1
Решение задач
Заочной физико-математической олимпиады ФМБФ МФТИ
2005/2006 года
Физика
1. (4 балла) Из соображений подобия мы можем заменить схему на эквивалентную (см. рис.).
Здесь R – искомое сопротивление между точками A и B. Из правил сложения сопротивлений для
последовательного и параллельного соединения резисторов получаем:
1
1
1
1
1
2
2
2
/ 2
R
r
r
r
R
=
+
⎛
⎞
+
+
⎜
⎟
⎝
⎠
2
2
3
4
8
0
R
rR
r
+
−
=
7 1
2
3
R
r
−
=
Ответ.
7 1
2
3
R
r
−
=
2
. (5 баллов) На конструкцию действует выталкивающая сила, равная для груза
,
м
гр
в
m
g
ρ
ρ
а
для жгутов – ρ
в
g(l
0
+x)S
0
, сила тяжести mg≈ m
г р
g, и сила упругости
0
0
.
x
E
S
l
Следовательно,
0
0 0
0
0
0 0
0
0
0
;
.
гр
гр
гр
в
в
в
м
гр
гр
гр
в
в
в
м
m
x
m a m g
g
E
S
gl S
gxS
l
m
E
m x
m g
g
gl S
x
S
gS
l
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
=
−
−
−
−
⎛
⎞
⎛
⎞
′′ =
−
−
−
+
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
Заменим
0 0
0
0
0
гр
гр
в
в
м
в
m
m g
g
gl S
x
E
S
gS
l
ρ
ρ
ρ
ρ
−
−
−
+
на x
1
, получим
0
0 0
1
1
0
.
в
гр
ES
gl S
x
x
m l
ρ
⎛
⎞
+
′′ = − ⋅⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
Отсюда круговая частота колебаний равна
(
)
0
0
0
,
в
гр
E
gl S
m l
ρ
ω
+
=
а период
(
)
0
0
0
2
.
гр
в
m l
T
E
gl S
π
ρ
=
+
Ответ:
(
)
0
0
0
2
.
гр
в
m l
T
E
gl S
π
ρ
=
+
3
. (5 баллов)
1) Ток через катушку максимален тогда, когда ЭДС индукции равна нулю, в этот момент С
2
разряжен, а С
1
заряжен до U
0
. Запишем закон сохранения энергии с учетом работы батарейки:
1
2
0
2
1
2
1
2
0
1
2
max
2
2
2
A
U
C
C
C
C
U
C
LI
+
+
=
+
заряд, протекший через батарейку: q. И он равен изменению заряда конденсатора С
1
, тогда
2
0
2
1
0
2
1
0
1
0
1
)
(
U
C
C
U
C
C
U
C
qU
A
+
−
=
=
Тогда получаем искомый ток:
)
(
2
1
0
1
max
C
C
L
U
C
I
+
=
2) Сумма напряжений на конденсаторах постоянна и равна U
0
. Поэтому, когда напряжение
на С
1
равно U
1
и максимально, а на С
2
напряжение U
2
и минимально, ток через катушку в этом
момент не течет. Опять запишем закон сохранения энергии:
2
2
0
2
1
2
1
2
1
1
2
1
0
2
2
2
2
)
(
A
U
C
C
C
C
U
C
U
U
C
+
+
=
+
−
,
где работа батарейки А
2
:
0
2
1
0
2
1
1
1
1
)
(
U
C
C
U
C
C
U
C
A
+
−
=
Отсюда получаем:
0
2
1
1
max
1
)
1
(
U
C
C
C
U
+
+
=
Ответ:
)
(
2
1
0
1
max
C
C
L
U
C
I
+
=
,
0
2
1
1
max
1
)
1
(
U
C
C
C
U
+
+
=
4
. (5 баллов) При переходе луча из воздуха в вещество пластинки можно записать
.
1
sin
sin
1
0
1
n
=
α
α
Когда луч проходит малое расстояние dh
,
sin
sin
2
1
1
2
n
n
=
α
α
затем
;
sin
sin
3
2
2
3
n
n
=
α
α
………
.
sin
sin
1
1
n
n
n
n
n
n
−
−
=
α
α
Перемножив все эти выражения, получим
,
1
sin
sin
0
n
n
n
=
α
α
т.е. для любой точки траектории
можно записать:
.
