Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/03/kv0300keys.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:48 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:33:15 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 5

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59
9 (11 кл.). На рисунке 2 изображен график процесса расширения идеального газа, при котором он переходит из состояния 1 с давлением р и объемом V в состояние 2 с давлением p/2 и объемом 2V. Найдите количество теплоты, которое сообщили этому газу. Линия 12 отрезок прямой. 10 (11 кл.). Решите уравнение

вый и во второй раз, если объем бака 64 л? 7 (10, 11 кл.). Угол наклона ленты подъемника к горизонту 5њ. Коэффициент трения между грузом и лентой 0,2. При каком максимальном ускорении ленты поднимаемый ящик не будет скользить по ленте подъемника? Лента подъемника не прогибается, ус2 корение свободного падения 10 м с . 8 (10, 11 кл.). При каких значениях параметра а квадратное уравнение

p p

1

p/

2

V
Рис. 2

VV

4 cos x + sin x = 4 .

4 x - 2x + a = 0 имеет два различных корня?

2

ОТВЕТЫ,
'Квант'длямладшихшкольников
ЗАДАЧИ

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

(см. 'Квант' ?2) 1. Очевидно, что А = 0, Л = 1. Далее, перебирая различные М (2, 3, ..., 9), приходим к выводу, что имеет место единственный случай М = 6. А значит, зашифрованная запись имеет вид 70660 + 35760 106420 2. Исходное число делится на 23 (в этом можно убедиться, например, разделив 255...53 на 23 'уголком'). 3. Пусть Валера собрал х мешков. Тогда, согласно условию, Саша собрал в 5 раз больше, т.е. 5х мешков. Андрей же собрал на 10 мешков меньше Саши, т.е. (5х 10) мешков. Опять же по условию, Саша собрал больше половины всех мешков, т.е. больше, чем Валера вместе с Андреем. Поэтому
5x > x + (5x 10),

откуда х < 10. Всего 'Егорушки' собрали х + 5х + (5х 10) = 11х 10 мешков. Так как Валере удалось поделить эти мешки поровну между всеми тремя членами группы, то (11х 10) делится на 3. Среди всех целых неотрицательных х, меньших 10, этому требованию удовлетворяют лишь х = 2, 5 и 8. Какое же из них верное? Вспомним малозаметную, но немаловажную часть условия: Валера с целью уравнять число мешков отобрал несколько мешков у каждого из приятелей, т.е. и у Саша, и у Андрея. Отсюда следует, что и Саша, и Андрей собрали более чем по трети всех мешков (иначе им пришлось бы, наоборот, добавить мешков). С Сашей все это и без того очевидно (он, как мы знаем, собрал больше всех, т.е. заведомо больше трети всех мешков). Что же касается Андрея, то данное требование может привести к дополнительным ограничениям. Итак, всего было собрано (11х 10) мешков, и третья их часть, т.е. (11х 10)/3 мешков, должна быть меньше, чем собрал Андрей, т.е. (5х 10). Получаем еще одно неравенство:
(11x 10)/3 < (5x 10),

+ 30 = 78 мешков . пуха. На клип должно хватить! 3. Закрасим клетки + поля в шахматном порядке двумя цвета* ми. В силу того что / клеток поля нечетное количество, клеток , одного цвета будет на ) 1 больше, чем клеток Рис. 1 другого цвета. Каждый же танцор в хороводе должен иметь возможность переместиться на клетку своего соседа, сменив цвет клетки, на которой он пребывает. Но это сделать невозможно. 5. Даша права. Если четырехугольник является трапецией, то очевидно, что параллелограмм вырезать можно. Если четырехугольник ABCD не имеет параллельных сторон, то продолжим противоположные стороны АВ, CD и AD, ВС до пересечения: получим точки F и Е (рис.1). Концы сторон, за которыми пересеклись прямые в нашем случае это А, В, С, и будут вершинами исходного параллелограмма. Действительно, луч AG, параллельный ВС, будет находиться внутри угла CED; луч CG, параллельный АВ, внутри угла AFD. Т.е. точка пересечения лучей G будет находиться в пересечении этих углов, а значит, в четырехугольнике ABCD.
КОНКУРС 'МАТЕМАТИКА 68'

(см. 'Квант' ?6 за 1999 г.) 11. Поскольку значения х = 0, у = 0, у = 1 и у = 1 не входят
x- 1 x , то прив область допустимых значений выражения 1 y- y мем в дальнейшем, что xy 0 , y 1 , и запишем исходное

тождество в виде k =

В случае |x| = 1 получаем одно из возможных решений: k= 2 = 0. Рассмотрим случай x 1 . Числа y 1 и |y|, как и числа
x 1 и |x|, взаимно просты. Отсюда x 1 = a y - 1 , у =
2 2

e e

x -1 y y-
2

2

j 1j

x

.

