kvant-10-2019

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 49

клубе) в слезах: он списал с доски програм- качестве параметров строки в одну, ПЕРЕ-
му, которая должна была рисовать одно, а ВЕРНУТЬ формирует зеркальное отраже-
вместо этого рисовала немного другое ние переданной в качестве параметра строки
(рис.11). Что надо изменить в программе, (например, ПЕРЕВЕРНУТЬ(«БАР») вер-
чтобы она заработала, как надо? нет строку «РАБ»). Определите, какой по
счету, начиная с единицы, в строке, получен-
А. В строке 12 заменить минус на плюс. ной как Замена («XYXZW», 10) будет пред-
Б. В строке 7 убрать «-0.01». последняя буква Z?
В. В строке 6 заменить Math.PI на Math/
PI/2. 2. Побитные сортировки (10 баллов).
Г. В строке 13 заменить 5 на 3. Профессор проводит спектральный анализ
Д. Поменять местами синус и косинус. фотографий срезов яблок. Для кодирова-
6. См. рис.12. Ответ – число. ния полученных изображений он использу-
ет 3-битную RGB палитру. Напомним, что
Рис. 12 белый – это наличие всех цветов, черный –
Заключительный тур отсутствие, в желтом нет синего, в фиоле-
товом – зеленого, а в голубом – красного.
1. Строки и рекурсия (8 баллов). Вот Для оптимизации своей работы профессор
рекурсивная функция (рис.13). с помощью специальной утилиты отсорти-
ровал двоичные представления цветов и за-
Рис. 13 писал в таблицу, пронумеровав их начиная
Здесь используются две встроенные функ- с единицы, чтобы потом использовать имен-
но номер цвета. Сортировка выполнялась
ции: СЦЕПИТЬ объединяет две заданные в по каждому биту, но неизвестно, в каком
порядке они анализировались и по возрас-
танию или по убыванию выполнялась сор-
тировка. Расчеты были произведены так,
чтобы самый популярный в исследовании
цвет был на первом месте. Но вот незадача:
пока профессор собирал материал для ис-
следования, таблица была утеряна. Однако
профессор запомнил, что синий и черный
были в разных половинах таблицы, а крас-
ный был под номером 5. Напишите двоич-
ное представление цвета, который оказался
самым популярным, в 3-битном формате
RGB.

3. Расчетная таблица (15 баллов). Имеет-
ся представленная на рисунке 14 таблица. В
ячейку А1 (она залита черным) ввели неко-
торое десятичное число. Все формулы протя-
нули по горизонтали до столбца G. В резуль-
тате в целевой ячейке Н6 получилось 40.
Какое наименьшее число могло быть в А1?

Рис. 14

50 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 0

4. Нос Пиноккио (5 баллов). Известно, щенной ДЯ ячейке есть яблоко, ДЯ его
съедает. Определите, сколько яблок съест
что когда идет снег, появляются подснежни- ДЯ, прежде чем окажется в ячейке (3, 18).

ки. Также известно, что если Пиноккио 7. Яблокоед и яблоки (15 баллов). Перед
делфтским яблокоедом (ДЯ) – ряд из яблок
сказал правду, то его нос вырастает. Верно разного размера. ДЯ движется вдоль ряда-
массива и ест яблоки, но не все – некоторые
ли утверждение, что нос Пиноккио не выра- пропускает. По правилам движется ДЯ толь-
ко вперед (по возрастанию номеров яблок).
стет, если он скажет фразу «Снега нет, а Первым он может съесть любое яблоко, но
каждое следующее съеденное им яблоко дол-
подснежники появились»? жно быть больше предыдущего. Цель ДЯ –
5. Блогеры (12 баллов). Дуся и Буся – съесть как можно больше яблок. Вначале ДЯ
не особо умничал и ел каждое яблоко, кото-
блогеры. Они фотографируют все подряд и рое мог съесть. Затем он начал заранее
просить предоставить ему массив с размера-
выкладывают в свои микроблоги. Матрицы ми яблок и пытался планировать свои дей-
ствия. Результаты улучшились, но ДЯ все же
их фотоаппаратов поддерживают 32768 цве- подозревал, что при больших размерах ряда
яблок он выбирает не оптимальный вариант.
тов. Дуся любит выкладывать фотографии ДЯ погуглил и нашел идею алгоритма опре-
деления длины наибольшей возрастающей
сразу и без обработки, скорость ее интернет- последовательности в массиве. Однако реа-
лизовал он ее, видимо, с ошибками….
соединения 16 Кбайт с . Буся любит исполь-
1) Какое максимальное количество яблок
зовать фильтр, но, для того чтобы выбрать и сможет съесть ДЯ, если ряд состоит из яблок
весом 5, 2, 7, 3, 9, 4, 11, 6, 1, 3, 13, 6, 8, 15,
применить его, Бусе нужно 13 секунд. При 10, 11, 7, 9, 10, 22, 11, 5, 13 единиц?

использовании фильтра объем изображения Рис. 16

увеличивается на 40%. Скорость соединения

у Буси 256 КБийт с . Дуся и Буся сфотогра-

фировали двухметровый сугроб и одновре-

менно приступили к процессу публикации

фотографии. Известно, что сразу после заг-

рузки изображения блогеры начинают полу-

чать «лайки». Фотографии Дуси получают

по 3 лайка за секунду, а обработанные

фотографии Буси – по 5 лайков за секунду.

