Решение задач

Заочной физико-математической олимпиады ФМБФ МФТИ

2007/2008 года

Физика

1. (3 балла) Для оценки примем, что при ходьбе туловище человека движется по вертикали

периодически с амплитудой

A

и частотой

ω

, а по горизонтали – с постоянной скоростью

. Если нога

длины

l

при этом отклоняется на максимальный угол

V

max

α

, то

(

)

max

2

1 cos

A l

α

=

−

,

max

2

4 sin

V

l

π

α

ω

=

.

Максимальное ускорение туловища, а значит и рюкзака при этом равно

2

2

2

max

2

max

16cos

2

V

a

A

l

π

ω

α

=

=

.

Чтобы при нагрузке

не порвались лямки, рассчитанные на

m

M

, максимальное ускорение должно

быть ограниченно:

(

)

max

m g a

Mg

+

≤

,

т.е.

max

max

~

4cos

2

M m

V V

gl

m

π

α

−

≤

.

Оценочно получим

max

~ 1

V

м с

.

Ответ:

max

~ 1 м с

V

.

2. (4 балла) Пусть скорость вытекающей струи и скорость движения свободной поверхности

жидкости в сосуде равны соответственно

и

. Из сохранения массы следует равенство потоков:

1

V

2

V

S

kV

S

V

2

1

=

,

где - площадь отверстия. Подстановкой в уравнение Бернулли

S

gh

V

p

V

p

ρ

ρ

ρ

+

+

=

+

2

2

2

2

0

2

1

0

получим

1

2

2

1

−

=

k

gh

k

V

.

В момент времени уровень воды в сосуде , и вылетевшая вода упадёт на пол на расстоянии

t

h

g

H

k

gh

k

2

1

2

2

⋅

−

от стола. За время

уровень жидкости уменьшится на

t

Δ

t

V

h

Δ

=

Δ

2

, и вылетевшая вода

упадёт на пол на расстоянии

g

H

k

h

h

g

k

2

1

)

(

2

2

⋅

−

Δ

−

от стола. Точка

приблизится к столу на

P

(

)

t

V

h

k

H

k

h

h

k

Hh

k

h

h

k

Hh

k

h

h

h

k

H

k

s

Δ

⋅

−

=

Δ

⋅

−

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

Δ

−

−

−

=

Δ

−

−

−

=

Δ

2

2

2

2

2

)

1

(

2

)

1

(

2

1

1

)

1

(

2

)

1

(

2

Тогда

gH

k

k

k

V

h

k

H

k

t

s

V

2

1

)

1

(

2

1

2

⋅

−

=

⋅

−

=

Δ

Δ

=

.

1

Заметим, что точка

P

движется по полу с постоянной скоростью и за время

τ

перемещается от

g

H

k

gh

k

s

2

1

2

2

0

⋅

−

=

до

, т.е.

0

=

s

1

2

1

2

2

0

2

0

−

⋅

=

−

=

k

g

h

k

V

Hh

τ

.

Ответ:

gH

k

k

V

2

1

2

−

=

;

2

0

2

1

h

k

g

τ

=

−

.

3. (4 балла) 1) Банка начнёт опрокидываться при:

(

)

(

)

0

песка

песка

M m

ah

M m

g

+

=

+

r

.

Следовательно,

, где

– допустимое ускорение,

- высота центра масс банки с песком.

Таким образом, банка наиболее устойчива при минимальном значении

.

0

h a const

=

a

0

h

0

h

Если

x

- уровень песка, насыпанного в банку, то

.

2

песка

m

r

ρπ

=

x

Высоту центра масс банки с песком найдём по формуле:

2 2

0

2

2

Mh

r x

h

M

r x

ρπ

ρπ

+

=

+

Минимум

найдется из условия

0

h

(

)

(

)

(

)

2

2

2

2 2

0

2

2

2

0

r x M

r x

r Mh

r x

d

h

dx

M

r x

ρπ

ρπ

ρπ

ρπ

ρπ

+

−

+

=

=

+

,

2

ρπ

2

2

2

2

0

M

Mh

x

x

r

r

ρπ

+

−

=

,

2

2

2

1

1

M

r

x

r

M

ρπ

ρπ

⎛

⎞

h

=

+

−

⎜

⎟

⎜

⎟

⎝

⎠

.