откуда x > 5. Этому неравенству удовлетворяет лишь одна из трех найденных выше кандидатур, а именно х = 8. Остальное не представляет затруднений. Итак, Валера собрал х = 8 мешков, Саша 5х = 40 мешков, а Андрей 5х 10 = = 30 мешков. Всего же 'Егорушки' собрали 8 + 40 +

= bх, где числа а и b целые, причем a 1, b 1 . Из неравенства a 1 следует x y , а из неравенства b 1 неравенство y x , поэтому |x| = |y|. Следовательно, k = 1

e

2

j


60
m

КВАНT 2000/?3

или k = 1. Оба значения реализуются, например, k = 1 при (2, 2) и k = 1 при n (2, 2). Ответ: число k равно одному из чисел 1, 0, 1. Рис. 2 12. Приведем решение для доски m Ч n клеток, где m и n нечетные натуральные числа. Первый ход первого игрока должен быть 'несимметричным': выберем на доске центральную клетку и проведем в ней одну из диагоналей. Все последующие ходы первого игрока должны быть симметричными ходам второго игрока относительно центра доски (рис.2). Ясно, что первый игрок не нарушит условие игры ранее второго игрока. Если число клеток по одной стороне четно, а по другой нечетно, то начинающему следует провести центральный отрезок на оси прямоугольника и далее играть аналогично, как в случае нечетных m и n. Рассмотрим случай четных m и n. Пусть m = 2k, n = 2d. Тогда число клеток в прямоугольнике m Ч n четно и число всех отрезков, проходящих по сторонам клеток (не по диагоналям клеток), равное 2k(2d + 1) + 2d(2k + 1), тоже четно. Учитывая то, что в каждой клетке может быть проведена только одна диагональ и дважды проводить один и тот же отрезок нельзя, второй игрок должен придерживаться следующей стратегии: если начинающий игрок проводит отрезок по некоторой стороне квадрата, то второй игрок тоже должен провести любой отрезок по свободной стороне квадрата; если начинающий игрок проводит отрезок по диагонали квадрата, то второй игрок тоже проводит любой свободный диагональный отрезок и т.д. Очевидно, второй игрок может всегда обеспечить себе ход и, следовательно, в этом случае он выигрывает. Ответ: при правильной игре выигрывает первый игрок, если хотя бы одно из значений m и n нечетное, и второй игрок если m и n четные. 13. Преобразуем алгебраическую сумму к виду
y x +z y +x z -x y -y z -z x
4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3

никогда не предскажет 'к черту пошлет'. 15. Покажем, что испытуемых 'пятерок' должно быть не менее 18. Пронумеруем всех игроков от 1 до 18. Игрока с номером 1 нужно испытать в паре с 17 другими игроками. Поскольку в каждой 'пятерке' он может образовать только 4 различных пары, то для этого его нужно включить в состав не менее чем 5 'пятерок'. Точно так же любой из 18 игроков должен выходить на игровое поле не менее 5 раз. Это возможно лишь в том случае, когда количество 'пятерок' не менее 18. Один из возможных наборов из 18 'пятерок' показан в таблице:
?'пятерки' Состав игр оков

! " # $ % & ' ! " # $ % &



$% $ & $ ' ' # % # & # & " " % ' " & ! ' ! ! %



!

# " " " $ # $

% & & % % & %







! !



! "

$ # # $

!"#$ !"#$

%&'



! " #

& $ % &

Малая теорема Ферма
1. а) В последовательности 2, 4, 8, 16 3, 6, 12, 24 11, 22 9, 18 5, 10, 20 7, 14 1 встречаются все остатки от 1 до 12. 2. а) 2 и 3; б) числа вида 3 + 7k и числа вида 5 + 7k, где k целое. 3. Нельзя. Составное число n делится на некоторое простое число q < n. Рассмотрим то место на окружности, где находится q, и возьмем q в качестве первого из трех чисел a, b, c. Имеем:
b2 ac 0 mod q ,

b

x-y z-y x-z Ч Ч x z + x y + y z + xyz x + y + z 1 = x-y z-y x-z Ч 2
2 2 2 2 2 2

gb

gb

g

b

gb

Ч x2 y + z

b

gb

b

g

g

g
g
2

=

2

+ y2 x + z

b

+ z2 x + y

b

g

2

.