Известно, что в момент времени, когда лай-

ков у фотографий Дуси и Буси было поров-

ну, блогеры имели по 30 лайков. Найдите

разрешение фотографий (количество пиксе-

лей по длине и по ширине), если все фото-

графии в микроблоге квадратные.
6. Яблокоед и стеллаж (10 баллов). Делф-

тского яблокоеда (ДЯ) посадили в левую

верхнюю ячейку бесконечного стеллажа-мас-

сива – будем считать, что это ячейка (0, 0),

первое число – номер строки, второе – номер

столбца, и велели выполнять алгоритм, опи-

санный на рисунке 15. В момент старта в

каждой ячейке массива

лежит одно яблоко. Си-

стема команд, применен-

ная в описании, вклю-

чает классические ко-

манды алгоритмическо-

го языка и макрокоман-

ды вида <натуральное

число>*<направле-

ние>, по которым ДЯ

заданное число раз вы-

полняет перемещение на

1 ячейку в заданном на-

Рис. 15 правлении. Если в посе-

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 51

2) Найдите ошибки (их количество неизве- 10. Генерация задач ЕГЭ (7 баллов). Вы
стно) в написанном ДЯ алгоритме (рис.16) – автор вариантов задач ЕГЭ по информати-
и опишите, как их можно исправить. ке и сейчас заняты генерацией вариантов
26-х задач про дерево игры. Игра такая:
8. Числа и биты (10 баллов). Задумано игроки поочередно называют буквы, выстраи-
натуральное число из интервала от 16 до 31. вая их последовательность так, чтобы в
результате получилось одно из слов словаря
1) Какое число задумано, если известно, игры. Побеждает тот, кто назовет послед-
что высказывание «Восьмеричное представ- нюю букву слова. Например, если словарь
ление числа является симметричным И В игры состоит из слов КОФЕ, СОК, ЧАС и
двоичном представлении числа единиц боль- ЧЕПУХА, первый игрок может назвать бук-
ше, чем нулей» содержит 4 бита информации ву К, С или Ч. Если он назвал К или С – у
о задуманном числе? второго всего один вариант продолжения, а
вот если Ч – у второго есть варианты А и Е
2) Какое из приведенных ниже высказыва- (при первом он проиграет, а при втором
ний о задуманном числе содержит ровно 2 выиграет). Словарь придуманной вами игры
бита информации о задуманном числе (раз- сейчас состоит из слов АВТОР, АРБА, АУТ,
ные высказывания могут соответствовать БОЛТ, ВЕС, ВОДА, ВОДКА.
разным числам)?
1) У какого из игроков есть выигрышная
А. Первая и последняя цифры в двоичном стратегия?
представлении числа совпадают.
2) Какое слово (существительное нарица-
Б. Число в двоичном представлении закан- тельное на А, Б или В) надо добавить в
чивается тремя нулями. словарь, чтобы выигрышная стратегия была
у другого игрока?
В. В шестнадцатеричном представлении
числа первая цифра не меньше второй. Публикацию по математике подготовили
А.Боревич, И.Комарчев, А.Моисеев,
Г. Восьмеричное представление числа со- С.Преображенский;
стоит из двух нечетных цифр.
по физике – Т.Андреева, Т.Воробьёва,
9. Пароль (8 баллов). М.Крупина, В.Кузьмичёв,
– Вот пароль к тесту! С.Старовойтов;
– «НЕНЕЕ…»… чё?
– Да там все нормально, нумерация с нуля, по информатике – С.Костоусов,
алфавит без «ё»… Е.Крылова, А.Хахина
Найдите пароль к тесту, если в закодиро-
ванном виде он выглядит так:

НЕНЕЕННЕНЕНЕЕНЕЕЕЕНН

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ + НО) ˜101 . Так как в скобках стоит натураль-
ное число, то заданная сумма делится на 101.
ЗАДАЧИ 3. 0,5.
Введем обозначения так, как показано на рисун-
(см. «Квант» №9) ке 1, и проведем высоту AD к основанию ВС
1. Нет.
Предположим, что может. Рассмотрим шахмат- Рис. 1
ную раскраску квадрата, при которой угловые
клетки черные. Тогда черные диагонали имеют
нечетную длину, а белые – четную. Две закра-
шенные диагонали имеют общую клетку, поэто-
му должны состоять из клеток одного цвета,
значит, они не могут иметь длины 20 и 19.
2. Преобразуем: ГУРУ + НОРА + РАГУ +
+ РУНО = 100ГУ + РУ + 100НО + РА + 100РА +
+ ГУ + 100РУ + НО = (ГУ + РУ + РА +

52 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 0

равнобедренного треугольника АВС, которая яв- КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»
ляется также биссектрисой и медианой этого
треугольника. ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ
Так как ‘BAD 0,5D , то ‘ABD 90q 0,5D ,
значит, 1. При наибольшей силе, которую может раз-
вить стрелок, лук должен растянуться настоль-
‘ABE 180q ‘ABD ‘DBF ко, насколько позволяет размах рук. Для более
тугого лука, как и для менее тугого, запасенная
90q 0,5D ‘ABD . упругая энергия будет меньше.
2. Время столкновения пули с дверью очень
Следовательно, прямоугольные треугольники мало. За это время деформация, вызванная дав-
AВЕ и AВD равны (по гипотенузе и острому лением пули, не успевает распространиться на
углу), значит, ВЕ = BD = 0,5BC = 0,5. большие расстояния. Поэтому импульс, теряе-
4. Гоголь вышел раньше Тургенева на 110 ми- мый пулей, передается сравнительно малому уча-
нут. стку двери и пуля пробивает в ней небольшое
Сделаем чертеж, введя обозначения: Г и Т – отверстие.
дома Гоголя и Тургенева, П и В – точки первой и 3. Пуля, проникая в воду, создает упругую вол-
второй встречи соответственно (рис.2). ну сжатия, производящую скачок давления на
стенки стакана и разрушающую его.
Рис. 2 4. Чтобы придать пуле или снаряду вращатель-
ное движение вокруг оси симметрии и этим обес-
Заметим, что отрезок ПТ Гоголь прошел за 75 печить устойчивость полета в воздухе, а значит,
и малое аэродинамическое сопротивление и уве-
минут, а отрезок ТВ – за 30 минут. Далее можно личение дальности полета.
5. Максимальная скорость пули не может быть
рассуждать по-разному. выше тепловой скорости молекул пороховых га-
зов. Поэтому скорость пули будет тем больше,
Первый способ. Так как пройденный путь про- чем выше температура пороховых газов и чем
меньше их молярная масса.
порционален затраченному времени, то отноше- 6. Пуля, пущенная из ружья, движется со сверх-
звуковой скоростью, отчего образуется ударная
ние длин этих отрезков равно 5 : 2, т.е. ВТ = 2s, волна, порождающая звук высокого тона.
7. Свободное сгорание пороха не приводит к
ПТ = 5s. Тогда ПВ = 3s. Отрезок ПГ Тургенев заметному сжатию воздуха. При выходе же из
канала ствола находящиеся под большим давле-
прошел за 45 минут, а отрезок ГВ – за 60 минут. нием пороховые газы начинают быстро расши-
ряться, вызывая местное сжатие воздуха, рас-
Значит, отрезок ПВ он проходил за 15 минут, пространяющееся затем в виде звуковых волн.
8. Сгорание заряда пороха при выстреле проис-
поэтому ПГ = 3ПВ = 9s. Гоголь прошел до ходит довольно быстро, и ствол орудия не успе-
вает прогреться до температуры плавления.
первой встречи отрезок ПГ = 9s. Так как отрезок 9. Направляя снаряд в высокие слои атмосферы,
где сопротивление воздуха мало и горизонталь-
ПТ = 5s он проходил за 75 минут, то отрезок ПГ ная составляющая скорости изменяется меньше,
получают бульшую дальность полета снаряда.
он прошел за  минут. Тургенев 10. Сброшенным снарядам придается такая фор-
ма, что встречный поток воздуха разворачивает
прошел до первой встречи отрезок ПТ = 5s. Так их так, чтобы они испытывали наименьшее со-
противление движению и падали ударником вниз.
как отрезок ПВ = 3s он проходил за 15 минут, то 11. При установившемся равновесии между
подъемной силой и силой тяжести уменьшение
отрезок ПТ он прошел за  минут. массы самолета резко меняет прямолинейность
его движения.
Таким образом, Гоголь вышел раньше Тургенева 12. Да, слышит, так как звук распространяется
по корпусу самолета и внутри него по воздуху.
на 135 – 25 = 110 минут. 13. Чтобы можно было измерить время между
излучением и приемом отраженной от цели волны.
Второй способ. Отрезок ВП Гоголь прошел за

75 – 30 = 45 минут. Тургенев прошел отрезок ПГ

за 45 минут, а отрезок ГВ – за 60 минут. Значит,

отрезок ПВ он прошел за 15 минут, поэтому его

скорость в три раза больше скорости Гоголя.