Именно при таком уровне песка высота центра масс банки минимальна и, значит, она максимально

устойчива.

2) Начало опрокидывания:

(

)

песка

hF

M m

gr

=

+

,

следовательно, максимальная устойчивость соответствует максимальному значению полной массы
системы, т.е. при

x H

=

.

Ответ: 1)

2

2

2

1

1

M

r h

x

r

M

ρπ

ρπ

⎛

⎞

=

+

−

⎜

⎟

⎜

⎟

⎝

⎠

; 2)

x H

=

.

4. (5 баллов) Найдём для начала положение центра масс полудиска. Для этого поставим полудиск

на жёсткую гладкую горизонтальную поверхность и отклоним его от положения равновесия на малый угол

α

. Изменение потенциальной энергии полудиска можно рассматривать как:

а) перенос сектора

на место

OBC

1 1

OB C

б) подъём центра масс на высоту h (точка

A

перешла в точку

).

1

A

(

)

2

2

1 cos

2 sin

4

2

h l

l

l

α

α

α

=

−

=

≈

,

где

l

– расстояние от точки О до центра масс полудиска А.

В первом случае при малых углах

α

можно считать, что центр масс сектора

лежит в точке

пересечения медиан треугольника

. Это значит, что перенос сектора

на место

эквивалентен подъёму его центра масс на высоту

OBC

1

O

OBC

OBC

1 1

OB C

0

2

2

sin

3

3

h

R

R

α

α

=

≈

.

Пусть масса полудиска равна m, тогда масса рассматриваемого сектора равна

2

0

m

m

α

π

=

.

Изменение потенциальной энергии в первом случае:

2

2

2

3

3

E m

g R

mgR

α

α

α

π

π

Δ ≈

=

,

а во втором:

2

2

E mgh

mgl

α

Δ =

≈

.

Приравнивая правые части, получим:

4
3

R

l

π

=

.

В пределах малых колебаний движение маятника можно рассматривать как колебания физического

маятника. Поскольку момент инерции относительно точки подвеса равен

2

2

1
2

J

mR

m

=

+ L

,

то искомый период равен

(

)

2

2

1
2

2

2

4
3

R

L

J

T

R

mg L l

g L

π

π

π

+

=

=

+

⎛

⎞

+

⎜

⎟

⎝

⎠

.

2

2

1
2

2

4
3

R

L

Ответ:

T

g L

π

R

π

+

=

⎛

⎞

+

⎜

⎟

⎝

⎠

.

5. (6 баллов) Концентрация молекул

N

n

S

=

, где

– площадь ячейки. Найдем аналог уравнения

Менделеева-Клапейрона для двумерного газа. За время

S

t

Δ

до стенки долетит

/ 2

x

N

n L

t

υ

Δ = ⋅ ⋅ Δ

(половина молекул летит от стенки). Импульс, передаваемый стенке

2

x

p

m

N

υ

Δ =

⋅ Δ

. Сила, действующая

на стенку

2

x

p

F

nm L

t

υ

Δ

=

=

Δ

, а «давление»

2

x

F

P

nm

L

υ

=

=

. Т.к. в плоском случае

2

2

2

x

y

υ

υ υ

=

+

,

2

2

1

2

x

y

2

υ

υ

υ

=

=

, то

2

1
2

кин

F

P

nm

N E

L

υ

=

=

= ⋅

. Поскольку на одну степень свободы (движение

вдоль одной координаты) приходится

1

2

kT

, то

1

2

2

кин

E

kT

kT

= ⋅

=

,

P nkT

=

и

. Отсюда сразу

легко вычислить первоначальное значение силы

PS

NkT

=

0,85

нач

NkT

F

PL

Н

L

=

=

≈

.

По первому началу термодинамики в адиабатическом процессе

0

Q

dU PdS

NkdT PdS

δ

= =

+

=

+

.

Подставляя сюда полученное выражение для

, получим

P

dT

dS

T

S

= −

. Простое интегрирование дает

2

1

2

T

S

T

S

=

1

, откуда

2

1

1

2

1,5

S

T

S

T

=

=

. Поршень передвинут на

2

1

0,5

2,5

S

S

l

L

см

L

−

Δ =

=

≈

.

