Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen

Kvant 1989, số 4 tr. 71-80 Thẻ IVGB

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 →

a) Giải bất đẳng thức $f(x) < -1$ .
6) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm $f(x)$ trên khoảng $[-1; 1]$ .
b) Phương trình $f(x) = a$ có bao nhiêu nghiệm tùy thuộc vào $a$ ?
2. Trong tam giác $ABC$ góc $A$ vuông, $AB=AC=2$ . Điểm $M$ nằm bên trong tam giác và $AM=1$ , $\angle MAC=\alpha$ . Hãy để $q=BM \cdot MC$ .
a) Chứng minh rằng $q=\sqrt{8u^2-20u+17}$ , trong đó $u=\sin \alpha+\cos \alpha$ .
6) Giải phương trình $q(\alpha)=3$ .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm $q(\alpha)$ .
3. Cho hàm $y=x^4+2x^3+1$ . Cho các điểm $A$ , $B$ , $C$ trên đồ thị của nó có hoành độ $a-1$ , $a$ , $a+1$ tương ứng.
a) Tìm diện tích $S(a)$ của tam giác $ABC$ .
a) Vẽ đồ thị hàm số $S(a)$ . Đánh dấu tọa độ các điểm cực trị.
b) Giải phương trình $S(a)=1/2$ .
d) Phương trình $S(a)=b$ có bao nhiêu nghiệm tùy thuộc vào $b$ ?

Vật lý
Bài thi vấn đáp

Tốc độ tuyến tính của các điểm vành quay trên đĩa là $v_1=6$ m/s, và các điểm nằm gần trục quay $l=20$ cm là $v_2=4$ m/s. Tìm vận tốc góc và bán kính của đĩa.
Một hòn đá được ném thẳng đứng lên trên từ nóc một ngôi nhà ở độ cao $H=20$ m với tốc độ $v_0=10$ m/s. Xác định vận tốc của hòn đá ở độ cao $h=10$ m so với mặt đất và động năng của hòn đá lúc chạm đất. Khối lượng của hòn đá là $m=1$ kg.
Một khúc gỗ đồng nhất có chiều dài $l$ và khối lượng $m=100$ kg đặt trên hai giá đỡ. Khoảng cách từ đầu bên phải của khúc gỗ đến giá đỡ gần nhất $l/3$ , từ bên trái $l/4$ . Khúc gỗ ép lên mỗi giá đỡ bằng lực nào? Phải tác dụng lực tối thiểu nào để nâng nhẹ khúc gỗ ở đầu bên phải của nó?
Một trong các ma trận toán học tạo ra dao động $n_1=10$ , ma trận còn lại tạo ra dao động $n_2=6$ trong cùng thời gian. Sự khác biệt về chiều dài của ma trận là $\Delta l=16$ cm. Xác định độ dài của ma trận và chu kỳ dao động của chúng.
Bong bóng chứa khí cuộn ở $t_1=27^\circ C$ và áp suất $p_1=100$ kPa. Áp suất sẽ là bao nhiêu khi $k=0,4$ khối lượng khí thoát ra khỏi khí cầu và nhiệt độ giảm xuống $t_2=7^\circ C$ ?
Khi đun nóng đẳng áp $m=12$ g gel, nó thực hiện công $A=1$ kJ. Nhiệt độ của khí thay đổi bao nhiêu? Hỏi nó đã truyền bao nhiêu nhiệt lượng?
Hai điện tích chính xác $q_1=0,6$ µC và $q_2=-0,3$ µC đặt trong chân không cách nhau $l=10$ cm. Xác định vị trí tại đó hướng của trường do các điện tích này tạo ra bằng không.
Một vôn kế được nối với mục tiêu, gồm có một cục pin và một điện trở có điện trở $R=10$ Ohm: đầu tiên mắc nối tiếp, sau đó mắc song song với điện trở. Cả hai chỉ số vôn kế đều giống nhau. Điện trở $R_V=1$ kOhm. Điện trở trong của pin là bao nhiêu?
Ở góc độ nào một thợ lặn nhìn thấy đường chân trời từ mặt nước? Chỉ báo tràn nước $n=1,33$ .
Một slide được chiếu lên màn hình và diện tích của hình ảnh lớn hơn $k=100$ lần diện tích của slide. Khoảng cách từ vật trượt đến vật của thiết bị chiếu là $d=25$ cm. Xác định khoảng cách từ vật đến màn và tiêu cự của vật.

Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen

Matematika
Bài thi vấn đáp
Khoa Toán

Chứng minh tính đúng đắn của đẳng thức $\frac{1-4\sin 10^\circ\sin 70^\circ}{2\sin 10^\circ} = 1$ .
Giải phương trình:
a) $\frac{x^2+2x+7}{x^2+2x+3} = x^2+2x+4$ ;
b) $\sqrt{(x-1)^2(x-5)} = |x-1| \sqrt{25-x^2}$ ;
b) $2^{2x}-3^{x-\frac{1}{2}}=3^{x+\frac{1}{2}}-2^{2x-1}$ ;
r) $\frac{\log_3 x-1}{\log_3 \frac{x}{3}}-2\log_3 \sqrt{x}+\log_3 x=3$ .
Giải bất đẳng thức:
a) $\sqrt{x^2-5x+6} \leq x+4$ ;
b) $\left|\frac{3|x|+2}{|x|-1}\right| < 3$ ;
b) $6,25^{2-\log_2 x^2}>0,4^{\log_2 x+2}$ ;
r) $\left(\frac{1}{4}\right)^{\log_3 \frac{x}{3}} \leq 1$ .
Tìm miền xác định của hàm $y=\sqrt{2-\log_0,5\left(\frac{x}{x-1}\right)}$ .
Tứ giác $ABPK$ nội tiếp trong một đường tròn. Các đường chéo của nó cắt nhau tại điểm $A$ . Chứng minh rằng $MA \cdot AP=KA \cdot AB$ .
Trong một hình thang đều $ABCD$ (AB||CD) các đường chéo cắt nhau tại điểm $O$ bên dưới

góc 60° ( $\angle AOB=60^\circ$ ). Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn thẳng AO, OD và BC là các đỉnh của một tam giác đều.