Это выражение равно нулю только тогда, когда среди чисел x, y, z есть два равных (выражение в квадратных скобках равно нулю лишь тогда, когда по крайней мере два из трех чисел x, y, z равны нулю). 14. Заметим, что число, дающее при делении на 6 остаток 5, во-первых, должно быть нечетным, во-вторых, при делении на 3 давать остаток 2. Попытаемся сконструировать такое число, приписывая к числу 1 справа последовательные натуральные числа. Поскольку искомое число должно быть нечетным, то каждый раз нам придется приписывать по 2 очередных натуральных числа, старшее из которых число нечетное. Остаток от деления на 3 полученного числа оценим по сумме его цифр. Несложно показать, что остатки от деления на 3 сцепки из каждой пары натуральных чисел, начиная с 2, образуют периодическую последовательность: 2, 0, 1, 2, 0, 1, 2, 0, 1, ... Таким образом, после приписывания каждой такой пары сумма цифр полученного числа при делении на 3 будет давать остатки 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, ... В этой периодической последовательности нет числа 2. Следовательно, среди вводимых чисел не найдется числа, дающего при делении на 6 остаток 5, и Гадалка

так что b делится на q. Двигаясь далее вдоль окружности и рассуждая аналогично, придем к абсурду: все числа 1, 2, ... ..., n 1 должны делиться на q. 5. Указание. Во-первых, 2 n 3 mod 5 при n 3 mod 4 . Во-вторых, 2 n 3 mod 13 при n 4 mod 12 . В первом случае n должно быть нечетным числом, а во втором четным. 6. Ответ: p = 13. 9. б) m = 1 или 2.

b

g

b

g

b

b

g

g

b

g

10. Поскольку a - b = a - k + k - b кратно k b, то n a - b делится на любое натуральное число. Следовательно, n a - b = 0, что и требовалось доказать. 11. а) Рассмотрим остатки от деления чисел 1, 11, 111, ... на n. Какие-то два из них равны; разность соответствующих чисел кратна n; эта разность оканчивается на несколько нулей, которые можно отбросить, поскольку n взаимно просто с 10. 12. а) 8 + 1 = 2 = 5 3 +1
n

n

e

n

je

n

n

j

числа вида 10 + 3 10 + 3 0 mod 13 . Составными явля6k+4 +3= ются и все числа вида 106 k + 4 + 3, поскольку 10

b

g

n

+ 1 5 + 1 0 mod 3 . б) Таковы, например,
12 k +1

ej
n

3

+ 1 кратно числу 2n + 1; 5 4 n + 1 =

3

b

g b

g


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

61

10 + 3 1 3 + 3 = 84 0 mod 7 . в) Указание. = 10 Пусть p простой делитель числа ab + c. Существует бескоn нечно много таких натуральных n, что b b mod p . 13. Порядок числа a является делителем чисел r и s и потому является делителем числа НОД(r,s). 14. При k, кратных 18. 100 . 16. Например, k = 10

ej
6

k

4

4

b

g

b

g

+ a mod 2 . Указание. По26. а) Ответ: x + a или 2 скольку x + a x - a = 2a, числа x a и x + a не могут оба делиться на 4. Значит, либо одно из них делится на 2 m , либо одно делится на 2 m -1 , а другое четно. 27. Указание. Докажите по индукции сравнения

b

gb
e

g

m -1

e

m

j

18. Указание. 2 + 6 = 100 . Докажите, что если число n обладает нужным свойством, то число n + 100 тоже обладает им. 19. При p = 2 годится любое четное n. Пусть p > 2 и n = n =(p 1)m. Тогда 2 1 и n - m mod p , так что в качестве m можно взять любое натуральное число вида m = ps 1, где s = 1, 2, 3, ... 21. а) 20; б) 20.

6

2

e

j

, где p нечетное простое, m 2. 28. г) Всякое натуральное число вида 6m 1 имеет хотя бы 2 один простой делитель вида p = 6k 1. Пусть a + a + 1
mod p

b1 + pg

5

2

m -3

1+2
p m-2

m -1

mod 2
m -1

m

1 + p

e

j

, где m 3 , и
m

j

b

g

кратно p. Тогда a 3 1 = a - 1 a + a + 1 тоже кратно p. Если a 1 mod p , то a + a + 1 1 + 1 + 1 = 3, что невозможно, ибо p 3 . Значит, порядок числа a по модулю p равен 3, откуда p 1 кратно 3. Но p 1 = 6k 2 не кратно 3. 29. Указание. a
12