Ответ:

Δ =

,

0,5

2,5

l

L

см

≈

0,85

нач

NkT

F

Н

L

=

≈

.

6. (6 баллов) Если температура плиты достаточно велика, то между каплей воды и поверхностью

плиты может возникнуть паровая прослойка, ухудшающая теплообмен между плитой и собственно каплей.
Явление называется "плёночное кипение". Быстро испаряющийся поверхностный слой капли снизу
отрывает каплю от поверхности пластины, тем самым сильно уменьшая теплопередачу. При этом капля
начинает двигаться по пластине и принимает сферическую форму.

Этим и объясняется резкое увеличение

времени испарения капли с повышением температуры.

3

Для расчета количества тепла, которое передается от медной пластины к капле, применяем формулу

Ньютона:

Q Sh T

=

Δ

Здесь S – площадь соприкосновения капли с пластиной,

T

Δ

– разность температур, h –

эффективный коэффициент теплоотдачи:

2

1

1

116, 7

1

1

1

1

250 500

медь

вода

Вт

h

м К

α

α

=

=

=

+

+

Здесь

медь

α

,

вода

α

– коэффициенты теплоотдачи для меди и воды, которые берутся из справочника.

Температуру пластины из-за высокой теплопроводности меди можно считать постоянной.

Примем форму капли в виде цилиндра радиуса R и высотой l. Тепло, которое за 1 сек передается

путем теплопроводности от пластины к верхней поверхности капли, можно оценить как

1

1

вода

Q

l T

λ

=

Δ

,

где

вода

λ

– коэффициент теплопроводности воды,

1

T

Δ

– разность температур между основанием

капли и ее верхней поверхностью (оценим как разность между температурой кипения и комнатной
температурой, т.е. 80 К). Вообще говоря, коэффициент теплопроводности зависит от температуры, но в
первом приближении возьмем значение при температуре кипения:

0,683

вода

Вт

м К

λ

=

⋅

Паровая прослойка будет образовываться, если количество тепла, передаваемое капле от пластины,

меньше количества, передающегося к верхнему слою. Примем, что в некоторый момент нижняя
поверхность капли нагрета до температуры кипения.

(

)

2

1

373

воды

x

l T

R h T

λ

π

Δ =

−

1

2

373

воды

x

l T

T

R h

λ

π

Δ

=

+

Для оценочных значений l = 1 мм и R = 1,5 мм получим 437 К. Согласно справочнику Куталадзе

С.С., Накоряков В.Е. "Тепломассообмен и волны в газожидкостных системах" - Наука, 1984 г., плёночное
кипение воды при нормальных условиях начинается при Т

1

=440 К. Время испарения принимает

максимальное значение при Т

2

=500К.

7. (5 баллов) Пренебрежем взаимодействием вылетающих ионов с пластиной и между собой. В таком

случае движение каждого из ионов будет происходить в центральном кулоновском поле заряда Q, т.е. по
плоским траекториям, перпендикулярным плоскости пластины. Как и во всяком центральном поле, здесь
имеет место сохранение момента количества движения; в силу свойств движения в центральном поле
скорость

подлета к пластине будет ей перпендикулярна, поэтому

2

V

1

2

mV d mV x

=

,

где

- величина скорости вылетающих ионов,

1

V

x

- расстояние между зарядом Q и ионом в момент удара

последнего о пластину.

Из закона сохранения энергии

2

2

1

2

2

2

mV

mV

kqQ

kqQ

kqQ

E

d

d

+

=

+

=

+

x

.

Решая совместно полученные уравнения, получим

1

d

kqQ

x

Ed

+ = −

.

Условием попадания иона на пластину является неравенство

x l

≤

,

откуда

1

kqQ

d

Ed

l

−

≥ +

.

Поскольку имеет место притяжение, то

0

kqQ

<

и, следовательно,

0

l kqQ

E

E

l d d

≤ −

=

+

.

Таким образом, получим ширину экрана равной

4

2

0

0

E d

l

kqQ E d

= −

+

.

α

α

2H tg

α

2 cos

H

tg

α α

H

Ответ:

2

0

0

E d

kqQ E d

= −

+

l

.