1
sin
sin
0
n
=
α
α
Заметим, что
α – угол между касательной к траектории и вертикалью. Если рассмотреть
траекторию луча как функцию смещения по глубине, то
.
)
(
α
tg
x
f
=
′
Поэтому
;
sin
1
;
sin
1
sin
0
2
2
2
0
α
α
α
α
n
ctg
n
=
+
=
3
0
2
2
0
0
0
2
2
0
0
2
2
2
sin
1
16
sin
)
(
sin
sin
)
(
;
1
sin
1
α
α
α
α
α
α
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
±
=
′
−
±
=
′
−
=
x
x
x
f
n
x
f
n
tg
Подставив числовые данные, получим
C
x
C
x
x
x
d
x
x
d
x
x
dx
x
x
f
+
+
−
±
=
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−
−
⋅
±
=
+
−
+
×
×
⋅
±
=
+
−
+
⋅
+
±
=
+
−
⋅
+
±
=
∫
∫
∫
2
2
2
2
2
2
)
1
,
0
(
64
,
0
)
10
1
(
64
)
2
(
20
1
)
10
1
(
64
)
1
10
(
2
1
10
1
)
10
1
(
64
)
1
10
(
)
1
10
(
10
1
)
10
1
(
64
)
1
10
(
)
(
Следовательно, траектория луча – окружность радиуса 0,8 м., при этом
C
x
x
f
+
+
−
−
=
2
)
1
,
0
(
64
,
0
)
(
(очевидно, траектория должна становиться с глубиной более
пологой, т.к. показатель преломления падает).
Поэтому путь, пройденный до остановки ( tg
0
α
= , полное внутреннее отражение), как видно
из рисунка, равен
0
1
1
sin
arcsin
,
sin
n
r
r
h
α
α
α
=
⋅
−
=
∆
(α
1
– начальный угол преломления). Следовательно, ∆h=0,7 м., но d=0,4 м., поэтому луч
пройдет всю пластинку. Его отклонение за это время, как видно из рисунка, будет равно
1009
,
0
)
48
63
(
1
,
0
)
4
,
0
(
)
8
,
0
(
)
1
,
0
(
)
8
,
0
(
2
2
2
2
≈
−
⋅
=
−
−
−
=
∆x
м.
Ответ: ∆h=0,3 м., ∆x=0,1 м.
5
. (4 балла) Рассмотрим равновесие кусочка веревки, непосредственно прилегающей к
блоку. Рассмотрим приращение угла поворота
α
d
. К кусочку, лежащему внутри угла
α
d
, с одной
стороны приложена сила натяжения веревки
( )
α
T
, а с другой
(
)
( )
dT
T
d
T
+
=
+
α
α
α
. Этим силам
противодействует сила реакции опоры со стороны поверхности блока
α
d
T
dN
⋅
=
. Кроме того,
существует
сила
трения,
удерживающая
равновесии:
dN
dF
тр
⋅
=
µ
,
причем
( ) (
)
тр
dF
d
T
T
=
+
−
α
α
α
⇒
( )
(
)
α
µ
α
⋅
−
⋅
=
exp
0
T
T
.
Найдем суммарную силу реакции опоры. Для этого ось
OX
направим горизонтально, а ось
OY
– вертикально. Тогда
(
)
α
µα
α
α
d
T
dN
dN
x
−
⋅
⋅
=
⋅
=
exp
cos
cos
0
⇒
(
)
(
)
µ
β
µ
β
µ
µβ
+
−
+
=
−
cos
sin
1
2
0
e
T
N
x
;
(
)
α
µα
α
α
d
T
dN
dN
y
−
⋅
⋅
=
⋅
=
exp
sin
sin
0
⇒
(
)
(
)
0
2
sin
cos
1
1
y
T
N
e
µβ
µ
β
β
µ
−
=
−
+
+
+
.
Здесь
β
– угол между вертикалью и правой частью веревки,
α
– угол между вертикалью и
левой частью веревки.