Trong một tam giác cân, đáy bằng 30 và chiều cao bằng 20. Xác định chiều cao hạ xuống một cạnh.
Các cạnh của các đáy của đường thẳng cắt tam giác vuông bên phải là $a$ và $b$ ( $a>b$ ), góc nhị diện ở mép của đáy lớn là $\varphi$ . Tìm diện tích xung quanh của các đường thẳng bị cắt.
Đáy của các đường thẳng là hình thoi có cạnh $a$ và góc nhọn $a$ . Một hình nón nội tiếp một đường thẳng, đường sinh của nó nghiêng với mặt phẳng đáy một góc $\beta$ . Tìm thể tích của hình nón.
Xác định thể tích của một đường thẳng lục giác vuông nếu biết đường chéo lớn nhất của nó có độ dài $d$ và tạo một góc $a$ với cạnh bên của đường thẳng đó.
Ở đáy các đường thẳng là một tam giác vuông, bán kính của hình tròn treo vào tam giác này bằng $b$ . Một trong các đỉnh của đường thẳng được chiếu vào tâm của đế. Cạnh bên của các đường thẳng tạo thành một góc $\beta$ với mặt phẳng đáy. Tìm khối lượng của dòng.

Khoa Vật lý và Khoa học Công nghiệp

Hơn nữa:
a) $\log_5 \sin 46^\circ$ hoặc $\log_5 \cos 46^\circ$ ;
b) $\log_1 \cos 18^\circ$ hoặc $\log_1 \sin 18^\circ$ ?
Đơn giản hóa biểu thức
$\frac{1}{2} (\sin^4 \alpha + \cos \alpha) + \sin^2 \alpha \cdot \cos^2 \alpha.$
Vẽ đồ thị hàm số:
a) $y = (4 - |x|)(1 - |x|)$ ;
b) $y = \lg |x - 1|$ ;
c) $y = 2^{-|x|}$ .
Giải phương trình:
a) $2\sin^2 x - 3\sin x + 1 = 0$ ;
b) $(3^{x+1})^x = \lg 10 - \log_1 16;$
$\sqrt{2}$

“Thư viện «Kvant» - 10 năm
(Để bắt đầu, xem trang 9)

V. M. Tikhomirov. Những câu chuyện về thăng trầm.
A. A. Silin. Tàu và chúng tôi.
L. A. Ashkinazi. Máy hút bụi cho khoa học và công nghệ.
A. D. Chernin. Vật lý thời gian.
Bài toán Trình tối ưu hóa vật lý Moscow.
M. V. Balk, V. G. Boltansky. Hình học khối lượng
R. Feynman. Bản chất của các định luật vật lý.
L. G. Aslamaoz, A. A. Barlamov. Vật lý tuyệt vời.
A. N. Kolmogorov. Toán học là một khoa học và một nghề.
M. E. Levinshtein, G. S. Simin. Barvers: Từ mạch quan trọng đến mạch tích hợp.
R. Feynman. Cad là một lý thuyết kỳ lạ về ánh sáng và vật chất.
Vâng. V. Zeldovich, M. Yu. Khlopov. Kịch tính nằm trong sâu thẳm của thiên nhiên.
I. D. Novikov. Vũ trụ bùng nổ như thế nào.
M. V. Berkinblit, E. G. Glaazoleva. Điện trong cơ thể sống.
A. L. Stasenko. Vật lý của chuyến bay.
A. S. Steinberg. Báo cáo từ thế giới hợp kim.

Nút thắt, liên kết và đa thức của chúng

Tại nút $Y_4$ đến hình 1 (xem trang 11), ném một vòng cung $AB$ qua toàn bộ nút từ phải sang trái đến đường chấm. Làm sáng tỏ thêm bằng cách áp dụng thao tác $\Omega_1^+$ ba lần.
Sau khi thực hiện thao tác $\Omega_2^+$ , nút thắt sẽ được gỡ rối bằng cách áp dụng thao tác $\Omega_1^+$ ba lần.
Điều này xuất phát từ thực tế là trong sơ đồ nút $Y_2$ không có cấu hình của các điểm kép được hiển thị trong Hình 4 a, b ở bên trái (xem trang 13).
Lời giải tương tự như lời giải bài tập 3.
$1-x^2$ .
$2x$ ; $x^3+2x$ .
$x^6+5x^4+6x^2+1$ ; $x^7+6x^5+10x^3+4x$ .
Gợi ý. Ký hiệu lần lượt $Y$ và $3$ bằng $L_7$ và $L_8$ , xác định bằng cách tương tự $L_1$ , $L_2$ , $L_3$ , …, $L_n$ và chứng minh hệ thức truy hồi cho các đa thức Conway của chúng:
$P_{L_n}=xP_{L_{n-1}}+P_{L_{n-2}}$
áp dụng Axim III cho bất kỳ điểm kép nào. Sau đó, bắt đầu với các giá trị đã biết của đa thức cho $L_2$ và $L_3$ (đây là quy tắc đơn giản nhất để liên kết hai vòng tròn và nút ba lá tương ứng!), lần lượt tìm $P_{L_4}$ , $P_{L_5}$ , $P_{L_6}$ $P_{L_7}$ và $P_{L_8}$ . Điều thú vị là mối quan hệ truy hồi xác định các đa thức $P_{L_n}$ chỉ khác nhau về dấu so với mối quan hệ đối với đa thức Chebyshev có ý nghĩa.

phương pháp lobachevsky

Sử dụng phép thay thế $x=1/y$ và nhân tất cả các số hạng với $y^n$ .
Nếu giá trị $x_0$ được đưa ra thì hãy sử dụng các giá trị thay thế $x=y+x_0$ và $y=1/z$ .

Định luật bảo toàn năng lượng và động lượng

$Q=mgH+\frac{mMv^2}{2(M+m)}$ .
$\Delta E=\frac{m_1m_2(v_1^2+v_2^2-2v_1v_2\cos \alpha)}{m_1+m_2}$ .
$x_{\max}=\frac{mv}{\sqrt{k(M+m)}}$ .
$H_{\max}=\frac{Mv^2}{2g(M+m)}$ .
$v_{\max}=2m\sqrt{\frac{gl}{M(M+m)}}\sin \frac{\alpha}{2}$ .