8.

(5 баллов)

Периодические изменения интенсивности принимаемого
сигнала возникают из-за интерференции прямого и
отраженного от поверхности воды лучей. Как видно из
рисунка, разность хода этих лучей равна

2

2 cos

2 sin

sin

H

H

H

tg

α

α

α

α

Δ =

−

=

,

где

α

- высота спутника над горизонтом. При отражении

от более плотной среды набегает дополнительная

разность хода в полдлины волны, поэтому условие максимума интерференционной картины запишется в
виде:

1

1

2 sin

2

2

c

H

n

n

α

λ

ν

⎛

⎞

⎛

⎞

=

+

=

+

⎜

⎟

⎜

⎟

⎝

⎠

⎝

⎠

,

где

ν

- искомая частота радиосигналов спутника. Таким образом, если

sin

α α

≈

,

(

)

2

1

2

c

H

ν

α α

≈

−

.

0,95

Ответ:

ν

≈

ГГц.

9. (5 баллов) Будем считать капилляр достаточно тонким. Жидкость поднимается в капилляре под

действием сил поверхностного натяжения. Если краевой угол между жидкостью и материалом стенок
капилляра равен

θ

, то в первом случае

( )

2

2

2 cos

2

R

R Hg

σ π

θ ρπ

⋅

⋅

=

,

откуда

cos

H

gR

σ

θ

ρ

=

.

Во втором случае

(

)

( )

(

)

2

2

2

2

2

cos

2

R

R

R

σ π

π

θ ρ π

π

⋅ +

⋅

=

− R hg

,

2

cos

2

h

H

gR

σ

θ

ρ

=

=

.

Ответ:

h

H

.

2

=

10. (7 баллов) Химическая реакция сгорания бензойной кислоты до воды и углекислого газа:

6

5

2

2

2

7,5

7

3

C H COOH

O

CO

H O

+

→

+

Молярная масса бензойной кислоты равна 122 г/моль, следовательно, в 0,5 граммах содержится

моль этого вещества, при сгорании выделяется 13259 Дж.

3

4,1 10

−

⋅

При комнатной температуре (298К) внутри бомбы в объеме 1 л при давлении 15 атм содержится

кислорода:

0, 61

pv

c

RT

=

=

моль.

Для сгорания бензойной кислоты необходимо

моль кислорода, остается 0,58

моль. При этом образуется

моль углекислого газа и

3

4,1 10

7,5 0,03

−

⋅

⋅

≈

2

2,87 10

−

⋅

2

1, 23 10

−

⋅

моль жидкой воды.

Видно, что кислорода потенциально хватает, чтобы сжечь в 20 раз больше топлива, т.е. порядка 10

грамм бензойной кислоты.

5

Подсчитаем теплоемкость веществ внутри бомбы в момент, когда реакция полностью прошла.

Предполагая, что температуры будут недостаточными для возбуждения колебательных степеней свободы,
получаем для мольной теплоемкости C

v

(для постоянного объема):

Вещество 298К

с (моль)

С

v(298)

, Дж/К

O

2

(г) 2,5R 0,58 12,05

CO

2

(г) 2,5R

2,87*10

-2

0,60

H

2

O (г) 3R

1,23*10

-2

0,31

Заметим, что образующаяся в реакции жидкая вода (0,22 г) нагревается и испаряется. Для этого

необходимо 0,22*(4,2*75+2255)=565 Дж.

Суммарная теплоемкость газов при комнатной температуре – 13,0 Дж/К. Принимая в первом

приближении независимость теплоемкости от температуры и температуры кипения воды от давления в
бомбе, получаем температуру газов сразу после сжигания топлива:

(

)

13259 565

373

1350

13, 0

вода

кип

v ср

Q Q

T T

К

C

−

−

=

+

=

+

≈

Это тепло через стенки бомбы переходит в калориметр. Если он содержит M грамм воды, то

суммарная теплоемкость системы складывается из теплоемкости воды в калориметре и теплоемкости
стальной бомбы (очевидно, что теплоемкостью газов внутри бомбы в этих расчетах можно пренебречь):

4, 2

0, 46

13259 / 0,74

сталь

M

M

⋅

+

⋅

=

Отсюда получаем, что масса воды в калориметре около 4 кг (т.е. 4 литра).
Ответ: 1350 К; 4 кг; 10 гр.