Отсюда находим угол наклона силы
N
к вертикали и абсолютную величину N :
(
)
( )
( ) (
)
β
β
µ
µβ
µβ
µ
β
µ
β
α
cos
sin
exp
exp
cos
sin
+
−
+
−
=
=
y
x
N
N
tg
;
4
(
)
(
)
1
2
exp
exp
cos
2
1
2
0
2
2
+
−
+
−
⋅
−
=
+
=
µ
µβ
µβ
β
T
N
N
N
y
x
.
Поскольку блок находится в равновесии, то угол наклона
α равен
(
)
β
α
−
0
, где
0
α
– угол
между нитями; и
( )
β
T
N
=
в силу нерастяжимости нити. Отсюда рассматривая уравнение
(
)
( )
0
exp
cos
2
2
exp
2
=
−
−
µ
µβ
β
µβ
как квадратное относительно
( )
µβ
exp
, получим:
( )
2
2
cos
cos
exp
µ
β
β
µβ
+
+
=
Подставив это выражение в
α
tg
, получим:
(
)
β
µ
µ
β
µ
β
µ
β
β
α
sin
cos
cos
sin
2
2
2
2
0
−
+
+
+
=
−
tg
⇒
β
β
µ
µ
β
µ
β
µ
β
α
+
−
+
+
+
=
sin
cos
cos
sin
2
2
2
2
0
arctg
, (1)
где
β
определяется уравнением
(
)
( )
0
exp
cos
2
2
exp
2
=
−
−
µ
µβ
β
µβ
(2)
Рассмотрим решение уравнения, когда коэффициент трения
µ
мал. Тогда можем положить
(
)
∆
+
=
=
0
µ
β
β
,
1
<<
∆
. Из (2) получим:
µ
π
π
β
3
3
3
−
≈
. Преобразовав (1), получим:
µ
β
β
µ
µ
β
µ
µ
β
β
µ
β
β
µ
β
α
+
≈
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
=
−
+
≈
2
1
arcsin
cos
1
arcsin
sin
sin
cos
cos
sin
2
2
0
arctg
arctg
.
Объединив, получим:
µ
π
α
9
3
2
9
3
2
0
−
+
≈
, т.е.
0
2
2
0,61 ;
0,61
3
3
π
π
α
µ
µ
⎡
⎤
∈
−
+
⎢
⎥
⎣
⎦
для малых
µ
.
6
. (6 баллов) Для корректного учета элементарных сил трения мысленно рассечём диск на
бесконечно тонкие кольца и рассмотрим одно из них. Затем данное кольцо также мысленно
рассечем на бесконечно малые дуги и рассмотрим одну из них
i
l
∆ . Тормозящая сила F
i
,
действующая на этот элемент кольца, равна:
i
i
F
m g
µ
=
Работа тормозящей силы F
i
при повороте кольца на малый угол d
ϕ
равна
i
i
k
A
m gr d
µ
ϕ
= −
Для всего кольца:
1
1
k
i
k
i
k k
i
i
A
A
gr d
m
gm r d
µ
ϕ
µ
ϕ
=
=
=
= −
= −
∑
∑
Работа тормозящих сил при повороте всего диска на угол d
ϕ
:
2
3
2
2
2
2
3
3
3
торм
k
k k
k
k
k
k
A
A
g d
m r
g
d
r
R
g
d
mgR d
mg R dt
µ
ϕ
µ πρ ϕ
µ πρ ϕ
µ
ϕ
µ ω
=
= −
⋅
= −
⋅
=
= −
⋅
= −
⋅
= −
⋅
∑
∑
∑
(в силу малости d
ϕ
коэффициент трения
µ
можно считать постоянным).