Đại học bang Leningrad Toán học
Tùy chọn 1

$-\frac{\pi}{4}+k\pi$ , $k\in Z$ .
[1; 3] $\bigcup [81; \infty)$ .
$a=-64$ , $b=8$ , $a=0$ , $b=0$ , $a\in(0; 4)$ , $b\in\mathbb{R}$ ; $a=4$ , $b=2\pm\sqrt{2}$ . Gợi ý. Nếu $a\in(0; 4)$ , thì phân biệt của phương trình đầu tiên $D=a^2-4a$ là âm. Đối với các giá trị $a$ này, khả năng lời giải của phương trình thứ nhất sẽ trống và do đó sẽ là một phần của tập lời giải của phương trình thứ hai, bất kể giá trị của $b$ . Nếu $a\notin[0; 4]$ thì $D>0$ và phương trình đầu tiên sẽ có hai nghiệm khác nhau. Chúng sẽ chỉ thuộc phương trình thứ hai nếu các hệ số của phương trình tỷ lệ thuận, nghĩa là nếu $-a=b^2$ , $a=-8b$ , từ đó $a=-64$ , $b=8$ . Các trường hợp $a=0$ và $a=4$ được xem xét mà không gặp khó khăn gì.
4.1. Gợi ý. Gọi $O$ là giao điểm của $AE$ với DC. Từ sự giống nhau của tam giác $DOG$ và $OEC$ suy ra
$\frac{OG}{OD}=\frac{OE}{OC},$
và từ sự giống nhau của các tam giác $DOA$ và $OEF$
$\frac{AO}{OD}=\frac{OE}{OF}.$
Từ các mối quan hệ này dẫn đến đẳng thức $\frac{OG}{OF}=\frac{AO}{OC}$ , đảm bảo sự giống nhau của các tam giác $OFG$ và $OCA$ .
4.2. $\frac{\pi}{2}+1$ . Gợi ý. Bất đẳng thức thứ nhất xác định một hình vuông có các đỉnh tại các điểm $(-3; 0)$ , $(-1; -2)$ , $(-1; 2)$ , $(1; 0)$ và bất đẳng thức thứ hai xác định một hình tròn có tâm tại điểm $(-2; 0)$ với bán kính 1.
2V. Gợi ý. Khoảng cách là tiết diện trục của hình nón (hình 1). Đặt $OO'=R$ , $SO=h$ , $AO=x$ . Từ sự giống nhau của các hình tam giác $SO'A'$

và SOA thì theo sau $\frac{SO'}{O'A'} = \frac{SA}{OA}$ , tức là $\frac{h-R}{R} = \frac{\sqrt{h^2+x^2}}{x}$ . Theo đó thể tích của hình nón là $W(h) = \frac{\pi R^2}{3} \cdot \frac{h^2}{h-2R}$ . Hàm này có mức tối thiểu là $h=4R$ bằng 2V.

Tùy chọn 2

2, 7, 12 hoặc 10, 7, 4. Gợi ý. Điều kiện bài toán dẫn đến hệ thống $2b=a+c$ , $(b-4)^2=(a-1)(c-3)$ , $(a-1)(c-3)=b+2$ .
{1}.
3.1. $\left[ 0; \frac{\pi}{3} \right] \cup \left[ \frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2} \right] \cup \left[ \frac{5\pi}{3}; 2\pi \right]$ .

3.2. Kết hợp các phân đoạn $\left[ 2k\pi + \arccos \frac{1}{4}; 2(k+1)\pi - \arccos \frac{1}{4} \right], k \in \mathbb{Z}$ . Gợi ý. Đầu tiên hãy tìm lời giải, thuộc đoạn [0; 2π].

$\sqrt{R(R-2r)}$ . Gợi ý. Đặt $O$ và $O'$ là tâm của đường treo và đường tròn ngoại tiếp của tam giác cân $ABC$ ( $AB=BC$ ), $H$ là điểm giữa của đáy $AC$ , $K$ điểm tiếp tuyến của đường tròn treo với cạnh $BC$ , $BH=h$ của tam giác chiều cao. Sau đó $OO' = |BO-BO'| = |R+r-h|$ . Nếu $\angle HBC=a$ thì theo định lý sin $BC=2R\cos a$ . Từ tam giác $BOK$ , chúng ta thu được $\cos a = \frac{\sqrt{h^2-2rh}}{h-r}$ , cùng với mối quan hệ $h=BC\cos a=2R\cos^2a$ đưa ra phương trình cho $h: h=2R\sqrt{h^2-2rh}/(h-r)^2$ , giải ra chúng ta thu được $h=R+r \pm \sqrt{R^2-2Rr}$ .
7:3. Gợi ý. Kim tự tháp $SABC$ được chia thành hai hình chóp $ABCD$ và $SBCD$ có chung đáy và chiều cao $AD$ và $DS$ (hình 2). Đối với Posny, tỷ lệ âm lượng yêu cầu là $DS/AD$ . Để tìm tỷ lệ này, hãy xem xét phần $SAE$ và sử dụng thực tế là $ED \cdot AS=SF \cdot EA$ .

Tùy chọn 3

1. Lời giải. Đặt số cần tìm có dạng $100x+10y+z$ , trong đó $x, y, z$ là các chữ số chưa biết. Nó xuất phát từ điều kiện

$\left\{ \begin{array}{l} x+y+z=12, \\ 299x+20y-97z=24. \end{array} \right.$
Nhân phương trình thứ nhất với 299 và trừ phương trình thứ hai sẽ được phương trình
$31y+44z=33 \cdot 12,$
do đó $y$ phải chia hết cho 11. Pozny $y=0$ , $z=9$ , $x=3$ .
2. $\pi \pm \frac{\pi}{3} + 2k\pi, \pm \arccos \sqrt{\frac{2}{7}} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$ .
3. $\{0\} \cup \left[ \frac{3}{2}; 3 \right]$ .
4. Xem hình 3.
5. $\frac{1}{48} \pi \frac{R^3}{H^3} (\sqrt{4H^2+R^2}-R)^3$ . Lời giải. Đặt $E$ và $D$ là trung điểm của cạnh, $AB$ và $CD$ là các điểm mà mặt phẳng được chỉ định trong các điều kiện đi qua. Chúng ta hãy xem xét phần của paramid bởi một mặt phẳng đi qua $B$ và chiều cao $SO$ (hình 4). Gọi $K$ là giao điểm của đoạn $ED$ với mặt phẳng $SO$ . Theo điều kiện $FK=KB$ , và do đó $OK=\frac{R}{2}$ .
Tâm của quả bóng liên kết $O'$ nằm trên $SO$ và cách đều $FB$ và $SK$ . Hãy biểu thị bán kính của nó bằng $r$ . Sau đó $OO'=O'G=r$ . Từ sự giống nhau của tam giác $SGO'$ và $SOK$ suy ra

$\frac{r}{H-r} = \frac{R/2}{SK} = \frac{R}{2\sqrt{H^2+\frac{R^2}{4}}} = \frac{R}{\sqrt{4H^2+R^2}}.$
Pozny $r = \frac{R(\sqrt{4H^2+R^2}-R)}{4H}$ .

