thức toán học của học sinh và hỗ trợ đắc lực cho giáo viên trong việc giảng dạy học sinh. Nhưng các vấn đề về thiết kế văn bản lời giải bài toán, chứng minh các định lý, đặc biệt là sử dụng ký hiệu hiện đại, vẫn đang chờ được xem xét trên các trang tạp chí.

…Về vấn đề này, tạp chí có thể giúp ích cho cả học sinh và giáo viên. Ví dụ, song song với việc sử dụng tài liệu lý thuyết và xuất bản các phương án thi bài toán, cần đưa ra các ví dụ về văn bản lời giải bài toán và chứng minh các định lý, chỉ ra cách ứng viên nên định dạng bài làm của mình cho các kỳ thi đại học nâng cao.

V. P. Danish uuk, giáo viên dạy toán tại trường dạy nghề (làng Otanya, vùng Ivano-Frankivsk)

Thư từ nhiều người đọc ở dạng «Kvant» ở dạng này hay dạng khác đều chứa cùng một câu hỏi: một định dạng viết nên hoạt động như thế nào cho kỳ thi đại học nâng cao môn toán? Học sinh, thí sinh, giáo viên yêu cầu ban biên tập công bố “mẫu bài thi lời giải”, giải thích cách giải bài toán cụ thể và thực hiện chứng minh toán học, đồng thời diễn đạt chính xác lập luận của mình trong toán học. Không, và không thể có bất kỳ quy định đặc biệt nào quy định thứ tự chính thức của văn bản lời giải, lý luận hoặc tính toán trong bài thi, yêu cầu bắt buộc sử dụng các “ký hiệu hiện đại” đặc biệt, v.v.

Tất nhiên, điều này không có nghĩa là được phép viết bừa bãi trong bài thi. Bạn nên tuân thủ các quy tắc phổ quát tự nhiên - định dạng tác phẩm của bạn một cách gọn gàng để dễ đọc. Chúng ta thường thấy những tác phẩm được hoàn thành một cách cẩu thả, trong đó các công thức được viết ra miễn phí, không có công thức bắt buộc, văn bản được viết kém đến mức họ gặp khó khăn khi tự giải mã nó! Tất cả những điều này chứng tỏ thái độ làm việc không xứng đáng của người nộp đơn, việc anh ta không có khả năng làm việc và sự thiếu tôn trọng đối với công việc của chính mình. Và kết quả của “công việc” như vậy thường rất đáng buồn, vì rất ít người có thể điều hướng chính xác hồ sơ của mình trong tình trạng hỗn loạn như vậy và tránh mắc sai lầm.

Người đọc thường hỏi nên trình bày bao nhiêu chi tiết lời giải. Rất khó để đưa ra những khuyến nghị chi tiết ở đây, nhưng có một điều rõ ràng: người ta nên cố gắng giải thích một cách toàn diện và hợp lý tất cả các giai đoạn của lý luận cần thiết. Vì vậy, trong một ví dụ đại số, sẽ rất hữu ích khi hiểu nó đến từ cái gì và làm thế nào nó thu được trong quá trình chuyển đổi, để chỉ ra các hạn chế dẫn đến đối với giá trị của các biến; trong hình học bài toán, nên nêu tên ứng dụng của định lý trong quá trình thực hiện, chứng minh các sự kiện hình học trung gian được sử dụng, nếu cần, lập các hình vẽ phụ, v.v.

Đôi khi học sinh được dạy theo một dạng “sơ đồ viết lời giải” nhất định, từ đó chúng không được phép đi chệch. Đây chỉ là một ví dụ (khá phổ biến) về chủ nghĩa định dạng như vậy: trước khi giải phương trình, cần phải đáp ứng phạm vi giá trị cho phép của biến, bất kể điều này có xảy ra khi di chuyển lời giải hay không. Rõ ràng là những khuyến nghị như vậy không được thảo luận bằng các thông điệp thông thường (đôi khi một phương trình lời giải đầy đủ có thể đơn giản hơn nhiều so với việc tìm ODZ của nó) hoặc bởi các yêu cầu về tính chính xác của toán học.

