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

+

≥