6

Математика

1. Да, может. Если число

2

2

рационально, то задача решена. Если же оно иррационально, тогда

условиям задачи удовлетворяет число

( )

2

2

2

2

2

2

2

2

2

=

=

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

.

2. Вокруг каждого пятиугольника можно описать равные окружности. Отсюда

∠NEM = ∠MEL =

∠LEK = ∠PER = ∠RES = ∠SET, т.к. они опираются на равные дуги. Т.е. ∠NEK = 3∠RES. NE = PE = TE =
KE и RE = SE = LE = ME. Значит, через (N, P, T, K) и через (R, S, L, M) проходит по окружности с центром
E.

∠NPK = ∠NEK/2 = 3∠RES/2 = 3∠RLS (все по свойству центрального угла). Отсюда очевидно следует,

что

∠NPK/∠RLS = 3.

Ответ. 3

3. Для начала заметим, что O

2

лежит вне окружности S

1

. Иначе - очевидно, что касательная не

пересечет отрезка O

1

O

2

. Пусть X - точка пересечения O

2

A с S

1

, отличная от A. Тогда

∠XAB = 180°-

∠O

2

AB=90

° и опирается на диаметр. Отсюда - точки X, O

1

и B лежат на одной прямой, более того, O

1

-

середина XB. Опустим на XA высоту O

1

H. В силу подобия

ΔACO

2

и

ΔHO

1

O

2

CA=O

1

H/2, а в силу подобия

ΔHO

1

X и

ΔABX O

1

H=BA/2. Т.е. AB=4AC, откуда AC/CB=1/3.

4.

2007

1,

,

2

[sin

2 ] [sin 2 ]

0,

,

,

, ,

2

4

1,

,

4

m x

m

x

x

n x

n x

k

m n k

x

k

π π

π

π

π

π

π

π

π π

⎡− − + < <

⎢

⎢

⎢

=

=

≤ ≤ +

≠ +

∈

⎢

⎢

⎢ = +

⎢⎣

1) если

, то

,

. Значит,

2

x

< −

2

[ ] 4

x

≥

[

1] [ ] 1

x

x

+ =

+ ≤ −2

2

[

1][ ] 4[ ] 4

x

x

x

+

≤

+

. Сравним теперь

выражения

и

[ ]

:

4[ ] 4

x

+

1

x

−

4[ ] 4 ? [ ] 1

3[ ]
3[ ]

x

x

x
x

+

−

? − 5

< −6 < − 5

поэтому

2

2007

[

1][ ] 4[ ] 4 [ ] 1 [ ] [sin

2 ]

x

x

x

x

x

+

≤

+ <

− ≤

+

x

и уравнение не имеет решений.

2) если

2

2

x

π

− ≤ ≤ −

,

то

уравнение

принимает

вид

2

2 0

1 [ ]

x

− + = − ⋅

,

откуда

2

2

3

2

[ ] 2

2

3

2

3.

x

x

x

x

⎡−

< ≤ −

= ⇔ ≤

< ⇔ ⎢

≤ <

⎢⎣

,

С учетом условия, получаем

3

2

x

π

−

< ≤ −

.

3) если

1

2

x

π

− < < −

:

2

2 1

1 [ ]

x

− − = − ⋅

,

2

[ ] 3

x

=

,

(

] [

)

2

;

3

3

;

2

∪

−

−

∈

x

. С учетом условия:

x

∈∅

.

4) если

:

1

0

x

− ≤ <

2

1 1 0[ ]

x

− − =

, решений нет.

5) если

0

1

x

≤ <

,

4

x

π

≠

:

2

0 0 1 [ ]

1

1

x

x

+ = ⋅

⇔ − < <

. С учетом условия:

0;

;1

4

4

x

π

π

⎡

⎞ ⎛

∈

⎟ ⎜

⎟

⎢⎣

⎠ ⎝

∪

⎞
⎠

.

6) если

4

x

π

=

:

2

0 1 1 [ ]

x

+ = ⋅

- неверное равенство.