Следовательно, между двумя встречами (за 105

минут) Тургенев прошел в три раза больше, чем

Гоголь. На этот путь Тургенева (2ПГ + ПВ)

Гоголь затратил бы минут, значит,

на путь ГП он затратил ми-

нут. Аналогично, Тургенев на путь ТП потратил

минут. Таким образом, Го-

голь вышел раньше Тургенева на 135 – 25 = 110

минут.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 53

14. Корпус мины, как железный сердечник, уве- 5. Могла. Пример по-
личивает индуктивность контура, и частота зву-
ковых колебаний при этом уменьшается. казан на рисунке 4.
15. Таким способом можно остановить ракету и
даже заставить ее лететь в обратном направле- 6. 14.
нии.
16. Термоядерные реакции на Солнце идут с Рассмотрим одно зве-
небольшой интенсивностью. На Земле подобные
реакции безопасно осуществить пока не удается. но этой ломаной. На

МИКРООПЫТ нем могут находить-
Давление выдуваемого в трубочку воздуха раз-
гоняет «снаряд» аналогично тому, как с древних ся не более четырех
времен стреляли дротиками из духовых ружей
охотники и воины. А изучать с помощью такого точек самопересече-
снаряда можно движение тела, брошенного под
углом к горизонту. ния, поскольку с со-

ЗАМКНУТЫЕ САМОПЕРЕСЕКАЮЩИЕСЯ седними звеньями Рис. 4
ЛОМАНЫЕ оно не может пере-

1. Нет. сечься. Так как в
Прямая делит плоскость на две полуплоскости.
Будем двигаться по ломаной. При каждом пере- каждой точке пересекаются не менее двух звень-
сечении звена ломаной с указанной прямой мы
переходим из одной полуплоскости в другую. ев, то точек самопересечения не больше чем
Но после обхода по всем звеньям мы вернемся в
исходную точку, т.е. в ту же полуплоскость. 7 ◊ 4 = 14.
Значит, прямая пересеклась с четным количе- 2
ством звеньев, что противоречит условию.
2. Понятно, что у ломаной более трех звеньев. Пример семизвенной замкнутой ломаной, у кото-
Пусть A, B, C и D – четыре последовательные
вершины ломаной. Так как звенья AB и CD рой 14 точек самопересечения, показан на ри-
пересекаются, то A и D лежат по одну сторону от
прямой BC. Пойдем по ломаной из вершины D сунке 5.
дальше. На каждом шаге мы будем пересекать BC.
Чтобы попасть в A, надо пройти четное количество Рис. 5
звеньев. Учитывая три первых звена, получим,
что в такой ломаной нечетное количество звеньев. Аналогичными рассуждениями можно показать,
3. Нет. что наибольшее количество самопересечений у
Пусть такая ломаная существует. Подсчитаем замкнутой ломаной с 2n + 1 звеном равно

15 ◊ 3 (2n + 1) (n - 1) .
количество пересечений. Оно равно 2 , так
как каждое пересечение учтено дважды. Но это 7. а) Пример шестизвенной замкнутой ломаной,
число не целое. Противоречие. у которой семь точек самопересечения, показан
4. Ответ показан на рисунке 3. на рисунке 6.
б) Докажем, что та-
Рис. 3 кая ломаная не мо-
жет иметь больше
семи точек самопе-
ресечения. Пусть об-
щее количество са-
мопересечений рав-
но N. Для каждого
звена рассмотрим
количество точек са-
мопересечения, ко-
торые лежат на этом
звене, и обозначим Рис. 6
через S сумму этих чисел. Тогда S ≥ 2N (если в
одной точке пересекаются два звена, то эта точка
входит в сумму дважды, а если три или больше,
то больше двух раз). На каждом звене может

54 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 0

лежать не больше трех точек самопересечения условие эквивалентно системе
(см. решение задачи 6). При этом три точки
могут быть только на «диагональном» звене: ÓÌÔÔÏ23km = k2, + 1) m ¤ ÌÔÔÓÏmk ((kk--22)) = 0,
таком, что из четырех вершин, не являющихся = 0.
его концами, две лежат в одной полуплоскости = (k
от него, а две – в другой. (Если по какую-то
сторону от звена лежит лишь одна вершина, то Отсюда k = 0 или 2, причем в первом случае
нельзя провести больше двух отрезков к верши-
нам, лежащим по другую сторону звена.) Таких m = 0, а во втором случае m – любое. Оконча-
«диагональных» звеньев – не более трех. На
каждом из остальных лежат не больше чем по тельно, f (x) = 0 или f (x) = 2x + m .
две точки самопересечения, поэтому
S £ 3 ◊ 2 + 3 ◊ 3 = 15 , т.е. N £ 0,5S £ 7,5 . Так как 2 (Т.Ковалев). Введем такие обозначения:
N целое, то наибольшее значение N равно 7. PB1 ∩ AB = B2 , QA1 ∩ AB = A2 , PB ∩ AQ = K ,
Аналогичными рассуждениями можно доказать, PB1 ∩ QA1 = T , CK ∩ AB = S , CK ∩ PQ = L
что и у любой замкнутой шестизвенной ломаной (рис.7).
(не обязательно с вершинами на окружности) не
больше семи точек самопересечения (на двух
соседних звеньях не может быть по три точки
самопересечения).

LX МЕЖДУНАРОДНАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ
ОЛИМПИАДА

1 (В.Кулишов). f (x) = 0 или f (x) = 2x + m ,

где m – целое.
Подставим b = 0. Получим, что

f (2a) + 2f (0) = f (f (a)) .

Подставим a = 0и b = a. Получим, что Рис. 7
= Это означает, что
f (0) + 2f (a) f (f (a)) .
f (0) + 2f (a) = f (2a) + 2f (0) , следовательно,
f (2a) = 2f (a) - f (0) . Тогда изначальное условие Заметим, что точки C, K и T лежат на одной

примет следующий вид: прямой (теорема Паппа для точек A1 , P, A и
2f (a) + 2f (b) - f (0) = f (f (a + b)) . точек B1 , Q, B).
Лемма. Прямая CKT – радикальная ось окруж-
При фиксированной сумме a + b фиксированы
ностей ( A2BC) и ( AB2C) .
f (f (a + b)) и f (0) , тогда из этого следует, что
Доказательство. Заметим, что SB2 SA2 =
фиксировано и f (a) + f (b) . В частности, для = LP LQ (гомотетия в точке T переводит точки
любого целого n выполнено f (0) + f (n + 1) =
= f (1) + f (n), откуда f (n + 1) - f (n) = f (1) - f (0). A2 , S, B2 в точки Q, L, P соответственно), также
Тогда последовательность значений …, f (-1), LP LQ = SB SA (гомотетия в точке K переводит
f (0) , f (1) , f (2) , … образует бесконечную в
точки Q, L, P в точки A, S, B соответственно).
обе стороны арифметическую прогрессию с раз- Отсюда SB2 ◊ SA = SA2 ◊ SB,
относительно окружностей т.е. степени точки S
ностью k = f (1) - f (0) . Значит, f (x) = kx + m
для некоторых целых k и m = f (0) . ( A2BC) и ( AB2C)
равны. Мы видим, что на радикальной оси окруж-
Подстановка в исходное уравнение дает ностей ( A2BC) и ( AB2C) лежат две точки прямой
CKT – точки S и C, что доказывает лемму.
f (2a) + 2f (b) = f (f (a + b)) ¤
¤ k ◊ (2a) + m + 2 ◊ (kb + m) = f (f (a + b)) ¤ Заметим, что тиоч(кAиB2QC1) и P1 лежат на окружно-
¤ 2k (a + b) + 3m = f (f (a + b)) . соответственно, так как
стях ( A2BC)
Обозначим a + b через s. Тогда –CP1B2 = –CAB2 и –CQ1A2 = –СBA2 .