Tùy chọn 4

Xem hình 5.
$x=2$ .
Kết hợp các phân đoạn $\left[ 2\pi k - \arccos \frac{\pi}{6}; 2\pi k + \arccos \frac{\pi}{6} \right], k \in \mathbb{Z}$ . Gợi ý. Đầu tiên giải trên khoảng [0; 2π].
GMT được yêu cầu là hình bình hành được tạo bởi các đường trung bình $EF, FG, GH, HE$ của các hình tam giác $ABD, BCD, ABC, ACD$ (hình 6). Gợi ý. Trước tiên hãy xét trường hợp đoạn $CD$ suy biến thành điểm (hình 7) và chứng minh rằng khi đó GMT cắt chúng ta - đường giữa $KL$ hình tam giác

biệt danh $ABC$ , song song $AB$ . Bây giờ thật dễ hiểu trường hợp tổng quát. Đặt $M$ là một điểm tùy ý của hình bình hành $EFGH$ . Chúng ta vẽ $KL$ qua điểm $M$ song song với $GH$ và $BP$ qua điểm $K$ . Xét tam giác $BPA$ . Dễ dàng kiểm tra được cạnh $PA$ đi qua điểm $L$ và $KL$ là đường trung bình của tam giác này. Do đó, điểm $M$ là trung điểm của đoạn $PQ$ , các điểm cuối của đoạn này nằm ở $AB$ và $CD$ . Như vậy, điểm $M$ thuộc GMT mong muốn. Tương tự, người ta xác minh rằng một điểm tùy ý của GMT mong muốn thuộc hình bình hành $EFGH$ .

$\frac{3-\sqrt{3}}{12} a^2 h$ . Gợi ý. Bóng tối mà chúng ta quan tâm là một ví dụ có đáy là hình lục giác $DEFGHK$ (hình 8) và chiều cao là đoạn $OS$ . Âm lượng yêu cầu $V$ sẽ bằng $\frac{1}{3} h S_{DEFGHK}$ . Lưu ý rằng $S_{DEFGHK}=6 S_{EFO}$ , vì tất cả các hình lục giác - $EFO$ , $FGO$ , $GHO$ , $HKO$ , $KDO$ và $DEO$ - đều bằng nhau (chứng minh điều đó!). Hãy tìm $S_{EFO}$ . Nó tuân theo điều kiện $OL=\frac{a}{2\sqrt{3}}$ . Tiếp theo, $LE=OL$ , kể từ $\angle LOE=\angle OEL=45^\circ$ . Vì $\angle LOF=60^\circ-45^\circ=15^\circ$ , nên $FL=OL \cdot tg 15^\circ=\frac{a}{2\sqrt{3}}(2-\sqrt{3})$ . Vì vậy, $S_{EFO}=\frac{1}{2} OL \cdot EF=\frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2\sqrt{3}} \cdot \left(\frac{a}{2\sqrt{3}}+\frac{a}{2\sqrt{3}}\right)=\frac{a^2(3-\sqrt{3})}{24}$ .

Tùy chọn 5

$\{(3; 1); (5/3; 11/3)\}$ .
$\frac{\pi}{2}+k\pi, k \in \mathbb{Z}$ .
$(-3/2; -23/16)$ .
Lời giải. Gọi $O$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ và $BCE$ (hình 9). Vì các cung $ADB$ và $BEC$ bằng $240^\circ$ nên $\angle AOB=\angle BOC=120^\circ$ . Do đó, $\angle AOC=120^\circ$ , và do đó điểm $O$ sẽ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACF$ . Vì vậy, tam giác $ABC$ được chia thành ba hình tam giác, mỗi hình tam giác được bao phủ bởi một trong các hình tròn đã cho. Tuyên bố đã được chứng minh.
$\frac{1}{\sqrt{3}}-1$ . Gợi ý. Giả sử $B_1B_2...$ là một phần của hình gốc $SA_1A_2...$ theo một mặt phẳng song song với đáy $A_1A_2...$ . Gọi $V_1, V$ là thể tích của các hình chính $SB_1B_2...$ và $SA_1A_2...$ , và $P_1, P$ là diện tích các bề mặt bên của chúng. Theo điều kiện $\frac{V_1}{V}=\frac{1}{2}$ . Bây giờ hãy lưu ý rằng các số nguyên tố $SB_1B_2...$ và $SA_1A_2...$ giống nhau với hệ số tương tự là $k=\frac{SB_1}{SA_1}$ , do đó $\frac{V_1}{V}=k^3$ , $\frac{P_1}{P}=k^2$ .

Tùy chọn 6

Xem hình 10.
$\pm \arccos \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)+2k\pi, k \in \mathbb{Z}$ .
$(2; \sqrt{11})$ .
$7-\frac{4}{9}\pi+\frac{1}{3}$ . Gợi ý. Bất đẳng thức đầu tiên chọn một hình vuông có các đỉnh $(-2; 1)$ , $(0; -1)$ , $(0; 3)$ , $(2; 1)$ . Bất đẳng thức thứ hai có thể chuyển về dạng
$x^2+\left(y+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 \geq \left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2,$
vì vậy họ sẽ chọn một khu vực nằm bên ngoài vòng tròn có tâm là $(0; -\frac{1}{\sqrt{3}})$ và bán kính $\frac{2}{\sqrt{3}}$ .

11/1. Gợi ý. Gọi $h$ là chiều cao của lăng kính, $S$ diện tích đáy của nó. Thể tích của lăng kính là $\frac{1}{12} hS = \frac{1}{12} V$ .

Tùy chọn 7
2. $2k\pi \pm \arccos \frac{1}{4}, k \in \mathbb{Z}$ .
3. $(-2; -\sqrt{3}) \cup (1; \sqrt{3})$ .
4. $\min f(x) = f(4) = 2\sqrt{2}$ ; không có giá trị tối đa. $x \in (3; 5)$ .