Запишем уравнение изменения коэффициента трения:
( )
0
0
2
3
торм
A
d
A
d
mg R dt
µ
ϕ
µ ω
µ
=
= −
⋅
0
0
2
3
mg R
d
dt
A
µ
ω
µ
µ
= −
0
0
0
2
ln
3
mg R
t
A
µ
ω
µ
µ
= −
5
Отсюда:
( )
0
0
0
2
exp
3
mg R
t
t
A
µ
ω
µ
µ
⎛
⎞
=
−
⎜
⎟
⎝
⎠
7
. (4 балла) Найдем по графику зависимость
)
(V
p
:
)
(
)
(
1
1
V
V
a
p
V
p
−
−
=
(
a
– некоторая константа)
⇒
−
−
=
)
(
1
2
1
2
V
V
a
p
p
1
2
2
1
V
V
p
p
a
−
−
=
)
(
)
(
1
1
2
2
1
1
V
V
V
V
p
p
p
V
p
−
−
−
−
=
1
1
1
2
3
)
(
V
V
V
p
V
p
−
=
По первому началу термодинамики:
dA
dU
dQ
+
=
pdV
RdT
i
dQ
+
=
ν
2
По определению теплоемкости
dT
dQ
C
=
.
dT
dV
p
R
i
C
+
=
ν
2
(1)
По уравнению Менделеева – Клаперона:
RT
V
V
p
ν
=
⋅
)
(
RT
V
V
V
V
p
ν
=
−
1
1
1
2
3
V
V
V
R
V
p
V
T
)
3
1
1
1
(
2
)
(
−
=
ν
)
2
3
)
(
1
1
1
(
2
V
V
V
T
dV
dT
R
V
p
−
=
′
=
ν
)
2
3
(
2
1
1
1
V
V
p
R
V
dT
dV
−
=
ν
(2)
Подставим выражение (2) в (1):
)
2
3
(
2
1
1
1
1
1
1
2
3
2
V
V
p
R
V
V
V
V
p
R
i
C
−
⋅
−
+
=
ν
ν
V
V
V
V
R
R
C
2
3
3
1
1
2
3
−
−
+
=
ν
ν
Ответ:
V
V
V
V
R
R
V
C
2
3
3
1
1
2
3
)
(
−
−
+
=
ν
ν
.
8
. (5 баллов) Уравнение теплового баланса после первого погружения ложки:
1
0
1
(
)
(
)
л
л
В
ч
ч
с m Т
Т
c М Т
Т
−
=
−
откуда:
6
1
0
ч
ч
л
л
В
ч
ч
л
л
ч
ч
л
л
c М
c m
T
T
T
с М
с m
с М
с m
=
+
+
+
(1)
После
n погружений:
В
л
л
ч
ч
л
л
n
л
л
ч
ч
ч
ч
n
T
m
с
М
с
m
c
T
m
с
М
с
М
c
T
+
+
+
=
+1
(2)
Аналогично:
1
ч
ч
л
л
n
n
В
ч
ч
л
л
ч
ч
л
л
c М
c m
T
T
T
с М
с m
с М
с m
−
=
+
+
+
(3)
Пусть
1
n
n
n
dT
T
T
+
=
− ,
л
л
ч
ч
ч
ч
m
с
М
с
М
c
+
=
α
, тогда, вычитая из (2) уравнение (3), получаем:
n
n
dT
dT
⋅
=
+
α
1
∑
−
−
=
=
a
a
dT
dT
DT
n
k
1
1
1
1
α
заметив, что
В
T
T
a
dT
−
=
−
0
1
1
, получаем:
0
log (1
) 814
В
T
n
T
T
α
∆
=
−
≈
−
Ответ:
814
=
n
9
. (5 баллов) До вынимания сердечника ток через резистор не течет
(т.к. сопротивление катушек равно нулю).
Поток через верхнюю катушку равен:
L
I
Ф
2
0
1
⋅
=
Докажем, что при мгновенном изменении индуктивности
(вынимания сердечника) поток не меняется. Действительно, э.д.с. ,
возникающее в катушке равно:
t
Ф
i
∆
∆
−
=
ε
.
0
→
∆t
(вынимают мгновенно), значит, если
Ф
∆
не стремиться к нулю, то
∞
→
i
ε
, а
значит и
∞
→
I
, т.к. сопротивление идеальных катушек равно нулю. Приходим к выводу, что
поток в верхней катушке не изменится.
