Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova

Kvant 1986, số 2 tr. 52, 55, 56, 57, 59, 61, 62, 63, 64 Thẻ 9JD5

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 →

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1
(Khoa Cơ và Toán)

Giải phương trình
$6 \cos x - \frac{1}{3} = \sqrt{32 \cos x - \frac{17}{9}}.$
Giải bất đẳng thức
$\frac{1}{x-1} + \frac{3}{|x|+1} \geq \frac{1}{|x|-1}.$
Một số đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng AB và BC lần lượt tại các điểm D và E. Điểm A nằm giữa các điểm B và D, điểm C nằm giữa các điểm B và E. Tìm diện tích tam giác ABC nếu độ dài các cạnh AB và AC lần lượt là 13 và 1 và các điểm A, D, E, C nằm trên cùng một đường tròn.
Trong ba giá trị p: 0,24π; 0,26π; 0,6π - tìm những giá trị mà phương trình
$\left( \frac{p-5x}{\pi} + \log_3 \frac{3p}{\pi} \right)(6 \sin (p-x) - \sqrt{18}) = 0$
có ít nhất một lời giải thỏa mãn điều kiện 0 < x < π/3.
Trên mặt phẳng a đi qua tâm một quả cầu bán kính R, cho một đường tròn tâm O₁ và bán kính r₁ nằm bên trong quả cầu. Tất cả các điểm của đường tròn này được nối bằng các đường thẳng nối từ điểm A thuộc quả bóng và cách mặt phẳng a một khoảng R. Tập hợp giao điểm của các đường thẳng này với bề mặt của quả bóng khác A là một đường tròn có tâm O₂ và bán kính r₂. Tìm khoảng cách từ điểm O₂ đến mặt phẳng a nếu khoảng cách giữa các điểm A và O₁ bằng a.

Tùy chọn 2
(Khoa Toán tính toán và Điều khiển học)

Giải hệ phương trình
$\begin{cases} 6x - 2 \cdot 3y = 2, \\ 6x \cdot 3y = 12. \end{cases}$
Trong hình thang PQRS, chiều dài đáy QR là 10, chiều dài đường chéo QS là 19 và góc QSP là 30°. Tìm xem cái nào lớn hơn: độ dài của QR cơ sở hoặc độ dài của cạnh RS.
Giải phương trình
$4 - \cos[2\pi (13x+9)^2] = 5 \cdot \sin[\pi (13x+9)^2].$
Giải bất đẳng thức
$\frac{2 \log_{1-3}|x|(42x^2 - 14|x|+1)}{\log_{1-3}|x|(x - \frac{5}{6})^2} \leq 1.$
Tìm tất cả các bộ ba số x, y, z thỏa mãn phương trình
$\sqrt{\frac{3}{2} x^2 - 2y^2 + 2z^2 + 10z + 6y + \frac{\sqrt{3}}{2} x - 17} + \sqrt{3x^2 - 2\sqrt{3} (\cos \pi y + \cos \pi z)} x + 4 = 0.$
Tất cả các cạnh của tứ diện ABCD có độ dài bằng nhau. Trên các cạnh AB, AC và AD lần lượt chọn các điểm K, L, M sao cho độ dài đoạn KB bằng 15, độ dài đoạn MD bằng 10. Biết bán kính của quả cầu nội tiếp tứ diện ABCD bằng $\frac{5}{2} \sqrt{6}$ , thể tích hình chóp AKLM bằng 375 $\sqrt{2}$ . Tìm tổng bán kính của hai hình cầu: một hình nội tiếp trong kim tự tháp AKLM và một hình ngoại tiếp xung quanh nó.

Tùy chọn 3
(Khoa Hóa học)

Giải phương trình
$4 (\sin 6x + \sin 4x) = \cos x (4 \sin^2 5x - 5).$
Giải bất đẳng thức
$5^{2x} - \frac{1}{3} x^2 < 5^{2x} - 2x (\sqrt{3}^5) x^2 + 24.$
Trên mặt phẳng tọa độ xOy, ta xét tam giác ABC, trong đó đỉnh A trùng với gốc tọa độ, đỉnh B và C lần lượt nằm trên các parabol y = 3x² - 10x + 2 và y = -2x² + 5x - 10, cạnh BC song song với trục hoành, hoành độ của đỉnh B thuộc đoạn $\left[ \frac{3}{5}; \frac{3}{2} \right]$ .

Trục hoành của đỉnh B phải có giá trị bao nhiêu để diện tích tam giác ABC lớn nhất?

Chiều cao của kim tự tháp là 2, đáy của kim tự tháp là hình thoi, diện tích là 8 và góc nhọn là π/6. Một số sharqa chạm vào một mặt phẳng tại một điểm nằm ở cạnh đáy của kim tự tháp. Chứng minh rằng đường thẳng nối đỉnh hình chóp với tâm quả bóng đi qua giao điểm của hình thoi chéo. Tìm thể tích của quả cầu.
Giải quyết hệ thống
$\begin{cases} 2x + y + \log_2^3 (|y| - 2x + 5) - 20 = 0, \\ (2x + y)^2 - 7(2x + y) \log_2 (|y| - 2x + 5) - 8 \log_2^3 (|y| - 2x + 5) = 0. \end{cases}$

Tùy chọn 4
(Khoa Blues)

Giải phương trình
$\frac{1 - x}{(2 - x)(x - 3)} + 1 = \frac{1}{2 - x}.$
Tìm tất cả các nghiệm của phương trình
$3 \cos 2x - 5 \sin \left(x - \frac{\pi}{2}\right) = 1,$

thuộc đoạn [π; 2π].

Giải bất đẳng thức
$\frac{1}{\log_5(3 - 2x)} - \frac{1}{4 - \log_5(3 - 2x)} < 0.$
Điểm N nằm trên cạnh huyền LM của hình chữ nhật LKM. Điểm P nằm trên đường thẳng LM sao cho điểm M nằm giữa hai điểm N và P và góc NKP vuông. Tìm diện tích tam giác NKM nếu biết diện tích các tam giác LKM và NKP lần lượt bằng a và b và góc LKP bằng φ.

