ИНФОРМАЦИЯ 49
ЗАОЧНОЕ ОТДЕЛЕНИЕ (индивидуаль- бота проверена, ученик видит свою работу с
ное заочное обучение) рецензией и авторскими решениями конт-
рольной части задания.
Телефон: (495) 408-51-45,
e-mail: [email protected] ОЧНО-ЗАОЧНОЕ ОТДЕЛЕНИЕ (обу-
Прием на заочное отделение проводится на чение в факультативных группах)
конкурсной основе по результатам выполне-
ния вступительного задания по выбранным Телефон: (498) 744-63-51,
для изучения предметам. e-mail: [email protected]
Школьники, поступающие на заочное от- Факультативные группы могут быть орга-
деление, выполняют вступительное задание низованы в любом общеобразовательном
учреждении двумя, тремя или четырьмя
на сайте https: zftsh.online в формате он- преподавателями – физики, математики,
информатики и химии, в отдельных случаях
лайн-олимпиады. разрешается обучение по одному предмету.
Олимпиада стартует 22.03.2021 в 9.00 и Руководители факультатива принимают в
него учащихся, успешно выполнивших всту-
закончится 28.03.2021 в 21.00 (время мос- пительное задание ЗФТШ (работы проверя-
ковское). ются руководителями групп и в ЗФТШ не
высылаются).
На выполнение заданий по каждому пред- Вступительное задание для очно-заочно-
мету дается 4 часа. го отделения будет размещено на сайте
school.mipt.ru 29 марта и будет доступно
Решение приемной комиссии будет сооб- до 30 мая.
щено до 1 июня 2021 года по указанному при Группа (не менее 7 человек) принимается
регистрации адресу электронной почты. Так- в ЗФТШ по заявлению директора на бланке
же в личном аккаунте появится справка о общеобразовательного учреждения (образец
зачислении в ЗФТШ. можно посмотреть на сайте ЗФТШ в разделе
«отделения» o «очно-заочное» o «по-
При регистрации на https: zftsh.online не- ступление»). В заявлении должны быть ука-
заны Ф.И.О. руководителей факультатив-
обходимо прикрепить хорошо читаемую ко- ной группы по предметам и поименный ал-
пию справки из школы. фавитный список обучающихся (Ф. И. О. в
алфавитном порядке полностью с указанием
Вниманию школьников, уже обуча- класса, в который поступают учащиеся, и
ющихся на заочном отделении ЗФТШ итоговых оценок за вступительное задание
по выбранным предметам, адрес, телефон и
Если школьник уже обучается в ЗФТШ и e-mail школы).
хочет добавить на следующий год еще пред- Заявление можно выслать обычной поч-
мет, необходимо с 22.03.21 по 28.03.21 вы- той, вложив конверт для ответа о приеме в
ЗФТШ с обратным адресом одного из руко-
полнить на сайте https: zftsh.online вступи- водителей на адрес ЗФТШ (с пометкой
«Факультатив»), или выслать в отсканиро-
тельное задание по этому предмету. Выпол- ванном виде (с подписями и печатью) на
нить вступительное задание нужно из своего e-mail: [email protected] до 1 июня 2021
уже имеющегося аккаунта. Еще раз регист- года.
рироваться не надо. Работа руководителей факультативов мо-
жет оплачиваться общеобразовательным уч-
Решение приемной комиссии в таких слу- реждением как руководство профильными
чаях не высылается, а справка о добавлении факультативными занятиями по предостав-
предмета и задания по нему становятся дос- лении ЗФТШ соответствующих сведений.
тупными ученику в личном аккаунте в июле Руководители, работающие с учащимися,
в случае положительного решения приемной будут в течение учебного года: получать
комиссии. учебно-методические материалы (програм-
Обучение на платформе zftsh.online
Ученик в течение учебного года в соответ-
ствии с программой получает в личном каби-
нете на сайте https: zftsh.online доступ к
заданиям по изучаемым предметам. Ученик
выполняет на сайте задания с помощью
встроенного редактора или путем прикреп-
ления скан-копий или фотографий работ,
выполненных в тетради.
Работы по истечении срока выполнения
проверяют на сайте закрепленные за учени-
ком преподаватели ЗФТШ. Как только ра-
50 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2
мы по физике, математике, химии и ин- Более подробная информация о наборе на
форматике, задания по темам программ, очное отделение будет размещена на сайтах
решения заданий с краткими рекомендация- ЗФТШ в августе 2021 года.
ми по оценке работ учащихся); приглашать-
ся на курсы повышения квалификации учи- Занятия с учащимися очного отделения
телей физики и математики (kpk.mipt.ru), проводятся в учебных корпусах МФТИ в
проводимые на базе МФТИ. Работы уча- городах Долгопрудный и Жуковский.
щихся проверяют и оценивают руководите-
ли факультативных групп (в ЗФТШ не КОНТАКТЫ ЗФТШ
высылаются), а в ЗФТШ высылаются ведо-
мости с итоговыми оценками по каждому Почтовый адрес: Институтский пер., д. 9,
заданию и итоговая ведомость (11 класс) за г. Долгопрудный, Московская область,
год, образец – на сайте ЗФТШ. (Подроб- 141700, ЗФТШ.
нее – в разделе «Рекомендации».)
Телефоны: (495) 408-51-45 – заочное отде-
ОЧНОЕ ОТДЕЛЕНИЕ (заочное обуче- ление,
ние с посещением очных консультаций)
(498) 744-63-51 – очно-заочное отделение,
Телефон: (925) 755-55-80, (498) 744-65-83 и (925) 755-55-80 – очное
отделение.
Группа ВК: https: vk.com vftsh E-mail: [email protected] – заочное отде-
ление,
Для учащихся Москвы и Московской об- [email protected] – очно-заочное отделе-
ласти по программе ЗФТШ работают вечер- ние.
ние консультационные пункты. Набор в них Web: www.school.mipt.ru
проводится в сентябре в два этапа:
https: zftsh.online
i заочный этап – тестирование на сайте ВК: https: vk.com club1032617
http: zftsh.online, Очное отделение при ФАЛТ МФТИ в
i очный этап – устные экзамены. Жуковском
E-mail: [email protected]
ВК: https: vk.com vftshfalt
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
«Квант» для младших школьников Считая, что особые карточки – красные, в прило-
жении к условию задачи имеем:
ЗАДАЧИ
70
(см. «Квант» №10)
Считая, что особые карточки – синие, в приложе-
1. Нужно стереть одну черту у цифры четыре, нии к условию задачи имеем:
чтобы остался знак «+».
2. Нет. Итак, в колоде находятся 68 красных и 32 синие
Пусть последовательные числа – это n и n 1, а карточки.
соседние четные числа – это m и m 2 (m ! 0).
Если m t n, то m(m 2) ! n(n 1). Если же ЗАДАЧИ
m n, то m 2 d n 1 и m(m 2) n(n 1). (см. «Квант» №11-12)
3. 8. 1. Как видно из рисунка 1, длина кошки примерно
Каждый из 24 квадратов примыкает ровно к равна 0,5 м.
одной вершине кубика. К каждой вершине куби-
ка примыкают три квадрата, и они должны быть
трех разных цветов. Значит, синих квадратов
столько же, сколько вершин, т.е. 8.
4. Воспользуемся следующим очевидным утверж-
дением. Имеется K карточек. Известно, что какие
бы М из них ни взять, среди них окажется не
менее N особых. В этом случае среди K карточек
имеется не менее K – M + N особых.
