Московский физико-технический институт

(государственный университет)

Факультет Молекулярной и Биологической Физики

Решение задач

Заочной физико-математической олимпиады ФМБФ

2008-2009 года

Москва – 2009

Физика
1. Опишем таракана как прямоугольник со сторонами a и b. Тогда переворот можно описать

как вращение относительно неподвижной вершины прямоугольника. Условие переворота –
кинетическая энергия вращения равна потенциальной энергии прямоугольника, стоящего на
неподвижной вершине. Конечно, надо учесть, что для переворота с «головы» на «спину» нужна
еще дополнительная энергия на преодоление амортизации, но эти затраты малы по сравнению с
потенциальной энергией таракана. Поэтому можно считать, что если таракан достиг верхнего
положения, то он в любом случае опрокинется на спину.

2

2

2

c

L

b

mg r

I

⎛

=

−

⎜

⎝

⎠

⎞

⎟

(1)

Здесь L – момент импульса таракана, I – его момент инерции, – расстояние от вершины до
центра пластины:

c

r

2

2

2

c

a

b

r

+

=

.

(2)

Момент инерции прямоугольной пластины относительно вершины равен

(

)

(

)

2

2

2

2

2

2

12

4

3

c

c

m

a

b

m

2

I

I

mr

a

b

m

a

b

+

= +

=

+

+

=

+

.(3)

Обозначим угол между диагональю и меньшей стороной b как α. Начальный момент

импульса равен

2

mvb

L

=

(4)

Подставляем (2), (3) и (4) в выражение (1):

)

2

(

)

(

8

)

(

3

2

2

2

2

2

b

b

a

mg

b

a

m

mvb

−

+

=

+

откуда

с

м

b

b

a

b

a

g

b

v

/

7

,

1

)

)(

(

3

2

2

2

2

2

=

−

+

+

=

.

Ответ: 1,7 м/с.

2. Найдем ток через катушку в момент, когда размыкают ключ K

2

. По правилам Кирхгофа

q

E Lq

C

−

=



,

откуда при начальных условиях

,

( )

0

0

q

q

=

( )

0

I

0

=

имеем

(

)

0

( )

cos

q t

q

C

t EC

ω

=

−Ε

+

,

( )

(

)

0

sin

I t

q

C

t

ω

ω

= −

− Ε

,

где

1

LC

ω

=

. В момент времени такой, что

0

t

(

)

0

0

0

( )

cos

q t

q

EC

t

EC q

ω

1

=

−

+

=

имеем

0

0

0

0

sin

)

(

)

(

I

t

C

q

t

I

=

Ε

−

−

=

ω

ω

,

2

1

2

0

0

)

(

)

(

C

q

C

q

I

Ε

−

−

Ε

−

=

ω

.

После переключения ключей имеем

LI

IR

−

=



⇒

IRdt

LdI

=

−

,

и протекший через резистор заряд равен

(

) (

(

)

)

0

0

2

2

0

0

1

2

0

( )

I

I

dI

L

Q

I t dt

L

L

q

EC

q

EC

R

R

CR

∞

=

= −

=

=

−

−

−

∫

∫

.

(

) (

)

(

)

2

Ответ:

2

2

0

1

2

L

Q

q

EC

q

EC

CR

=

−

−

−

.

3. Пусть в момент, когда космонавт отпустил шарик, корабль находился на некоторой высоте

h. По условию, за время движения шарика корабль успел преодолеть малое расстояние в том
смысле, что ускорение свободного падения в районе местонахождения корабля изменилось мало:

1

<<

Δ

g

g

в силу чего ускорение свободного падения можно приближенно считать постоянным. Поскольку

2

)

(

h

R

GM

g

+

=

, где

M

и

R

соответственно масса и радиус астероида, то это условие эквивалентно

1

<<

+

Δ

h

R

h

.

Равноускоренное движение корабля от астероида приводит к тому, что шарик относительно

корабля также совершает равноускоренное движение с ускорением

. Если ось

2g

x

направить

вертикально вверх и отсчет вести от поверхности пола корабля, то уравнение движения шарика
вниз будет иметь следующий вид:

2

2

)

(

2

gt

l

t

x

−

=

↓

,

откуда время движения вниз равно

g

l

=

↓

τ

.

Поскольку корабль можно считать неизмеримо более массивным, чем шарик, то после абсолютно
упругого удара скорость шарика, к моменту времени

τ

↓

ставшая по модулю равной

2

2

g

l g

gl

⋅

=

, станет направленной вверх, после чего шарик будет двигаться по закону

( )

(

)

(

)

2

2

2

2

g t

x t

t

gl

τ

τ

↓

↑

↓

⋅ −

= −

⋅

−

,

откуда время движения вверх равно

l

g

τ

↑

=

.