Có bao nhiêu nghiệm trên đoạn [0; 1] có phương trình
$8x(1-2x^2)(8x^4-8x^2+1)=1$
Tùy chọn 5
(Khoa Bưu chính)
Giải hệ phương trình
$\begin{cases} 7\cdot 2^x+6y=2, \\ 3\cdot 2^{x+1}-5y=93. \end{cases}$
Giải phương trình
$\lg(9-x)=-2\lg\left(\frac{1}{x+3}\right).$
Tìm tất cả các nghiệm của phương trình
$\cos x+(1+\cos x)\mathrm{tg}^2x-1=0,$
thỏa mãn bất đẳng thức tg x > 0.
Qua điểm D của đáy AB của tam giác đều ABC, kẻ đường thẳng CD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm E. Tìm độ dài đoạn AC nếu độ dài dây CE bằng 3 và độ dài đoạn DE và DC bằng nhau.
Đặt x=x₀ là nghiệm lớn nhất của phương trình
$x^2+(3ab+3a-2)x+5ab+5a-17=0.$
Tìm giá trị lớn nhất của x₀ khi a ≥ 1, b ≥ 0.
Tùy chọn 6
(Khoa Địa chất, Khoa Địa chất)
Xác định cái nào lớn hơn:
$2^{\log_35}-0, 1 \text{ или } 5^{\log_32}.$
Chứng minh kết quả.
Giải phương trình
$\frac{|x-2|}{|x-1|-1}=1.$
Người công nhân thứ nhất sản xuất nhanh hơn người thứ hai 60 bộ phận. Hỏi người công nhân thứ hai sẽ sản xuất được 90 bộ phận trong bao nhiêu giờ; nếu họ làm việc cùng nhau thì họ sẽ sản xuất được 30 bộ phận trong một giờ?
Giải phương trình
$5\sin^2x-4\sin x\cos x-\cos^2x=4.$
Giải phương trình
$\sqrt{(x+2)(2x-1)}-3\sqrt{x+6}=4-\sqrt{(x+6)(2x-1)}+3\sqrt{x+2}.$
Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh dài 4. Điểm M lấy ở giữa cạnh BC, điểm N nằm trên cạnh A’D’ cách đỉnh A’ 1 đơn vị. Tìm độ dài đường đi ngắn nhất giữa các điểm M và N dọc theo bề mặt của khối lập phương.
Tùy chọn 7
(Khoa Địa vật lý, Khoa Địa chất)
Xác định cái nào lớn hơn:
$3^{\log_25}+10^{\frac{1}{3}\log_{10}2} \text{ или } 5^{\log_23}+10^{\sqrt{10}}.$
Chứng minh kết quả.
Giải bất đẳng thức
$\frac{|x-2|}{|x-1|-1} \ge 1.$
Xem tùy chọn 6, bài toán 3.
Giải phương trình
$3\sin x+5\cos x=\sqrt{17}.$
Giải phương trình
$\sqrt{3x^2-7x+3}-\sqrt{x^2-2}=\sqrt{3x^2-5x-1}-\sqrt{x^2-3x+4}.$
Hình nón được sửa quanh một trục - một đường thẳng vuông góc với chiều cao của nó và đi qua đỉnh. Tìm diện tích mặt cắt ngang của vật quay thu được bằng một mặt phẳng đi qua trục quay nếu chiều dài đường sinh của hình nón là 5 và chiều dài đường cao là 4.
Tùy chọn 8
(khoa địa lý)
Giải phương trình
$4\sin x+\cos 2x=1.$
Giải bất đẳng thức
$\log_x(3-x)>1.$
Hai con sông có dòng chảy thẳng và cùng tốc độ chảy đều đổ vào hồ ở cùng một chỗ, tạo thành một góc 60° giữa chúng. Từ hai điểm tham quan nằm trên hai con sông khác nhau và cách nhau 28 km, một chiếc thuyền kayak và một chiếc thuyền đồng loạt xuất phát, tốc độ của chúng lần lượt là 10 km/h và 3 km/h. Thuyền kayak đến hồ sau 2 giờ và thuyền - sau 4 giờ. Tìm vận tốc của dòng sông.
Các giá trị các góc P, Q, R của tam giác PQR tạo thành một cấp số lập luận có hiệu là (-2π/9). Các đường phân giác của tam giác này cắt nhau tại điểm S. Các điểm P’, Q’, R’ lần lượt nằm trên các đoạn SP, SQ, SR và cách điểm S một khoảng bằng nhau. Chứng minh rằng giá trị các góc P’, Q’, R’ của tam giác P’Q’R’ cũng tạo thành một cấp số lập luận. Tìm sự khác biệt của nó.
Tìm tất cả các số b thỏa mãn điều kiện -1 √ b 1, sao cho biểu thức 1-2√4x²+4bxy+y²+8y+18 chỉ có một cặp số x, y đạt giá trị lớn nhất.
Tùy chọn 9
(Khoa Kinh tế Chính trị, Khoa Kinh tế)
Tìm tất cả các bất đẳng thức lời giải
$\frac{4x-1}{3x+1} \ge 1.$
Giải phương trình
$2\sin x=3\mathrm{ctg}x.$
Liệt kê tất cả a mà phương trình $\log_2x+\log_a x+\log_4 x=1$ có lời giải và tìm lời giải này.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
$y=\frac{2x^2+x+1}{3x^2-x+2}.$
Một con tốt đã đi từ điểm A đến điểm B. Không quá 40 phút sau, con tốt thứ hai đi theo anh ta. Tại điểm B, một con tốt đến trước, và con còn lại đến B không kém gì sau đó. Nếu các quân tốt xuất hiện cùng lúc, chúng sẽ tiếp cận điểm B với khoảng thời gian không quá 20 phút. Xác định thời gian mỗi quân tốt đi từ A đến B nếu vận tốc của một quân tốt gấp 1,5 lần vận tốc của quân tốt kia.
Cho tứ giác lồi ABCD, điểm E là giao điểm của hai đường chéo. Biết diện tích mỗi tam giác ABE và DCE bằng 1, diện tích toàn tứ giác không vượt quá 4, |AD|=3. Tìm cạnh BC.

đóng? Điện trở của tất cả các điện trở đều như nhau và suất điện động của các nguồn bằng nhau. Bỏ qua điện trở trong của nguồn.

Một số điện trở bên ngoài được kết nối với một nguồn điện áp không đổi nhất định thông qua dây cung cấp. Trong trường hợp này, một nửa năng lượng do nguồn tạo ra sẽ được giải phóng vào dây nguồn và nửa còn lại được giải phóng ở điện trở bên ngoài. Phần năng lượng nào do nguồn tạo ra sẽ được giải phóng trong các dây cấp điện nếu chúng được làm từ cùng vật liệu và cùng chiều dài nhưng có diện tích mặt cắt ngang lớn gấp đôi? Điện trở bên ngoài và nguồn của trạng thái còn lại là như nhau. Bỏ qua điện trở trong của nguồn.
Cần phải khuấy thanh đồng AB với tốc độ bằng bao nhiêu dọc theo các thanh đồng CA và DB (hình 4) để trong thời gian τ=1 s nhiệt độ của dây thép CD tăng ΔT=0,1 K? Toàn bộ kết cấu nằm trong từ trường có cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng ray và bằng B = 1 T. Nhiệt dung riêng của sắt c=0,46 kJ/(kg·K), khối lượng riêng D=7800 kg/m³, điện trở suất q=5,6·10⁻⁸ Ohm·m. Bỏ qua sự truyền nhiệt. Bỏ qua điện trở của ray và thanh.
Một lăng kính đều bằng thủy tinh (tiết diện có dạng tam giác đều) được hạ thấp đỉnh xuống nước sao cho đáy nằm ngang và trùng với mặt nước (hình 5). Chiết suất của thủy tinh là n_c, chiết suất của nước là n_b (n_c>n_b). Với giá trị nào của góc (ở đỉnh lăng kính) α thì một tia sáng tới theo phương thẳng đứng trên đáy lăng kính sẽ bị phản xạ toàn phần (bên trong) trên bề mặt bên của lăng kính tại điểm A?
Sử dụng một thấu kính mỏng, thu được ảnh H của nguồn điểm S (hình 6).

Các khoảng cách c, a, b xác định vị trí của nguồn và ảnh so với trục quang của đường thẳng OO′, đã biết (b>a, b—a<c). Tìm tiêu cự của đường thẳng đó.