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 51
3. 1.
Сам квадрат 10 u 10 точно был подсчитан Васей,
так что ответ не менее 1. При этом возможна
ситуация, когда никакие другие квадраты не
подсчитаны – например, как на рисунке 3.
Рис. 1
2. На одной стороне листа семь кружочков, на Рис. 3
другой – пять. Всего двенадцать кружочков.
3. Остриё. 4. Продлим AB и AD до пересечения с l в точках
4. «Тридцать первое», – ответил мальчик, имея в P и Q соответственно. Проведем отрезки PD и
виду число месяца. QB. Прямая, проходящая через точку их пересе-
чения и точку A, будет перпендикулярна l. Дока-
Конкурс имени А.П.Савина жем это. (Тогда пересечение этой прямой с l будет
искомой точкой T.) Для этого покажем, что
(см. «Квант» №9) отрезки AT, PD и QB пересекаются в одной
точке.
1. 1 10 . Первое решение. Пусть AB BC CD DA 1,
PB x (рис.4). Чтобы воспользоваться теоремой
Обозначим центр нашего 10-угольника через O
Рис. 4
(рис.2). Отрезки CD и AO параллельны. Значит,
Чевы, выразим отношения PB BA, AD DQ,
треугольники ACD и OCD имеют одинаковую QT TP через x и докажем, что их произведение
равно 1.
площадь: у них равны 1) Во-первых, PB BA x.
2) Из подобия PBC и CDQ получаем AD DQ
высоты, опущенные на
CD DQ PB BC x.
общее основание CD. 3) Такое же отношение катетов x и в подобных им
треугольниках ATQ и PTA. Тогда AT TQ x,
Весь 10-угольник состо- PT TA x. Перемножая эти равенства, получим
PT TQ x2. Итак, третье отношение равно
ит из равнобедренных O
1
треугольников с верши- QT TP x2 .
Три искомых отношения равны x, x и 1 и дают
ной в O и основаниями
x2
на сторонах 10-уголь- в произведении 1. Значит, по теореме Чевы,
отрезки AT, PD и QB пересекаются в одной
ника. Таких треуголь- точке.
ников 10, и площадь
каждого равна площа- Рис. 2
ди OCD.
2. Пусть горизонтальные разрезы делят верти-
кальную сторону на a частей, длины которых
x1, x2,…, xa соответственно. По принципу Дирих-
ле, среди a 1 чисел
0, x1, x1 x2, x1 x2 x3, …, x1 x2 … xa
найдутся два, имеющих одинаковый остаток при
делении на a. Тогда их разность делится на a и
равна сумме длин xi … xj каких-то последова-
тельных частей вертикальной стороны. Они зак-
лючены между двумя горизонтальными прямыми
(разрезами или сторонами). Теперь обратимся к
вертикальным разрезам. Пусть они делят гори-
зонтальную сторону на b частей. Аналогично,
найдутся две вертикальные прямые (разрезы или
стороны), расстояние между которыми делится
на b. Тогда площадь прямоугольника, ограничен-
ного четырьмя найденными прямыми (парой го-
ризонтальных и парой вертикальных), будет де-
литься на ab. Но N ab.
52 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2
вых – между собой:
BK AL CH BH AY CH AY .
KA LC HB XA HC HB
XA
Несложно понять, что AY 1 тогда и только
XA
тогда, когда AHX AHY.
Калейдоскоп «Кванта»
Вопросы и задачи
1. Мяч будет двигаться с прежней скоростью к
передней стенке вагона. На шарик же будет
Рис. 5 действовать сила, обусловленная разностью дав-
Второе решение (прислала участница конкурса лений уплотняющегося при торможении воздуха.
Мария Дренчева). Так как ATC 90q, то точка Эта сила сообщит шарику с более легким, чем
T лежит на окружности с диаметром AC, т.е. на воздух, водородом направленное к задней стенке
описанной окружности квадрата ABCD (рис.5). ускорение, большее ускорения вагона, и шарик
На этой окружности хорды AB и AD стягивают отклонится назад.
концы дуг, равных четверти окружности. Значит, 2. Накопленная при подготовке удара энергия
вписанные углы ATB и ATD равны (по 45q). топора расходуется за очень малое время, значит,
Итак, AT – высота треугольника APQ и от мощность и сила, развиваемые при ударе, будут
основания высоты под равными углами к ней велики. Также действие топора усиливается ма-
проведены отрезки TB и TD. Тогда, по теореме лой площадью, по которой распределяется при
Бланше (Blanchet), отрезки AT, PD и QB пере- ударе сила, – создается большое давление.
секаются в одной точке. 3. Обруч закручен так, что движется с проскаль-
Теорема Бланше. На зыванием. Сила трения скольжения сначала тор-
сторонах AB и AC тре- мозит обруч, затем ускоряет его в обратном
угольника ABC отме- направлении, пока проскальзывание не прекра-
тили точки K и L тится, и последний участок пути назад обруч
соответственно проходит почти равномерно.
(рис.6). Отрезки BL 4. В движущейся системе отсчета сила натяжения
и CK пересекаются нити совершает работу, приводящую к измене-
на высоте AH тогда и нию кинетической энергии шарика. Так что с
Рис. 6 только тогда, когда законом сохранения энергии все в порядке.
AHK AHL. 5. При нагревании монеты
Доказательство. Проведем через точку A пря- угол, под которым видна пря-
мую, параллельную BC (рис.7). Пусть прямые мая АВ, не изменяется (рис.8).
HK и HL пересекают ее в точках X и Y соответ- Все линейные размеры моне-
ственно. О ты пропорционально вырас-
тут, треугольник AcOBc будет
Отрезки AH, BL, CK пересекаются в одной точке
подобен треугольнику АОВ,
тогда и только тогда, когда для них в треугольни-
значит, прямая сдвинется па-
ке ABC выполняется условие теоремы Чевы, т.е.
раллельно самой себе.
произведение отношений BK AL CH равно 1. Рис. 8 6. На сильно раскаленной пли-
KA LC HB
те капелька отделена от нее слоем плохо проводя-
Преобразуем это произведение, используя подо- щего тепло водяного пара. При слабом накале
бие зеленых треугольников между собой и розо- капелька воды прилегает к плите вплотную.
7. Держа дверцу открытой, мы вынуждаем двига-
тель холодильника понижать температуру возду-
ха не только в его камере, но и во всей комнате.
Но при этом отобранное тепло в нее же и будет
возвращаться. В итоге холодильник превратится
в нагревательный прибор.
8. Добавление теплоизоляции удвоило площадь
поверхности, с которой происходит тепловое из-
лучение. И если материал изолирующего слоя
Рис. 7 обладает не очень малой теплопроводностью, то
потери действительно могут возрасти.
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 53
9. Увы, при больших зазорах между обкладками (а) Сначала выбираем три места из восьми для
конденсатора электрическое поле перестает быть
однородным и разность потенциалов уже не зави- расположения троек (C83 8! способов), за-
сит линейно от расстояния между ними. 3!5!
10. Если заряд шара В равен нулю, то он будет
притягиваться к шару А, т.е. на него будет дей- тем – три места из пяти оставшихся для размеще-
ствовать направленная влево равнодействующая
сила (рис.9). Сообщение шару В очень небольшо- ния пятерок (C53 5! способов). Наконец, ос-
3!2!
Рис. 9 тавшиеся места занимают единицы. По правилу
го положительного заряда мало изменит величи-
ну этой силы, и она по-прежнему будет направле- произведения выходит C83 C53 8! 560 спо-
на влево. 3!3!2!