1
1
Ф
Ф
′
=
⇒
⋅
=
⋅
L
I
L
I
1
0
2
0
1
2I
I
=
После этого ток начнет выравниваться в обеих катушках и
станет
2
I
. При этом суммарный поток через катушки сохраняется:
1
2
0
Ф
Ф
∆ + ∆
= =>
1
2
Ф
Ф
∆
= −∆
1
2
0
2
(
)
3 (
)
L I
I
L I
I
−
= −
−
0
2
0
2
2
3
3
I
I
I
I
− = −
+
=>
0
2
5
4
I
I
=
Сразу после вынимания сердечника энергия системы была равна:
2
7
2
3
2
4
2
3
2
2
0
2
0
2
0
2
0
2
1
1
LI
LI
LI
LI
LI
W
=
+
=
+
=
В конце, после установления токов, энергия системы станет равной:
2
2
2
2
0
2
2
2
2
25
3
2
2
2
8
LI
LI
LI
W
LI
=
+
=
=
По закону сохранения энергии:
L
3
L
2
R
0
I
0
I
L
3
L
R
0
I
1
I
7
2
2
2
0
0
0
1
2
7
25
3
2
8
8
LI
LI
LI
Q W W
=
−
=
−
=
.
Ответ:
2
0
3
8
LI
Q
=
.
10
. (7 баллов) Палочку полагаем тонкой, под собственным весом не прогибающейся;
гравитационное поле однородным; трением в системе можно пренебречь; ямку считаем массивной
(или жестко закрепленной).
В положении равновесия потенциальная энергия палочки минимальна. Поскольку
потенциальная энергия
H
mgH
U
~
=
– высоте центра масс над нулевым уровнем
0
=
y
, то H
минимально также.
Пусть длина палочки L ; координаты ее концов
(
)
2
1
1
, kx
x
и
(
)
2
2
2
, kx
x
. Центр масс однородной
палочки находится посередине, а значит имеет координаты
(
)
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
+
2
2
2
1
2
1
2
,
2
x
x
k
x
x
. Длина палочки
не меняется:
(
)
(
)
2
2
2
2
1
2
2
2
1
L
x
x
k
x
x
=
−
+
−
или
(
)
(
)
(
)
2
2
2
1
2
2
2
1
1
L
x
x
k
x
x
=
+
+
−
.
Сделаем замену:
⎩
⎨
⎧
=
+
=
2
1
2
1
x
x
q
x
x
p
, тогда
(
)
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
−
−
=
+
q
p
x
x
q
p
x
x
4
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
, соответственно
(
)(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
1
4
1
4
p
k
L
p
q
L
p
k
q
p
+
−
=
⇒
=
+
−
;
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
+
=
−
=
+
=
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
2
p
k
L
p
q
p
x
x
k
H
; значит
( )
2
2
2
2
1
4
p
k
L
p
p
f
k
H
+
+
=
=
.
( )
p
f
– минимальна:
( )
0
=
′ p
f
;
0
1
2
2
2
2
2
2
=
+
−
p
k
p
L
k
p
, откуда
0
=
p
или
2
2
1
k
kL
p
−
=
;
0
0
2
2
2
2
1
1
2
1
=
⇒
=
=
=
⇒
−
=
⇔
=
ϕ
y
kx
kx
y
x
x
p
, что противоречит условию
0
>
ϕ
. Поэтому
k
L
H
k
k
L
kL
L
k
kL
k
H
k
kL
p
4
1
2
1
2
1
4
1
2
2
2
2
2
−
=
⇒
−
=
+
−
=
⇒
−
=
.
Найдем теперь
1
x
и
2
x
. Очевидно, что по теореме Виета они – корни квадратного уравнения
0
2
=
+
−
q
px
x
. Поскольку
2
2
2
2
1
4
p
k
L
p
q
+
−
=
, то
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
k
L
k
k
L
x
∓
2
2
,
1
1
2
1
, т.к.
2
1
x
x
<
.
Найдем теперь
ϕ
– угол палочки с горизонтом. Очевидно, что
ϕ
ϕ
ϕ
2
2
2
1
cos
1
1
cos
1
1
2
2
1
2
sin
k
L
kL
kL
L
k
L
L
L
kx
H
=
⇒
=
⇒
−
=
−
⋅
=
−
=
.