Таким образом, полное время движения шарика

GM

l

h

R

g

l

)

(

2

2

+

=

=

τ

,

откуда

GM

l

k 2

=

,

. Таким образом,

kR

b

=

2

0

2

4

,

4

,

b

l

g

Gk

l

M

k

b

R

=

=

=

.

Вычисления дают R=100 км,

кг,

19

10

≈

M

064

,

0

0

≈

g

м/с

2

. При этом действительно

2

0

~

~

g

h

l

R h

R

R

τ

Δ

1

<<

+

.

Ответ:

км,

кг,

100

R

=

19

10

M

≈

2

0

0,064 м с

g

≈

.

4.

Согласно уравнению Менделеева-Клапейрона

,

RT

m

PV

μ

=

откуда плотность

.

RT

P

μ

ρ

=

Из

рисунка следует, что

c

T

T

=

=

2

2

1

1

ρ

ρ

, где – константа. Нарисуем циклы в координатах V, P.

c

3

При этом изотермы Т

1

=const и T

2

=const задаются уравнениями

V

mRT

P

μ

1

=

и

V

mRT

P

μ

2

=

соответственно. Прямые

const

=

1

ρ

и

const

=

2

ρ

перейдут в изохоры

1

1

ρ

m

V

=

и

2

2

ρ

m

V

=

, а прямая

cT

=

ρ

– в кривую

2

2

V

c

R

m

P

μ

=

.

Площадь под изотермой Т

1

=const равна

1

2

1

2

1

1

1

1

ln

ln

m

m

mRT

T

m

m

S

dV

RT

RT

V

T

ρ

ρ

ρ

μ

μ

ρ

μ

=

=

=

∫

2

1

,

под кривой

2

2

V

c

R

m

P

μ

=

(

)

(

)

1

2

2

2

2

1

2

2

2

m

m

m R

m R

m

m

S

dV

R

R T

c V

c

m

m

c

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

μ

μ

μ

μ

⎛

⎞

=

=

−

=

−

=

⎜

⎟

⎝

⎠

∫

1

2

1

T

−

,

а под изотермой T

2

=const

1

2

2

2

3

2

1

1

ln

ln

m

m

mRT

T

m

m

S

dV

RT

RT

V

T

ρ

ρ

ρ

μ

μ

ρ

μ

=

=

=

∫

2

2

.

Выясним, сколько тепла передается рабочему телу в обоих циклах. При движении по изотерме

имеем

, следовательно

1

T T

=

0

dU

=

1

1

1

0

T T

T T

Q

A

S

=

=

=

= − < и тепло отводится. На кривой

2

2

V

c

R

m

P

μ

=

имеем

2

1

2

1

2

2

T

T

T

T

i

m

Q

dU

pdV

Rd

δ

μ

→

→

−

=

+

=

T

(i – количество степеней свободы газа), т.е. там тепло

также отводится, т.к.

. Тепло подводится только при изохорном переходе с одной изотермы

на другую, когда рабочее тело получает его в количестве

0

dT

<

(

)

1

12

2

2

i m

Q

U

R T

T

μ

+

1

= Δ

=

−

.

Аналогично со вторым циклом: тепло отводится при изохорном переходе с одной изотермы на
другую, на остальных кривых тепло подводится:

(

)

(

)

2

2

2

1

3

2

1

1

2

2

ln

2

2

T

i

m

i

m

m

Q

R T

T

S

R T

T

RT

T

μ

μ

+

2

μ

−

−

=

−

+

=

−

+

.

Тогда к.п.д. циклов равны соответственно

(

)

1

2

1

1

2

1

1

1

2

ln

2

1

T

T T

A

S

S

Q

Q

i

T

T

η

+

⎛

⎞

−

=

=

=

−

⎜

⎟

−

⎝

⎠

1

,

4

(

)

(

)

3

2

2

2

2

2

2

2

1

2

1

1

2

2

ln

2

S

S

A

T

i

i

Q

Q

T

T T

T

T

η

+

−

1

T

−

=

=

= −

−

+

−

.

В силу

(

)

имеем уравнение относительно

(

)

1

2

3

1

η

η

−

−

= 1

1

2

x T T

=

:

(

)

2

ln

1

3

1

2

1

2 ln

1

2

x

x

i

x

i

i

x

x

x

⎛

⎞

−

⎛

⎞

−

−

=

⎜

⎟

⎜

⎟

−

−

⎝

⎠

⎝

⎠

+

−

1,

откуда

(

)(

)

ln

1

0

i

x x

+

− =

.