11. В случае малых размеров осколков на стене собов.
образуется круглое изображение Солнца. Когда
же их размеры пре- (б) Рассуждая аналогично, находим, что количе-
взойдут размеры изоб-
ражения, оно приоб- ство способов в этом случае равно 8! 1120.
ретет форму самих 3!3!
осколков.
12. Если спичка S на- Окончательно получаем 560 + 1120 = 1680 спосо-
ходится вблизи стро-
ки K, то ни один вы- бов. S Sk , x S 2Sk , x 5S 2Sk ,
ходящий из строки Рис. 10 2. x 28 7 12 3 44 11
луч не попадает в глаз человека (рис.10). Во k Z.
втором случае некоторые лучи могут пройти внутрь
глаза. Данное уравнение равносильно следующему:
Микроопыт 2 sin 4x sin 7x 2 sin 4x cos 7x
Нажимая ладонью на бумагу, вы прогибаете ее, и
часть воздуха из стакана вытесняется. В перевер- 2 cos14x 2 sin 4x sin 7x cos 7x
нутом положении вода опускается, и бумага под
действием силы тяжести воды становится плос- 2 cos2 7x sin2 7x
кой. Объем воздуха в стакане увеличивается, и
давление в нем становится меньше атмосферного. ªcos 7x sin 7x 0,
Поэтому внешнее давление и не дает воде выли- ««¬cos 7x sin 7x
ваться из стакана.
2 sin 4x
Физико-математическая олимпиада
«Физтех» ªtg 7x 1,
«
МАТЕМАТИКА «¬«sin § 7x S · sin 4x
©¨ 4 ¹¸
11 класс
ª«7x S Sk,
Вариант 1 « 4 4x 2Sk,
1. 1680. ««7x S
Ввиду того, что 3375 33 53, искомые числа 4
могут состоять из следующих цифр: (а) три трой-
ки, три пятерки и две единицы или (б) тройка, « S S 4x 2Sk, k Z.
девятка, три пятерки и три единицы. Вычислим ¬««7x 4
количество вариантов в каждом случае.
Отсюда получаем ответ.
3. 2;2 , 9;3 , § 9 17 ; 17 1 ¸¹¸·.
¨©¨ 2 2
Логарифмируем первое уравнение системы по
основанию 10:
lg § y5 · lg x lg y2 lg xy .
©¨¨ x ¸¹¸
Это уравнение на области допустимых значений
равносильно следующему:
5 lg y lg x lg x 2 lg y lg x lg y
lg2 x 3 lg y lg x 2 lg2 y 0
lg x lg y lg x 2 lg y 0
54 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2
x y x y2 0 ªx y,
««¬x y2.
Записываем второе уравнение в виде
x2 2x y 2 12y 3y2 0 и решаем его как
квадратное относительно переменной x:
D
4
y 2 2 12y 3y2 4y2 8y 4
2y 2 2 x y 2 r 2y 2 .
Значит, x 3y или x 4 y. Далее возможны
четыре случая:
а) x y, x 0, Рис. 11
¯®x 3y ®¯y 0.
LSO MSO; пусть KSO D, SO x. Вы-
Точка 0;0 не удовлетворяет ОДЗ. соты, опущенные из точек K, L, M на гипотенузу
SO, равны, а их основания – одна и та же точка
б) x y, y x 2, H, лежащая в плоскости KLM; назовем эту
¯®x 4 ®¯y 2. плоскость W. Пусть E и J – касательные плоскости
к сфере, проходящие через точки P и Q, а E и F –
ªx 0, точки пересечения этих плоскостей с прямой SK.
««®¯y 0, По условию площади сечений трехгранного угла
в) °¯®°xx y2, ««¬«®¯yx этими плоскостями равны соответственно S1 1 и
3y 9, S2 4. Так как SH A HK и SH A HL, то W A SH.
3. Тогда сечения трехгранного угла плоскостями W,
E и J – подобные треугольники, плоскости кото-
Точка 0;0 не удовлетворяет ОДЗ. рых параллельны (все они перпендикулярны
SO).
г) °x y2, y °x 4 y, Если 6 – площадь треугольника, получающегося
¯°®x 4 ®°¯y2 y 4 0 в сечении трехгранного угла плоскостью KLM, то
«««««ª°¯®°°°yx 9 17 , из подобия имеем 6 : S1 : S2 KH2 : EP2 : FQ2.
¬««««««°°®¯°°yx 2
Следовательно, EP : FQ S1 : S2 . Тогда
1 17 ,
x 4 y, 2 S1 : S2 SP : SQ x r : x r , откуда
° 1
¯®°y 1 r 17 9 17 ,
2 2 . Отсю-
r x S2 S1 , а sin D r S2 S1 3
1 7 . S2 S1 x S2 S1
2 KSO arcsin 1
да .
3
§ 9 17 1 17 · Так как OKH KSO D, то OH r sin D,
¨©¨ 2 2 ¸¹¸
Точка ; не удовлетворяет ОДЗ. SH SO OH r r sin D, SP SO r
sin
Объединяя результаты, получаем ответ. D
r
4. KSO arcsin 1 , 6 16 . sin D r. Значит, 6 : S1 KH2 : EP2 SH2 : SP2
3 9
§ 1 · 2 § 1 2 16
¨© sin D ¹¸ ¨© sin D 9
Обозначим точки пересечения прямой SO со sin D : 1·¹¸ 1 sin D 2 ,
сферой через P и Q, чтобы точка P лежала на 16
9.
отрезке SO, а Q – вне него. Рассмотрим сечение откуда 6
трехгранного угла и сферы плоскостью SKO 5. a ^1;25`.
(рис.1). Пусть радиус сферы равен r. Треуголь-
ник OKS и аналогичные треугольники OLS и Рассмотрим первое уравнение системы и изобра-
зим множество его решений на координатной
OMS прямоугольные (углы при вершинах K, L, плоскости (рис.12). Для раскрытия модулей най-
дем множества точек, в которых выражения под
M прямые, так как касательные перпендикуляр- модулями обращаются в ноль. Это прямые
y 3 x 0 и y 3 x 0. Они делят плоскость
ны радиусам, проведенным в точку касания). Эти
треугольники равны по катету и гипотенузе (OK
OL OM r,SO – общая),следовательно,KSO
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 55
Рис. 12 ее части) и окружности, получающейся из уже
построенной отражением относительно оси Oy.
на 4 части, и в каждой из этих частей знаки
выражений под модулями постоянны. Чтобы их Если 0 a 1, график x 4 2 y 3 2 a не
определить, можно выбрать в каждой из четырех
частей по точке и найти знаки выражений в этих пересекает квадрат K, и система уравнений не
точках. Возьмем область, расположенную снизу имеет решений. Если a 1, система уравнений
от обеих прямых. В ней лежит, например, точка
имеет два решения – точки X 3; 3 и Y 3; 3 .