Và câu hỏi cuối cùng mà nhiều người quan tâm: nếu bài toán thừa nhận một số lời giải khác nhau, thì cái nào trong số chúng là tiền quang? Ví dụ, học sinh lớp chín E. Serebryannik (Moscow) đã thêm bốn lời giải vào một hình học bài toán cho người biên tập và hỏi “Tôi muốn biết… phương pháp nào phù hợp nhất ở lớp chín và phương pháp nào ở lớp mười?” Ở cả lớp chín, lớp mười và các kỳ thi nâng cao, phương pháp lời giải đều tốt, miễn là đúng. Chúng tôi nhấn mạnh rằng kỳ thi tuyển sinh lời giải bài toán không yêu cầu sử dụng bất kỳ thông tin nào ngoài phạm vi chương trình giảng dạy của trường.

H. Rozov

Dụng cụ đo điện

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

Seventeen bài toán cho sự khéo léo

Nó tuân theo điều kiện là $\frac{5}{8} - \frac{3}{8} = \frac{1}{4}$ chiều dài địa điểm của một người di chuyển trong thời gian xe số tự động di chuyển toàn bộ chiều dài địa điểm. Do đó, tốc độ của một người là $\frac{1}{4} \cdot 60 = 15$ (km/h).
Nếu giả sử quả bóng được chôn ở điểm $A$ , nước đứng yên và nơi đó bơi đến gần quả bóng với tốc độ dòng chảy của sông thì vận động viên bơi trong 10 phút theo một hướng và cùng khoảng thời gian quay lại (nước đứng yên), “đuổi kịp” quả bóng tại điểm $A$ bên dưới chỗ đó. Điều này có nghĩa là cây cầu đang “bơi” với tốc độ $\frac{1000}{20} = 50$ m/phút. Đây là tốc độ của dòng sông.
Giả sử ban đầu có $x\%$ muối trong bình, tức là $\frac{x}{100} = \frac{X}{V}$ , trong đó $X$ là khối lượng muối và $V$ là khối lượng dung dịch. Sau các hành động được chỉ định trong nhiệm vụ, khối lượng của dung dịch sẽ bằng $V - \frac{V}{n} + \frac{V}{2n}$ và vì khối lượng muối $X$ sẽ không thay đổi nên chúng ta nhận được
$\frac{x+p}{100} = \frac{X}{V - \frac{V}{n} + \frac{V}{2n}} = \frac{X}{V} \cdot \frac{2n}{2n-1} = \frac{x}{100} \cdot \frac{2n}{2n-1},$
từ đâu $x = p(2n - 1)$ .
Đặt hình chữ nhật $OABC$ (Hình 1) biểu thị số lượng công việc đã cho. $OAED$ - khối lượng công việc được thực hiện trước khi kết nối $x$ các cơ chế bổ sung. Phần còn lại của công việc, được mô tả bằng hình chữ nhật $CBED$ , được thực hiện bằng cơ chế $27+x$ . Do đó, giai đoạn làm việc thứ hai sẽ được mô tả bằng hình chữ nhật $DHGF$ ( $|DH| = 27+x$ ), có kích thước bằng hình chữ nhật $DEBC$ , có $|DF| = (35-11) - 6 = 18$ , vì phần công việc này được hoàn thành trong 6 giờ bằng khoảng thời gian đó. Kế tiếp,
$S_{FKBC} = S_{EHGK}$
$27 \cdot 6 = 18 \cdot x$
$x = 9$ .
Nếu $x$ là khối lượng của mảnh được cắt từ mỗi mảnh hợp kim có khối lượng $m$ , và $p$ và $q$ lần lượt là phần trăm hàm lượng đồng trong mảnh thứ nhất và mảnh thứ hai, thì như dễ hiểu,
$p(m-x) + qx = q(m-x) + px,$
từ đâu $x = \frac{m}{2}$ .
Mỗi miếng hợp kim ở giữa và vàng được đặc trưng bởi hai số: khối lượng của miếng ở giữa $x$ và khối lượng của toàn bộ miếng $y$ , tức là vectơ $(x; y)$ . Khi chúng ta ghép hai phần tương ứng với vectơ lại với nhau, chúng sẽ cộng lại rất thuận tiện. Nếu $m_1$ và $m_2$ là khối lượng ban đầu của hợp kim thứ nhất và thứ hai, thì chúng ta sẽ thu được vectơ $(8 \cdot \frac{5}{11+5}; 8) = \left(\frac{5}{2}; 8\right)$ bằng cách thêm các vectơ $(m_1 \cdot \frac{2}{5}; m_1)$ , $(m_2 \cdot \frac{3}{10}; m_2)$ , dẫn đến hệ thống
$\begin{cases} m_1 + m_2 = 8 \\ \frac{3m_2}{10} + \frac{2m_1}{5} = \frac{5}{2} \end{cases}$