Khoa Cơ học và Toán học, Khoa Toán tính toán và Điều khiển học, Khoa Hóa học, Địa lý và Địa chất và Khoa Khoa học Đất

Một viên đạn bắn ra từ súng trường trúng một hình trụ nhựa có thành mỏng đường kính d=0,2 m quay với tần số n=50 1/c. Xác định tốc độ của viên đạn nếu viên đạn được bắn dọc theo đường kính của hình trụ và vào thời điểm viên đạn rời khỏi hình trụ, lực cản đầu vào đã dịch chuyển l=0,01 m.
Một vật có khối lượng m=0,2 kg nằm trên một mặt phẳng nghiêng nhẵn tạo một góc α=30° so với phương ngang. Nó được giữ trên bề mặt này bằng một sợi không trọng lượng và không hòa tan được đặt song song với mặt phẳng nghiêng và được cố định ở cạnh trên của nó (hình 7). Tìm lực ép của tải trọng lên mặt phẳng nghiêng nếu nó chuyển động thẳng đứng hướng lên trên với gia tốc a=2,2 m/s2. Gia tốc trọng trường g=9,8 m/s2.
Một thanh trụ đơn có chiều dài L=0,8 m được treo vào trần nhà. Các lò xo ở trạng thái không giãn nở có cùng chiều dài nhưng có hệ số độ bền k₁ và k₂ khác nhau. Tìm sự tương ứng giữa k₁ và k₂ nếu thanh ở vị trí nằm ngang (hình 8). Một lò xo có hệ số cản k₁ được gắn vào một đầu của thanh và một lò xo có hệ số cản k₂ được gắn ở một khoảng cách a=0,2 m tính từ đầu kia của thanh.

Các vật có khối lượng $m_1$ và $m_2$ nằm trên cùng một phương thẳng đứng và cách nhau một khoảng $h_1$ và một vật có khối lượng $m_2$ nằm ở độ cao $h_2$ tính từ mặt ngang (hình 9). Một vật có khối lượng $m_1$ , rơi tự do, được chứa hoàn toàn không đàn hồi bởi một vật có khối lượng $m_2$ , vật này được giải phóng tại thời điểm va chạm. Khi đó hệ vật thể này được chứa hoàn toàn không đàn hồi từ một bề mặt nằm ngang. Bỏ qua sự thay đổi động lượng của các vật khi chúng được chứa với nhau, hãy xác định xem hệ các vật thể tác dụng lên bề mặt với lực bao nhiêu nếu thời gian chứa chúng là $\Delta t$ .
Hai bình hình trụ thông nhau có cùng đoạn ngang có diện tích $S=10^{-2}$ m2 chứa thủy ngân (hình 10). Người ta đổ nước có trọng lượng $m=20$ kg vào một trong các bình phía trên và hạ vật nặng $m_1=7,2$ kg vào bình để nổi. Mức thủy ngân trong bình thứ hai sẽ di chuyển bao xa $h$ ? Mật độ của thủy ngân là $q=13,6 \times 10^3$ kg/m³.
Trong một bình hình trụ có thể tích $V=8,31$ m³, một chất khí nặng $m_1=3,2$ kg có khối lượng mol $M_1=0,032$ kg/mol ở nhiệt độ $T=300$ K được bơm lần đầu tiên, sau đó một chất khí nặng $m_2=4,4$ kg có khối lượng mol $M_2=0,044$ kg/mol được thêm vào ở cùng nhiệt độ $T$ . Áp suất nào được thiết lập trong bình sau khi hỗn hợp khí đẳng nhiệt ở nhiệt độ $T$ được nén bằng pít-tông đến thể tích $V/3$ ? Hằng số khí phổ quát $R=8,31$ J/(mol K).
Một chất lỏng có mật độ $q$ được đổ vào một ống hình $U$ , bịt kín ở một đầu với chiều dài khuỷu $L$ , và rất nhiều không khí vẫn còn ở đầu bịt kín, và mức chất lỏng trong khuỷu mở trùng với mép ống (hình 11). Sau đó một số chất lỏng được thoát ra qua vòi. Trong trường hợp này, mức chất lỏng ở đầu gối trở nên bằng nhau và duy trì ở độ cao $L/2$ . Chiều cao ban đầu $x$ của cột không khí trong khuỷu kín của ống là bao nhiêu? Áp suất khí quyển $p_0$ .
Tám điện tích chính xác $|q_1|=...=|q_8|=9 \cdot 10^{-6}$ C nằm ở các đỉnh của hình lập phương, các cạnh của nó là $a=0,2$ m. Bốn điện tích dương ở các đỉnh của đáy dưới, bốn điện tích âm ở các đỉnh của đáy trên của hình lập phương. Xác định hướng của điện trường tại tâm hình lập phương. Hằng số điện $\varepsilon_0=8,9 \times 10^{-12}$ F/m.
Một thanh dài $l=0,20$ m, ở hai đầu có các quả cầu nhỏ mang điện tích $q_1=2 \cdot 10^{-5}$ Kl và $q_2=5 \cdot 10^{-5}$ Kl, có thể quấn quanh một trục thẳng đứng vuông góc với thanh và đi qua điểm giữa của thanh. Thanh nằm trong một điện trường đều có hướng $E=10^3$ V/m. Các đường sức nằm ngang và tạo một góc $\alpha=30^\circ$ với phương của thanh. Lực điện thực hiện bao nhiêu công nếu thanh quay sao cho các đường thẳng tạo một góc $\beta=45^\circ$ với hướng của nó?
Tụ điện được tích điện trong mạch ở hình 12 có hiệu điện thế là bao nhiêu, nếu emf nguồn là $E=4,8$ V thì điện trở trong của nó là $r=1$ Ohm, $R_1=2$ Ohm, $R_3=5$ Ohm? Điện tích trên các bản của tụ điện sẽ là bao nhiêu nếu điện dung của nó là $C=2$ mK?
Hiệu suất $\eta_1$ của đường dây truyền tải điện theo hướng $U_1=200$ kV lớn hơn hiệu suất $\eta_2$ của đường dây truyền tải điện theo hướng $U_2=100$ kV bao nhiêu lần, nếu điện trở đường dây là $R=400$ Ohm và công suất truyền tải là $P=10^4$ kW?
Một dây dẫn kín mềm có điện trở $R=100$ kOhm, tạo thành hình vuông có cạnh $a=0,1$ m, được đặt trong một từ trường đều có chỉ số $B=5$ T. Mặt phẳng của hình vuông vuông góc với vectơ chỉ thị từ. Điện tích nào dọc theo dây dẫn nếu một tam giác đều được tạo thành từ một hình vuông mà không làm thay đổi mặt phẳng vị trí của nó?
Một điểm sáng $S$ , nằm trong môi trường có chiết suất $n_1=1,33$ , được nhìn từ môi trường có chiết suất $n_2=1,5$ ở một góc nhỏ so với pháp tuyến đối với mặt phân cách giữa hai môi trường. Khoảng cách rõ ràng từ điểm $S$ đến giao diện sẽ là bao nhiêu nếu khoảng cách thực sự là $h=0,133$ m?
Một chùm ánh sáng tán xạ nằm trong bảng có đường kính $d=10$ cm, đi qua nó và tạo ra một điểm tròn có đường kính $D=5$ cm trên màn hình nằm phía sau đế song song với nó. Nếu chiếu một chùm tia tán xạ có tiêu cự $F=30$ cm vào vật cản thì điểm sẽ biến thành một điểm. Tìm khoảng cách giữa bảng và màn hình.
Một vệ tinh bay theo quỹ đạo tròn ở độ cao $h=100$ km so với Trái đất được tạo thành bởi một camera đứng yên, mômen vật kính có tiêu cự $F=0,5$ m, tạo ra độ phơi sáng $t=1$ s. Hình ảnh của vệ tinh sẽ ở trên đĩa trong bao lâu? Sự thay đổi trọng lực theo độ cao để vượt qua. Giả sử bán kính Trái đất là $R=6300$ km và gia tốc rơi tự do là $g=10$ m/s².