Поскольку по смыслу задачи

( )

0,1

x

∈

, то единственный корень –

i

x e

−

=

.

5

Ответ:

2

1

i

T T

e

= .

5.

Рассмотрим куб со стороной d, в центре которого находится точечный заряд q. По теореме

Гаусса полный поток вектора E через поверхность куба равен 4kπq (в СИ). В силу центральной

симметрии, поток через одну грань равен

q

k

π

3

2

.

Теперь «поднесём» к нашему заряду вышеозначенную шахматную доску. В силу осевой

симметрии грани поток вектора E через все чёрные клетки равен

3

1

kπq и сила взаимодействия её с

зарядом направлена перпендикулярно плоскости доски.

Рассмотрим на доске малую площадку площади S

Δ . Поток вектора E через неё равен

r

S

kq

Δ

α

cos

, где

α

– угол между перпендикуляром к S

Δ и прямой, проходящей через q и S

Δ .

Составляющая силы взаимодействия между этой площадкой и зарядом q, направленная

перпендикулярно плоскости доски, равна

2

cos

r

S

kq

α

σ

Δ

. Видно, что эта сила пропорциональна

потоку вектора E с коэффициентом σ.

Просуммировав по всем ΔS, получим искомую силу взаимодействия. Поскольку

2

2

2

2

d

q

d

q =

=

σ

, то

2

2

0

2

2

2

6

1

3

2

2

3

1

d

q

d

q

k

q

d

kq

k

F

ε

π

π

=

=

=

Ответ:

2

2

0

6

1

d

q

F

ε

=

.

6.

Предположение, что шарик полностью погрузился под лед, оправдывается дальнейшими

вычислениями. Тогда объем расплавившегося льда равен сумме объемов цилиндра и полусферы:

3

2

3

2

R

h

R

V

π

π

+

=

.

Количество теплоты, отданное при охлаждении шара,

3

1

1

1

4

(

)

3

Q

R c t

πρ

2

t

=

−

,

где

1

ρ

– плотность железа; с – его удельная теплоемкость. Количество теплоты, полученное льдом

для плавления, равно:

2

3

2

2

2

2

2
3

Q

m

V

R h

R

λ

λρ

λρ π

π

⎛

⎞

=

=

=

+

⎜

⎟

⎝

⎠

,

где

2

2

,

ρ

m

– масса и плотность льда. По закону сохранения энергии

2

1

Q

Q

=

, откуда

(

)

1

2

1

2

2

2

1

3

c t

t

h

R

ρ

ρ

λ

−

⎛

⎞

=

−

⎜

⎟

⎝

⎠

.

Подставляя наши значения, получим h = 1,9 см. Всего шар погрузился на (1,9+2) см = 3,9 см.
Ответ: h = 3,9 см.

7.

Закон изменения силы упругости легкого жгута следующий:

(

)

0

0

0

,

0,

k l l

l l

F

l l

−

−

>

⎧⎪

= ⎨

≤

⎪⎩

где l

0

– длина нерастянутого жгута. В состоянии равновесия до перерезания нити

(

)

(

)

(

)

1

0

1

0

m M g

m M g k l

l

l

l

k

+

+

=

−

⇒ = +

,

а после:

k

mg

l

l

+

=

0

2

.

В нашем случае (M > m) есть периоды времени, когда жгут не натянут, а грузик находится

в состоянии свободного падения, совершая тем самым ангармонические колебания.

m

Ось x направим вертикально вниз, а начало отсчета поместим в новое положение равновесия.

Поскольку амплитуда гармонических колебаний грузика равна

Mg k

и

( )

0

Mg

x

k

=

, то уравнение

гармонической части движения таково:

0

2

( )

cos

Mg

t

x t

k

T

π

⎛

⎞

=

⎜

⎟

⎝

⎠

.

Натяжение жгута исчезнет в момент времени

1

τ

такой, что

1

1

0

2

( )

cos

Mg

m

x

k

T

πτ

τ

⎛

⎞

=

=

⎜

⎟

⎝

⎠

g

k

−

.

Скорость его в этот момент равна по модулю

2

2

1

0

0

0

2

2

2

sin

Mg

g

V

M

kT

T

kT

πτ

π

π

⎛

⎞

=

=

⎜

⎟

⎝

⎠

m

−

и направлена вертикально вверх. Двигаясь с ускорением свободного падения, грузик вернется
обратно в эту точку через время

0

2

2

2

4

2

kT

m

M

g

V

−

=

=

π

τ

.

Возвращаться в исходную точку грузик будет опять по гармоническому закону, причем в силу
симметрии это займет время

1

3

τ

τ

=

.