2ks + 3m = f (f (s)) ¤ 2ks + 3m = Из леммы же вытекает, что степени точки T
относительно окружностей ( A2BC) и ( AB2C)
( )= k (ks + m) + m ¤ 2ks + 3m = k2 s + (k + 1) m . равны, значит,

Так как s – произвольное целое, то последнее TB2 ◊ TP1 = TA2 ◊ TQ1 fi TP ◊ TP1 = TQ ◊ TQ1

( TQ TA2 = TP TB2 из параллельности PQ и
A2B2 ). Последнее равенство означает, что P, Q,
P1 и Q1 лежат на одной окружности.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 55

Замечание. Если PB1 QA1 , то последний абзац ребра (они связаны с S1 ). Аналогично показы-
решения не работает. Его можно заменить следу- ваем, что они соединены со всеми остальными

ющим рассуждением. вершинами. Значит, и S2 , Sk соединены со
всеми остальными, так как из них идут внутрен-
Из леммы следует, что вторая точка пересечения
ние ребра S2S10 и SkS10 . Итак, мы получили,
окружностей ( A2BC) и ( AB2C) , точка N, лежит что G – полный граф, но исходно он не был
полным, а при каждой перестройке количество
на прямой CKT, следовательно, CNB2P1 и
CNA2Q1 – равнобокие трапеции, откуда ребер уменьшалось. Противоречие.
P1B2 A2Q1 – равнобокая трапеция. Так как
PQ A2B2 , то PQQ1P1 – равнобокая трапеция В обоих случаях получено противоречие, следо-
и, значит, точки P, Q, P1 и Q1 лежат на одной вательно, G стал деревом.
окружности. Для завершения решения достаточно доказать,

3 (А.Львов). Рассмотрим граф G = {V, E} , в что любое дерево можно перестройками привес-
котором множество вершин V соответствует лю- ти к требуемому виду (когда все степени вершин

дям, а множество ребер E соответствует отноше- не превосходят 1). Докажем это индукцией по

нию дружбы. Во-первых, заметим, что G связен. количеству вершин n.
База n = 1 очевидна.
Действительно, если бы вершины A и B находи- Переход: n - 1 Æ n .
Пусть A – висячая вершина. Пусть G¢ – граф,
лись в разных компонентах связности, то коли- получаемый из G отрезанием вершины A. Тогда
G¢ тоже дерево, следовательно, по предположе-
чество вершин |V| было бы не меньше чем нию индукции, G¢ можно привести к требуемо-
му виду. Сделаем это, и вернем в рассмотрение
deg A + deg B + 2 ≥ 2020 (здесь deg X обознача-
вершину A. Если A окажется соединенной с
ет степень вершины X). Теперь будем произво- вершиной степени 0, то получится граф нужного
вида. Иначе, если A соединена с B, а в графе G¢
дить перестройки в произвольном порядке так, вершина B была соединена с C, то тройку

чтобы граф оставался связным. В некоторый {A,B,C} можно перестроить. После этой пере-

момент мы не сможем больше сделать ни одной стройки получим граф требуемого вида. Пере-

такой перестройки, так как каждый раз количе- ход индукции доказан, и задача решена.
4 (В.Петров). Для начала вынесем все двойки из
ство ребер |E| уменьшается. правой части равенства:

Докажем, что в итоге G стал деревом. Допустим, 2n 1 … 2n 2n 1

что это не так. Тогда в G будет цикл. Обозначим

через S цикл из наибольшего количества вер-

шин, пусть этот цикл проходит по вершинам

S1S2 … Sk . Рассмотрим два случая: k < 2019 и
k = 2019.

Случай 1 (k < 2019). Помимо S в G есть еще

вершины, следовательно, из S выходит хотя бы

одно ребро в остальные вершины, так как граф = 21 2 … n 1 ˜ 2n 1 2n 1 1 … 21 1

связен. Не умаляя общности, допустим, что есть n n 1

ребро S1A . Тогда ребра S2 A нет, иначе был бы 2 2 ˜ 2n 1 2n 1 1 … 21 1 . (1)
цтриокйлкуS1{ASS12, большей длины, чем S. Значит,
… Sk перестроить. При этом Согласно формуле Лежандра, для простого чис-
A, S2 } можно
связность сохранится, так как из S1 будет путь
ла p и натурального k степень вхождения p в
S1SkSk-1 … S2 A , проходящий через A и S2 . Про-
тиворечие. ¦произведение k! равна f ª k º . В случае = 2
i1 « pi » p
¬ ¼
Случай 2 (k = 2019). Все перестройки сохраняли f ªkº
i 1 «¬ 2i »¼
четность степеней вершин, поэтому в G осталась ¦эта бесконечная сумма строго меньше k

хотя бы одна вершина нечетной степени. Не

умаляя общности, будем считать, что deg S1 (так как если опустить целые части, то сумма
нечетна. Тогда есть «внутреннее» (т.е. не входя-
будет равна k, но начиная с некоторого момента
щее в цикл S) ребро S1Si , где 2 < i < k. k 2i и соответствующие слагаемые обращают-
Докажем тогда, что S1 соединена со всеми ос-
тальными вершинами. Допустим, это не так. ся в 0).

С учетом (1) получаем оценку

Тогда существуют две соседние вершины St и k ! n n 1 Ÿ k t n n 1 1 . (2)
St+1 , где 3 £ t £ k - 2 такие, что тройку
2 2
{S1,St,St+1} можно перестроить. При этом связ-
Заметим, что
ность графа сохранится, потому что из цикла S
2n 1 2n 1 1 … 21 1 d 2n ˜ 2n 1…22 ˜ 1
удалится только одно ребро. Противоречие. Зна-

чит, S1 соединена со всеми вершинами. Тогда 2n n 1 … 2 n n 1 1 .
для вершин S3,…, Sk-1 также будут внутренние 22

56 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 0

А кроме того, частности,
k! t 7!˜ 8k 7 5040 ˜ 23 k 7 ! 212 ˜ 23k 21 23k 9 .
L Hn n .
3) Пусть n = |w|, пусть w z Hn . Тогда
Подставляя два этих неравенства в (1), полу-
n n 1 n n 1 1
чаем: 23k 9 22 ˜2 2 2n2 1 . Тогда f wH Tf w .

3k 9 n2 1 , т.е. 3k d n2 7 . Домножив на 2 Действительно, wH h w h 1 , а wh Tw h
n 1 wh .
и применив (2), получаем: 3 n n 1 2 d 6k d
Поэтому, если i z n 1 w h , то
d 2n2 14 , т.е. n2 3n d 8 , или n n 3 d 8 .
f wH >i@ f wH >n 2 i@ wH >n 2 i@
Значит, n < 5.
Осталось проверить для n =1, 2, 3, 4, является = wH >i@ Tw >i@ Tf w >i@ .

ли число 2n 1 … 2n 2n 1 факториалом. Если же i n 1 w h , то

n = 1: 21 1 1! ; f wH >i@ f wH >n 2 i@ wH >n 2 i@

n = 2: 22 1 22 2 3 ˜ 2 3! ; = wH >i@ Tw >i@ Tf w >i@ .
n = 3: 23 1 23 2 23 4 7 ˜ 6 ˜ 4
Итак, мы показали, что если w z Hn , то
– не факториал, так как делится на 7, но не
делится на 5; f wH Tf w f w H или f wH vH , где
f w v . Значит, из слова wH получится Hn 1
n = 4: 24 1 24 2 24 8
за столько же операций, за сколько из w полу-
15 ˜ 14 ˜ 12 ˜ 8 26 ˜ 32 ˜ 5 ˜ 7 ,
чится Tn , т.е. L wH L Hn 1 L w , или
что больше, чем 7! 24 ˜ 32 ˜ 5 ˜ 7 , но меньше,
чем 8! 27 ˜ 32 ˜ 5 ˜ 7 .