từ đâu $m_1 = 1, m_2 = 7$ .

Bằng cách xoay $R_A^9$ , chúng tôi sẽ hiển thị $\triangle ABE$ đến $\triangle ADE_1$ (Hình 2); từ $AFD = FAB = FAE_1$ theo sau $|AE_1| = |E_1E|$ . Từ thuộc tính xoay của $|AE| = |AE_1|$ và $|BE| = |DE_1|$ . Vì vậy, $|DF| + |BE| = |DF| + |DE_1| = |E_1E| = |AE_1| = a$ .
a) Đặt $AM, BN$ và $CP$ là trung tuyến của $\triangle ABC$ (Hình 3), $O$ là giao điểm của chúng. Tiếp tục $AM$ cho điểm $M$ , chúng ta lấy điểm $O'$ sao cho $|MO'| = |MO|$ . Độ dài các cạnh của tam giác $BOO'$ là $\frac{2}{3}$ độ dài các đường trung tuyến $\triangle ABC$ . Dễ dàng nhận thấy độ dài các đường trung tuyến của tam giác $BOO'$ bằng một nửa

Hình 4. Hình 5.

độ dài cạnh $\triangle ABC$ . Do đó, trong một tam giác thu được từ $\triangle BOO'$ bằng cách tương tự với hệ số $\frac{3}{2}$ , độ dài các cạnh sẽ bằng độ dài các đường trung tuyến $\triangle ABC$ (có nghĩa đây là độ dài mong muốn $\triangle A_1B_1C_1$ ) và độ dài các đường trung tuyến $-\frac{3}{4}$ của nó sẽ bằng độ dài của cạnh $\triangle ABC$ .

Điều này có nghĩa là trong một tam giác thu được từ $\triangle ABC$ bằng cách tương tự với hệ số $\frac{3}{4}$ , độ dài các cạnh sẽ chính xác bằng độ dài các đường trung tuyến $\triangle A_1B_1C_1$ , tức là tam giác này là $\triangle A_2B_2C_2$ .

c) Bằng cách xây dựng $S_{\triangle A_2B_2C_2} = \frac{9}{16} S_{\triangle ABC} = \frac{9}{16} S$ . Tam giác $A_1B_1C_1$ cũng có thể được dựng bằng các vectơ: $\vec{AM} = \vec{AB} + \frac{1}{2} \vec{BC}$ , $\vec{BN} = \vec{BC} + \frac{1}{2} \vec{CA}$ , $\vec{CP} = \vec{CA} + \frac{1}{2} \vec{AB}$ ; do đó $\vec{AM} + \vec{BN} + \vec{CP} = 0$ ; Điều này có nghĩa là nếu chúng ta làm lệch vectơ $A_1B_1 = \vec{AM}$ khỏi một điểm nào đó $A_1$ và sau đó làm lệch vectơ $B_1C_1 = \vec{BN}$ khỏi điểm $B_1$ , thì chúng ta thu được $C_1A_1 = \vec{CP}$ và, tính đến tính không thẳng hàng của vectơ $\vec{AM}, \vec{BN}, \vec{CP}$ , các điểm $A_1, B_1, C_1$ không nằm trên cùng một đường thẳng; tam giác $A_1B_1C_1$ sẽ là hình mà chúng ta đang tìm kiếm.