0; 10 . Подстановкой несложно убедиться, что Если a 1; 10@, дуга окружности x 4 2
в этой точке оба выражения y 3 x и y 3 x y 3 2 a, x t 0 пересекает отрезок AB дваж-
отрицательны. Таким образом, уравнение прини-
ды – эти две точки, а также им симметричные
мает вид y 3 x y 3 x 6, откуда относительно оси Oy, образуют 4 различных
y 0. С учетом рассматриваемых ограничений решения системы. Если a 10; 25 , дуга окружно-
подходит отрезок с концами в точках A 3;0 и сти x 4 2 y 3 2 a, x t 0 пересекает отрез-
D 3;0 . Аналогично рассматриваем остальные
ки DA и CB в двух точках с положительной
три случая и в итоге получаем границы квадрата абсциссой. Аналогично, эти две точки, а также им
симметричные относительно оси Oy, образуют 4
K с вершинами в точках A 3;0 , B 3;6 , C 3;6 различных решения системы. Если a 25, систе-
и D 3;0 . Эта фигура не имеет пересечения с
ма уравнений имеет два решения – точки 0; 0 и
полуплоскостью y 0, поэтому можно считать, 0; 6 . Наконец, если a ! 25, дуга окружности
что y t 0. С учетом указанного замечания второе x 4 2 y 3 2 a, x t 0 не пересекает сторо-
уравнение можно записать в виде x 4 2 ны квадрата K, и система уравнений не имеет
решений. Таким образом, система уравнений име-
y 3 2 a (опустив модуль у переменной y). ет ровно два решения только при a 1 и a 25.
6. а) CF 10; б) SACF 49.
Обозначим множество точек, определяемых этим а) Пусть R 5 – радиусы данных в условии
окружностей, BAD D (рис.13). Тогда BAC
уравнением, через ) a . Если a 0, у уравнения
нет решений. При a 0 оно задает две точки 4;3 Рис. 13
и 4;3 . Поскольку обе они не принадлежат
S D, и по теореме синусов BD 2R sin D,
квадрату K, система не имеет решений, и значение 2
a 0 не удовлетворяет условию задачи. Перей- S
дем к случаю a ! 0. При x t 0 уравнение при- BC 2R sin § 2 D ·¹¸ 2Rcos D. Значит, CF2
©¨
нимает вид x 4 2 y 3 2 a, и мы получаем BC2 BF2 BC2 BD2 4R2 cos2 D 4R2 sin2 D
окружность радиуса a с центром в точке 4;3 4R2, откуда CF 2R 10.
(или ее часть, лежащую в полуплоскости x t 0, б) Углы ADC и ACD вписаны в равные окружно-
если вся она в этой полуплоскости не помещается). сти, опираются на одну и ту же хорду AB и оба
Поскольку уравнение инвариантно относительно являются острыми ('ACD – прямоугольный),
замены x на x , множество ) a симметрично поэтому они равны. Значит, ADC ACD S.
относительно оси Oy. Таким образом, ) a есть 4
Но, по условию, треугольник DBF – также прямо-
совокупность полученной выше окружности (или
угольный и равнобедренный. Следовательно,
S S
BDF 4 . Тогда ADF 2 . Значит, DF AC,
и потому высота треугольника ACF, проведенная
из вершины F, равна перпендикуляру DA к
56 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2
прямой AC. Итак, SACF 1 AC DA 1 AC2. По вероятности получить 90 решек (т.е. 0 орлов);
2 2 вероятность получить 89 орлов равна вероятности
получить 89 решек (т.е. одного орла) и т.д.
теореме синусов AC 2Rsin § S D1¹¸·, BC 2R cos D, Обозначим вероятность того, что выпало ровно k
откуда cosD 3. Тогда ©¨ 4 2
sin D cosD орлов, через pk. Тогда p p55 p56 … p90,
5 AC 2 5
q p0 p1 … p34, а в силу сказанного выше,
7 2. Значит, SACF 49. q p90 p89 … p56. Значит, p q p55.
Посчитаем вероятность того, что орел выпадает
7. 61 269 2144.
ровно 55 раз при 90 бросках. Если обозначить
Пусть f x 2x 3 265, g x 70 264 1 x. В
выпадение орла нулем, а выпадение решки едини-
силу того что f x выпукла вниз, а g x –
линейная, графики функций f x и g x могут цей, то каждую последовательность из 90 бросков
иметь не более двух общих точек. Координаты можно охарактеризовать последовательностью
обеих точек легко подобрать. Действительно, цифр из нулей и единиц. Вероятность получить
f 6 26 3 265 64 6 264 70 264 1 6 любую из таких последовательностей равна 1 .
290
g 6 и f 70 270 3 265 26 264 6 264 Нас устроят все те последовательности событий,
70 264 1 70 g 70 . которые содержат ровно 35 единиц. Их количе-
ство равно C9305 (выбираем из имеющихся 90
На промежутке 6 x 70 график f x лежит позиций 35 позиций для единиц, после чего
ниже графика g x . Поэтому система имеет цело- остальные позиции заполняются нулями). Зна-
численные решения только при целых x >7; 69@ чит, вероятность получить хотя бы одну такую
(так как первое неравенство системы строгое, 1
290
точки пересечения графиков не являются реше- последовательность равна C9305. Это и есть p55.
ниями системы). 2. x S 2Sk , k z 11p 4, k Z, p Z.
44 11
Заметим, что на отрезке >7; 69@ графики функций
f x и g x лежат выше оси Ox. Поэтому искомое ^ `3. x 1; 3@ ∪ 4log3 4 .
количество целочисленных точек мы получим,
если из количества S1 целочисленных точек с Заметим, что
неотрицательными ординатами, лежащих под
x logx 3 3log3 x logx 3 3 log23 xlogx 3 .3 log3 x
графиком g x на отрезке >7; 69@, вычтем количе-
Значит, неравенство можно переписать в виде
ство S2 целочисленных точек с неотрицательными
33 log3 x 11 32 log3 x 40 3 log3 x d 48. (Отметим,
ординатами, лежащих под графиком f x на что при этом изменилась область допустимых
значений: исчезло ограничение x z 1, которое не-
отрезке . При этом мы учтем, что первое неравен- обходимо будет учесть в дальнейшем.) Обозначим
ство системы строгое, а второе – нет. t 3 log3 x . Тогда получаем t3 11t2 40t 48 d 0,
Найдем S1. Так как на отрезке лежат 69 7 1 63 или, раскладывая левую часть на множители,
целочисленные точки, то
t 3 t 4 2 d 0, откуда следует, что
( )S1 = 70 ◊ 63 + 264 - 1 (7 + 8 + … + 69) = t f; 3@ ∪ ^4`.
70 63 264 1 38 63 32 63 264 38 63
Возвращаясь к переменной x, находим, что
2016 265 1197.
Найдем S2 . Имеем:
S2 27 3 265 28 3 265 … 269 3 265
27 28 …269 3 265 63 270 27 3 265 63 ª«3 log3 x d 3, ª log3 x d 1,
«
25 265 128 189 265 221 265 128. «¬3 log3 x 4 ¬« log3 x log3 4
Искомое количество равно ª0 d log3 x d 1, ª1 d x d 3,
««¬log3 x log23 4 ¬««x 4log3 4.
S1 S2 2016 265 1197 221 265 128
2144 61 269.
Вариант 2 Выше было получено, что x z 1, поэтому окон-
1. 1 C9305. ^ `чательный результат таков: x 1; 3@ ∪ 4log3 4 .
290
В силу того что выпадения орла и решки равно- 1372 .
4. а) SKLM 9,8; б) VSABC 3
возможны, вероятность получить 90 орлов равна
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 57
SBO1CO2 R1 1 R2 cos D. Далее,
SBO2E R2 cos D 2, т.е. 2 R1
AB DP, откуда 2R1 R2 R2 cos D, следователь-
но, 2R1 R2 1 R1, и R2 3 .