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
V. S. Panferov, A. S. Pakhomov, I. N. Serdeeva, A. N. Sokolikhin

Lập trình trên máy vi tính

(Để bắt đầu, xem trang 46)

so sánh với phiên bản đầu tiên của chương trình của chúng tôi đã được cải thiện: ví dụ: do chúng tôi không có bản ghi bằng ngôn ngữ thuật toán, phiên bản đầu tiên của chương trình không có đầu vào - chương trình chỉ tính góc cho một hình tam giác, tất nhiên, điều này không phù hợp chút nào. Mặt khác, phần tính toán của tùy chọn đầu tiên trở nên tốt hơn do một số tính năng của máy tính đã được tính đến: ví dụ: thực tế là sau khi lưu vào bộ nhớ, giá trị vẫn còn trong thanh ghi X và có thể được sử dụng ngay lập tức để tính toán thêm. Thực tế là chúng tôi sử dụng ngôn ngữ thuật toán rất đơn giản: bằng cách cải thiện nó một chút, chúng tôi có thể có được các chương trình tối ưu.

Hãy giới thiệu tùy chọn ghi âm:
— xuất〈biểu thức〉, chỉ ra rằng biểu thức cần được tính toán và xuất ra mà không cần ghi vào một biến (trên chỉ báo, in…);
— phép gán trung gian: ví dụ: $a := (b := c - k) \hat{x}$ ; sẽ giới thiệu với bạn rằng sự khác biệt giữa $c$ và $p$ phải được viết bằng $b$ , ngoài ra, nhân với $p$ và viết kết quả bằng $a$ ;

Đáp số, gợi ý, lời giải

Quá trình tiến hóa và phương trình vi phân thông thường

$x = e^t / (1 + e^t)$ .
KHÔNG.
KHÔNG.
$T \approx 2\pi \left(1 + \frac{a^2}{16} + \dots\right)$ .
$\infty$ .
$\pi/2$ .

Nhiệm vụ so sánh số
(cm. c. 24)

$[(9 - \sqrt{193})/8; (11 - \sqrt{201})/8]$ .
$] - \infty; \log_2 3$ ; vâng, vì $\sqrt{2} < \log_2 3$ .
$] \log_2 3; \log_2 2$ ; không, bởi vì $\lg \frac{1}{32} > \log_2 2$ .
$] - \infty; \frac{5}{2} \left[ \cup \right] \log_2 6; 3$ .

— cấu trúc có dạng $a := \text{ввод} - 4$ , nghĩa là giá trị đã nhập không được điền vào biến mà bị trừ đi 4 và chỉ điền kết quả của phép trừ; và các cấu trúc có dạng $a2 := (\text{ввод} a)^2$ , nghĩa là giá trị đã nhập được điền vào $a$ và ngay lập tức được bình phương với kết quả được điền vào $a2$ .

Khi đó chương trình của chúng ta có thể được viết rất ngắn gọn như sau:
cosin tảo
(thứ $a, a2, b, c, k$ )
apr $a, a2, b, c$
độ phân giải $k$
bắt đầu $a2 := (\text{ввод} b)^2 + (\text{ввод} c)^2 - a2)/2/b/c$
lừa đảo
và việc dịch nó thành mã máy tính sẽ mang lại một chương trình tối ưu (bạn có thể tự tìm ra);

$FX^2 \Pi O C/ \Pi \Pi 1 FX^2 C/ \Pi \Pi 2 FX^2 + \Pi 0 - 2 \div \Pi 1 \div \Pi 2 \div C/ \Pi$

Hướng dẫn sử dụng cũng giống như chương trình đầu tiên: quay số giá trị $a$ , nhấn $C/ \Pi$ , sau khi dừng, quay giá trị $b$ , nhấn $C/ \Pi$ , sau khi dừng, quay số $c$ , nhấn $C/ \Pi$ , sau khi dừng, lọc kết quả.

Nhiệm vụ

Viết chương trình cho các cạnh của tam giác $a, b, c$ , cho giá trị tính bằng radian của cả ba góc của tam giác.
Viết chương trình lời giải cho phương trình bậc hai với giả định rằng phân biệt đối xử là dương.

Định luật Kepler và vật lý học đường

Một nửa lớn hơn của “Phương Đông” $a = R_3 + (H + h)/2$ . So sánh với kết quả bài toán 1 trong bài viết đưa ra
$T = T_{\min}(a/R_3)^{3/2} \approx 89,4$ phút.
Tương tự với bài toán 3, trong bài chúng ta sẽ tìm khoảng cách tối thiểu từ sao chổi đến Mặt trời. Hóa ra nó bằng 0,8 a. đ. Do đó, sao chổi tiến gần Mặt trời hơn Trái đất và có thể đi qua quỹ đạo của nó.
Diện tích hình được tô màu tại hình 3 trong bài viết
$S_1 \approx \frac{100}{360} \pi \left( \frac{r_{\min} + R_H}{2} \right)^2$ .

Sao Diêm Vương ở trong quỹ đạo của Sao Hải Vương

chúng tôi nhận được $|AB| = \frac{1}{k} |AO_1| = \frac{ar_1^2 R}{r_1 \sqrt{R^2} - r_2^2}$ . Theo định lý cosin cho tam giác $AOB$ ta có
$\cos AOB = \frac{|AO|^2 + |BO|^2 - |AB|^2}{2 |AO| \cdot |BO|} = \frac{2R^2 r_1^2 - r_1^2 r_2^2 - a^2 r_2^2}{2Rr_1^2 \sqrt{R^2} - r_2^2}.$
Cuối cùng, từ tam giác vuông $OO_2D$ ta thu được
$|O_2D| = |OO_2| \sin O_2O_1D = -\sqrt{R^2} - r_2^2 \cdot \cos AOB.$
Tùy chọn 2