Таким образом, полное время возвращения грузика в отправную точку будет равно

2

2

0

0

1

4

1

arccos

m

M

m

T

M

kT

π

τ

π

−

⎛

⎞

= −

+

⎜

⎟

⎝

⎠

,

4

2 3

3

m

k

τ

π

⎛

⎞

=

+

⎜

⎟

⎝

⎠

.

Ответ:

4

2 3

3

m

k

τ

π

⎛

⎞

=

+

⎜

⎟

⎝

⎠

.

8.

Пробка вылетает из-за гидравлического удара, когда жидкость после удара движется по

направлению от стенки. Однако в тех случаях, когда перед ударом между жидкостью и пробкой
нет воздуха, в этой области при ударе создается вакуум, и внешнее давление вталкивает пробку
внутрь.

9.

«Лужи» на асфальте объясняются отражением световых лучей от горячего воздуха. Воздух

над шоссе нагрет неравномерно – у поверхности дороги он нагрет сильнее – поэтому обладает
разной оптической плотностью. Менее нагретый воздух обладает большим коэффициентом

6

преломления, чем более нагретый при таком же составе и давлении, поэтому луч при переходе от
более холодного воздуха к более горячему испытывает полное внутреннее отражение.

Из закона Снеллиуса следует, что при распространении света выполняется следующее

соотношение (см. рис.):

const

n

=

α

sin

.

В нижней точке траектории происходит полное внутреннее отражение:

1

2

α

π

=

, следовательно

.

1

const n

=

Луч попадает в глаз под некоторым углом

2

2

β π

α

=

−

:

2

1

arccos

n

n

=

β

,

который определяет видимое местоположение объекта:

β

β

H

tg

H

L

≈

=

,

где

– ориентировочный рост человека.

м

H

8

,

1

≈

Температура воздуха вблизи асфальта равна

65

1

≈

T

°C , а вблизи глаза –

35

2

≈

T

°C.

Соответствующие показатели преломления воздуха

определятся из соотношения

2

,

1

n

0

2

,

1

2

,

1

0

2

,

1

0

1

1

T

T

n

n

=

=

−

−

ρ

ρ

,

где

– показатель преломления воздуха при нормальных условиях, т.е. при

000292

,

1

0

=

n

0

0

=

T

°C.

видимая «лужа»

L

небо

β

β

T≈

65

°C

T≈

35

°C

α

n

H

Подставляя численные данные задачи, находим

00678

,

0

≈

β

, откуда

.

м

L 265

≈

Ответ:

.

м

L 265

≈

10.

Смена знака кривизны поверхности жидкости происходит при скорости потока, равной

и являющейся некоторой функцией параметров системы:

кр

v

(

)

, , ,

кр

кр

v

v

D d

ρ η

=

, где – размер

сосуда, – величина поперечного сечения струи вблизи поверхности жидкости плотности

D

d

ρ и

вязкости

η . При достаточно больших размерах сосуда D

d

>> эта скорость от не зависит. При

этих условиях все системы с плоской поверхностью жидкости должны быть гидродинамически
подобны, то есть характеризоваться одинаковыми числами Рейнольдса:

D

1

Re

кр

кр

v d

const

v

d

ρ

η

η

ρ

=

=

⇒

≈

.

Плотность и вязкость молочных продуктов главным зависят от их химического состава, в

частности содержания белков и жиров. Вязкость также зависит от размеров белковых частиц и
шариков жира, а также внутренней структурированности самой жидкости. В целом, с повышением
жирности продукта его вязкость увеличивается, а плотность – уменьшается. Следовательно, с
повышением вязкости критическая скорость растет.

Рассмотрим теперь стационарный процесс вливания жидкости в сосуд конечных размеров,

при котором на поверхности жидкости образуется небольшая «ямка». При наличии у сосуда

7

границ они будут гасить определенную долю импульса потока жидкости. Чтобы восполнить эти
потери и восстановить ту кривизну поверхности, которая была бы при отсутствии у сосуда границ,
необходимо увеличить скорость втекающего потока. Следовательно, с уменьшением размеров
сосуда критическая скорость растет.

Математика

B

A

C

M

K

1

.

Продлим биссектрису угла В до пересечения с описанной окружностью (точка М).

MBA

MCA

MBC

MAC

∠

=

∠

∠

=

∠

;

(т.к. опираются на одинаковые дуги). Но

(т.к. ВМ – биссектриса). Значит АМС – равнобедренный

треугольник.

Значит,

высота

МК

будет

также

и

серединным

перпендикуляром. Отсюда и следует, что точка пересечения серединного
перпендикуляра стороны МК и биссектрисы совпадает с точкой пересечения
биссектрисы и описанной окружности. Отсюда и следует утверждение задачи.