2 Rтр1еуг2ольника
б) Из прямоугольного получа-
ABD
ем BD2 AB2 AD2, т.е. BD2 4R12 BP2
4R12 R2 sin D 2 4R12 R22 2R1 R2 2 4R1R2.
Итак, R2 3 и 4R1R2 22 4. Отсюда R1 2,
R1 2 3
R2 3.
2
7. 1 6180 7 690 456.
2 10 5
Рис. 14 Избранные задачи для 10 класса
5. a ри°®¯°с1;у1н6о;ꩧ¨¨ 52 Р е1ш·¸¸¹2е¿°¾½°н.ие аналогично решению 1. Увеличится в 11 раз.
См. 2 8
14. Обозначим знаменатель геометрической прогрес-
задачи 5 варианта 1. сии через q. Так как все ее члены положительны,
q ! 0. Если q 1, то S 3000b1, а при увеличении
членов с номерами, кратными 3, в 50 раз получим
сумму
6. а) R2 3; б) R1 2, R2 3. S 49 b3 b6 … b3000 S 49 S 52S .
R1 2 3 2 3
3
а) Пусть R1, R2 – радиусы окружностей Z1, Z2 Это противоречит условию, следовательно, q z 1,
соответственно, O1BO2 D, а прямые DO2 и l2 значит, сумма первых n членов прогрессии может
1 qn
пересекаются в точке P (рис.15). Тогда из условия быть посчитана по формуле Sn b1 1 q . В
касания O2BE S D, а BO2P S O2BE частности, S b1 1 q3000 .
2 2 1 q
D. Треугольники BO1O2 и CO1O2 равны по трем При увеличении членов b3,b6,…b3000 в 50 раз
сторонам, поэтому SBO1CO2 2SO1BO2 получаем сумму S 49 b3 b6 … b3000
1 1 q3 1000
2 2 BO1 BO2 sin D R1R2 sin D. Площадь S 49b3 1 q3
49b1q2 1 q3000
треугольника BO2E равна 1 O2P BE S 1 q2
2 q 1 q
49q2S
1 R2 cos D 2R2 sin D R22 sin D cos D . Значит, S 1 q q2 , которая равна 10S. Отсюда
2
49q2 9, 40q2 9q 0, q 3 или q 3 .
1 q q2 5 8
Нам подходит положительное значение q, т.е.
q 3.
5
Если увеличить все члены прогрессии с четными
номерами вдвое, получаем
1 q2 1500
S b2 1 q2
S b2 b4 … b3000
S b1q 1 1 q3000 q S 1 q q S 11 S. Значит,
q 8
1
11
Рис. 15 сумма S возрастет в 8 раз.
58 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2
§ 5 5 · 1 7 5
©¨ 2 7 ; 1 ¹¸, 4 1
2
2
2. 1 7 Отсюда xN1 10 2 7 ,
5 7 ; 5 1 1 7 5 7 .
2 2 4 1
§ 1 7 · yN1 10 2 2
¹¸,
¨©
§5 Остальные точки получаются поворотом точки N1
©¨ 2
5 7 · S 3S .
7 1 ; 1 ¹¸, 2 2
вокруг начала координат на углы , S,
2
5 5
2 7;
2
§ 1 7 1 · 3. CF 26, S'ACF 119.
¸¹. 4. 2 3.
¨©
Первый множитель в левой части положителен
Обозначим точки, в которых находятся водомер-
при любых допустимых значениях x. Так как
ка и жук, M D и N E соответственно, где D и E –
второй множитель всегда неотрицателен, нера-
углы, которые образуют радиусы-векторы точек венство на ОДЗ (т.е. при условии x3 2x 58 t 0)
равносильно уравнению x3 7x2 13x 3 0.
M и N c положительным направлением оси абс-
цисс. Заметим, что угол между AM0 и AN0 равен Одним из целых корней уравнения является x 3
S, и при этом S D0 S , 0 E0 S , где D0, E0 – (несложно найти подбором среди делителей сво-
2 2
бодного члена уравнения). Выполнив деление
углы, соответствующие начальным расположени- левой части на многочлен x 3, раскладываем ее
ям насекомых. на множители: x 3 x2 4x 1 0. Отсюда
Расстояние между водомеркой и жуком будет x 3 или x 2 r 3.
Подставляем полученные значения x в неравен-
наименьшим тогда, когда угол между векторами
ство x3 2x 58 t 0 для проверки:
AM и AN равен нулю. Поскольку AM0 4 2 и
AN0 10 2 – это радиусы окружностей и x 3 27 6 58 t 0 – неверно;
5 3
AN0 2 AM0 , то угловая скорость водомерки в
5 раза больше угловой скорости жука. x 2 3 2 3 2 2 3 58 t 0
Пусть к моменту совпадения направлений векто-
17 3 28 t 0 – верно;
ров AM и AN жук продвинулся на угол Z. Тогда
3
x 2 3 2 3 2 2 3 58 t 0
D 5Z E Z 2Sn, где n 0, 1, … Следователь- 17 3 28 t 0 – неверно.
E D Sn S Sn , Следовательно, подходит только x 2 3.
4 2 4 2
но, Z где n 0, 1, … 5. 4 ; 1; 1 r 2 17 .
5
Различных точек будет четыре (при n 0, 1, 2, 3 ).
Уравнение можно переписать в виде 5x4
S.
Для n 0 получаем E1 E0 4 Координаты по- x 4 2 6x2 x 4 0, или x 4 2 6x2 x 4
ложения жука найдем по формулам 5x4 0. Чтобы разложить левую часть на множи-
xN 10 2 cos E1, yN 10 2 sin E1. Используя ко- тели, отметим, что она представляет собой квад-
xN0 ратный трехчлен относительно y x 4 с дис-
10 2
ординаты точки N0, находим cos E0 1 криминантом, равным 6x2 2 4 5x4 16x4. Зна-
22
yN0 6x2 r 4x2 , 5x2 и
10 2 7 . По формулам косинуса и чит, корни y1,2 равны 2 т.е. y1
и sin E0 22
синуса суммы углов получаем y2 x2, а уравнение принимает вид
cos E1 cos E0 cos S sin E0 sin S x 4 5x2 x 4 x2 0.
4 4 Произведение равно нулю тогда и только тогда,
когда один из множителей равен нулю. Отсюда
2 2 14 2 1 7, получаем
4 2 4 2 4
ª«x 1 r 17 ,
S S ªx2 x 4, 2
sin E1 sin E0 cos 4 cos E0 sin 4 ««x2 x 4, «
««5x2 x 4 ªx2 x 4 0, ««x 4,
0, ¬««5x2 x 4 0 « 5
1.
14 2 2 2 1 7. ¬«5x2 x 4 0 «x
4 2 4 2 4 ¬«
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 59
ФИЗИКА 2) v0x s, W 2H, v0y 2g H h ,v0 v02x v02y
9 класс W g
Вариант 1 § s2 · с.
¨©¨ 2H ¸¹¸
2g H h | 17 м
1. 1) Условие встречи: v1 sin D v2 sin E, откуда 3. 1) При движении бруска вниз
sin E v1 sin D 3 | 0,43, cos E | 0,9. mg sin D F1 Pmg cos D, при движении бруска
2) T v2 4 вверх F2 mg sin D Pmg cos D. Отсюда P
l s 10 c. F2 F1 tg D 3 | 0,19.
v1 cos D v2 cos E F2 F1 9
2. 1) T 2 v0 sin M , Tmax 2 v0 при M S. 2) Ускорение бруска при скольжении вверх по
g cos D g cos D 2
наклонной плоскости равно a g sin D P cos D
2) s 0,5g sin D Tm2ax,
2 g.