{ $(1; \log_3 2)$ }. 2. $|RS| > |QR|$ . Gợi ý. Từ tam giác $SQR$ , sử dụng định lý cosin, ta thu được
$|SR|^2 = 461 - 190 \sqrt{3} > 10^2 = |QR|^2.$
$x = -\frac{9}{13} \pm \frac{1}{13} \sqrt{\frac{1}{2} + 2n}, n \in \mathbb{Z}, n \geq 0.$
Gợi ý. Bằng cách thay thế $y = \sin \pi(13x+9)^2$ , phương trình được rút gọn về dạng $2y^2 - 5y + 3 = 0.$
$-\frac{1}{3}; \frac{-7 - \sqrt{7}}{42} \left[ \cup \left[ \frac{-15 + \sqrt{197}}{84} ; 0 \right] \right] 0;$
$\frac{13 - \sqrt{141}}{84} \cup \left[ \frac{13 + \sqrt{141}}{84} ; \frac{1}{3} \right].$ Gợi ý.
Vì $1 - 3 |x| < 1$ cho $x \neq 0$ , nên bất đẳng thức tương đương với sự kết hợp của hai hệ:
$\begin{cases} \log_{1-3}|x|(4x^2 - 14|x| + 1) \leqslant \log_{1-3}|x| \left| x - \frac{5}{6} \right|, \\ 0 < \left| x - \frac{5}{6} \right| < 1 \end{cases}$
$\begin{cases} \log_{1-3}|x|(4x^2 - 14|x| + 1) \geqslant \log_{1-3}|x| \left| x - \frac{5}{6} \right|, \\ |x - \frac{5}{6}| > 1. \end{cases}$
$\left\{ \left(-\frac{2}{3} \sqrt{3}; 1; 1\right); \left(-\frac{2}{3} \sqrt{3}; 7; -9\right) \right\}.$
Gợi ý. Phương trình tương đương với hệ
$\begin{cases} \frac{3}{2} x^2 - 2y^2 + 2z^2 + 10z + 6y + \frac{\sqrt{3}}{2} x - 17 = 0, \\ 3x^2 - 2\sqrt{3} (\cos \pi y + \cos \pi z) x + 4 = 0. \end{cases}$
Xét phương trình thứ hai của hệ dưới dạng bậc hai tương đối $x$ , ta viết điều kiện cho tính không âm của phân biệt:
$D = 12 (\cos \pi y + \cos \pi z)^2 - 48 \geqslant 0$ , từ đâu
Puc. 3.
thổi cái đó $|\cos \pi y + \cos \pi z| \geqslant 2$ . Điều này chỉ có thể xảy ra trong hai trường hợp:
$\begin{cases} \cos \pi y = 1, & \cos \pi y = -1, \\ \cos \pi z = -1, & \cos \pi z = -1, \end{cases}$
đó là
$\begin{cases} y = 2k, & z = 2l, \quad (k, l \in \mathbb{Z}), \\ y = 2n + 1, & z = 2m + 1, \quad (m, n \in \mathbb{Z}). \end{cases}$
Thay $y = 2k, z = 2l$ , chúng ta nhận được $x = \frac{2}{3} \sqrt{3}, 7 = 4l^2 - 4k^2 + 10l + 6k$ , điều này là không thể.
Trong trường hợp $y = 2n + 1, z = 2m + 1$ , chúng ta có $x = -\frac{2}{3} \sqrt{3}, -2n^2 + n + 2m^2 + 7m = 0$ . Ta truyền đẳng thức cuối cùng như sau:
$(2n + 2m + 3)(m - n + 2) = 6$ . Số $2n + 2m + 3$ là số lẻ nên để tìm các số $m$ và $n$ ta có 4 hệ
$\begin{cases} 2n + 2m + 3 = \pm 3, \\ m - n + 2 = \pm 2. \end{cases}$
$\frac{15 \sqrt{2}}{2} \left(1 + \frac{8}{11 \sqrt{3} + \sqrt{43}}\right).$ Gợi ý.
Gọi $a$ là độ dài cạnh của tam giác $ABCD$ và $r$ là bán kính của quả bóng nội tiếp trong đó. Sau đó
$r = \frac{a}{4} \sqrt{\frac{2}{3}}$ và do đó $a = 30, V_{ABCD} = 2250 \sqrt{2}$ .
Tỷ lệ thể tích của hình gốc $AKLM$ với thể tích của tam giác $ABCD$ bằng
$\frac{V_{AKLM}}{V_{ABCD}} = \frac{|AK| \cdot |AL| \cdot |AM|}{|AB| \cdot |AC| \cdot |AD|} = \frac{1}{3} \frac{|AL|}{|AC|} = \frac{1}{6}.$
Pozny $|AL| = \frac{1}{2} |AC| = 15.$
Vì vậy, $|AK| = |AL|$ và tam giác $AKL$ đều đúng. Vì $AKL$ cắt đường tròn ngoại tiếp primidi $AKLM$ của hình cầu dọc theo đường tròn bán kính $R = \frac{|KL|}{2 \sin KAL} = \frac{15}{3} = 3 \sqrt{3}$ . Gọi $Q$ là trung điểm của cạnh $KL$ (hình 3). Sau đó $|AP| = 10 \sqrt{3}$ . Vì $AMP$ đi qua tâm của hình cầu ngoại tiếp (tại sao?) và do đó đối với bán kính của hình cầu này, chúng ta thu được biểu thức
$R_{\text{оп}} = \frac{|MP|}{2 \sin MAP},$ nhưng $\sin \widehat{MAP} = \sqrt{\frac{2}{3}}, |MP|^2 = |AM|^2 + |AP|^2 - 2 |AM| \cdot |AP| \cos \widehat{MAP} = 300$ , tức là $|MP| = 10 \sqrt{3}.$
Vì vậy, $R_{\text{оп}} = \frac{10 \sqrt{3}}{2 \sqrt{\frac{2}{3}}} = \frac{15}{2} \sqrt{2}.$
Để tính $R_{\text{оп}}$ – bán kính của một hình cầu rơi trong primidi $AKLM$ , chúng ta sử dụng công thức

chỉ những nghiệm thỏa mãn điều kiện $0 \leq t < \pi/2$ , chúng ta mới thu được chính xác bốn nghiệm khác nhau (tại $n = 0, n = 1, m = 0$ và $m = 1$ ).

Tùy chọn 5

$\{(3; -9)\}$ . 2. $\{0\}$ .
$x = \frac{\pi}{3} + (2n + 1)\pi (n \in \mathbb{Z})$ .

Gợi ý. Rút gọn phương trình về dạng
$\frac{(\cos x - 1)\left(\cos x + \frac{1}{2}\right)}{\cos^2 x} = 0$
và lưu ý rằng nếu $x = 1$ thì $tg tx = 0$ và nếu $x = -\frac{1}{2}$ thì $tg x > 0$ chỉ dành cho $x = \frac{\pi}{3} + (2n + 1)\pi$ , trong đó $n \in \mathbb{Z}$ .

$\frac{3\sqrt{2}}{2}$ . Gợi ý. Các tam giác ACD và EAC giống nhau vì các góc nội tiếp BAC và AEC nằm trên các cung tải trọng.
1. Lời giải. Ký hiệu $p = ab + a$ , ta thu được đẳng thức
  $x^2 + (3p - 2)x + 5p - 17 = 0$
  trong đó $p \in [1; \infty]$ (thực sự: một mặt, $a \geq 1, b \geq 0$ , do đó $p \geq 1 \cdot 0 + 1 = 1$ ; mặt khác, có thể thu được bất kỳ giá trị nào $p \geq 1$ , chẳng hạn như với $b = 0$ và $a = p \geq 1$ ). Như vậy, trong số tất cả các cặp số $p \geq 1$ và $x = x_0$ thỏa mãn đẳng thức, chúng ta cần tìm cặp có giá trị cao nhất $x_0$ . Đối với những cặp đôi như vậy nên có:
  $p = \frac{17 + 2x_0 - x_0^2}{3x_0 + 5} \geq 1$
  ( $x_0 \neq -\frac{5}{3}$ , vì số này không thỏa mãn phương trình cho bất kỳ $p$ nào). Biến đổi (*), ta được
  $\frac{(x_0 - 3)(x_0 + 4)}{3x_0 + 5} \leq 0$
  và do đó $x_0 \leq 3$ . Cuối cùng, quá trình xác minh cho thấy cặp số $p = 1$ và $x = 3$ thỏa mãn đẳng thức yêu cầu.

Tùy chọn 6

Số thứ hai cao hơn. Gợi ý. $2^{\log_3 5} = 5^{\log_3 2}$ .
]2; $\infty[$ . 3. 9. 4. $x_1 = \arctg 5 + \pi k, x_2 = -\frac{\pi}{4} + \pi l (k, l \in \mathbb{Z})$ .
{7}. Gợi ý. Phương trình được rút gọn về dạng $(\sqrt{x} + 6 + \sqrt{(x + 2)}(\sqrt{2x} - 1 - 3) = 4$ . Nhân vế trái và vế phải với $\sqrt{x} + 6 - \sqrt{x} + 2$ , ta được $\sqrt{2x} - 1 - 3 = \sqrt{x} + 6 - \sqrt{x} + 2$ .
$\sqrt{61}$ ; một cách. Gợi ý. Đường đi qua các mặt $BAA'B'$ ngắn hơn đường đi qua các mặt lân cận $ABCD$ và $A'ADD'$ , như có thể thấy bằng cách kiểm tra sự phát triển của khối.