MBC

ABM

∠

=

∠

2.

(

)

(

)

ac

bc

ab

ac

bc

ab

a

c

c

b

b

a

c

b

a

+

+

≥

+

+

+

+

+

+

+

+

=

=

+

+

3

2

2

2

2

2

2

9

2

2

2

2

2

2

2

.

(

)

3

≤

+

+

⇒

ac

bc

ab

Применяя далее неравенство Коши-Буняковского для наборов чисел

c

b

a

,

,

и

ac

bc

ab

,

,

, получим

(

)(

)

3

3

3

=

⋅

≤

+

+

+

+

≤

+

+

c

b

a

ac

bc

ab

a

c

c

b

b

a

.

3

.

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

1

2

1

2

1

2

2

1

2

2

1

−

=

−

−

=

−

=

−

=

=

−

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

, т.е

R

x

∈

∀

)

2

1

(

)

1

2

(

x

f

x

f

−

=

−

.

Значит,

– четная,

( )

x

f

( )

( )

x

f

x

f

−

=

8

R

x

∈

∀

.

(

)

( )

(

) ( ) ( )

x

f

x

f

x

f

x

f

+ =

− −

=

− =

1

1

, т.е.

( )

(

)

1

+

=

x

f

x

f

.

Значит, 1 – период.

4.

Опишем вокруг треугольника ABC окружность. Продлим BD до

пересечения с окружностью.

BAC

BKC

BCA

AKB

∠

=

∠

∠

=

∠

,

(опираются на

одни и те же дуги).

DKA

DAK

ADB

∠

+

∠

=

∠

(свойство внешнего угла). Таким образом

,

α

=

∠DAK

т.е.

Аналогично

.

DK

AD

=

,

DKC

DCK

BDC

∠

+

∠

=

∠

,

DC

DK

DCK

=

⇒

=

∠

β

т.е.

.

CD

AD

=

Ответ:

.

1

=

CD

AD

5.

Обозначим

z

B

A

CA

y

C

B

AB

x

A

C

BC

=

=

=

1

1

1

1

1

1

,

,

. Тогда по теореме Чевы

1

=

xyz

. Обозначим

. Далее заметим, что

1

1

1

1

,

S

S

S

S

C

B

A

ABC

=

=

(

) (

) (

)

z

x

x

z

x

BA

C

A

BA

BC

A

C

BC

BC

BA

BA

BC

S

S

ABC

A

BC

+

⋅

+

=

+

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

=

+

⋅

+

=

⋅

⋅

=

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

.

Аналогично получаем

(

)(

)

(

)(

)

1 1

1 1

,

1

1

1

1

AC B

CA B

ABC

ABC

S

S

y

z

S

x

y

S

y

=

=

+

+

+

+ z

.

Отсюда получаем

(

) (

) (

) (

) (

) (

) (

) (

) (

)

=

+

⋅

+

⋅

+

+

=

+

⋅

+

−

+

⋅

+

−

+

⋅

+

−

=

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

z

y

x

xyz

y

z

z

x

y

y

z

x

x

S

S

(

)(

)(

)

1

1

1

2

+

+

+

=

z

y

x

. Так как

a

a 2

1

, то получаем

≥

+

4

1

8

2

1

=

≤

xyz

S

S

, то есть соотношение верно для

любого треугольника, а значит и для равностороннего.

6.

(

) (

)

(

) (

)

×

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

+

=

+

−

+

−

+

x

y

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

2

2

2

2

2

2

cos

sin

2

sin

2

sin

2

1

cos

sin

cos

sin

cos

sin

(

)

(

)

=

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

−

+

+

×

y

x

y

x

x

y

y

x

y

x

y

x

y

x

sin

sin

cos

cos

cos

sin

2

sin

2

sin

2

1

cos

sin

sin

sin

cos

cos

2

2

2

2

+

=

+

+

=

y

x

y

x

y

x

y

y

x

y

x

x

y

x

2

2

3

2

3

2

cos

(sin

cos

cos

2

cos

cos

sin

2

sin

sin

2

sin

2

sin

cos

cos

sin

2

(

)

(

)

+

−

−

=

=

+

=

+

+

2

2

2

2

2

2

2

cos

cos

2

3

cos

cos

3

sin

sin

cos

cos

2

)

cos

sin

sin

sin

2

y

x

y

x

y

x

y

x

x

y

y

x

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

.

4

3

4

3

cos

cos

2

3

sin

sin

2

2

3

cos

cos

2

3

cos

cos

2

3

2

2

2

2

2

2

≤

+

−

−

=

+

−

+

−

−

=

+

y

x

y

x

y

x

y

x

Ответ:

4

3

.