7) если

1

x

≥

, то

2

2007

[

1][ ] [ ] 1 [ ] [sin

2 ]

x

x

x

x

+

≥

+ ≥

+

x

. Второе неравенство становится равенством

при

5

,

0,1, 2,...

4

x

n n

π π

=

+

=

Однако, при этих значениях

x

первое неравенство становится

строгим. Решений нет.

Объединяя результаты, получим

7

Ответ:

3;

0;

;1

2

4

4

π

π

π

⎛

⎤ ⎡

⎞ ⎛

−

−

⎜

⎟

⎥ ⎢

⎝

⎦ ⎣

⎠ ⎝

∪

∪

⎞

⎜

⎟

⎠

5

. Решение следует из тождества:

(

) (

) (

)

(

) (

) (

)

.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

a

c

c

b

b

a

c

b

a

c

b

a

b

a

c

a

c

b

−

+

−

+

−

+

+

+

=

−

+

+

−

+

+

−

+

Тогда, если среди чисел a, b, c есть пара различных, то

(

) (

) (

)

.

2

2

2

2

2

2

c

b

a

b

c

a

b

a

c

a

c

b

+

+

>

−

+

+

−

+

+

−

+

Поэтому указанная в задаче операция замены не меняет суммы квадратов всех чисел (и не меняет чисел,
вообще), если она проводится над одинаковыми числами, и увеличивает её, если проводится над
неодинаковыми. Чтобы выиграть, 1-му игроку необходимо и достаточно, чтобы среди чисел были два
отличных. В таком случае сумма квадратов всех чисел в конце ≤N*MAX

2

, но ≥ суммы квадратов в начале,

которая больше N*MIN

2

. Отсюда следует MAX>MIN.

6

. Случай n=1 – тривиален.

Пусть - количество корней, равных 1, - равных -1. По Теореме Виета коэффициент при

:

1

l

2

l

1

−

n

x

( )

(

)

1

2

2

1

1

1

1

l

l

l

l

a

n

−

=

−

⋅

+

⋅

−

=

−

Т. е.

и в любом случае

1

1

2

±

= l

l

1

2

1

2

1

±

=

+

=

l

l

l

n

– нечетно.

При n=3 искомым многочленом является

(

) (

)

1

1

1

2

2

3

+

−

=

+

−

−

x

x

x

x

x

Пусть

, тогда многочлен должен приводиться к виду

1

1

=

−

n

a

(

) (

)

(

)

(

)

2

,

1

1

1

1

1

2

1

1

1

1

≥

+

−

=

−

+

+

l

x

x

x

x

l

l

l

Но тогда, как видно, коэффициент при

по модулю равен

. Случай

3

x

2

1

≥

l

1

1

−

=

−

n

a

рассматривается аналогично.

Ответ: n=1, n=3.

7

. Согласно теореме Чевы AD, BH и CM пересекаются в одной точке тогда и только тогда,

когда

1

=

⋅

⋅

MA

BM

BD

DC

HC

AH

. По свойству биссектрисы

AB

AC

BD

DC =

. Из прямоугольных треугольников ABH и

CBH:

AH

BH tg

tg

HC

BH tg

tg

β

β

α

α

⋅

=

=

⋅

. Тогда

tg

AB

tg

AC

β

α

=

. По теореме синусов

sin

cos

sin

sin(

)

AB

C

AC

B

α

α β

∠

=

=

∠

+

.

Теперь находим уравнение, связывающее

α

и

β

:

cos

sin

1

1

sin cos

sin cos

cos sin

sin(

)

sin cos

sin(

)

sin

tg
tg

β

α

β

α

β

α

β

α

β

α

α β

α

β

α β

β

=

⇒

=

⇒

=

+

+

+

,

откуда

sin

1 sin

tg

tg

β

α

β

β

=

−

.

Отсюда легко находим

(1 sin )

1

2

sin

sin

ctg

tg A tg C ctg

ctg

ctg

ctg

β

β

β

α

β

β

β

β

⎛

⎞

−

∠ − ∠ =

−

=

−

=

−

⎜

⎟

⎝

⎠

.

Исследуем

это

выражение

на

максимум

при

0

2

π

β

< <

.