Tùy chọn 7

Số đầu tiên cao hơn. Gợi ý. $3^{\log_2 5} = 5^{\log_2 3}$ .
]-\infty; 0[ $\cup$ ]2; +\infty[. 4. $x = (-1)^n \frac{\pi}{4} + \pi n - \arctg \frac{5}{3} (n \in \mathbb{Z})$ . 5.{2}. Gợi ý. Viết lại phương trình dưới dạng
$\sqrt{3x^2 - 7x + 3} - \sqrt{3x^2 - 5x - 1} = \sqrt{x^2 - 2} - \sqrt{x^2 - 3x + 4}$
biến đổi bên trái và bên phải bằng công thức

Hình 5.
$\sqrt{a} - \sqrt{b} = \frac{a - b}{\sqrt{a} + \sqrt{b}}$
$-2x + 4 = \frac{\sqrt{3x^2 - 7x + 3} + \sqrt{3x^2 - 5x - 1}}{\sqrt{3x^2 - 2} + \sqrt{x^2 - 3x + 4}}$

Rõ ràng là $x = 2$ thỏa mãn phương trình. Với $x \neq 2$ phần bên trái và bên phải có biểu tượng khác nhau.
6. 50 đối số 4/5. Gợi ý. Phần chính của phần thân xoay có dạng như trong hình 6 và bao gồm hai phần của một vòng tròn bán kính 5. Bản thân phần thân được thể hiện trong hình 6.6.

Tùy chọn 8

$x = \pi n (n \in \mathbb{Z})$ . 2. ]1; 1,5 [. 3,4 km/giờ. Gợi ý. Chấp nhận định lý cosin.
$-\frac{\pi}{18}$ . Gợi ý. Sử dụng đẳng thức như
$Q'P'S' = \frac{1}{4} (\hat{Q} + \hat{P}),$
nhận được trận đấu
$\hat{P}' = \frac{1}{4} (\pi + \hat{P}), \hat{Q}' = \frac{1}{4} (\pi + \hat{Q}), \hat{R}' = \frac{1}{4} (\pi + \hat{R}).$
$\left[ -\frac{1}{3}; \frac{1}{3} \right].$ Lời giải. Hãy để $b \neq \pm 1$ . Chuyển đổi biểu thức căn bản
$4x^2 + 4bxy + y^2 + 8y + 18 = (x + by)^2 + \left(y \sqrt{1 - b^2} + \frac{4}{\sqrt{1 - b^2}}\right)^2 + \left(18 - \frac{16}{1 - b^2}\right),$
chúng ta thấy rằng biểu thức ban đầu có dạng
$1 - 2 \sqrt{A + B^2 + C^2},$
Ở đâu
$\begin{cases} 18 - \frac{16}{1 - B^2} = A, \\ x + by = B, \\ y \sqrt{1 - b^2} + \frac{4}{\sqrt{1 - b^2}} = C \end{cases}$
(lưu ý rằng đối với bất kỳ tập hợp giá trị $b \in ]-1; 1[$ , $B$ và $C$ nào thì hệ thống sau có một lời giải duy nhất). Nếu $A \geq 0$ (bằng $b^2 \leq \frac{1}{9}$ ), thì chúng ta kiểm tra biểu thức chỉ nhận giá trị nhỏ nhất $1 - 2\sqrt{A}$ cho $B = C = 0$ , tức là cho một cặp số $x, y$ . Nếu $A < 0$ , thì giá trị nhỏ nhất bằng 1 và đã đạt được ở $B = 0$ , $C = \pm \sqrt{-A}$ , tức là có ít nhất hai cặp số $x, y$ (trong thực tế, có vô số cặp như vậy trong trường hợp này).
Với $b = \pm 1$ biểu thức ban đầu có dạng
$1 - 2 \sqrt{D + B^2},$
Ở đâu

Hình 7.

$\begin{cases} 8y + 18 = D, \\ x + by = B. \end{cases}$

Trong trường hợp này, giá trị nhỏ nhất là 1 và đạt được ở $D \leqslant 0$ , $B = \pm \sqrt{-D}$ , tức là trong những điều kiện không được thỏa mãn bởi cặp số duy nhất $x, y$ .

Tùy chọn 9

$] -\infty; -1/3[\cup [2; +\infty]$ .
$x = \pm \pi/3 + 2k\pi (k \in \mathbb{Z})$ .
$x = 4^{\frac{\log_2 a}{3 \log_2 a + 2}}$ tại $a > 0, a \neq 1, a \neq 2^{-2/3}$ .
$y_{\min} = y(-3/5) = \frac{7}{23}$ .
40 phút và 1 giờ Gợi ý. Chúng ta hãy biểu thị người đi bộ bằng các chữ cái $a$ và $b$ , với $a$ di chuyển nhanh $\beta$ . Gọi $t$ là thời gian $a$ đi bộ từ $A$ đến $B$ và $\tau$ là thời gian $\beta$ . Theo điều kiện $\tau = 3/2t$ . Theo điều kiện $\tau - t \leqslant \frac{1}{3}$ . Nếu người đầu tiên rời đi $A$ là mã dành cho người đi bộ $a$ thì theo điều kiện

$\begin{cases} t/2 \leqslant \frac{1}{3}, \\ n \leqslant \frac{2}{3}, \\ t/2 + n \geqslant 1 \end{cases}$

(Ở đây $n$ là thời gian sau đó $\beta$ rời khỏi $A$ sau khi quân tốt $a$ rời đi $A$ .) Cộng hai bất đẳng thức đầu tiên, ta được $t/2 + n \leqslant 1$ . Do đó, $t/2 + n = 1, n = 2/3, t = 2/3 = 40$ phút, $\tau = 1$ h. Nếu $B$ là người đầu tiên rời khỏi $A$ và đến $B$ , và $n$ là thời gian mà $a$ đã sử dụng, thì hệ thống sẽ thu được

$\begin{cases} t/2 \leqslant 1/3, \\ n \leqslant 2/3, \\ \tau - (t + n) \geqslant 1, \\ s = 3/2n, \end{cases}$

từ đó dẫn đến $n = t/2 \leqslant 1; n - t/2 \geqslant 1$ , điều này là không thể. Nếu $a$ đến trước $B$ thì hệ thống thu được

$\begin{cases} t/2 \leqslant 1/3, \\ n \leqslant 2/3, \\ s - (t + n) \geqslant 1, \\ s = 3/2n, \end{cases}$

hoặc

$\begin{cases} n + t/2 \leqslant 1 \\ t/2 - n \geqslant 1 \end{cases}$

điều đó cũng là không thể.

1. Gợi ý. Hãy để $S_{BEC} = S_1, S_{CED} = S_2, S_{ADE} = S_3, S_{ABE} = S_4$ . Vì $S_2 = S_4, S_{ABD} = S_{ACD}$ , các điểm $B$ và $C$ cách đều cạnh $AD, BC \parallel AD$ và $\triangle BEC \sim \triangle AED$ (hình 7).

Ngoài ra, $\frac{S_1}{S_2} = \frac{S_4}{S_3}$ , tức là $S_1 \cdot S_3 = S_2 \cdot S_4 = 1$ . Và vì $S_1 + S_2 \leqslant 2$ , chúng ta có $S_1 = S_3 = 1$ . Vì vậy $\triangle BEC \cong \triangle AED$ .