Rõ ràng là $S_{AMC} = \frac{1}{2}$ (xem Hình 4). Để tìm $S_{LKMC}$ chỉ cần tìm diện tích tam giác $AKL$ và trừ nó khỏi $\frac{1}{2}$ là đủ. Hãy thực hiện $[MP] \parallel (AC)$ ; $\triangle AKL$ rõ ràng là đồng dạng với $\triangle PMK$ và do đó $(PM - \text{средняя линия в } \triangle BLC) |AL| = \frac{1}{3} |AC|$ . Vì vậy, $S_{AKL} = S_{ALB} - S_{AKB} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{12}$ , $S_{KLMC} = \frac{1}{2} - \frac{1}{12} = \frac{5}{12}$ .

Hình 6.

Gọi $P$ là chu vi $\triangle ABC$ . Vì $\triangle ACD \sim \triangle CBD \sim \triangle ABC$ nên chu vi của chúng liên hệ với nhau như các cạnh bằng nhau. Do đó (xem Hình 5) $\frac{b}{P_1} = \frac{a}{P_2} = \frac{c}{P}$ . Do đó $\frac{P_1}{P} = \frac{b}{c}$ , $\frac{P_2}{P} = \frac{a}{c}$ . Bằng cách bình phương các tỷ lệ kết quả và cộng chúng, chúng ta nhận được

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

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

Lưu ý rằng $\sqrt[3]{6} < 2$ và $\sqrt{6} < 3$ . Bây giờ đã nhận thấy căn bậc ba cuối cùng trong số hạng đầu tiên là 2 và căn bậc hai cuối cùng của số hạng thứ hai là 3, chúng ta ngay lập tức thu được những gì cần thiết.
a) Xét các vectơ đơn vị $\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3$ , các vectơ thẳng hàng $\vec{AB}, \vec{BC}$ và $\vec{CA}$ tương ứng. Vì $(\vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3)^2 \geq 0$ , $\vec{e}_1^2 + \vec{e}_2^2 + \vec{e}_3^2 + 2\vec{e}_1\vec{e}_2 + 2\vec{e}_2\vec{e}_3 + 2\vec{e}_1\vec{e}_3 = 3 + 2\cos(\pi-B) + 2\cos(\pi-C) + 2\cos(\pi-A) \geq 0$ , từ đó dẫn đến bất đẳng thức yêu cầu.

e được chỉ định. Sử dụng bất đẳng thức $(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})^2 \geq 0$ , trong đó $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp.

Tại $n \geq 3$

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

Vì $\left(\frac{2}{3}\right)^{n-2} \to 0$ , giới hạn yêu cầu tồn tại và bằng 0.

Rõ ràng, hàm số cho trong điều kiện là đa thức bậc $\leq 2$ . Vì $f(a) = f(b) = f(c) = 1$ , $f(x) = 1$ cho tất cả $x$ .
a) $F'(a) = 3\sin^2\alpha \cdot \cos 3\alpha \cdot \cos \alpha - 3\sin^3\alpha \sin 3\alpha + 3\cos 3\alpha \cdot \cos^3\alpha - 3\cos^2\alpha \cdot \sin 3\alpha \cdot \sin \alpha = 3\sin^2\alpha (\cos 3\alpha \times \cos \alpha - \sin 3\alpha \cdot \sin \alpha) + 3\cos^2\alpha (\cos 3\alpha \times \cos \alpha - \sin 3\alpha \cdot \sin \alpha) = 3\cos 4\alpha$ . Tư thế $F(\alpha) = \frac{3}{4} \sin 4\alpha + C$ . Để tìm $C$ , hãy lưu ý rằng $F(\alpha) = 0$ . Vì vậy, $C = 0$ và $F(\alpha) = \frac{3}{4} \sin 4\alpha$ .

Giải tương tự như bài bài toán trước, ta được $f(x) = 2$ .