7.

Заметим, что кузнечик может ходить только по таким клеткам, что сумма абсциссы и

ординаты являются четным числом (сюда же относятся точки начала и домика). Таким образом,
все точки плоскости делятся на 2 множества по принципу четности суммы координат. Если
кузнечик и лягушка исходно находятся в полях с разной четностью суммы, то они никогда не
встретятся.

Проведем из точки домика диагонали вниз (вниз и вправо, вниз и влево), а из исходной точки

– диагонали вверх (вверх и вправо, вверх и влево). Мы получаем прямоугольник (в вырожденном
случае n = m прямую), внутри которого может передвигаться кузнечик. Поскольку n

≥ m, точки

пересечений диагоналей лежат ниже точки домика. Если точка лягушки лежит вне данного
прямоугольника (прямой), кузнечик и лягушка никогда не встретятся.

При n > m вершины прямоугольника имеют следующие координаты: (0;0), (2m;2n), (m-n;n-m),

(m+n;m+n). Последние 2 точки можно найти из координат центра прямоугольника с координатами
(m;n) и условия симметрии прямоугольника относительно центра.

Пусть из точки внутри прямоугольника с координатами (i;j) кузнечик имеет N(i,j) вариантов

добраться до домика. Поскольку из этой точки кузнечик может пойти только по диагонали вверх,
получаем:

( )

(

)

(

)

,

1,

1

1,

N i j

N i

j

N i

j 1

=

+

+ +

−

+

Очевидно, что с клеточек, находящихся по диагонали от домика, существует единственный

способ добраться до домика. На строке 2n-1 получаем числа 1, 1; на 2n-2 получаем числа 1, 2, 1;
на 2n-3 получаем числа 1, 3, 3, 1; и т.д. Видно, что мы получили треугольник Паскаля, который
состоит из числовых коэффициентов в разложении бинома Ньютона:

!

!

)!

(

l

k

l

k

C

C

l

l

k

k

l

k

⋅

+

=

=

+

+

где k и l – расстояние в клеточках от домика до проекции точки (i;j) на диагонали.

Построенный ранее прямоугольник имеет стороны в n+m и n–m клеточек, поэтому число
вариантов в отсутствие лягушки равно:

( )

)!

(

)!

(

!

2

2

m

n

m

n

n

C

N

m

n

n

+

−

=

=

−

При n = m прямоугольник вырождается в прямую и N = 1.
Если лягушка находится к клетке, через которую потенциально может проходить кузнечик

(см. выше), число вариантов уменьшается на количество вариантов добраться до домика из клетки
с лягушкой. Оно равно количеству вариантов добраться из начальной точки к лягушке,
умноженному на количество вариантов добраться от лягушки к домику. Таким образом, общее
число вариантов равно

2

)

(

2

2

2

2

2

1

a

b

m

n

b

n

a

b

b

m

n

n

C

C

C

N

−

−

−

−

−

−

⋅

−

=

При вырожденном случае n = m и сидящей на этой диагонали лягушке кузнечик не может

пройти к домику (N = 1, N

1

= 1).

9

Ответ:

2

)

(

2

2

2

2

2

1

a

b

m

n

b

n

a

b

b

m

n

n

C

C

C

N

−

−

−

−

−

−

⋅

−

=

при a + b – четное и таких, что лягушка попадает в

построенный выше прямоугольник, и

при прочих a и b.

m

n

n

C

N

−

=

2

1

8.

– очевидно, решение.

2008

=

x

abc

x

1

=

0

,

,

≠

c

b

a

2008

10

100

1000

=

+

+

+

+

abc

c

b

a

(*)

729

9

9

9

=

⋅

⋅

≤

abc

2

1279

729

2008

1

≥

⇒

=

−

≥

a

abc

1.

2

=

a

162

9

9

2

=

⋅

⋅

≤

⋅

⋅

c

b

a

2

646

10

≠

⇒

≥

+

a

c

b

2.

3

=

a

243

9

9

3

=

⋅

⋅

≤

⋅

⋅

c

b

a

3

465

10

≠

⇒

≥

+

a

c

b

3.

324

9

9

4

4

=

⋅

⋅

≤

⋅

⋅

=

c

b

a

a

4

284

10

≠

⇒

≥

+

a

c

b

4.

405

5

≤

⋅

⋅

=

c

b

a

a

5

103

10

≠

⇒

≥

+

a

c

b

Из (*) следует, что

a

a

b

a

abc

c

b

9

10

9

100

1008

100

1008

10

+

−

−

≥

⇒

−

=

+

+

(**)

5.

с – нецелое.