Vật lý
Tùy chọn 1

Các lực tác dụng lên các thanh được biểu diễn ở hình 11. Ta viết điều kiện cân bằng cho khối bên phải:
$N_1 = mg, N = F_{\text{тр}},$
$Nb \cos \alpha = \frac{1}{2}(b \sin \alpha - a \cos \alpha)mg.$
Ngoài ra, điều cần thiết là các thanh không bị trượt hoặc lật. Hãy xem xét các điều kiện này một cách tuần tự. Điều kiện không trượt có dạng
$F_{\text{тр}} < \mu N_1.$
Sau đó chúng tôi nhận được
$N = \frac{1}{2}mg \left( tg \alpha - \frac{a}{b} \right) < \mu mg,$
Và
$\alpha < \arctg \left( \frac{a}{b} + 2\mu \right).$
(1)
Việc khối bên phải không bị lật (khối không đứng thẳng) tương đương với điều kiện $N > 0$ , tức là.
$\frac{1}{2}mg \left( tg \alpha - \frac{a}{b} \right) > 0,$
những gì mang lại
$\alpha > \arctg \frac{a}{b}.$
(2)
Để tìm sự vắng mặt của việc lật khối bên trái, hãy xét trường hợp giới hạn của điểm bắt đầu bị lật. Trong trường hợp này, phản lực $N_1$ tác dụng lên phía bên trái của đế và điều kiện cân bằng cho mômen lực có dạng
$Nb \cos \alpha = \frac{1}{2}mg.$

Sẽ không có hiện tượng lật úp khi
$Nb \cos \alpha < \frac{1}{2}mg,$
hoặc
$\frac{1}{2}mg \left( b \sin \alpha - a \cos \alpha \right) < \frac{1}{2}mg,$
Ở đâu
$\alpha < 2 \arctg \frac{a}{b}.$
(3)

Việc thỏa mãn chung điều kiện (1)–(3) dẫn đến đáp số
$\arctg \frac{a}{b} < \alpha < \min \left\{ 2 \arctg \frac{a}{b}; \right.$
$\arctg \left( \frac{a}{b} + 2\mu \right) \}.$
2. Từ hình đến điều kiện bài toán rõ ràng công yêu cầu bằng
$A = A_{23} - A_{41} = \left( p_2 - p_1 \right) \left( V_4 - V_1 \right) = R \left( T_3 - T_4 - T_2 + T_1 \right).$
Sử dụng bài toán và phương trình trạng thái khí lý tưởng, chúng ta thu được
$T_2 = T_4 = \sqrt{T_1 T_3}.$
Rồi cuối cùng
$A = R \left( T_1 - 2\sqrt{T_1 T_3} + T_3 \right) = R \left( \sqrt{T_3} - \sqrt{T_1} \right)^2.$
3. Tại bất kỳ thời điểm nào, hướng trên điện trở bằng điện áp trên cuộn cảm, có độ lớn trùng với suất điện động tự cảm trong cuộn dây. Vì vậy dòng điện trong điện trở
$I_R = \frac{U_R}{R} = \frac{L}{R} \frac{\Delta I_L}{\Delta t},$
trong đó $I_L$ là cường độ dòng điện trong cuộn dây. Trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$ điện tích truyền qua điện trở
$\Delta Q = I_R \Delta t = \frac{L}{R} \Delta I_L.$
Tại thời điểm ban đầu $I_L = 0$ , dòng điện trong cuộn dây $I_L = \mathcal{E}/r$ được thiết lập nên thời gian sạc đầy
$Q = \frac{L}{R} I_L = \frac{\mathcal{E} L}{R r}.$
4. $\Gamma = 2\Gamma_1 \Gamma_2 / (\Gamma_1 + \Gamma_2).$

Tùy chọn 2

Các lực tác dụng lên hệ được cho trong hình 12. Điều kiện cân bằng của hệ được viết dưới dạng
$N \cos \alpha + F_{\text{tp}} \sin \alpha = (M + m)g,$
$N \sin \alpha + N_1 = F_{\text{tp}} \cos \alpha,$
$M g l \cos \alpha = \frac{N a}{\cos \alpha}.$
Điều kiện để thanh $F_{\text{tp}} < \mu N$ không trượt
$(M + m)g < N(\cos \alpha + \mu \sin \alpha),$
hoặc
$\left(\frac{m}{M} + 1\right) < \frac{l}{a} \cos^2 \alpha(\cos \alpha + \mu \sin \alpha).$
Người bảo vệ sẽ không rẽ phải nếu $N_1 > 0$ , tức là.
$1 + \frac{m}{M} > \frac{l}{a} \cos \alpha.$
Xét điều kiện hiển nhiên $l \cos \alpha > a$ , ta thu được đáp số dưới dạng chuỗi ba bất đẳng thức:
$1 < \frac{l}{a} \cos \alpha < 1 + \frac{m}{M} < \frac{l}{a} \cos^2 \alpha(\cos \alpha + \mu \sin \alpha).$
Để thỏa mãn đồng thời hai hạn chế cuối cùng, điều cần thiết là
$\cos \alpha(\cos \alpha + \mu \sin \alpha) > 1,$
tức là
$\mu > tg \alpha.$
Nếu $\mu < tg \alpha$ , trạng thái cân bằng là không thể.
Lượng nhiệt nhận được trong chu trình $1-2-3-1$ và $1-2-3-4-1$ là như nhau, và công trong chu trình đầu tiên bằng một nửa công trong chu trình thứ hai, do đó
$\eta_I = \eta/2.$
Lượng nhiệt nhận được ở chu kỳ II bằng lượng nhiệt nhận được ở chu kỳ I, do đó
$Q_{II \text{ пол}} = Q_{1-3} = Q_{1-2-3} - A_I = Q_{1-2-3}(1 - \eta_I).$
Công của $A_{II}$ bằng $A_I$ . Kể từ đây,
$\eta_{II} = \frac{A_{II}}{Q_{1-3}} = \frac{A_I}{Q_{1-2-3}(1 - \eta_I)} = \frac{\eta}{1 - \eta_I} = \frac{\eta}{2 - \eta}.$
Điện tích chạy qua mạch là $q = C\mathcal{E}$ . Hoạt động của nguồn $A = q\mathcal{E} = C\mathcal{E}^2$ . Năng lượng của tụ điện khi kết thúc quá trình sạc là $W = 1/2 C\mathcal{E}^2$ . Sự khác biệt $A - W$ là lượng nhiệt thoát ra trong mạch. Xét rằng các điện trở $R$ và $r$ mắc nối tiếp, chúng ta sẽ tìm được lượng nhiệt tỏa ra trên điện trở:
$Q = \frac{1}{2} \frac{R C\mathcal{E}^2}{(R + r)}.$
$\gamma = \Gamma_1 \Gamma_2$ .
Tùy chọn 3
Thời gian di chuyển của toàn bộ đoàn tàu
$t = \frac{t_1^2 + t_2^2}{2 t_2}.$
Hiệp hội vận chuyển (dựa trên dữ liệu gốc)
$n = \left(\frac{t_1^2 + t_2^2}{2 t_1 t_2}\right)^2,$
và số này tất nhiên phải là số nguyên. Do đó, một đáp số hoàn hảo sẽ trông như thế này:
nếu dữ liệu ban đầu là $((t_1^2 + t_2^2)/(2 t_1 t_2))^2 \in \mathbb{N}$ thì thời gian cần thiết là $t = (t_1^2 + t_2^2)/(2 t_2)$ ;
nếu $((t_1^2 + t_2^2)/(2 t_1 t_2))^2$ không phải là số nguyên thì bài toán lời giải không phải là số nguyên.
$A = R(T_1 + T_2 - 2\sqrt{T_1 T_2})$ . Gợi ý: hình ảnh của quá trình được chỉ định trong tọa độ $p, V$ .
Sơ đồ hình ảnh đơn giản nhất trên hình 13. Nó thỏa mãn điều kiện bài toán nếu nguồn emf
$\mathcal{E} = \sqrt{\frac{3 + \sqrt{2}}{2}} RP$
và điện trở trong của nó
$r = \frac{R}{\sqrt{2}}.$
$S_1 S_2 = 2a \cos \alpha$ .
Học viện Bách khoa Leningrad M. I. Kalinin
Toán học
Tùy chọn 1
$\log_2 (6/5)$ .
$1/36 < x < \sqrt{6}$ .
1. Gợi ý. Trình bày ba số hạng đầu tiên của các quy trình dưới dạng $aq^{-1}$ , $a, aq$ .
$(0; \frac{\pi}{3}) \cup \left(\frac{\pi}{2}; \pi\right)$ . Gợi ý. Đầu tiên xử lý bất đẳng thức tương đương $2x \left(\cos x - \frac{1}{2}\right) > 0$ . Nghiên cứu dấu của hàm $sin 2x$ và $cos x - \frac{1}{2}$ trên khoảng $0 < x < \pi$ .
$6/5$ . Gợi ý. Gọi bán kính của quả bóng là 1 và chiều cao của hình nón $x$ . Sau đó $\frac{R S}{V} = \frac{3\sqrt{2}}{4} \times (2x - x^2) \sqrt{x}; x \in [0; 2]$ . Bằng cách kiểm tra một tập hợp hàm $f(x) = \frac{3\sqrt{2}}{4} (2x^3 - x^5/2)$ tùy ý trên đoạn $0 \leq x \leq 2$ , hãy xác minh rằng hàm $f(x)$ nhận giá trị lớn nhất, bằng $\frac{36\sqrt{3}}{25\sqrt{5}}$ , tại điểm $x = \frac{6}{5}$ .
Tùy chọn 2
$\{5^2/5; 5\}$ .
$\pi k + \arctg \frac{1}{3}, \pi k - \arctg \frac{1}{4}, k \in \mathbb{Z}$ .
$(-5/3; 2/3) \cup (6/7; 4)$ . Gợi ý. Bình phương đối tượng của bất đẳng thức, sau đó cắt vế phải sang trái và tính hiệu của các bình phương.