Để tìm diện tích ban đầu, bạn phải tạo một đối xứng xung quanh đường thẳng $y = x$ (Hình 6) hoặc xem xét một hình thang cong “phía trên trục tọa độ” (khi đó nó sẽ bị giới hạn bởi đường cong $x = e^y$ ). Trừ diện tích hình thang thẳng $2\ln 2$ cho diện tích hình thang cong:

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

Hãy viết một phương trình tương đương với phương trình ban đầu:

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

Hãy để $f(x) = \sqrt[3]{2x - 1}$ . Phương trình của chúng ta là $f(f(x))$ . Hãy chứng minh rằng nó tương đương với $x = f(x)$ . Rõ ràng là mọi

Giá trị của phương trình thứ hai thỏa mãn phương trình ban đầu. Nếu $x_0$ là nghiệm của phương trình $x = f(f(x))$ nhưng $f(x_0) \neq x_0$ , thì $f(x_0) > x_0$ hoặc $f(x_0) < x_0$ . Vì $f$ trả về, trong trường hợp đầu tiên chúng ta nhận được $x_0 = f(f(x_0)) > f(x_0)$ , trong trường hợp thứ hai $f(x_0) > f(f(x_0)) = x_0$ - một mâu thuẫn. Giải phương trình $x^3 = 2x - 1$ hoặc $x^3 - 2x + 1 = (x - 1)(x^2 + x - 1) = 0$ , ta được đáp số $\{1, \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\}$ .

Viện cơ khí ô tô Moscow

Toán học

Tùy chọn 1

$\frac{3}{8} \pi r^2$ . 2. $\{(3; 2)\}$ . 3. $y = \frac{(8-x)^2}{2} - 2$ . Gợi ý. Thể hiện tọa độ $(x'; y')$ của ảnh của điểm $(x; y)$ bằng đường đối xứng $x = a$ . 4. $[2; 9[ \bigcup 9; + \infty [$ . 5. $2; \alpha \neq \frac{\pi}{2} k (k \in \mathbb{Z})$ .

Tùy chọn 2

$\ln 2$ . 2. $y = x^2$ . Gợi ý. Thể hiện tọa độ $(x'; y')$ của ảnh của điểm $(x; y)$ dưới dạng dịch song song $\vec{p} = a\vec{i} + b\vec{j}$ . 3. 23. 4. $] - \infty; 0]$ . 5. $tg^3 \alpha; \alpha \neq \frac{\pi}{2} + \pi k (k \in \mathbb{Z})$ .

Bài thi vấn đáp

$\{0, 1, 2, 3, 4\}$ . 2. Env (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. $] \frac{9}{7}; + \infty [$ .

Vật lý

Trọng tâm của hệ ở khoảng cách
$x = \left( R + \frac{l}{2} \right) \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2 + m_3} = 4 \text{ cm}$

từ giữa thanh đến gần quả bóng nặng hơn.
2. $A = (m - \varrho V) g (H - 0,5 \sqrt{3} V) + (m - 0,5 \varrho V) g \sqrt{3} V + mg (h - 0,5 \sqrt{3} V) = 147$ J. Gợi ý. Khi khối lập phương rời khỏi nước, giá trị của lực Archimedes thay đổi từ $\varrho V g$ thành 0.
3. $m = \frac{c \varrho V (t_1 - t_2)}{\lambda} \frac{\tau_2}{\tau_1} - \frac{c \varrho V t_2}{\lambda} \approx 0,6$ kg.
4. $|\vec{v}| = \frac{Ns}{\eta mq} \approx 9,7$ m/s.
5. $|\vec{E}| = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \sqrt{\left( \frac{q_1}{R_1^2} \right)^2 + \left( \frac{q_2}{R_2^2} \right)^2} \approx 9,2 \cdot 10^5$ V/m.
6. $q = \left( \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} + C_3 \right) U = 1,25$ mC.
7. $\alpha = \frac{U/I - R_0}{R_0 t} \approx 0,005$ К $^{-1}$
8. $m = \frac{\eta U I \tau}{c |t| + \lambda} \approx 0,9$ kg.
9. $n_2 = n_1 \text{ tg} \alpha \approx 1,4$ .
10. $f = \frac{Rd}{2d - R} = 54$ xem

Viện thủy văn Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

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

Tùy chọn 2

1. 1. $] - \infty; -2[$ . 3. $\{-1\}$ . 4. Chiều cao của hình nón là $\frac{4}{3} R$ .