⇒

⎪

⎭

⎪

⎬

⎫

=

=

=

≥

=

9

8

7

7

6

b

b

b

b

a

6.

с – нецелое.

⇒

⎪

⎪
⎭

⎪

⎪
⎬

⎫

=

=

=

=

≥

=

9

7

6

5

5

7

b

b

b

b

b

a

4

4

=

=

c

b

7.

из (**) а – четное

⇒

с – четное.

8

=

a

⇒

⎪

⎪
⎭

⎪

⎪
⎬

⎫

=

=

=

=

8

6

4

2

с

с

с

с

b – нецелое.

8.

; из (**)

2

9

≥

=

b

a

5

1

9

1

10

108

≤

⇒

≥

+

−

=

b

b

b

c

⇒

⎪

⎪
⎭

⎪

⎪
⎬

⎫

=

=

=

=

5

4

3

2

b

b

b

b

с – нецелое.

Ответ: x=1784, х=2008.

9.

Поскольку

2

1 tg

0

2

x

−

≠

(иначе

0 18

=

), то уравнение равносильно

2

2

2

2

1

1

224 2sin

9cos

2tg

8

1 tg

2

a

x

x

x

8

x

−

−

−

+

=

−

.

Так как

2

2

sin

1 cos

x

x

= −

,

2

2

1

tg

1

cos

x

x

=

−

,

2

2

2

2

cos

1

1 cos

2

2 cos

2 2 cos

1 tg

cos

sin

2

2

2

x

x

x

x

x

10

1

1

x

x

+

=

=

= +

−

−

, то

исходное уравнение принимает следующий вид

2

2

2

1

9

2

2cos

9cos

237

0

8

cos

cos

x

x

a

x

x

⎛

⎞

−

+

−

−

+

⎜

⎟

⎝

⎠

=

x

,

которое является возвратным относительно новой переменной

cos

y

=

. Делая замену

1

y

t

y

+ =

,

получаем

(

)

2

2

1

8

2

9

241

t

t

a

− +

−

= 0

. (*)

Также необходимо проверить условие, чтобы

1

cos

−

≠

x

(в противном случае

2

x

tg

не

существует). Подставляя в (*)

t

, получим

2

−

=

1720

≠

a

.

Однако при таком значении параметра а второй корень равен 6,5. При таком значении t в

конечном счете найдутся корни, удовлетворяющие условию.

Далее, если уравнение (*) не имеет корней, то и исходное уравнение корней не имеет. Теперь

допустим, что полученное уравнение имеет хотя бы один корень

t . Уравнение

*

*

2

*

1

1 0

y

t

y

t y

y

+ = ⇔ −

+ =

имеет решения при t

* 2

4 0

− ≥ . При этом

1 2

1

2

1

1

y y

y y

= ⇒

=

.

Отсюда видно, что одно из значений

1

y или

2

y обязательно удовлетворяет условию

1

y

≤

.

Значит,

имеет бесконечное число корней и, следовательно, не менее 2009.

cos

y

=

x

Итак, необходимо, чтобы уравнение (*) имело хотя бы одно решение, удовлетворяющее

условию

. Решения есть при

2

4 0

t

− ≥

(

)

2

2

1

8

9

4 2

241

0

a

− ⋅ ⋅

−

≥

, т.е. при

. Теперь заметим,

что

2

2009

a

≤

2

1

9

2009

9

2

4

4

a

t

+

−

=

≥

1

>

, т.е. t всегда удовлетворяет условию t

2

4 0

≥ .

−

В итоге, исходное уравнение имеет не менее 2009 корней при

, что равносильно

2

2009

a

≤

2009

2009

a

−

≤ ≤

.

[

11

Ответ:

]

.

2009

;

2009

−

∈

a

10.

А(0,0), B(0,1), C(1,1), D(1,0). Найдем координаты точки M.

(

)

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

⇒

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

=

+

−

=

+

2

3

;

2

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

M

y

x

y

x

. Аналогично

.

2

1

;

2

3

1

,

2

1

;

2

3

,

2

3

1

;

2

1

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

−

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

−

L

N

K

Отсюда следует, что

3

2

2

1

1

3

2

3

1

2

1

2

−

=

=

⇒

−

=

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

−

−

=

MK

S

MK

LMNK

.

6

2

3

2

cos

2

2

2

π

=

∠

⇒

=

⋅

−

+

=

∠

MAN

AN

AM

MN

AN

AM

MAN

Отсюда следует, что искомая площадь равна

3

3

3

3

2

1

6

2

3

2

4

−

+

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

⋅

+

−

=

+

=

π

π

MN

LMNK

S

S

S

,

где

- площадь сегмента, отсекаемого отрезком MN.