5 (И.Гайдай-Турлов). б) n n 1 . L wH L w n 1 .

4
Из предложенного решения задачи б) сразу сле-
Теперь проведем подсчет.
дует утверждение а).
Пусть Sn ¦ L w . Тогда
Последовательности букв T и H будем называть wn

словами. Длину (количество букв) слова w обо- Sn 1 ¦ L v ¦ L wH L wT

значаем |w|, а количество букв H w h ; i-ю v n 1 wn
букву слова w обозначаем w[i].

Результат приписывания справа к слову v слова = ¦ L w L w n 1 2Sn 2n n 1 .
wn
w будем обозначать vw. В частности, ww…w
Здесь мы использовали то, что w пробегает все
для краткости обозначим wn . n слова длины n, поскольку операция w ֏ w яв-
ляется взаимно-однозначным соответствием на
Результат применения операции, данной в усло- множестве всех 2n слов длины n.

вии задачи, к слову w обозначим f w . По Итак, Sn 1 Sn n 1 , S1 1 , отсюда полу-
2n 1 2n 2 2 2
определению операции, если w z Tn , то w и

f w различаются только в букве номер w h :
w>i@ f w >i@ при i z w h .
чим ответ на пункт б):
Также для слова w пусть w – слово, полученное
из w заменой каждой буквы на противополож- Sn Sn 1 n Sn 2 n 1 n …
ную и далее изменением порядка букв на обрат- 2n 2n 1 2 2n 2 2 2

= 1 … n 1 n n n 1 .
2 2 2
ный (в частности, H T и T H ). Из опреде- 4

ления ясно, что если w n , то 6 (О.Смирнов). Обозначим через ZB и ZC
окружности (BFP) и (CEP), а через *B и *C –
w>i@ w>n 1 i@ . Очевидно, vw wv . окружности (BFID) и (CEID) соответственно

Зафиксируем еще несколько свойств. (рис.8). Для каждой точки X на плоскости опре-

1) f wT f w T . Это верно, поскольку делим функцию f X :

wT h w h . Отсюда сразу вытекает, что f X degZB X deg*C X degZC X deg*B X ,
где через deg* X обозначена степень точки X
L wT L w .
относительно окружности * . Если в декартовых
2) f Hn Hn 1T , f Hn 1T Hn 2T2 и т.д., в

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 57

Рис. 8 Рис. 9
Но PA – симедиана треугольника PEF, значит,
координатах * задается уравнением PDc – медиана. Получаем, что P, M и Dc лежат
на одной прямой.
x x0 2 y y0 2 r2 , то deg* X Так как C2 , I, C, E лежат на одной окружности
x x0 2 y y0 2 r2 , таким образом, (плсеомжск.иотрлиьнкса.у8B)‘I, .BтОIоCкр‘уCж902нIqоC ст‘ь2A‘*F,CEпAоплоусчт9ра0еоqме н, а‘ч2тAноа.CCА2I
как на диаметре, поэтому ‘IC2C 90q, иначе
deg* X имеет вид x2 y2 Dx Ey J . Отсю- говоря, C2 – проекция C на BI.
Пусть T BI ∩ DcP (рис.10). Поскольку
да ясно, что f X линейна, т.е. имеет вид
‘ABI ‘A ‘FDI ‘FDDc ‘AFDc ,
f X D1x E1y J1 . Пусть S PQ ∩ DI . За- 2

метим, что AB – радикальная ось ZB и *B , а имеем FDc BI. Кроме того, ‘FBT ‘FDDc
AC – радикальная ось ZC и *C , поэтому ‘EPT, поэтому T  ZB . Далее, используя ок-

f A 0 . Далее, PQ – радикальная ось ZB и ружности ZB и Z , получаем: ‘DcTB1 ‘EFP

ZC , а DI – радикальная ось *B и *C , поэтому Рис. 10
‘EDcP, откуда DcE TB1. А так как DcF TC2 ,
f S 0 . Отметим, что f – не тождественный 0 то треугольники EDcF и B1TC2 подобны. А так
(например, f X z 0 , если X  AC и X  BC ), как прямые DcM и TM в них соответственные и
поэтому ГМТ точек X, для которых f X 0 , M – середина EF, то M – середина B1C2 . Задача
является прямой, и в силу f A f S 0 это решена.

прямая AS. ГМТ точек X, для которых

f X const , – это прямая, параллельная AS.

Для решения задачи нам требуется доказать, что

AS A AI œ AS EF œ f E f F . Итак, да-
лее будем доказывать, что f E f F .

Обозначим через B1 , B2 , C1 и C2 вторые
точки пересечения прямой EF с окружностями
ZB , *B , ZC и *C соответственно. Заметим,
что

f E degZB E deg*B E

= EF ˜ EB1 EB2 EF ˜ B2B1

и, аналогично, f F FE ˜ C1C2 . Таким обра-

зом, задача сводится к проверке равенства

B1B2 C1C2 . Оказывается, что верно более силь-
ное утверждение: точки B1 и C2 , а также B2 и
C1 симметричны относительно середины M от-
резка EF. Остается доказать, что B1 и C2
симметричны относительно M (второе доказыва-
ется аналогично).
Пусть Dc – точка на Z , диаметрально противо-
положная D (рис.9), так что PR A RDc EF .
Дуги FR и EDc равны, откуда ‘FPA ‘EPDc .

58 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 0

L МЕЖДУНАРОДНАЯ ФИЗИЧЕСКАЯ А5. У пар АВ, ВС и СА угол уменьшается, у пар
ОЛИМПИАДА DE, EF и DF – увеличивается.

Теоретический тур А6. См. рис.13; Z S f 3,85 ˜ 109 рад с .
2
Задача 1

А1. 'y max ­F 'l, 'l ½¾ .
® ¿
¯ kL0

А2. 'W kL0 'y2 'l2 .
2'l

А3. H L0 § D 1 · .
2 ©¨ D ¸¹

В1. tc L0 1 D 3 , tc 0,245 c .
3gD

В2. A 2g , B § 1 1¹¸· gL0 .
3D ©¨ 3D
Рис. 13

В3. vmin 1 D ADL0 B . А7. U0
SfB0 b2 a2 .
С1. Q MgL0 1 D 2 2D 1 . 4

6D В1. W t p0 sin T t ˜ E t ;

Задача 2 Hi t E t dpx t .

А1. f1 1d 2,0 ˜ 109 Гц . dt
2SR 0,6SP0H0l В2. H t 0,5E02EH0Z sin G .

А2. См. рис.11, где зеленая линия относится к В3. I z I 0 exp § zEZ sin G · .
В4. E . ©¨¨ c Hr ¹¸¸
случаю 1), красная – к случаю 2). Hr

В5. 1) z1 2 c Hr ln 2 ZHl | 12 мм (здесь

Hr | 78 , Hl | 10 ).
2) Увеличивается.

3) Уменьшается.

Задача 3

А1. Omax 2L .

А2. V1 x akV0 cos kx .