Vật lý

$|\vec{v}_0| = gt/2 \approx 15$ m/s; $h_{\max} = gt^2/8 \approx 11,2$ m.
$|\vec{v}| = \frac{|M|\vec{v}_1| - m|\vec{v}_2|}{m + M} \approx 0,3$ m/s; xe sẽ xuất hiện theo hướng chuyển động ban đầu của quả bóng.
$|Q| = q/4 = 5 \cdot 10^{-11}$ Cl.
$|\vec{v}_0| = \sqrt{|\vec{v}|^2 - \frac{2q(\varphi_1 - \varphi_2)}{m}} \approx 0,17$ m/s.

Viện kỹ sư trắc địa, chụp ảnh trên không và bản đồ Moscow

Toán học
Tùy chọn 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. $\sqrt{\frac{3}{2}}$ . Gợi ý. Tâm của đường tròn ngoại tiếp một tam giác vuông là điểm giữa cạnh huyền của nó. 4. $x_1 = -\frac{\pi}{4} + \pi k$ , $x_2 = \pi l(k, l \in \mathbb{Z})$ . 5. $\frac{19}{24}$ .

Tùy chọn 2

$\left\{ 0, \frac{1}{2} \right\}$ . 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. Trong các khoảng $] - \infty; -2]$ và $[ -1; + \infty [$ hàm tăng, trong các khoảng $[-2; -, \frac{3}{2} \left[ \bigcup \right] - \frac{3}{2}; -1]$ hàm giảm. Tùy chọn 3
$\{18\}$ . 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. $4 \ln 2$ .

Viện thép và hợp kim Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

$] - \infty; -1 \left[ \bigcup \right] 6; + \infty [$ . 2. $\{0, -2\}$ . 3. $2 \arcsin \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$ . 4. $\left( \frac{1}{2}; \frac{7}{4} \right)$ . Gợi ý. Tiếp tuyến của một parabol đã cho tại điểm $C$ là song song (BD). 5. $x = \arccos \frac{5}{13} + 2\pi k$

Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow

Toán học

Tùy chọn 1

21 $\frac{1}{3}$ .
$\frac{3}{\lg 7}$ . Gợi ý: $7^{\lg 2} = 2^{\lg 7}$ .
1. Đáp ứng. 2) $y = \sqrt[3]{6x + 3}$ . Gợi ý: $(y^3)' = 3y^2 \cdot y'$ .
1. 2.4. 2) $\left(\frac{5}{3}; \frac{5}{9}\right)$ . Gợi ý: Biểu thị khoảng cách giữa điểm mong muốn $A$ ( $x_0; 2x_0 - x_0^2$ ) trên parabol và đường thẳng $l$ là khoảng cách giữa điểm $A$ và giao điểm của đường vuông góc hạ từ điểm đó xuống đường $l$ (hệ số góc $k_1, k_2$ của các đường vuông góc liên quan đến quan hệ $k_1 k_2 = -1$ ). Bạn cũng có thể chỉ ra rằng tiếp tuyến của một parabol cho trước tại điểm $A$ song song với đường thẳng $l$ (làm cho đạo hàm của bình phương khoảng cách bằng 0, bạn thu được điều kiện các vectơ tương ứng vuông góc).
1. $\left\{0; \frac{\pi}{3}\right\}$ . 2) $-\infty; -1$ [ $\cup$ [5; +∞].

Gợi ý: Phương trình này tương đương với phương trình $\sin x [4\cos^2 x + 2\cos x - (a+1)] = 0$ . Do đó, $a$ thỏa mãn điều kiện yêu cầu nếu bộ ba $f(t) = 4t^2 + 2t - (a+1)$ không có nghiệm trên đoạn [0; 1]. Từ thực tế là đỉnh của đồ thị tam thức này có hoành độ $-\frac{1}{4}$ , suy ra phải có $f(0) \cdot f(1) > 0$ (Hình 7, a-6) hoặc $f(1) = 0$ (Hình 7, c).