= 1 g cos D ◊ Tmax = cos D ◊ gs ª 77 м с. 3 Начальная скорость равна v0 2as
2 2 sin D
v0 = 2 ◊ 2 gs ª 4,2 м с.
3
3. 1) v2 2gh 4 м с.
4. 1) Перед соударением импульс системы нуле-
2) По теореме об изменении импульса системы,
вой, следовательно, в момент, когда деформация
m v1 v2 sin D Pmv2 cos D. Ускорение бруска
перед соударением равно a g P cos D sin D максимальная, шайбы покоятся. Тогда
g v1 2,5 м с2. E m1v12 m2v22 1,5 Дж.
v2 2 2
4. 1) В процессе слипания импульс системы 2) Относительная скорость до и после абсолютно
сохраняется:
упругого столкновения одинакова по величине,
mv1 mv2 2mv, v 0,5 v1 v2 , следовательно, T L 0,4 c.
v1 v2
v 0,5 v12 v22 50 м с.
5. 1) U0 3U 12 B.
2) Закон сохранения энергии при слипании: 2) При включенном амперметре сопротивление
mv12 mv22
22
2mv2 Q, или Q m v12 v22 . В цепи 4 R, ток через источник 3 U0 , ток через
2 4 3 4R
m
тепловом процессе Q 4 амперметр I U0 . При включенном вольтметре
v12 v22 2mc't, отку- 4R
да 't 1 сопротивление цепи 3 R, во всей цепи рассеивает-
8c v12 v22 | 9,6 qC. 2
5. 1) Согласно схеме, RAB 4 r 3r 19 r ся мощность P U02 8UI 0,96 Вт.
5 5 1,5R
38 Ом.
2) В цепь втекает ток I0 U 5 U . Искомый 10 класс
RAB 19 r
1 1U 0,2 A. Вариант 1
5 I0 19 r
ток равен I 1. 1) 2,5v0 2 vв2 v0 cos D 2, vв
Вариант 2 2,5v0 2 v0 cos D 2 v0 6 8 6 м с | 19,6 м с.
1. 1) v0 2SR 2 м с. 2) vв v0 sin D gt, t vв v0 sin D
T g
2) При качении без проскальзывания относитель- v0 § 6 3· | 1, 3 c.
g ¨©¨ v0 2 ¸¹¸ t
ная скорость любой точки обода равна по величи-
не скорости оси колеса в лабораторной системе v02 § 3 ·
2g ©¨¨ 2 ¸¹¸
отсчета. Из закона сложения скоростей следует 3) L cos D 6 | 5,1 м.
v0 0,5 vA vB , в рассматриваемой задаче
vA A vB, тогда 4v02 v2A vB2 , vA 4v02 vB2 | 2. 1) N M m g 6mg.
| 3,46 м с.
2) 2F0 PN, F0 3Pmg.
2. 1) T 2 H h | 0,7 c, 3) a 2F PN , v = 2as = 2s ËÁÊ F - Pg˜¯ˆ .
M m 3m
g
60 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2
3. 1) F1 mg sin D. 4. Атмосферное давление p0 UgH0, H0 740 мм.
Пусть L – длина горизонтального колена. По
2) Ускорение a Z2 L R cos D. Уравнение вто-
второму закону Ньютона для жидкости в гори-
рого закона Ньютона в проекциях на направление
зонтальном колене p0 UgH S ULSa0. Тогда
нити F2 mg sin D ma cos D. Отсюда F2
a0 H0 H g.
m g sin D Z2 L R cos2 D . L
4. 1) Расстояние по горизонтали между верхними 2 2
1) p1 UgH1, p1S 3 ULSa0, H1 3 H0 H , p1
уровнями L h1 h2, По второму закону Ньютона
UaL Ug h2 h1 . Отсюда a h2 h1 g g 2 м с2. UgH1 520 мм рт. ст.
h2 h1 5
2) p0 UgH S p2S 1
2) После «исчезновения» ускорения будут проис- 3 ULS 0,6a0 , p2 UgH2,
ходить колебания масла около равновесного по- H2 0,8 H0 H , p2 UgH2 624 мм рт. ст.
ложения. Пусть V – масса единицы длины масла
в трубке. Масса всего масла m 2 h1 h2 V. 3) p0 UgH S p3S ULS 0,8a0 , p3 UgH3,
Максимальная кинетическая энергия при про- H3 0,2 H0 H , p3 UgH3 156 мм рт. ст..
хождении положения равновесия Eк 1 mv2. 5. 1) p0LS 5mRT , m 0p0LS | 0,14 г.
2 0 5RT
Изменение потенциальной энергии масла 'Eп 2) Пар внизу частично сконденсируется, а вверху
V h2 h1 2gx, где x h2 h1 – расстояние вся вода испарится и пар станет ненасыщенным
22
(это подтверждается расчетом). В состоянии
(по высоте) начальных уровней масла от равно-
весного положения уровней. По закону сохране- равновесия 0,99p0 L h S 6mRT . Поршень
0
ния энергии Eк 'Eп. Из записанных уравнений сместится вниз на
находим v 1 g h2 h1 2 | 0,2 м с . h 5 6 L L | 1 L 0,12 м 12 см.
0,99 5
2 h2 h1
5. 1) p Uп RT , Uп 0p | 5 10 4 . 11 класс
0 U URT
Вариант 1
2) Пусть V – начальный объем пара. Сконден- v cos D 75 v 75 см с.
cos E 68
сируется объем Vк V V J 1V. Масса воды 1. 1) v1 cos E v cos D, v1
J J
v¨§ cos D sin E D¸· 77 v
mв VкUп. Объем воды Vв mв . Окончательно 2 ) v2 v1 sinE vsinD © cosE sin ¹ 68
U
77 см с.
получаем V J 1 URT | 540.
Vв J 1 0p 3) Для кольца в лабораторной системе отсчета
Вариант 2 F cos 90q E N mv12 , относительно муфты
R
1. 1) vв 2v0 2 v0 cos D 2 5 13 м с | 18 м с. F NsinE mv22 . Отсюда находим F=
l
( )= 15 m
2) t vв v0 sin D v0 13 1 | 1,3 c. 16 R v22 - v12 = 1,5 ◊ 10-3 H.
3) H g
2g 2. 1) C12 CV 3 2 R 3.
3v02 | 15 м. C23 Cp 5 2 R 5
2g
QCp T3 T2 QCp T3 T2
2. 1) m1v0 M 2m v1, v1 m1v0 . 2) Q23 p2 V3 V2 QR T3 T2 Cp 5.
M 2m A23 R 2
2) T L L M 2m . 3) p DV , V3 kV1, A 1 p3 p1 V3 V1
v0 v1 M 2m 2
v0 m1 3
1 DV12 k 1 2; 2 R T3 T1 V3 V1
3) v2 0. 2 Q123 Q p3
3. 1) F1 cos D mg sin D 0, F1 mg tg D. 1 DV12 k 1 5k 3 ; K A k 1
2 Q123 5k 3
2) F2 cos D mg sin D ma cos D , a Z2 L R , fK Kmax 0,2.