MN

S

Ответ:

3

3

3

3

−

+

=

π

S

.

12

УВАЖАЕМЫЙ АБИТУРИЕНТ!

Вы поступаете на ФИЗТЕХ! И это прекрасно – здесь Вы получите превосходное базовое образование

по физике и математике, станете специалистом высокого класса в выбранной Вами области знаний.

Но в наше время бурного научно-технического прогресса недостаточно знать только физику и

математику. Основные открытия сейчас делаются на стыке естественных наук – физики, химии и биологии.
Львиная доля финансирования науки в развитых странах выделяется в настоящее время на области
естествознания, связанные с человеком – медицину, молекулярную химию и биологию, биохимию,
биофизику, экологию.

Если Вам нравится математическое моделирование химических, биологических и социальных систем

с применением современных суперкомпьютеров, если Вы хотите прикоснуться к живой клетке или постичь
тайны управляемого термоядерного синтеза, если Вас привлекает участие в международной программе
«Геном человека» или поиск лекарства против рака и СПИДа, Вас с нетерпением ждут на Факультете
М

олекулярной и Биологической Физики. Представляем наши базовые кафедры и их научные направления:

БИОФИЗИКА И БИОТЕХНОЛОГИИ

• ФИЗИКА ЖИВЫХ СИСТЕМ – биомедицина, трансплантология, искусственные органы;

биоинформатика и биоинженерия; биофизика, нейронауки; физическое и математическое
моделирование живых систем от клеточной мембраны до социальных систем и биосферы в целом.

• МОЛЕКУЛЯРНАЯ БИОФИЗИКА – программа «Геном человека», протеомика; разработка

быстрых методов определения нуклеотидных последовательностей ДНК и РНК; биологические
микрочипы, молекулярная вирусология, изучение физики белка и нуклеиновых кислот.

• ФИЗИКО-ХИМИЧЕСКАЯ БИОЛОГИЯ И БИОТЕХНОЛОГИЯ – генная инженерия,

молекулярная иммунология и онкология, биоинженерия белков и биологических мембран,
биотехнология, создание трансгенных организмов.

• МОЛЕКУЛЯРНАЯ МЕДИЦИНА – изучение физико-химических основ развития социально

значимых болезней человека; разработка, методы медицинской диагностики.

• БИОХИМИЧЕСКАЯ ФИЗИКА – изучение кинетики и механизмов реакций в биологических и

химических системах, разработка ресурсо- и энергосберегающих безотходных технологий.

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И НАНОТЕХНОЛОГИИ

• ФИЗИКА И ХИМИЯ ПЛАЗМЫ – исследования по управляемому термоядерному синтезу,

водородная и плазменная энергетика, участие в проекте ITER.

• ФИЗИКА СУПРАМОЛЕКУЛЯРНЫХ СИСТЕМ – молекулярная электроника, нанотехнологии,

фотоинформационные технологии и фотоэнергетика.

• ХИМИЧЕСКАЯ ФИЗИКА – создание новых лазеров, разработка сверхбыстрых кинетических

методик, фемтохимия.

• МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА – импульсные плазменные системы, молекулярные лазеры,

высокотемпературная газодинамика, масс-спектрометрический анализ, физика высокочастотных
разрядов, излучение неравновесной плазмы, индустриальная экология.

• ФИЗИКА ПОЛИМЕРОВ – создание новых сверхпрочных полимеров, экологические проблемы

использования полимерных материалов.

• ФИЗИКА ВЫСОКОТЕМПЕРАТУРНЫХ ПРОЦЕССОВ – физика и химия высокотемпературной

плазмы, теплофизика импульсных воздействий, проблемы термоядерной энергетики.

• ФИЗИКА ОРГАНИЗОВАННЫХ СИСТЕМ И ХИМИЧЕСКИХ ПРОЦЕССОВ – изучение

строения молекул и твердых тел, свойств вещества при высоких концентрациях энергии,
элементарных процессов, кинетики и механизмов сложных химических реакций.

• ФИЗИЧЕСКАЯ И ХИМИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА – физика плазмы, газовых разрядов, лазеров;

изучение воздействия излучения на вещество.

• ФИЗИКА И ХИМИЯ НАНОСТРУКТУР – синтез и получение новых углеродных материалов, в

том числе алмазоподобных, создание приборов и методов исследования этих материалов.

СУПЕРКОМПЬЮТЕРЫ

• ВЫСОКОПРОИЗВОДИТЕЛЬНЫЕ ВЫЧИСЛИТЕЛЬНЫЕ СИСТЕМЫ – развитие аппаратных

и инструментальных программных средств, создание прикладного программного обеспечения,
создание передовых технологий в области высокопроизводительных вычислений.