Tùy chọn 10

$x = (-1)^n \pi/6 + \pi n (n \in \mathbb{Z})$ . Gợi ý. hệ phương trình bằng nhau

$6 \sin x \geqslant 0 \\ \sin x = 1 - \sin^2 x.$

$] -\infty; -5/3] \cup [0; 1/3]$ .
1. Gợi ý. Nó tuân theo điều kiện $BQ$ là trung vị (xem hình 8). Từ điểm $H$ ta vẽ $KH \parallel BP$ . Sau đó $|BH|/|HQ| = 2$ và do đó $|PK| = 2|KQ|$ , do đó $|PK| = 2$ , ngoài ra $|AP| = |PK|$ , kể từ $|AE| = |EH|$ .
1. 1. Gợi ý. Gọi $v$ là tốc độ của thuyền, $u$ là tốc độ của dòng nước. Điều kiện bài toán dẫn đến hệ thống

$\begin{cases} \frac{s}{u + v} = 10, \\ \frac{s}{2v + u} + \frac{s}{2v + u} \geqslant 16, \\ \frac{s}{2v + u} \leqslant 6. \end{cases}$

$\left\{ \left(\frac{4}{\sqrt{13}}; \frac{6}{\sqrt{13}}; \frac{9}{\sqrt{13}}; \frac{6}{\sqrt{13}}\right) \right\}$ . Gợi ý.

Điểm $(x; y)$ nằm trên đường tròn $x^2 + y^2 = 4$ nên có một góc $\alpha$ giống nhau, với một số góc $\beta$ sẽ có $z = 3$ сوسь, $v = 3$ сوسь. Từ bất đẳng thức ta thu được $6(\cos \alpha \sin \beta + \sin \alpha \cos \beta) \geqslant 6$ , tức là $\sin(\alpha + \beta) \geqslant 1$ . Pozny $\sin(\alpha + \beta) = 1$ và $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2} + 2\pi k (k \in \mathbb{Z})$ , $x + z = 2 \cos \alpha + 3 \cos \beta = 2 \cos \alpha + 3 \sin \alpha = \sqrt{13} \sin(\alpha + \varphi)$ , ở đâu $\varphi = \arcsin \frac{2}{\sqrt{13}}$ . Mức tối đa $x + z$ đạt được là $\alpha = \frac{\pi}{2} - \varphi$ .

Tùy chọn 11

$x_1 = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n, x_2 = (-1)^{m+1} \frac{\pi}{6} + \pi m (n, m \in \mathbb{Z})$ .
$] -\infty; 1[$ .
20 giờ
4 và 1,5. Gợi ý. Hàm có dạng $y(x) = \begin{cases} -4x - 6 \text{ при } -2,5 \leqslant x < -2, \\ 2x^2 + 6x + 6 \text{ при } -2 \leqslant x < -1, \\ 4x + 6 \text{ при } -1 < x \leqslant -0,5, \end{cases}$ nên giảm dần trên khoảng $]-2,5; -1,5[$ và trả về trên khoảng $]-1,5; -0,5[$ .

$\sqrt{2} \sin^2 \left(\frac{\pi}{8} + \frac{\alpha}{2}\right) \cdot \sin \left(\alpha - \frac{\pi}{4}\right) \cdot R^2.$

Sương giá. Đặt điểm $O$ là tâm của đường tròn và các điểm $D$ và $E$ nằm trên dây cung $A'C'$ , và

điểm $D$ nằm giữa các điểm $E$ và $A'$ (hình 9). Lưu ý rằng $\overset{\frown}{AC} = \overset{\frown}{BC} < A'BC'$ . Do đó, $AA'C = A'AC'$ và $\overset{\frown}{CA'} = \overset{\frown}{AC} - A'A' = C'A' - A'A = C'A$ , do đó các góc nội tiếp $CAA'$ và $C'A'A$ bằng nhau. Do đó, đường vuông góc với dây $AA'$ kẻ qua điểm giữa, chứa cả hai điểm $D$ và $O$ (cách đều các điểm $A$ , $A'$ ) và là phân giác của góc $CDC'$ , nghĩa là

$\overset{\frown}{ADO} = \overset{\frown}{ADE} + \frac{1}{2} \overset{\frown}{CDC'} = \left( \alpha - \frac{\pi}{4} \right) + \frac{1}{2} \left( \pi - \alpha + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{3}{8} \pi + \frac{\alpha}{2},$

kể từ $\overset{\frown}{AED} = \pi - \alpha$ , $\overset{\frown}{CAB} = \frac{\pi}{4}$ .

Tiếp theo, chúng ta có

$\overset{\frown}{AOD} = \pi - \overset{\frown}{DAO} - \overset{\frown}{ADO} = \pi - \frac{\pi}{4} - \left( \frac{3\pi}{8} + \frac{\alpha}{2} \right) = \frac{\pi}{8} + \frac{\alpha}{2}$

và áp dụng định lý sin cho các tam giác $AOD$ , $AED$ , ta thu được

$|AD| = |AO| \cdot \frac{\sin \overset{\frown}{AOD}}{\sin \overset{\frown}{ADO}} = R \frac{\sin \left( \frac{\pi}{8} + \frac{\alpha}{2} \right)}{\sin \left( \frac{3\pi}{8} + \frac{\alpha}{2} \right)},$

$|DE| = |AD| \cdot \frac{\sin \overset{\frown}{DAE}}{\sin \overset{\frown}{AED}} = R \frac{\sin \left( \frac{\pi}{8} + \frac{\alpha}{2} \right)}{\sin \left( \frac{3\pi}{8} + \frac{\alpha}{2} \right)} \cdot \frac{\sin \frac{\pi}{4}}{\sin \alpha}.$

Cuối cùng, $S = \frac{1}{2} |AD| \cdot |DE| \sin \overset{\frown}{ADE}$ .

$] - \frac{5}{11}; - \frac{1}{3}$ . Lời giải. Phương trình ban đầu được rút gọn về dạng $(x + 2y)(3x + 5y) = 7,$

Theo định nghĩa, cặp số nguyên $(x + 2y; 3x + 5y)$ trùng với một trong bốn cặp: $(1; 7), (-7; -1), (-1; -7)$ và $(7; 1)$ và do đó phương trình có sự tương ứng của bốn số nguyên lời giải $(x; y), a$ và cụ thể là: $(9; -4), (33; -20), (-9; 4), (-33; 20)$ , trong đó chỉ có hai số đầu tiên thỏa mãn bất đẳng thức $x + y > 0$ . Vì vậy, cần phải tìm tất cả các giá trị của $a$ thỏa mãn một trong các bất đẳng thức:

$4a^2 \cdot 9 - 3a(-4) < 0$

hoặc

$4a^2 \cdot 33 - 3a(-20) < 0.$

Bây giờ cần lưu ý rằng bất đẳng thức thứ nhất đúng với $a \in ] - \frac{1}{3}; 0[$ ; và lần thứ hai - tại $a \in ] - \frac{5}{11}; 0[$ .