b

g

b

2

ge

2

2

j

22. а) Указание. Поскольку 2000 делится и на 2 на 5
4

лю 5 . Следовательно, 3 = ...6667. б) Поскольку 5
500 4 4 3

ej
4

= 4 5 , имеем: 3

3

2000

1 и по модулю 2 , и по моду-

4

ej
4

= 8, и
1999

-1 = a -1 a +1 a - a +1 .
15

e

6

2000

1 mod 10000 . Ответ: 3
2000

b

g

=

30. в) Указание. a

оканчивается теми же четырьмя цифрами, что и число 2 313 + 625 7 = 4688. в) Указание. 10000 = 16 625. Число 2
2000 3

e j = 5 b5 - 1g = 500, то 2 = = e 2 j 1 -624 e mod 5 j , так что 2 - 624 2 = =312 313 e mod 5 j . Осталось подобрать такое целое x, что 313 + 625x делится на 16. Это легко: 313 = 320 7 -7 и 625 = 624 + 1 1 b mod 16 g , так что годится x = 7. Значит,
4 1999 4 1999

Ч a -a +a 31. Указания. 2 +1 - a mod 4 a mod p . 33. Указание.

e

-1 = a -1 a + a +1 a + a + a + a +1 Ч
3

b

je j

2

8

7

5

b

b

g

- a + a - a +1 . а) В силу предыдущего упражнения a + 3 2 p . б) Докажите, что a - a + a - 1

4

ge

2

je

4

2

je

4

j

3

2

j

g

Число ac + 1 кратно p. 34. Указание. Если p простой общий делитель чисел n и
n
n +1

bg

2

n

Существует такое целое c, что bc 1 mod p .

b

g

кратно 16. В силу

n +1 2 > n. a + 1 , то p n и p = 2 k + 1 > 2 n 35. а) Пусть n четно и a + 1 делится на n + 1. Записав n = m = 2 k , где k нечетное, имеем: любой простой делитель чисm

теоремы Эйлера, остаток от деления 3

2000

скольку 625 = 500, имеем: 2 2 mod 625 . Осталось подобрать такое целое x, что 2 + 625x делится на 16. Ответ: 8752. 23. Достаточно разобрать случай x y . Поскольку 1998 = 3 = 2 3 37 , достаточно доказать отсутствие решений в натуральных взаимно простых числах x, y, где x y , и целых 7 7 неотрицательных числах a, b, c уравнения x + y = = 2 3 37 . Обозначим N = 2 3 37 и f = N . Поскольку f не делится на 7, существует такое натуральное число t, что 7t 1 mod f . Возводя сравнение x - y ем: x
7t a b c a b c

bg

2000 3

b

на 500 равен 1; по-

g

+ 1 сравним с 1 по модулю 2 . ла a + 1 = a Поскольку произведение чисел, сравнимых с 1 по модулю m +1 2 , тоже сравнимо с 1 по этому модулю и поскольку n + 1=
m

n

ej
k

2

m +1

= 2 k + 1 1 mod 2 , получаем противоречие. / Итак, n нечетно. Теперь очевидно, что a тоже нечетно. б) Указание. Рассмотрите n = a . 36. а) Следует из предыдущего упражнения. б) Убедитесь, n n что если 2 + 2 кратно n и если 2 + 1 кратно n 1 (это верно, например, для n = 2), то 2
2
n 2 +2 n 2 +2 a m

e

m +1

j

bg

+ 2 кратно 2 + 2 и
2

n

b

7

g

+ 1 кратно 2 + 1 .
2 4 4

n

7

-y

Поэтому x x

ej
7

t

. Очевидно, число t нечетно (ибо f четно).

b

mod N в t-ю степень, получа7t

g

37. Пусть 15a + 16b = r и 16a 15b = s , где r, s натуральные числа. Тогда r + s = 15 a + 16b = 15 + 16

7t

-y
7

делится на N = x + y , что невозможно из-за неравенства 7 7 x+y < x +y . s +1 s 24. Пусть k 1 делится на 2 и не делится на 2 . Предположим, что при всех достаточно больших натуральных l число p = 2 + k простое. Очевидно, если 2 > s, то p 1 = 2 В силу теоремы Эйлера, 2 b g 1 mod h . Поэтому s +bhg s s 2 mod 2 h . Следовательно, при l s имеем 2
h l 2 l l 2

ej
7 7

t

= -y

- y mod N , так что x + y

b

g

+

+k 1 = 2 h , где h нечетно.

s

. 2 2 В силу малой теоремы Ферма,
2
l+ h 2

l+ h

bg

l

e j mod p - 1g b
l+ h 2

b

g

bg

+ k со+ k > 2 + k = p , то число 2 Поскольку 2 ставное. Задача решена. 25. а) n = 1, p m или 2 p m , где p простое, m натуральное.