На палочку со стороны стенок ямки действуют силы реакции
1
N
и
2
N
. Поскольку трения
нет, то они строго перпендикулярны стенкам в точке приложения. Пусть линии действия этих сил
пересекаются в точке М. Найдем ее положение.
Рассмотрим точку
(
)
2
1
1
, kx
x
. Касательная к
2
kx
y
=
в точке
1
x
имеет угловой коэффициент,
равный
( )
1
1
2
kx
x
y
=
′
. Если
1
y
перпендикулярна ей
(
)
1
1
N
y
↑↑
, то
1
1
1
b
x
a
y
+
=
,
1
1
1
2
1
1
kx
a
a
a
−
=
⇒
−
=
⋅
;
( ) ( )
k
kx
b
kx
b
kx
x
x
y
x
y
2
1
2
2
1
1
2
1
1
1
1
1
1
+
=
⇒
=
+
−
⇒
=
.
8
Следовательно,
k
kx
kx
x
y
2
1
2
2
1
1
1
+
+
−
=
и
k
kx
kx
x
y
2
1
2
2
2
2
2
+
+
−
=
аналогично.
2
1
y
y
M
∩
=
:
( )
( )
pq
k
x
x
y
x
y
M
M
M
2
2
1
2
−
=
⇒
=
или
2
4
1
k
kL
x
M
−
=
,
k
L
y
M
4
1
−
=
.
Пусть теперь палочка немного сместилась из положения равновесия в сторону. При этом М
сместилась по сравнению со смещением концов незначительно, пренебрежем этим.
Соответственно, пренебрежем и изменением MS, где S – положение центра масс. Запишем тогда
уравнение вращательного движения для центра масс палочки относительно точки М; поскольку
остается только сила тяжести – возвращающая, то
0
sin
=
⋅
+
⇒
=
⋅
⋅
−
α
α
α
α
M
M
I
MS
mg
I
MS
mg
(для малых смещений)
– уравнение гармонических колебаний с частотой
M
I
MS
mg
⋅
=
2
ω
.
По теореме Штейнера
(
)
2
2
2
12
1
S
M
S
M
y
y
m
mL
MS
m
I
I
−
⋅
+
=
⋅
+
=
. Поскольку
k
L
y
M
4
1
−
=
, а
k
L
H
y
S
4
1
2
−
=
=
, то
L
g
2
3
2
=
ω
. Т.к.
ϕ
2
cos
1
k
L
=
, то получим окончательный ответ:
ϕ
ω
2
cos
2
3
gk
=
.
Размерность, очевидно совпадает:
[ ]
с
м
с
м
1
1
2
=
⋅
=
ω
. Т.к.
3
2
=
k
, то
ϕ
ω
2
cos
g
=
.
Ответ:
ϕ
ω
2
cos
g
=
при
3
2
=
k
.
Математика
1
. (3 балла) Допустим, что в секции n девушек и m парней. Пусть некая девушка знакома с k
ребятами, тогда она мечтательно посмотрит k раз, а на нее посмотрят
m k
−
раз, т.е. с каждой
девушкой связано m взглядов (не зависит от числа знакомых). В итоге имеем
m n
⋅
взглядов.
Уравнение
117
m n
⋅ =
в натуральных числах имеет решения (1; 117), (3; 39) и (9; 13) (порядок
чисел неважен). Неравенству
40
n m
+ ≤
удовлетворяет только последняя пара чисел,
следовательно, в секции занимается 22 человека.
Ответ: 22 человека
2
. (5 баллов) Введем на систему отсчета так, чтобы центры окружностей лежали на оси абсцисс
симметрично относительно начала координат (т.е. точка (0;0) – середина отрезка, соединяющего
центры окружностей).
Запишем параметрические уравнения окружностей через параметр f: x
1
= – 5 + cos(f
1
), y
1
=
sin(f
1
) и x
2
= 5 + 3 cos(f
2
), y
2
= sin f
2
соответственно. Для точки A(x,y), являющейся серединой
отрезка, соединяющего точки (x
1
,y
1
) и (x
2
,y
2
), имеем: (x,y) = ½*( cos f
1
+ 3 cos f
2
, sin f
1
+ 3 sin f
2
).