Tùy chọn 12

$-\frac{7\pi}{4}; -\frac{3\pi}{2}$ . 2. 6. Gợi ý. Khi soạn phương trình, chúng ta sẽ sử dụng tính chất các số hạng ở giữa của cấp số cộng và cấp số nhân.
[1; 2].
$\frac{36}{13} (5\sqrt{2} + 6).$ Lời giải. Diện tích của các hình tam giác $PBC$ và $ABC$ có cùng chiều cao (giảm tính từ đỉnh $C$ ) được coi là độ dài của các đáy tương ứng $PB$ và $AB.$

$S = \frac{|PB|}{|AB|} S_{ABC} = \frac{|PB|}{|AP| + |PB|} \cdot \frac{1}{2} |BD| \cdot |AC| = \frac{18}{13} |AC|.$

Từ các tam giác vuông $ABD$ và $CBD$ , theo định lý Pythagore ta có

$|AD| = \sqrt{|AB|^2 - |BD|^2} = 12,$

$|DC| = \sqrt{|BC|^2 - |BD|^2} = 10\sqrt{2},$

Hình 10.

từ đâu (xem hình 10).

$|AC| = |DC| \pm |AD| = 10\sqrt{2} \pm 12.$

Kiểm tra cho thấy điều kiện $S > 3$ chỉ được thỏa mãn trong trường hợp $|AC| = 10\sqrt{2} + 12$ (bất đẳng thức $\frac{18}{13} (10\sqrt{2} - 12) < 3$ được thiết lập bằng cách lấy căn bậc hai của bất đẳng thức $288 < 289$ ).

$x = \frac{\pi}{6} + 2\pi m$ ( $m \in \mathbb{Z}$ ) tại $b = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$ ( $n \in \mathbb{Z}$ ),

$x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi m$ ( $m \in \mathbb{Z}$ ) tại $b = -\frac{5\pi}{6} + 2\pi n$ ( $n \in \mathbb{Z}$ ).

đối với các giá trị khác của $b$ lời giải không. Gợi ý. Phương trình này tương đương với phương trình

$\sin (x + \varphi) = \frac{3\sqrt{3} + 4\cos b}{\sqrt{8\sin^2 b + 1}},$

trong đó $\varphi$ thỏa mãn điều kiện $\cos \varphi = \frac{3\sin b}{\sqrt{8\sin^2 b + 1}}, \sin \varphi = \frac{\cos b}{\sqrt{8\sin^2 b + 1}}.$

Tần số (*) là dương và không được vượt quá 1. Điều này chỉ có thể thực hiện được với $b = -\sqrt{3}/2.$

Khoa Vật lý Khoa Vật lý

$t = \frac{1}{2} (t_1 - t_2) + \frac{l}{g \sin a} \left( \frac{1}{t_2} - \frac{1}{t_1} \right).$
$T_2 = \frac{m\Delta m}{4m + \Delta m} g.$
$\frac{l_{\max}}{l_{\min}} = \frac{\sqrt{3}4 + 1}{\sqrt{3}4 - 1} \approx 4,4.$
$p = \frac{p_1p_2(m_1 + m_2)}{p_1m_2 + p_2m_1}.$
$\varphi = \frac{n_2}{n_1} 100\% = 50\%.$
$Q' = 4/3Q \approx 1,3 \cdot 10^{-6}$ Cl.
$\alpha = P_{\pi p}/P_{\pi c} = 1/3.$
$v = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{cD_0\Delta T}{\tau}} \approx 0,14$ m/s.

$\alpha \leqslant 2$ arccos $(n_B/n_c)$ .
$F = \frac{abc}{(b-a)^2}$ .

Khoa Cơ học và Toán học, Khoa Toán tính toán và Điều khiển học, Khoa Hóa học, Địa lý và Địa chất và Khoa Khoa học Đất

$v = \pi n d^2/l = 628$ m/s.
$N = m (g + a) \cos \alpha \approx 2$ N.
$k_1 = k_2/2$ .
$F = \sqrt{2g (m_1^2 h_1 + (m_1 + m_2)^2 h_2)} / \Delta t$ .
$h = (m_1 + m_2)/(2\varrho S) = 0,1$ m.
$p = 3 \left( \frac{m_1}{M_1} + \frac{m_2}{M_2} \right) \frac{RT}{V} = 1,8 \cdot 10^5$ Bố.
$x = \frac{p_0}{2\varrho g} \left( \sqrt{1 + \frac{2L\varrho g}{p_0}} - 1 \right)$ .
$E = \frac{8\sqrt{3}|q|}{9\pi\varepsilon_0 a^2} \approx 12 \cdot 10^6$ V/m.
$A = 1/2 (q_2 - q_1) E l (\cos \alpha - \cos \beta) \approx 4,8 \cdot 10^{-4}$ J.
$U = \frac{E R_3}{r + R_1 + R_3} = 3$ V; $q = CU = 6 \cdot 10^{-6}$ Cl.
$\frac{\eta_1}{\eta_2} = \frac{(U_1^2 - PR) U_2^2}{(U_2^2 - PR) U_1^2} = 1,5$ .
$q = (9 - 4\sqrt{3}) a^2 B/(9 R) = 1,2 \cdot 10^{-7}$ Cl.
$h' = hn_2/n_1 = 0,15$ m.
$l = DF/d = 15$ xem
$l = Ft \sqrt{(R + h)g/h} = 0,04$ m.

“Số lượng” dành cho học sinh nhỏ tuổi (xem “Số lượng” số 1)

Rõ ràng là tôi sẽ thấy mình đang ở giữa cáp treo vào lúc coliveto

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov
Phó tổng biên tập: L. G. Aslamazov, A. A. Leonovich, V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov
Tuyển tập biên tập: A. A. Abrikosov, M. I. Bashmkov, V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky, A. A. Borovoy, Yu. M. Bruk, V. V. Vavilov, A. A. Barlamov, N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, V. V. Gnedenko, V. L. Gutenkhacher, N. P. Dolbilin, V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov, A. R. Zilberman, S. M. Kozel, S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, E. M. Nikshin, S. P. Novikov, M. K. Potapov, V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. H. Rozov, A. P. Savin, Ya. A. Smorodinsky, A. V. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant
Ban biên tập: A. M. Baldin, S. T. Belyaev, B. V. Bukhovtsev, E. P. Velikov, I. Ya. Verchenko, V. V. Vozdvizhensky, G. V. Dorofeev, N. A. Ermolaeva, A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, L. V. Kantorovich, V. A. Kirillin, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva, R. Z. Sagdeev, S. L. Sobolev, A. L. Stasenko, I. K. Surin, E. L. Surkov, L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số đã được chuẩn bị:
A. A. Varlamov, A. N. Vilenkin, V. N. Dubrovsky, A. A. Egorov, I. N. Klimova, T. S. Petrova, A. V. Sosinsky, V. A. Tikhomirova

Số đã được phát hành:
E. V. Vindarova, T. A. Dobrokotova, M. V. Dubakh, S. V. Ivanov, S. M. Rocambol, I. E. Smirnova, E. K. Tenchurina
Ảnh được gửi bởi:
V. T. Brel, LAFOKI

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova

biên tập nghệ thuật
S. V. Ivanov

Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova

Người hiệu đính N.V. Rumyantseva

103006 Mátxcơva K-6,
St. Gorky, 32/1, “Lượng”,
điện thoại. 250-33-54

Giao hàng vào ngày 22/12/85. Ký xuất bản ngày 20 tháng 1 năm 1986.
In offset. có điều kiện từ. 23,8
Vumaga 70×108^1/16
Lò nướng có điều kiện l. 5.6. Biên tập học thuật. tôi. 7 giờ 45. T-03344
Lưu hành 199.091 bản.
Giá 40 kopecks. Đặt hàng 3392

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO “Soizoligrafirom”
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
cho công việc xuất bản và in ấn
và buôn bán dao găm
Chekhov, khu vực Moscow