R sin D, F2 m § g tg D Z2L D ·¸¸¹. 1 ¨©§1 8 3 ¸¹·; при k
L R ¨¨© sin 5 5k
1
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 61
3. 1) 3 d 0 v1 T, v1 3d . 2. 1) p2 V2 k, p2V2 QRT2, p1V1 QRT1, и
4 2 2T p1 V1
2) 3 d 1 aT2, a qE qQ
42 m m H0S J Q ,Q 3 H0Sd . T2 k2T1 4T1.
H0S 2 JT2
2) p2V2 p3V3, p1V1 p4V4, p2 V2 , p3 V3 , и
3) Пусть скорости на бесконечности и в середине p1 1. p1 V1 p4 V4
конденсатора равны v1 и v2. Тогда v12 2a 3 d, p3
4
1 3 d. 3 § 1 1 ·
v22 2a 4 d, v2 3 v1 2T 3) QC12 T2 T1 Q 2 R T2 T1 ©¨ 2 p2V2 2 p1V1 ¹¸
3
4. Пока диод открыт, E LIc U U0, U – Q 3 R T2 T1 1 QR T2 T1 , и C12 2R.
напряжение на конденсаторе. 2 2
1) Сразу после замыкания E LIc U1 U0, 3. 1) IC 0 E E.
r R
Ic E U1 U0 30 A c.
L 2) P UCIC UR IE IR , E UR IEr, UR IRR;
2) При I Imax Ic 0 E 0 U U0, U E U0, P R R r IR2 RE IR. Максимальная мощ-
r
q C E U0 . Согласно закону сохранения энер- r
гии, E'q U0'q 1 LIm2 ax § 1 CU2 1 CU12 · , ность будет при IR I0 2 E r . Ток через
2 ¨© 2 2 ¸¹ R
'q C E U0 CU1, Imax E U0 U1 C конденсатор сразу после размыкания
L
EE
0,06 A.
IC I0 2 R r 4R .
3) По закону сохранения энергии E CU2 CU1 , 3) Q 1 CUC2 1 CUR2 1 C I0 R 2 1 CE2.
2 2 2 32
U0 CU2 CU1 0 § 1 CU22 1 CU12 · , U2 4. 1) В этом случае I3 E 1 A.
©¨ 2 2 ¹¸ R3 R4
2 E U0 U1 11 B. 2) Пусть A и B – точки соединения R1 с R2 и R3 с
5. 1) Изображение в зеркале получается на рассто- R4 соответственно. Диод будет открыт при зам-
кнутом ключе, если при разомкнутом ключе
янии d 3 F от линзы. Изображение в системе – MA MB ! U0, т.е. U3 U1 ! U0.
2
Имеем E R3 E R1 ! U0, R1 28 Ом.
на расстоянии f dF R3 R4 R1 R2
3F от линзы.
d F 3) Ток через диод ID PD 1,25 A. Для нижнего
3F 4 3. U0
2) tg D F 4
контура I3R3 I3 ID R4 E, I3 0,75 A. Для
3) Поперечное увеличение линзы * f 2. Пусть
d правого верхнего контура I3 ID R4
u – скорость изображения в системе. Скорость 5 A.
3
изображения в зеркале равна 2v. Тогда I1 ID R2 U0 0, I1
u cos D 2v*2, u 2v*2 10v. Для наружного контура I1R1 I1 ID R2 E,
cos D
R1 3 Ом.
Вариант 2 5. 1) Изображение в зеркале получается на расстоя-
1. 1) Имеем гармонические колебания с амплиту- нии d 3 F от линзы. Изображение в системе – на
дой A. Пусть x – отклонение от положения 2
равновесия в искомые моменты, J 2. Тогда
расстоянии f dF 3 F от линзы; оно мнимое.
Jk A x k A x , mg kA, mg k A x ma. d F 5
Отсюда a J 1 g 1 g. 2) tg D= 3F 4 3. f 2
J 1 3 F 4 d 5 . Скорость
2) В искомые моменты скорости одинаковы. 3) Поперечное увеличение *
Поэтому Eк1 1. изображения в зеркале 2v. Для скорости u
Eк2
Eп 0,5k 2A 2 k. изображения в системе u cos D 2v*2. Отсюда
max m
3) D 0,5mvm2 ax , vmax ZA, Z2 u 2v*2 2 v.
Eк max cos D 5
Отсюда D 4.
НАПЕЧАТАНО В 2020 ГОДУ
№ журнала с. № журнала с.
Памяти Г.Л.Коткина 5 25 Из истории науки
Памяти Н.Х.Розова 11-12 24
Научный вклад мехмата в победу в
Статьи по математике Великой Отечественной войне 6 14
Геометрические вероятности. Математический мир
Н.Б.Васильев 82 Вячеслав Викторович Произволов 9 18
К 80-летию Николая Борисовича 8 15
Еще раз о графике синуса. Е.Бакаев 4 11
Васильева 7 16
Игры Джона Конвея. В.Клепцын 5 10 Математическая «археология»: Задачи
Как выйти из леса? А.Заславский, первой советской олимпиады
школьников по математике. Д.Фомин
В.Протасов 9 10
Калейдоскопы. Э.Винберг 62
Кратчайшие пути и гипотеза Пуанкаре. Задачник «Кванта»
В.Протасов 11-12 8 Задачи М2590–М2633,
Кривые дракона. Н.Васильев, Ф2597–Ф2640 1–11-12
В.Гутенмахер 1 13 Избранные задачи по математике и физике 1 38
О стихотворных размерах. Д.Фукс 29 Решения задач М2578–М2616,
Обманчивая простота простых чисел. Ф2585–Ф2624 1–11-12
М.Королев 3 10 Бипедальные равновеликости.
Окружности Карлейля, или Как решать И.Кушнир 6 25
квадратные уравнения циркулем и Вокруг правильного пятиугольника.
линейкой. К.Кноп 79 А. Даниярходжаев 5 37
Числовые фризы. Е.Смирнов 5 15 Источник с «отрицательным» внутренним
Чувствительность булевых функций. сопротивлением. А.Зильберман 1 40
А.Разборов 10 7 Модели, которые мы выбираем.
Эволюционные процессы и обыкновенные А.Зильберман 2 24
дифференциальные уравнения. Об ортоцентрических четверках, связанных
В.Арнольд 1 29 с треугольником. Чан Куанг Хюнг 11-12 21
Статьи по физике Шесть перпендикуляров. К.Кноп 9 25
Архимед и астрофизика. С.Дворянинов, «Квант» для младших школьников
В.Соловьев 92 Задачи 1–11-12
Избранные задачи 1 46
«Вирус», «маска» – где гарантия?
А.Минеев 11-12 2 Статьи по математике
Вычисления без вычислений. А.Мигдал 1 21 Обход многоугольника. Е.Бакаев 8 27
Источники электричества. Л.Ашкинази 4 2 Примеры и контрпримеры. А.Канунников 4 23
Календарь и астрономия. Л.Белопухов 2 2 Про умножение. А.Савин 1 47
Космические лучи и исследование космоса. Что не так с перестановкой чисел.
К.Кохась
А.Урысон 72 6 10
Насос для наливания воды и элементарная Статьи по физике
физика. С.Парновский 89 Как однажды Жак-звонарь головой
Об ovo. А.Варламов 69
сломал фонарь…. А.Буздин, С.Кротов 1 50
Почему плохо кричать против ветра? Кювета с водой в поезде. С.Дворянинов 8 36
Г.Коткин 5 25 Левая, правая – где сторона?