Tùy chọn 2

$y = -\sqrt{3}x + \frac{\pi\sqrt{3}}{3} + 2$ .
Định kỳ: $2^{\cos x}, 1 - 5\tg \frac{x}{2}$ và $3\sin x - \cos 2x$ , chu kỳ - $2\pi$ , điều này có thể được xác minh bằng tính toán trực tiếp. Tính không tuần hoàn của các hàm $2x^2 - 1$ và $2x^3 + x + 2$ xuất phát từ thực tế là chúng không nhận giá trị của mình vô số lần. Hàm $2x^2 - 1$ không tuần hoàn vì $\cos 2x > 0$ cho $x < 0$ và $\cos 2x = 0$ cho $x = \log_2 \frac{\pi}{2}$ .
1. $\sqrt{10} + 2\sqrt{5} + \sqrt{34}$ . 2) (0; 0). Lưu ý: Bạn có thể tìm kiếm một điểm bằng cách kiểm tra một điểm tùy ý, nhưng bạn cũng có thể sử dụng điểm hình học: giới thiệu điểm $C$ (0; -2); $|AM| + |MB| = |CM| + |MB| > |CB|$ nếu $M \in (BC)$ ; nếu như

M ∈ (BC), tức là M là gốc tọa độ, khi đó |AM| + |MB| = |CB|.
4. 1) sin 1° + sin 4° < sin 2° + sin 3°, 2) sin 2 1° + sin 2 4° > sin 2 2° + sin 2 3°. 3) sin³ 1° + sin³ 4° > sin³ 2° + sin³ 3°, ta viết lại dưới dạng sin³ 4° - sin³ 3° > sin³ 2° - sin³ 1°; Hãy chuyển đổi nó “sang radian”: sin³ (4π/180) – sin³ (3π/180) > sin³ (2π/180) – sin³ (π/180)
hoặc sin³ (4α) - sin³ (3α) > sin³ (2α) - sin³ α, trong đó α = π/180. Chúng ta hãy giới thiệu hàm f(x) = sin³(x + α) - sin³ x. Khi đó bất đẳng thức ta muốn chứng minh sẽ có dạng f(3α) > f(α). Điều này có nghĩa là chúng ta chỉ cần chứng minh rằng hàm f trả về 0 là đủ; 4α[. Vì f’(x) = 3[g(x + α) - g(x)], trong đó g(x) = sin² x · cos x, nên ta cần chứng minh rằng g trả về 0; 5α[, và điều này suy ra từ thực tế là g’(x) = sin x × (2 - 3sin² x) > 0 x 0; 5α[, (sin 5α = sin π/36 < sin π/4 = √2/2 < √2/3).
5. 1) A₁ là đường thẳng y = 1 không có điểm (1; T).
2) B₁ là hợp của các đường x = 1 và y = 1.
3) C là giao của đường thẳng x = 1 không có điểm (1; -1) và đường thẳng x = -1 không có điểm (-1; 1).
Đã giải quyết và e. Bα là tập hợp các điểm có tọa độ thỏa mãn phương trình (αx - 1)y = x - α. Có nghĩa,
(M ∈ Aα) ⇔ (M ∈ Bα và αx - 1 ≠ 0).
Nếu M ∈ C thì M ∈ Bβ và M ∈ Aβ đối với một số β. Khi đó βx - 1 = 0, x = β, β = ±1. Vì vậy, M ∈ B₁, M ∈ A₁, M ∈ B₋₁ và M ∈ A₋₁. Ngoài ra, điểm M có x = 1 hoặc x = -1. Nếu M ∈ Aα với một số α và x = 1 thì y = -1; vì M ∈ Aα, y ≠ -1. Nếu M ∈ Aα và x = -1 thì y = 1; vì M ∈ Aα, y ≠ 1.

Viện năng lượng Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

- 1/a, nếu a ≠ 0; nếu a = 0 thì không có giới hạn.
] -∞; 0 [ ∪] log₂ 3; +∞ [
Equidroge, có cuộn √2S.
{ -3/4 π, -π/2 -π/4, π/4, π/2 }
2a³ sin α/2 √sin α/2 · sin 3α/2.

Tùy chọn 2

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

Bài toán thi vấn đáp

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

Vật lý
Bài thi viết
Lựa chọn
2. Xem hình. 8.

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

Hình 8.