Если зафиксировать f
2
, то с изменением f
1
от 0 до 2 π точка A(x;y) будет описывать окружность
радиуса 1/2. При изменении f
2
от 0 до 2 π точка (3/2 cos f
2
; 3/2 sin f
2
) в свою очередь будет
двигаться по окружности радиуса 3/2 с центром в начале координат; окружность радиуса 1/2 будет
при этом «заметать» кольцо с внутренним радиусом 3/2 – 1/2 = 1 и внешним радиусом
3/2 + 1/2 = 2.
Ответ: Геометрическое место точек представляет собой кольцо, центр которого есть
середина отрезка, соединяющего центры окружностей, а внутренний и внешний радиусы равны
соответственно 1 и 2.
9
3
. (6 баллов) Если x и y – взаимно простые числа, то из делимости следует, что уравнение не имеет
решения в натуральных числах. Предположим, что простое число p входит в разложение x на
простые множители в степени m, а в разложение y – в степени n. Тогда m*(x + y) = n*(y – x) и
n ≥ m. Следовательно, y делится на x.
Пусть y = k*x. Тогда
(
1)
(
1)
(
1)
k
x
k
x
k
x
x
k
x
+
−
−
=
.
Перепишем уравнение в следующем виде:
2
(
1)
(
)
x
k
x
x
k
−
=
, откуда
2
1
k
x
k
−
=
. Далее возможны
два случая: число k либо нечетно, либо является точным квадратом. В первом случае положим
k = 2s + 1, тогда x = (2s + 1)
s
, y = (2s + 1)
s
+ 1
. Во втором случае k = 4*t²,
2
2
4
1
4
1
(2 )
,
(2 )
t
t
x
t
y
t
−
+
=
=
.
4
. (5 баллов) Отобразим
АКС
∆
симметрично АС, получив
АК С
′
∆
. Замечая, что
0
180
AВC
AК C
′
∠
+ ∠
=
, опишем вокруг
К
АВС ′
окружность, тогда
AСB
АК В
АКD
′
∠
= ∠
= ∠
.
Тогда:
0
0
110
70
180
50
130
180
=
−
=
∠
+
∠
=
−
=
∠
+
∠
AKD
KAD
KCD
KAD
Исходя из полученных равенств, получаем:
0
60
AСB
КСD
KCB
∠
− ∠
=
= ∠
5
. (5 баллов) Для заданных значений m и n обозначим
]
[
m
n
a
=
. Так как
m
n
a
≠
(так как m не
полный квадрат), то
m
n
a
<
и
m
n
a
2
2
<
.
Поэтому
m
n
m
n
a
m
n
m
n
a
m
n
a
m
n
a
mn
2
}
{
)
}(
{
)
)(
(
1
2
2
<
+
=
+
−
=
−
≤
Или:
}
{
m
n
>
m
n
2
1
6
. (3 балла) Чтобы найти количество цифр в некотором натуральном числе, надо вычислить его
десятичный логарифм, взять целую часть и прибавить 1:
[
]
2005
lg
1
2005 lg
1 997
π
π
⎡
⎤
⎡
⎤ + =
⋅
+ =
⎣
⎦
⎣
⎦
7
. (6 баллов) Пусть
2
3
M
N
=
(если N делится на 3) или
2
1
3
M
N
⎡
⎤
=
+
⎢
⎥
⎣
⎦
(если не делится) –
количество членов оргкомитета олимпиады, минимально необходимое для доступа к сейфу. По
условию, любые
1
M
− человек сейф открыть не могут. Значит, у них нет ключа от некоторого
замка. При этом любой другой член комиссии должен этот ключ иметь. Поэтому нужно поставить
1
M
N
C
−
замков. Соответственно количество ключей к каждому замку должно быть таковым, чтобы
любая совокупность из M и более человек имела доступ к сейфу, а меньше M – не имела. Это
возможно тогда, когда количество ключей равно
1
N M
−
+
. Эти ключи от каждого замка отдаются
некоторой группе из
1
N M
−
+
членов комиссии, причем разные ключи раздаются разным
группам.
8
. (6 баллов) Покажем, что через время, равное t минут, где
1
2
2
2
... 2
m
k
k
k
t
=
+
+ +
,
1
2
...