С.Дворянинов
Пятьдесят восьмая грань бриллианта. 3 26
Н.Дубровинская 52 Конкурс имени А.П.Савина
Различные календари. Старый и новый 1–4, 9–11-12
стили. Л.Белопухов 32 Задачи
Рассказ о кванте. Я.Смородинский 14 Избранные задачи 1 53
Физика, геометрия и красота. А.Варламов, Итоги конкурса 2019 20 учебного года 6 28
Ж.Виллен, А.Ригамонти 10 2 Калейдоскоп «Кванта»
Наши интервью Математика
Беседа с Андреем Николаевичем 1 43 Как проверить число на простоту? 10 32
Колмогоровым Калейдоскоп формул для S 5«
НАПЕЧАТАНО В 2020 ГОДУ 63
№ журнала с. № журнала с.
Физика Числа харшад. А.Толпыго 10 34
Векторы в физике 4 « Лаборатория «Кванта»
«
Союз физики и математики 3 « Волны в мелкой тарелке (интерференция).
«
Физика на языке функций и графиков 7 « А.Косоуров 2 34
Физические парадоксы 11-12 Загадочные шары. С.Новиков 8 44
Экстремумы в физике 8 Наблюдения над туманом. А.Боровой 1 62
Школа в «Кванте» Наши наблюдения
Математика Как дерево спасает от дождя. Е.Гурович 1 12
Муравей на консервной банке. И.Акулич 2 31 Своенравный волчок. М.Старшов 7 41
Работа над ошибками. В.Журавлев, Практикум абитуриента
П.Самовол 5 46
Равновеликость от Произволова. Математика
А.Блинков 9 29 Чертеж в геометрической задаче.
Г.Дорофеев, Н.Розов
Физика 11-12 24
Буриданов осел, или Немного Физика
о бифуркации. А.Стасенко
2 29 Попробуем решить иначе. М.Бондаров 10 26
За какое время сливаются капли?
А.Варламов 1 55 Физические аналогии. С.Козел 2 47
1 57
Лунный тормоз. Л.Асламазов 4 28 Олимпиады
Не чихать: пандемия! А.Стасенко
Об одном стихотворении А.С.Пушкина. 1 54 Всероссийская олимпиада по физике
9 33
А.Кикоин имени Дж.К.Максвелла 5 49
Почему обжигает пар? Л.Ашкинази 6 30
Электродинамический водомет. Европейская математическая олимпиада
С.Маламанов для девушек 4 56
Заключительный этап XLV Всероссийской
олимпиады школьников по математике 7 40
Физический факультатив Заключительный этап LIII Всероссийской
олимпиады школьников по физике 7 43
Дышите на здоровье! А.Минеев 4 29 LXI Международная математическая
Капля дождя. Р.Коркин 11-12 34 олимпиада 10 39
Парадокс Вавилова. В.Фабрикант 1 59 XII Международная олимпиада Romanian
Парадокс Толи Втулкина. С.Дворянинов 5 41 Master of Mathematics 6 36
Пропала энергия. «Коварная» XXVI Международная олимпиада
материальная точка. А.Власов 7 34 «Туймаада». Физика 2 55
Течение воды. История, которой 250 лет. LXXXIII Московская математическая
А.Черкун 3 26 олимпиада 4 45
Трансцендентные уравнения в задачах Московская олимпиада школьников
по физике. Б.Мукушев 8 34 по физике 2020 года 4 47
Математический кружок Муниципальный этап LIV Всероссийской
Вокруг точки на медиане. Д.Прокопенко, олимпиады школьников по физике 2 52
Д.Швецов 2 42 Региональный этап XLVI Всероссийской
Волшебники Джона Конвея. К.Кноп 8 41 олимпиады школьников по математике 3 48
Две задачи о покрытии доски уголками. Региональный этап LIV Всероссийской
А.Канунников 11-12 38 олимпиады школьников по физике 3 50
К понятию действительного числа. XLI Турнир городов. Задачи весеннего
Э.Винберг 7 38 тура 4 43
Как дятел Спятел добывал опилки. Экзаменационные материалы
К.Кохась 6 31 ЕГЭ по физике 9 36
Непрерывность дискретная и обычная. Институт криптографии, связи
А.Оноприенко 2 38 и информатики Академии ФСБ России 10 41
Об укладке блинов, котлет и апельсинов. Московский государственный технический
С.Дориченко 4 38 университет имени Н.Э.Баумана 8 55
Прыжки в правильном многоугольнике. Московский государственный университет
Е.Бакаев 3 34 имени М.В.Ломоносова. Физика 7 54
64 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2
№ журнала с. № журнала с.
Национальный исследовательский Прерванный турнир 4«
Суперфинал 11-12 «
университет «МИЭТ» 7 49
Новосибирский государственный Прогулки с физикой
университет 10 46 Алмазная наковальня 5 4-я
Олимпиада «Ломоносов». Физика 6 38 с.обл.
Санкт-Петербургский политехнический К вопросу о бифуркации 2«
университет Петра Великого 8 48 Кажется, дождик собирается… 1«
Физико-математическая олимпиада Как течет вода? 3«
«Физтех» 11-12 41 Коронавирус и «рогатая» мина 11-12 «
Информация Кто круче? 9«
Дни физики в Дубне 6 33 Куриное яйцо как физический прибор 6 «
Заочная физико-техническая школа
11-12 48 Легко ли вам дышится? 4«
при МФТИ 7 44
Заочная школа СУНЦ НГУ 12 Тайны углерода 10 «
К 50-летию «Кванта» 3 41
Очередной набор в ВЗМШ Только ли игрушка 7«
Экстремальные решения в природе 8«
Нам пишут
Еще раз о муравье на цилиндре. 6 34 КВАНТ
А.Заславский 3 38
2 28 НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ
Как выглядит график синуса? П.Панов
Немного о школьной кинематике 7 42 Е.В.Бакаев, Е.М.Епифанов,
Параллелограмм замечательных точек. А.Ю.Котова, С.Л.Кузнецов,
В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан
К.Козеренко НОМЕР ОФОРМИЛИ
«Квант» улыбается Д.Н.Гришукова, М.К.Кашин,
А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина
Квант, который построил Исаак. А.Савин 1 3-я
ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ
с.обл. РЕДАКТОР
Из записной книжки экзаменатора 2 51 Е.В.Морозова
Из книги «Математики тоже шутят» 5 39 КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА
Вниманию наших читателей 1–11-12 М.Н.Грицук, Е.А.Митченко
Коллекция головоломок 9 2-я Журнал «Квант» зарегистрирован
с.обл. в Комитете РФ по печати.
Близнецы-братья 2«
3« Рег. св-во ПИ №ФС77–54256
Бумажные звездочки 5«
Бумажный волчок 6« Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ № 203296
Головоломка Конвея 7«
Нестандартные тетрамино 8« Адрес редакции:
Параллелепипед сома 4« 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А,
Стабильность 11-12 «
Субботник в Ханое 10 « «Квант»
Танграм+Пифагор Тел.: +7 916 168-64-74
Шахматные «кубики сома» 2 3-я Е-mail: [email protected], [email protected]
с.обл.
Шахматная страничка 10 « Отпечатано
9« в соответствии с предоставленными
Год чемпиона 5«
6« материалами
Доминация 7« в ООО «Принт-Хаус» г. Нижний Новгород,
Не забывай про оппозицию 8«
Плоды машинного просвещения 3« ул. Интернациональная, д. 100, корп. 8
Плоды машинного просвещения-2 Тел.: (831) 216-40-40
Плоды машинного просвещения-3
Подъем ладьи
Праздник весны
The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here.
Kvant11-12_2020
Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base.
Search