Bài toán thi vấn đáp

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

Phương pháp thứ nguyên giúp giải bài toán (xem “Quant” số 6)

Chu kỳ quay tối thiểu tương ứng với ω₀ = 2π/T₀. Mối liên hệ giữa ω₀, M, R và hằng số hấp dẫn γ được tìm thấy rõ ràng từ các thông điệp thứ nguyên và có dạng ω₀² ~ γM/R³ (thứ nguyên γ có thể dễ dàng tìm thấy từ định luật vạn vật hấp dẫn). Ước tính bằng số cho các kế hoạch có thông số Trái đất có được bằng cách tính đến γ ≈ 6,7 · 10⁻¹¹ H · m2/kg², M ≈ 6 · 10²⁴ kg, R ≈ 6,4 · 10³ km. Mời người đọc tự mình tính toán xem Trái đất của chúng ta xanh hơn mức có thể như thế nào và suy nghĩ về câu hỏi điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta quay Trái đất bằng ω₀.

Ngoài sự giống nhau về mặt hình học của các buồng, chúng ta phải tính đến việc chúng được làm từ cùng một nền, và do đó đặc tính đàn hồi và mật độ $Q$ của chúng giống nhau. Đặc tính đàn hồi tự nhiên là mẫu Young $E$ . Nếu $L$ là chiều dài của chân Cameron, thì từ các thông báo thứ nguyên, chúng ta thu được một công thức rõ ràng cho tần số: $\omega \sim \frac{1}{L} \left( \frac{E}{\varrho} \right)^{1/2}$ . Do đó, tỷ lệ tần số của các buồng hình học tương tự tỷ lệ nghịch với tỷ lệ đặc tính chiều dài của chúng và bằng 1:3. Cũng có thể lưu ý rằng tỷ lệ $E/\varrho$ là bình phương tốc độ âm thanh trong chất rắn. thì công thức trước đó trở nên hoàn toàn rõ ràng. Chu kỳ dao động của Cameron là $T \sim \omega^{-1}$ , nghĩa là nó được xác định đơn giản bằng thời gian truyền sóng âm ở chân Cameron.

Bây giờ hãy nghĩ xem tại sao sự giống nhau về mặt hình học của các căn phòng lại được nhấn mạnh trong điều kiện bài toán. Điều gì có thể thay đổi nếu mặt cắt ngang của chân Cameron không giống nhau về mặt hình học?

Chúng ta sẽ giả sử rằng khoảng thời gian $T$ được xác định bởi áp suất $p$ , năng lượng giải phóng trong vụ nổ $E$ và mật độ của nước $Q$ . Mật độ đóng vai trò là đặc tính khối lượng ở đây. Viết $T \sim p^x \varrho^y E^z$ và so sánh kích thước bên trái và bên phải của công thức này, chúng ta nhận được $T \sim p^{-5/6} \varrho^{1/2} E^{1/3}$ . Nếu cho rằng áp suất nước $p$ có liên quan đến độ sâu $H$ bằng sự tương ứng $p = \varrho g H$ , thì chúng ta thu được công thức $T \sim \left( g H \right)^{-5/6} \left( \frac{E}{\varrho} \right)^{1/3}$ .

Pulsar khí hình thành trong vụ nổ sẽ giãn nở cho đến khi áp suất bên trong nó bằng áp suất của nước xung quanh ở độ sâu $H$ . Chúng ta có thể thu được ước tính sơ bộ nhưng hợp lý cho áp suất bên trong từ các thông điệp thứ nguyên bằng cách chia năng lượng $E$ cho thể tích của xung: $p_{BH} \sim E/r^3$ . Hãy viết điều kiện đẳng thức (theo thứ tự độ lớn) $p_{BH}$ cho áp suất bên ngoài $p = \varrho g H$ : $(E/r^3) \sim \varrho g H$ . Do đó $r^3 \sim E/\varrho g H$ . Kích thước của xung khí ở một giá trị nhất định $E$ tỷ lệ thuận với $H^{-1/3}$ . Tất nhiên, chúng tôi bỏ qua những ước tính như vậy về sự thay đổi mật độ nước $Q$ theo độ sâu.

Áp suất tại tâm của một ngôi sao có khối lượng $M$ và bán kính $R$ được biểu thị bằng công thức $p \sim \gamma M^2/R^4$ , được lấy rõ ràng từ các thông báo thứ nguyên.

Chúng tôi mời người đọc đưa ra các ước tính bằng số trong bài toán này và trong bài toán 5.