0
m
k
k
k
>
> >
> , после взаимоуничтожения в пространстве останется 6
m
бактерий.
Рассмотрим для простоты одномерную задачу. Докажем методом математической индукции,
что через время 2
n
, где n – натуральное число, в системе существует 2 бактерии на расстроянии
2
n
от начала координат. Случай
1
n
=
проверяется просто. Пусть закономерность выполняется для
всех 1,...,
n
k
=
. Рассмотрим случай
1
n k
= +
. От каждого из 2-х бактерий, которые в момент
времени 2
k
находились в координате 2
k
± , еще через время 2
k
по проверяемой закономерности
10
останется 2 бактерии с координатами
(
)
1
2
2
2
k
k
k
+
±
+
= ±
и
(
)
2
2
0
k
k
±
−
= . Бактерии в начале
координат взаимоуничтожатся, и останется 2 бактерии. Утверждение доказано.
Аналогично можно показать, что в момент времени 2
1
n
− в системе существует 2
n
бактерий
на расстоянии 2 от соседней. Отсюда следует, что
(
)
(
)
1
2
1
2
2
1
n
n
N
N
−
− = ⋅
− .
Учитывая, что
0
1
2
1
2
1 2
2
2
... 2
n
n
−
− =
+ +
+ +
(сумма геометрической прогрессии), можно
переписать:
(
)
(
)
0
1
2
2
1
0
1
2
2
2
2
2
... 2
2
2
2
2
2
... 2
n
n
n
N
N
−
−
−
+ +
+ +
+
= ⋅
+ +
+ +
Аналогично, при
1
2
2
2
... 2
m
k
k
k
t
=
+
+ +
,
1
2
...
0
m
k
k
k
>
> >
> :
(
)
(
)
(
)
3
1
2
2
2
2
2
... 2
2
2
... 2
2
2
... 2
... 2
m
m
m
k
k
k
k
k
k
k
m
N
N
N
+
+ +
= ⋅
+ +
=
⋅
+ +
= =
В трехмерном пространстве мы можем выделить множество линий, параллельных осям
координат, и рассматравать одномерное движение по ним, получив
6
m
N
=
.
Для 2000 минут получим:
10
9
8
7
6
4
2000 2
2
2
2
2
2
=
+
+
+
+
+ , отсюда
6
m
=
и
6
6
46656
=
бактерий.
Ответ: N = 46656 бактерий
9
. (7 баллов) Геометрический смысл равенства
(
)
2
2
1
2
1
n
n
n
+
−
=
+ можно интерпретировать так,
что для того чтобы из квадрата со стороной n получить квадрат со стороной n+1, нужно
пририсовать еще
1,1
2
1
n
a
n
+
=
+ единичных квадрата. Отсюда следует, что
2
,1
1
п
i
i
а
п
=
=
∑
.
Рассмотрим трехмерный случай. Чтобы из куба со стороной n получить куб со стороной n+1,
необходимо n+1 раз пририсовать
1,1
2
1
п
а
n
+
=
+
единичный кубический элемент, после чего
заполнить пустоты в верхней грани, на что, как видно из прошлого случая, потребуется
,1
1
п
i
i
а
=
∑
элемент. Отсюда следует, что
3
,2
1
п
i
i
а
п
=
=
∑
.
Продолжая эти рассуждения для аналогов куба в k-мерных пространствах, получаем
доказываемое равенство.
10
. (4 балла) Примем стороны угла за оси координат. Отрезок длины d должен касаться астроиды
(астроида является огибающей семейства отрезков постоянной длины, концы которых
расположены на двух взаимно перпендикулярных прямых), острия которой удалены от центра на
расстояние d. Уравнение такой астроиды:
3
2
3
2
3
2
d
y
x
=
+
.
Если некоторая точка К, принадлежащая отрезку, находится внутри области, ограниченной
астроидой и сторонами угла, то нужный отрезок существует (это отрезок касательной к астроиде,
проведенной из точки К). Если К лежит вне области, то отрезок не существует.
Ответ:
2
2
2
3
3
3
a
b
d
+
≥