Рис. 11 А3. p1 x a Z2 U0 cos kx .
А3. r 1 2mU 3,18 ˜ 10 4 м | 0,3 мм (здесь k

Be А4. c Jp0 .
U = 800 В). U0
А4. Точки А и В дрейфуют в сторону катода,
точки С, D и Е – в сторону анода (см. рис.12). А5. T1 x ak J 1 T0 cos kx .

Рис. 12 А6. Температура в точке В будет понижаться, а

в точках А и С – повышаться.
aW .
В1. Tсн l2

В2. Wкр kl J 1 T0 .

В3. dQ | J 1 1 V0 dp J J 1 p0 dV .
dt dt dt

В4. Va § 1 pa J 1 E a · V0 ,
©¨ J J Z 2 W Wкр ¸¹ p0
l

Vb 1 pb V0 .
J p0

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 59

В5. Wпол S J 1 E ka2S . этому при n, стремящемся к бесконечности, qn
2Z W Wкр стремится к нулю, а сумма членов стремится к

В6. Qпол S a2S . b1 .
2Z E W Wкр l 1 q

В7. K Wкр KK . Кубы членов данной прогрессии ^bn` также об-
W
разуют геометрическую прогрессию с первым

ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКАЯ членом b13 и знаменателем q3 , четвертые степе-
ОЛИМПИАДА «ФИЗТЕХ» ни членов – прогрессию с первым членом b14 и
знаменателем q4 , а квадраты – прогрессию с

МАТЕМАТИКА первым членом b12 и знаменателем q2 . Суммы
(Начало см. в предыдущем номере) членов этих прогрессий равны соответственно

b13 , b14 и b12 .
1 q3 1 q4 1 q2
Избранные задачи для 10 класса
Из условия получаем систему уравнений

1. x  ª¬« 7; 8 · ∪ 0;2 . ­ b13 : b1 48 , ­ b12 q2 48 ,
3 ¸¹ °°1 q3 1 q 7 °°1 q 7
Обе функции определены при 21 x2 4x
t 0 œ ® 144 œ ®
° b14 b12 17 ° b12
œ 7 d x d 3 . Заметим, что следующие два ут- ¯°1 q4 : 1 q2 °¯1 q2 144 .
17
верждения равносильны: «меньшее из двух чи-

сел больше A» и «оба числа больше A». Поэтому 1
4
данное неравенство равносильно системе нера- Решая ее, находим q и b1 r3 .

венств 3. R 6, SABCD 96 24 7 .

°­°f x ! x 4, Обозначим точки касания окружности со сторо-
! x 2 4.
® нами AB и AD трапеции через K и W соответ-
2
°°¯g x ственно (рис.14). По теореме о касательной и

Поскольку функции f x и g x неотрица-

тельны на области определения, оба неравенства

системы выполняются при x 4 0, т.е. при
2

x 4 , а с учетом ОДЗ – при x  > 7; 4 . Если

x t 4 , то у обоих неравенств левые и правые
части неотрицательны и их возведение в квадрат

является равносильным преобразованием. Полу- Рис. 14

чаем систему секущей, DW 2 DE ˜ DC 7 ˜ 16 , DW 4 7.

­°°21 x2 4x ! x2 8x 16 , Так как C и W – точки касания окружности с
® 4
¯°°x2 параллельными прямыми BC и AD, отрезок CW
4x 4 ! x2 8x 16 ,
4 есть диаметр окружности, перпендикулярный

этим прямым. По теореме Пифагора из прямоу-

мx ат©¨§р и3в54а;е м83ы·¹¸ гольного треугольника CDW находим, что

откуда следует ∪ 0; 2 . CW 2
Учитывая рас й 162 4 12. Следовательно, ради-
п ром 7

с е ж ут о к ус R окружности равен 1 CW 6.
2
x  > 4; f и объединяя результаты, окончатель-
Пусть BC = x. Тогда BK = x (касательные,
но находим, что x  ª«¬ 7; 8 · ∪ 0; 2 .
3 ¹¸ проведенные к окружности из одной точки, рав-

2. b1 r3, q 1. ны), а в силу того, что трапеция равнобедрен-
4
Известно, что сумма первых n членов геометри- ная, AK AB BK CD BK 16 x. Значит,
AW AK 16 x . Отсюда получаем, что сум-
ческой прогрессии с первым членом b1 и знаме-
ма оснований есть BC AD x 4 7 16
нателем q равна b1 1 qn . Для бесконечно убы- x 16 4 7 , и площадь трапеции равна
1 q 1 ˜ 12 ˜ 16 4 7 96 24 7 .

вающей геометрической прогрессии |q| < 1, по- 2

60 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 0

4. Множество M, состоящее из множеств M1, M2 она пересекает AD и BC в точках N и M соответ-
и M3, изображено на рисунке 15, его площадь ственно (рис.16, 17). Так как диаметр, перпен-
равна 4. дикулярный хорде, делит эту хорду пополам,

Рис. 16

Рис. 15

5. x  f; 6 ∪ > 4; 2 ∪ 2; 2 ∪ 2; 4@ ∪ 6; f .

Рассмотрим знаменатель дроби. Его можно запи-
сать в виде

x2 4 x 2 8 x2 4 x 48 =

= x2 4 x 12 x2 4 x 4 Рис. 17

x 6 x 2 x 2 2 . BM MC 12 , AN ND 5 . По теореме Пи-
фагора из треугольников OND и OMC находим
Исходное неравенство примет вид
ON OD2 DN2 12 ,
3 x2 32 x
x 2 2 2 t 0 . (*) OM OC2 MC2 5 .
2 x
6 x Возможны два случая.
1) Точка O не лежит на отрезке MN (см. рис.16).
В последнем неравенстве необходимо сравнить Тогда высота трапеции есть MN = ON – OM =
дробь с нулем, или, что то же самое, определить = 7. Пусть H – основание перпендикуляра, опу-
знак этой дроби. Если заменить числитель или щенного из вершины D на основание BC. Так
любой из множителей в знаменателе выражени- как трапеция, вписанная в окружность, равно-
ем того же знака, то получим неравенство, рав-
носильное исходному. Заметим, что знак выра- бедренная, BH AD BC 17 . Тогда BD
жения 3 a 3 b совпадает со знаком выражения DH2 BH2 2

a b при любых a и b; выражение a b при 338 13 2 . Площадь любо-
b 0 положительно, а при b ! 0 его знак совпа-
дает со знаком выражения a2 b2 го четырехугольника равна полупроизведению

a b a b . Это позволяет привести нера- диагоналей, умноженному на синус угла между
ними. В силу того, что диагонали прямоугольни-
венство (*) к виду
ка A1B1C1D1 перпендикулярны диагоналям тра-
x x2 x 4 x 4 2 2 t 0, пеции ABCD, угол между ними равен углу меж-
6 x 6 x 2 2 x ду диагоналями трапеции. Обозначим этот угол

откуда получаем через \ . Кроме того, диагонали прямоугольни-

x  f; 6 ∪ > 4; 2 ∪ 2; 2 ∪ 2; 4@ ∪ 6; f . ка, вписанного в окружность, являются ее диа-
метрами, поэтому A1C1 B1D1 26 . Тогда

6. 1 или 289 . SABCD 1 AC ˜ BDsin \ 169 sin \ ,
2 338 2

Проведем через центр окружности O прямую, SA1B1C1D1 1 A1C1 ˜ B1D1 sin \ 338 sin \ .
2
перпендикулярную основаниям трапеции. Пусть

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 61

Значит, отношение площадей равно 4. 1) Когда груз 2 опустился на Н, грузы 1 и 3
169 sin \ 1 .
338 sin \ 2 поднялись на Н. Скорости всех грузов одинако-