$r = \frac{\sqrt{21} - 3}{16} R$ . Gợi ý. Tâm của cả hai đường tròn và điểm tiếp tuyến của chúng nằm trên cùng một đường thẳng.
$\{-2; \frac{33}{16}\}$ . Gợi ý. Vì $A \neq 0$ , $C \neq 0$ nên phải có
$\frac{\left(\frac{1}{A} + \frac{1}{C}\right)x + \frac{B-1}{AC}}{x^2 + \left(\frac{B}{A} - \frac{1}{C}\right)x - \frac{B}{AC}} = \frac{3x - \frac{3}{2}}{x^2 - \frac{7}{4}x + \frac{D}{4}}.$
Nếu hai hàm bằng nhau thì giá trị của chúng bằng nhau tại bất kỳ điểm nào trong miền định nghĩa. Bằng cách chọn tùy ý các điểm này, bạn có thể tạo ra một hệ gồm bốn phương trình để tìm $A, B, C, D$ . Tuy nhiên, sẽ thuận tiện hơn khi xây dựng theo cách khác. Cả hai phân số đều được xác định dưới dạng, ngoại trừ nghiệm của mẫu số và các hệ số của tam thức bình phương rút gọn trong mẫu số được biểu diễn duy nhất thông qua các nghiệm này theo định lý Vieta nên tương ứng bằng nhau. Kể từ đây,
$\frac{B}{A} - \frac{1}{C} = -\frac{7}{4}; -\frac{B}{AC} = \frac{D}{4}.$
Vì mẫu số của các phân số bằng nhau nên tử số của chúng bằng nhau. Đánh đồng các giá trị của tử số tại $x=0$ và $x=1$ , ta thu được $\frac{B-1}{AC} = -\frac{3}{2}$ và $\frac{1}{A} + \frac{1}{C} = 3$ . Giải hệ thu được, ta tìm được hai giá trị $D$ .

Vật lý

$F_{\min} = mg \frac{\mu \cos \alpha}{2(\cos \alpha - \mu \sin \alpha)}$ .
$x_{\min} = l(T - 3mg)/(T - mg)$ .
$F_{\min} = \mu g(m_1 + m_2/2)$ .
$T \geq \frac{p_0 V T_0 M}{p_0 V M - m R T_0} \approx 548 \text{ K}$ .
$m = m_0 \frac{M(p_0 + \rho gh)}{ρRT - M(p_0 + \rho gh)} \approx 0,6 \cdot 10^{-3} \text{ кг}$ ;
sự cân bằng không ổn định.
$r_{\min} = \frac{r}{1 + \frac{m_1 m_2(v_1 + v_2)^2}{(m_1 + m_2)kq_1 q_2}}$ .
Gợi ý. Ở $r = r_{\min}$ tốc độ tương đối của điện tích bằng không.
$q = \varepsilon_0 SE = 8,85 \cdot 10^{-11} \text{ KJ}$ .
$\alpha_{\min} = \arcsin (n/k^{N-1})$ .
$x = R/(n-1)$ .
$L_{\max} = hc(\lambda_{\max} - \lambda)/(eE \lambda_{\max} \lambda) \approx 1,5 \cdot 10^{-2} \text{ m}$ .