Для

этого

находим

производную:

.

0

sin

cos

sin

1

2

sin

1

2

2

=

+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

−

β

β

β

β

β

ctg

.

Уравнение сводится к

,

0

2

sin

2

sin

2

=

−

+

β

β

откуда

1

3

sin

−

=

β

,

1

3

3

3

2

−

−

=

β

ctg

.

Итак, искомая разность

.

2

9

3

6

sin

1

2

−

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

∠

−

∠

β

β

ctg

C

tg

A

tg

8

M

B

D

H

α

β

Ответ

:

.

2

9

3

6

−

8

. Для n=1:

.

2

cos

2

sin

1

cos

sin

2

2

2

2

x

x

x

x

+

=

=

+

Для n=2:

.

2

2

sin

2

cos

2

2

sin

1

cos

sin

2

)

cos

(sin

cos

sin

2

2

2

2

2

2

2

2

4

4

x

x

x

x

x

x

x

x

x

+

=

−

=

−

+

=

+

Для n=3:

=

+

−

+

=

+

)

cos

(sin

cos

sin

3

)

cos

(sin

cos

sin

2

2

2

2

3

2

2

6

6

x

x

x

x

x

x

x

x

.

2

2

sin

2

cos

4

2

sin

3

1

2

2

2

2

x

x

x

+

=

−

=

Для n≥4 пусть x=

π/6. Тогда должно быть верно:

.

2

3

4

1

4

1

4

3

1

+

+

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

n

n

n

При n=4 получаем, что 82/256=11/32. Противоречие. При n≥5:

.

2

3

4

1

4

1

1024

244

4

1

4

3

4

1

4

3

1

5

5

+

+

<

<

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

≤

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

n

n

n

Ответ: 1, 2, 3.

9

. Сделаем последовательно следующие замены

x

x

x

1

−

→

;

x

x

−

→

1

1

.

Получим систему относительно неизвестных

( )

x

f

,

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

x

x 1

и

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

− x

1

1

:

( )

( )

⎪

⎪

⎪

⎩

⎪

⎪

⎪

⎨

⎧

=

+

−

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

⋅

−

+

=

+

−

+

⋅

−

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=

+

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⋅

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

.

0

2008

1

1

1

1

5

3

,

0

2008

1

1

5

1

1

3

,

0

2008

1

1

5

1

3

x

x

x

f

x

x

f

x

x

x

f

x

x

x

f

x

x

f

x

x

x

f

Заменив

( )

3

2

1

1

1

,

1

,

a

x

f

a

x

x

f

a

x

f

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

=

, получим

9

⎪

⎪

⎪

⎩

⎪

⎪

⎪

⎨

⎧

=

+

−

+

−

+

=

+

−

+

−

+

=

+

+

+

.

0

2008

1

1

1

5

3

,

0

2008

1

1

5

3

,

0

2008

5

3

2

1

1

3

3

2

x

a

x

a

x

x

a

x

x

a

x

xa

a

Решая данную систему, находим

( ) (

)

(

)

.

1

98

2008

6

16

10

2008

16

1

x

x

x

f

a

−

⋅

−

−

+

⋅

=

=

Подставив данную функцию в исходное функциональное уравнение, убеждаемся, что она

удовлетворяет условию задачи.

10

. Так как в уравнении (*) все числа

входят равноправно, можно

положить

. Но тогда

(принцип Дирихле) и следовательно

n

x

x

x

,

,

,

2

1

…

1

1

x

x

x

n

n

>

>

>

−

…

i

x

i

≥

1

1

1

2

3

1

2

1

1

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

1

+

=

⇒

+

=

+

⋅

⋅

⋅

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

⋅

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

≤

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

⋅

⋅

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

⋅

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

=

n

a

n

n

n

n

x

x

x

k

n

n

…

…

…

при этом

(

n

x

,

,

2

,

1 …

=

)

- решение.

Так как k>1, при

(

)

n

i

i

n

x

i

,

1

1

=

−

+

=

имеем

,

2

1

1

2

1

+

+

=

−

+

+

⋅

⋅

+

+

⋅

+

=

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

k

…

то

2

=

n

b

Ответ. a

n

= n+1, b

n

= 2

10