2) Точка O лежит на отрезке MN (см. рис.17). вы и равны v1 . Согласно закону сохранения
Тогда MN ON OM 17 . Аналогично перво-
му случаю, находим, что энергии, 5mv12
2
3mgH 2mgH ,

BH 17 , BD DH2 BH2 17 2 , откуда v1 2 gH | 1,4 м с .
5

SABCD 1 AC ˜ BDsin M 289 sin M , 2) Пусть а – ускорение грузов, тогда v1 2aH ,
2 3ma
иa g. Для второго груза 3mg T2
1 5
SA1B1C1D1 2 A1C1 ˜ B1D1 sin M 338 sin M , g 12
5 , и 5 2,4 H .
где M – угол между диагоналями трапеции. 3m T2 mg

Отсюда отношение площадей есть 5. 1) P1 U2 § 1 1 ¸·,
¨ R1 2R2 ¹
289 sin M 289 . © R1
338 sin M 338
2P1 U2 §1 1 · ,
¨ 2R1 ¸
ФИЗИКА © R2 R2 ¹

9 класс отсюда получим для x R2 уравнение 2x2
2x 1 0 и найдем R1

ВАРИАНТ 1

1. 1) При минимальном времени заплыва ско- x R2 3 1 | 0,37 .
рость пловца относительно воды перпендику- R1 2

лярна берегу, при этом v s 2 м с . 2) P1 U2 ˜ 2 x 1 , P3 U2 2U2 ,
W отсюда R1 2x 1
2) u d 1 м с . R1 R2 2 R1 x 1

3) ПустWь v1 – скорость пловца относительно P3 P1 2x 1 | 0,93P | 93 Вт .
x 1 2
земли. Минимальный снос будет, если угол D

между v и v1 будет максимальный, т.е. v1 Au
и sin D u ско- ВАРИАНТ 2
ростей v 0,5 , D 30q . Из треугольника
d 1. 1) Пусть uA – составляющая скорости лодки
находим T u cos D | 115 c . относительно воды, перпендикулярная берегу,
u – составляющая скорости лодки относитель-
2. 1) v1 v0 gW , v0 A gW , из треугольника ско- но воды, параллельная берегу. Тогда

ростей получаем v0 v12 gW 2 12 м с . uA d , u v W s,и v s u s u2 uA2 .
W W W
v0 sin D 23 Отсюда
2) t1 g cos D 5 c | 0,7 c.
3) H
gt12 2,4 м . v s u2 § d ·2 | 0,9 м с,
W ¨© W ¹¸
2

3. 1) P2 P1 gUhS 14 H . v1 u2 v2 | 0,94 м с .

2) Пусть Vл – объем льда, Vш – объем шарика, 2) T d | 213 c .
тогда v1

Vл Vш hS . 2. 1) Ось х направим вдоль склона вниз, ось у
направим перпендикулярно склону вверх. Тогда
По закону Архимеда, gU Vл Vш gUлVл

gUшVш . Отсюда находим ax g sin D , ay g cos D ,

Vл Uш U 1 U hS , T v0 v0 | 2,8 c .
Uш Uл 1 Uл ay g cos D

m1 UлVл Uш U 1 UhS 0,34 кг . 2) v1 v02 ax ˜ 2T 2 | 44,7 м с .
Uш Uл 1

3) После таяния льда показания весов не изме- 3) Третий раз мяч ударится о склон через время

нятся, так как общая масса содержимого остает- 6Т, и s3 ax 6T 2 | 1018 м .

ся прежней. 2

62 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 0

3. 1) Пусть MС – масса Солнца, m – масса 1) P N m aц g cos D 3mg cos D
планеты. Тогда
3 3 mg | 2,6mg .
MCm 2S , r3 2
mZ2r G r2 , Z T T2 const ,

RЗ 3 § TЗ ·2 | 1,38 . 2) Чаша начнет скользить при P sin D P 3mg
RB ¨ TB ¸ P cos D , откуда
© ¹
P P sin D cos D sin D 3 | 0,25 .
§ 2S 2S · TЗTВ | 1,6  года. 3mg P cos D 1 cos2 D 7
2) ¨ TЗ TВ ¸ W 2S , и W TЗ TВ
© ¹ v0 . Отсю-
3. 1) После соударения v1 v0 sin D 2
4. 1) h sin D P2 cos D H . да sin D 1 , D 30q, d = R.

P1 P2 cos D 2) В резул2ьтате соударения шайбы разлетаются

2) vmax 2gH sin D P2 cos D P1 cos D sin D . под прямым углом и
P1 P2 sin D ˜ cos D
T s2 R2 3R .
3) T g sin D 2H P1 cos D sin D . v0
P2 cos D P1 P2 sin D ˜ cos D
4. 1) Условия равновесия поршня: p1S Fтр
5. 1) P1 U2 6 P.
R1 R2 R3 11 p0S и p2S p0S Fтр , откуда p1 p2 2p0 .
Далее,

2) P2 U2 3P . p0V0 p2V2 , и p2 p0 V0 ,
2 T0 T0 V2
R1R2 R3
R1 R2
p1 2 V0 , p1V1 p0V0 p1V1
10 класс p0 V2 T1 T0 , и T1 T0 p0V0 =

ВАРИАНТ 1 T0 § 2 h h · 219 3 К | 219 К .
1. Время полета, одинаковое при выстреле вверх ©¨ L H ¸¹ 23
по склону и вниз, равно (рис.18)
2) Fтр S p2 p0 p0S § L H · 20 кН |
t 2v0 sin E v0 cos E , и sin E cos D . ¨© H ¸¹ 23
g cos D g sin D cos E 2 sin D | 870 Н .

3) Q 'U 5hSp0 § L 1¸¹· 40 кДж | 1,7 кДж .
¨© H 23

5. Внутренняя энергия смеси газов не изменяет-
ся.

1) U 5 RQT1 5 R ˜ 1,5Q ˜ 5 T1 115 QRT1 ,
2 2 4 16
Рис. 18
5 23
При выстреле вверх по склону U 2, 5Q ˜ 2 RT2 , T2 20 T1 1,15T1 .

s1 v02 cos2 E . 2) p 2,5QRT2 23 QRT1 2,875 QRT1 .
2g sin D V 8V V

1) При выстреле вниз по склону ВАРИАНТ 2

s2 3 v02 cos2 E 3s1 2100 м . 1. 1) W v0 sin D 0,9 c .
2 g sin D g

2) При выстреле вдоль горизонтальной поверх- 2) h 9 v02 2,4 м .
121 g
ности

L 2v02 sin E cos E 2s1 cos D 3s1 | 1212 м . 3) Дальность полета второго мяча без стенки
g
v0 2 2 sin 4D v02 sin 4D 3 v02 .
2. По закону сохранения энергии для шайбы, l2 4g 8g
g
mv02 mv2
2 2 mgh , где h R 1 cos D , Искомое расстояние

aц v2 2g cos D . L l2 l § 3 3 · v02 33 v02 | 1,9 м.
R ©¨¨ 8 11 ¸¹¸ g 88 g

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 63

2. 1) В системе отсчета, где центр полого шара вверх. В лабораторной системе отсчета

неподвижен, скорость жука vc v1 v2 , поэто- ax g sin D , v0 cos D v0 g sin D T . Отсю-
2 5
2SR 4SR | 0,63 c .
му T vc v1 v2 да находим T 11 v0 .
10 g
2) Запишем второй закон Ньютона в системе,
2. 1) При T1 пара нет и можно считать, что азот
где центр сферы неподвижен. Предположим, что занимает весь объем. Поэтому

сила реакции сферы в верхней точке направлена Q2RT1 | 0,3 ˜ 105 Па .
V
вниз. Тогда mvc2 , N mvc2 mg 0 , p1
N mg R R
2) В первом отсеке находится только вода мас-

P N m § g vc2 · 0,01 H , сой 18 г, ее объем V1 18 см3 .
¨©¨ R ¸¹¸ 3) Предположим, что вся вода испарилась. Тог-

да Q1 Q2 RT2 | 0,62 ˜ 105 Па .