Viện kỹ thuật điện Leningrad được đặt theo tên. V. I. Ulyanova (Leninna)

Toán học

Tùy chọn 1

a) $x = (1 \pm \sqrt{5})/2$ . Gợi ý. Thay thế $y = x^2 - x$ .

tối đa $f(x) = f(1/2) = 35/16$ . Gợi ý. Đang tìm $y \geq -\frac{1}{4}$ , giá trị lớn nhất của hàm $f$ đạt được ở $y = -1/4$ , tức là ở $x = 1/2$ .
b) 1 nghiệm tại $a = 39/16$ , 2 nghiệm tại $a < 39/16$ , không có nghiệm tại $a > 39/16$ . Gợi ý. Thư giãn hệ thống $S(y) = y + a$ , $y \geq -1/4$ .

a) $|\cos \alpha| + |\cos \left(\frac{2\pi}{3} - \alpha\right)|$ . Gợi ý. $AK = AC|\cos \alpha| = |\cos \alpha|$ , $CL = AC|\cos \angle ACL| = |\cos \left(\frac{2\pi}{3} - \alpha\right)|$ .

$\frac{\pi}{3} - \arcsin \frac{1}{\sqrt{3}}; \frac{\pi}{3}; \frac{\pi}{3} + \arcsin \frac{1}{\sqrt{3}}$ . Gợi ý. Xét 3 trường hợp: $\alpha \in \left(0; \frac{\pi}{6}\right)$ , $\alpha \in \left[\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{2}\right)$ , $\alpha \in \left[\frac{\pi}{2}; \frac{2\pi}{3}\right)$ .
b) Xem hình 14.

a) $\sin f(x) = f(1) = -1$ .

2 gốc. Gợi ý. Chức năng $f$ tiêu diệt ở $x < 1$ và tăng ở $x > 1$ .
b) $a = 1 \pm \sqrt{5}$ .
r) $-2 \leq x \leq 2$ . Gợi ý. Phương trình $x^4 - 2ax + a^2 - 2 = 0$ là phương trình bậc hai tương đối $a$ , vì vậy $a = x \pm \sqrt{2 + x^2 - x^4}$ . Tính không tiêu cực của người phân biệt đối xử được biết là $|x| \leq 2$ .

Tùy chọn 2

a) $x > 3$ .

min $f(x) = f(1) = \sqrt{2} - 1$ .
b) 1 gốc cho $a < 1$ và $a = 5/4$ , 2 gốc cho $a \in [1; 5/4)$ , không có gốc cho $a > 5/4$ . Gợi ý. Thay thế $y = \sqrt{x + 1}$ để thu được phương trình bậc hai $y^2 - y + a - 1 = 0$ . Vẫn còn phải tính xem $a$ phương trình này có nghiệm không âm.

a) Gợi ý. Áp dụng định lý cosin cho tam giác $MAC$ và $MAB$ .

Không có rễ.
b) $3\sqrt{2}/2$ .

a) $S(a) = |6a^2 + 6a + 1|$ . Gợi ý. Đặt $D = \text{середина отрезка } AC$ , sau đó $S_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot BD = S_{ADC}$ , mở $S_{ABC} = BD = \left| f(a) - \frac{f(a + 1) + f(a - 1)}{2} \right| = |6a^2 + 6a + 1|$ .

$-1/2, (-3 \pm \sqrt{6})/2$ .

c) Không có nghiệm tại $b < 0$ ; 2 gốc cho $b = 0$ và $b > \frac{1}{2}$ , 3 gốc cho $b = 1/2$ , 4 gốc cho $0 < b < 1/2$ .

Vật lý

$R = lv_1 / (v_1 - v_2) = 0,6$ m; $\omega = v_1 / R = 10$ với $^{-1}$ .
$E_k = m(gH + v_0^2 / 2) = 250$ J; $v_h = \sqrt{2(E_k - mgh) / m} = 17,3$ m/c.
$F_\pi = 0,4mg = 400$ N; $F_\pi = 0,6mg = 600$ N; $F_{\min} = mg / 3 = 333$ N.
$l_1 = \Delta ln_2^2 / (n_1^2 - n_2^2) = 0,09$ m; $l_2 = l_1 + \Delta l = 0,25$ m; $T_1 = 2\pi \sqrt{l_1 / g} = 0,6$ giây; $T_2 = 2\pi \sqrt{l_2 / g} = 1$ tr.
$p_2 = p_1(1 - k)T_2 / T_1 = 56$ kPa.
$\Delta T = MA / (mR) = 40$ K; $Q = A + (3/2) \times (m/M)R \Delta T = 2,5$ kJ;
ở đây $M = 4 \cdot 10^{-3}$ kg/mol là khối lượng mol của heli.
Điểm mong muốn nằm trên đường thẳng đi qua các điện tích và nằm cách điện tích $x = l / \sqrt{q_1 / |q_2|} - 1 = 0,24$ m cách điện tích $q_2$ và $x + l = 0,34$ m cách điện tích $q_1$ .
$r = R^2 / R_V = 0,1$ Ôm.
$\delta = 90^\circ - \arcsin (1/n) = 41^\circ$ .
$f = d\sqrt{k} = 2,5$ m; $F = df / (d + f) = 0,23$ m.

Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen
Toán học

Gợi ý. Chuyển tích của snus thành hiệu cosin.
a) {2; 2}; 6) {1; 5}; c) {1, 5}; r) $\left\{\frac{1}{3}; 9\right\}$ .
a) $\left[ -\frac{10}{13}; 2(\cup [3; \infty); 6) \left(-1; -\frac{1}{2}\right) \cup \left[\frac{1}{2}; 1\right); \right.$ c) $(0; 4); r) (-\infty; 2)$ .
$\left(-\infty; -\frac{1}{3}\right) \cup (1; \infty)$ .
$\frac{(a^2 - b^2) \sqrt{3}}{4 \cos \varphi}$ .
$\frac{\pi a^3}{24} \sin^3 \alpha \cdot \mathrm{tg} \beta$ .
$\frac{3\sqrt{3}}{16} d^3 \sin 2\alpha \cdot \sin \alpha$ .
$6\sqrt{3}b^3 \mathrm{tg} \beta$ .
$\frac{1}{2}$ .
a) $\frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$ ; 6) $\left\{\frac{-1 - \sqrt{5}}{2}; \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}\right\}$ ;
b) {2}.
a) $\left(1; \frac{3}{2}\right); 6) (2; \infty); \text{в} 1; \infty)$ .
a) $(- \infty; -1) \cup (1; 2) \cup (2; 3); 6) (-1; 2)$ ;
b) $\left(\frac{1}{2}; 4\right)$ .
$\sqrt{7}$ .
Trong số các tam giác đều có cạnh bên $a$ , tam giác đều hình chữ nhật có cạnh bên $a$ có diện tích lớn nhất.
$\frac{1}{3} P \cdot \cos \beta \sqrt{\frac{P \cdot \sin \beta}{\pi}}$ .
$\frac{3a^2 \sqrt{2}}{2} + a^2$ .
65 $\sqrt{3}$ .