Жук действует на сферу с силой Р, направлен- p2 V

ной вниз. Это меньше давления насыщенного пара при T2 ,
т.е. предположение верное.
3. Пусть ху – неподвижная система отсчета. Ось 3. 1) Сразу после замыкания ключа напряжение

у в момент удара проходит через центры обеих

шайб (от 1-й ко 2-й), ось х проходит через точку на катушке U0 E .
2) Пусть U – напряжение на катушке, N = UI –
касания шайб (влево вниз), D – угол между v

и осью у, sin D R 1, D 30q . При абсо- мощность в катушке, E U IR . Отсюда
2R 2 N U2 U E . Максимальная скорость изме-
лютно упругом ударе выполняются законы со- RR

хранения энергии и импульса. Отсюда получаем нения энергии Nmax достигается при UE и
N U2 U E, N 2
v2c y v1y , v1cy v2y , v2c y v cos D , E2 R
4R R DNmax
v2c v2c2x v2c2y 4v2 sin2 D v2 cos2 D 7 v , равна Nmax .
2
3) Поскольку U LIc,
v cos D 3 , рад | 100,9q .
tg E 2v sin D 2 E | 1,76 E2 24 , то Ic E 6E ,
4R 49 2L 7L
D 1r
, D 1 D , I1c

4. 1) Mп 0p0SH 1,4 г . I2c 1E .
RT1 7L

2) pв p0 S p0S Mg , и pв 0,3p0 ; 4. 1) Пусть b = 2а – длина длинной стороны

pвc S p0S Mg , и pвc 1,3p0 ; рамки. Направим ось х вдоль оси соленоида. В

pвc h T2 , и h pв T2 5,1 см . любой точке на торце соленоида Bx t
pв H T1 pвc T1
H | 1 B0 cos Zt . Магнитный поток через площадь
2
5. Uгc Uкc , 4 21)Bc0ab c21osBZ0atb.Z sin Zt . Ток
Uг Uк QCV㠘 T1 2QCVк ˜ 5 T1 рамки ) Bx t ab

QCV㠘 T2 2QCVк ˜ T2 , и T2 11 T1 ; ЭДС индукции E
13

pгc QRT2 , pкc 2QRT2 , p pгc pкc 33 QRT1 . I E 1 B0abZ sin Zt . Максимальный
V V 13 V 4
2 a b U a b U

11 класс ток I0 1 B0Z ab 1 B0Za .
4 U a b 6U
ВАРИАНТ 1
2) Сила натяжения (сжатия) стороны b
1. 1) Согласно закону сохранения импульса, 1 B02Z a2b sin 2Zt .
1 32 U a b
mv0 cos D M m v0 , откуда получаем m 1. F t 2 Bx t I t a
5 M 2
Максимальная сила натяжения
2) В соответствии с законом сохранения энер-
1 B02Z a2b 1 B02Za2
гии, F0 32 U a b 48 U .

1 mv02 1 M m § v0 ·2 mgH , и H 11 v02 . 5. 1) Изображение S1 в линзе получается на
2 2 ©¨ 5 ¹¸ 25 g расстоянии 18 см от линзы, слева от нее; оно

3) Направим ось х под углом D к горизонту мнимое.

64 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 0

2) Изображение S2 в зеркале находится на 5. 1) Изображение S1 в линзе получается на
расстоянии 24 см от зеркала, справа от него; расстоянии f1 48  см от линзы, справа от нее;

S2 – источник для линзы, d2 = 30 см, оно действительное.

f2 d2F 15  см. Изображение S3 в систе- 2) Изображение S1 – мнимый предмет для зер-
d2 F кала. Изображение S2 в зеркале действитель-
ме получается на расстоянии 15 см от линзы,
ное, находится слева от зеркала, на расстоянии

справа от нее. 12 см от зеркала. Оно – источник для линзы,

3) Скорость S2 равна 2v, отношение скоростей d2 24 см, f2 d2F 48 см. Изображение S3
d2 F
S3 и S2 равно u *2 , где * f2 1 . Отсю- в системе получается на расстоянии f2 48 см от
2v d2 2
да u 1 v 3 мм с . линзы, слева; оно действительное.

2 3) Скорость S2 равна 2v, u *2 , * f2 2.
2v d2
ВАРИАНТ 2
Скорость изображения в системе u 8v 8 мм с.
1. 1) Подъемная сила Fп mg , сила тяги

Fт Fсопр , Fт 1 1 .
mg K 20

2) КПД K FтL , mg K, D mт gL 0,05 .
qmт Fт m KqK

2. 1) T2 2V1 , Tmax T2 2T1 200 К . КВАНТ 12+
T1 V1
2) A12 p1 V2 V1 p1V1 QRT1 | 831 Дж . НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

3) K A12 A31 2 §¨1 A31 · | 0,12 . Е.В.Бакаев, Е.М.Епифанов,
5 © QRT1 ¸ А.Ю.Котова, С.Л.Кузнецов,
QCp T2 T1 ¹ В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан
НОМЕР ОФОРМИЛИ
3. 1) Imax E. М.Н.Голованова, Д.Н.Гришукова,
R А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина

2) Пусть U – напряжение на конденсаторе. Тог- ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ
РЕДАКТОР
да N = UI, E U IR , N U2 U E . Мак- Е.В.Морозова
RR
симальная скорость изменения энергии Nmax КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА
М.Н.Грицук, Е.А.Митченко
достигается при U E и равна Nmax E2 .
2 4R Журнал «Квант» зарегистрирован
E2 в Комитете РФ по печати.
3) N DNmax D 4R , D 5 , откуда
9 Рег. св-во ПИ №ФС77–54256

E 1r 5E 1E . Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №
2 6 6
U Адрес редакции:
1 D , U1 , U2 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А,

4. 1) Соответственно закону сохранения энер- «Квант»
Тел.: +7 916 168-64-74
гии, 1 CU02 1 C § U0 ·2 1 LI02 . Отсюда Е-mail: [email protected], [email protected]
2 2 ©¨ 3 ¸¹ 2
Отпечатано
I0 8 CU02 2 U0 2C . в соответствии с предоставленными
9L 3 L
материалами
2) UC 0 . в типографии ООО «ТДДС-СТОЛИЦА-8»
3) Пусть I1 – установившийся ток через катуш-
ки. Сумма магнитных потоков сохраняется: Телефон: +7 495 363-48-86,
htpp: //capitalpress.ru
LI0 LI1 2LI1 3LI1 4LI1 , и I1 1 I0 . По
10
закону сохранения энергии,

Q 1 CU02 1 L 2L 3L 4L I12
2 2

1 CU02 5LI12 1 CU02 1 LI02 41 CU02 .
2 2 20 90