Về áp lực
(xem «Kvant» số 3)

Con gấu tạo áp lực lên tuyết ít hơn con nai sừng tấm: bàn chân của con gấu rộng, rộng hơn móng của con nai sừng tấm và trọng lượng của chúng xấp xỉ nhau.
Ở độ cao thấp so với mực nước biển, chúng ta có thể cho rằng áp suất giảm đi 1 mmHg. Nghệ thuật. khi tăng cứ sau 12 m. Từ đó, chúng tôi tính toán áp suất giảm bao nhiêu khi tăng 7500 feet. Cho rằng 1 foot ≈ 0,3 m, chúng ta tìm thấy $\Delta p \approx \frac{(7500 \cdot 0,3) \mathrm{m}}{12 \mathrm{m/mm} \mathrm{pt. ct.}} \approx 187 \mathrm{mm} \mathrm{pt. ct.}$ .
Nếu áp suất trên bề mặt trái đất (ở mực nước biển) là bình thường thì ở độ cao 7500 feet, phong vũ biểu hiển thị (760-187) mm Hg. Nghệ thuật. = 573 mm Hg. Nghệ thuật.

Sự chênh lệch giữa áp suất không khí (0,495 mmHg) và độ cao (11.700 feet) nơi diễn ra cuộc hành quân thật đáng kinh ngạc. Rõ ràng, trong cuốn sách được trích dẫn (J. Verne. Children of Captain Grant. - L.: Children’s Culture, 1985, p. 86) đã có lỗi đánh máy.
3. Mahotka hoạt động giống như một lọ thuốc. Khi được làm nóng, một phần không khí thoát ra khỏi buồng; khi nó nguội đi, áp suất không khí trong buồng kín giảm xuống và nhỏ hơn áp suất khí quyển; do đó phần bụng mềm được “rút lại” vào bên trong tàu.
Khi thùng bị vỡ, không khí xung quanh lao về phía thùng bị vỡ, ở vùng áp suất giảm.
4. Áp suất ở độ sâu được xác định chủ yếu bởi độ cao của nước. Mật độ của nước gần như không phụ thuộc vào áp suất bên ngoài (nước thực tế không thể nén được).
5. Nếu bạn không thể tự mình trả lời những câu hỏi bạn đặt ra cho người biên tập, chúng tôi sẽ cố gắng trả lời chúng.
6. Mặt trận không khí gây ra thời tiết bất thường thường là không khí ẩm. Mật độ của không khí ẩm nhỏ hơn không khí khô. Do đó, đứng gần nó, áp suất khí quyển giảm xuống (phong vũ biểu “rơi”).
7. Khói từ đám cháy bốc lên do lực Archimedean. Khi không khí phía trước di chuyển về phía trước, áp suất được kéo theo, áp suất giảm - mật độ của không khí giảm. Điều này dẫn đến sự suy giảm lực lượng của Archimedean.

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan

Phó tổng biên tập:
V. N. Borovishchki, A. A. Varlamov,
V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov

Tuyển tập biên soạn:
A. A. Abrikosov, M. I. Bashmkov,
V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky,
A. A. Borovoy, Yu. M. Brook, V. V. Vavilov,
N. V. Vasiliev, S. M. Voronin,
V. V. Gnedenko, N. P. Dolbilin,
V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov,
A. R. Zilberman, S. M. Kozel,
S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, A. A. Leonovich,
S. P. Novikov, T. S. Petrova, M. K. Potapov,
V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. Kh. Rozov,
A. P. Savin, Vâng. A. Smorodinsky,
A. V. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 3)

Nó không thể. Một trong các tổng phải là số chẵn và tích phải là số lẻ.
Xem hình 15.
Điều này có thể được thực hiện theo nhiều cách khác nhau, ví dụ như thế này: 458-45-90-9-18-36-72-7-14.
Không. Lời giải. Đầu tiên lưu ý rằng số 5 và 7 phải xuất hiện ở cả bên trái và bên phải nên $A \cdot H = 5 \cdot 7$ . Từ việc các tích còn lại bằng nhau, suy ra lũy thừa của số 2 trong các tích này bằng nhau, nhưng tập số 2 trong số các số từ 1 đến 9 xảy ra 7 lần nên không thể có cùng số lần ở bên trái và bên phải.
Xem hình 16.

Ban biên tập:
A. M. Baldin, S. T. Bellev, E. P. Velikhov, I. Ya. Verchenko, V. V. Vozdvizhensky, G. V. Dorofeev, N. A. Erpmolaeva, Yu. V. Ivanov, V. A. Kirilin,
G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva, R. Z. Sagdeev, A. L. Stasenko,
I. K. Surin, E. L. Surkov, L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số đã được chuẩn bị:
A. I. Buzdin, A. N. Vilenkin, A. A. Egorov, L. V. Kardasevich, I. N. Klumova, T. S. Petrova, S. L. Tabachnikov, V. A. Tikhomirova

Số đã được phát hành:
M. V. Dubakh, S. V. Ivanov, N. S. Kuzmin, S. F. Lukhin, E. V. Nazarov, I. E. Smirnova, E. K. Tenchurina, P. I. Chernusky, V. V. Yudin

Ảnh được gửi bởi:
A. A. Novozhilov, I. V. Tugov, Biên niên sử ảnh TASS

biên tập nghệ thuật
S. V. Ivanov
Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova
Trưởng ban biên tập L. V. Chernova
Người hiệu đính N. D. Dorokhova

103006 Mátxcơva K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant», tel. 250-33-54

Giao hàng vào ngày 25/01/89. Ký xuất bản ngày 13 tháng 3 năm 1989. T-08940. Định dạng 70×100/16. Giấy văn phòng số 1. Tai nghe học sinh. In offset. Lò nướng có điều kiện l. 6 giờ 45. CR.-ott có điều kiện. 27.09 Biên tập học thuật. tôi. 8h30. Lưu hành 189232 bản. Đặt hàng 58

Giá 45 kopecks.

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
về xuất bản, in ấn và kinh doanh sách
142300 Chekhov, khu vực Moscow