bg

+k 2
l 2

l 2

+ k 0 mod p .

b

g

l+ h 2

bg

не имеет вида 8k + 1, а r + s 4 делится на 13, то r s 0 mod 13 . Аналогично, r s 0 mod 37 . 2 2 Ответ: 13 37 (при a = 13 37 31 , b = 13 37 ). 39. Примените утверждение предыдущего упражнения: а) при a = 8; б) при a = 512. 40. Достаточно разобрать случай a b . Числа a и b нечетны. Обозначим буквой n их наименьшее общее кратное. Тогда n a 2 + 1 кратно числу 2 + 1 , которое кратно числу b. Аналоb n n гично, 2 + 1 кратно 2 + 1, которое кратно a. Значит, 2 + 1 кратно как a, так и b, а следовательно, и их наименьшему общему кратному n. Поскольку n > 3, то, в силу пункта а) предыдущего упражнения, n кратно 9. Предположим для определенности, что a не кратно 3. Тогда легко проверить, что 2a + 1 не делится на 9. Это противоречит тому, что b делится на 9. n 2 41. Указание. Пусть n > 3 и 2 + 1 кратно n . Представим n a в виде n = 3 m , где m не кратно 3. Тогда a > 1. Индукцией

e

2

2

je

a +b

2

2

j

= 13 37 a + b . Поскольку число 13
4

e

b

2

2

j

g + b16
2

a - 15b

g

2

=

b

g

b

g


62

КВАНT 2000/?3

по a при помощи формулы суммы кубов можно доказать, что a a+2 3 2a 2 + 1 не делится на 3 . Число n делится на 3 . Оче2m видно, 2 a a + 2. Значит, 2 + 1 не делится на n при n > 3. Ответ: n = 1 или 3. n 42. а) Пусть 2 - 1 кратно n, причем n > 1. Тогда n нечетно. Рассмотрим наименьший простой делитель p числа n. Порядок числа 2 по модулю p не превосходит p 1 и является делителем числа n. Поскольку этот порядок больше 1, мы получили противоречие. б) Например, числа вида n = 6k. в) Рассмотрите последовательность, заданную своим первым n членом n1 = 1 и соотношением nk +1 = a k - 1 . a +1 43. а) Указание. Если a четно, то a + 1 делится на a + 1. 2 Если же a нечетно, то a + 1 четно, но не делится на 4, так что a + 1 делится на a + 1 . Значит, хотя бы одно n, для n которого a + 1 кратно n, существует. k б) Ответ: при всех a, кроме чисел 3, 7, 15, ..., 2 - 1 , ... Указание. Если a + 1 делится на простое нечетное число p, то p 2 a + 1 делится на p . Если же a + 1 степень двойки, n > 1 n 2 и a + 1 делится на n , то, в силу упражнения 38, n четно; а n при четном n число a + 1 не делится на 4.
2 a +1 2

>C

n

2

Калейдоскоп 'Кванта'
Вопросы и задачи
1. На кусочке бумаги, являющейся диэлектриком, возникают поляризационные заряды. Электрическое поле вблизи расчески сильнее, чем вдали от нее, поэтому сила притяжения к расческе больше, чем сила отталкивания (рис.3). В однородном же поле плоского конденсатора на поляризованный диэF лектрик действуют равные по величине и противоположно на правленные силы. + 2. Заряды, возникающие в диэ+ + + + ++ лектрике, в отличие от свободных зарядов в проводнике, являются связанными. 3. Напряженности полей в возРис. 3 духе и в диэлектрике равны друг другу. Ослабление поля внутри диэлектрика из-за его поляризации компенсируется увеличением плотности заряда на нижней части обкладок конденсатора. 4. Пленка диэлектрического окисла, образующегося на поверхности обкладки, имеет очень маленькую толщину. 5. Не изменятся. 6. Из-за поляризации диэлектрика внутри пластины изменятся направление и густота силовых линий (рис.4). 7. См. рис.5. При переходе границы диэлектрика число силовых линий изменяется скачком из-за действия поляризационных зарядов. 8. При погружении в диэлект+ рик разность потенциалов, а следовательно, и напряженность электрического поля между шариками не изменятся. Это достигается увеличением зарядов шариков в раз, где диэлектрическая проницаемость жидкости. Значит, сила притяжения между шариками возрастет в раз. 9. Заряд каждой обкладки увеличится в раз (см., например, решение предыдущей Рис. 4

задачи), во столько же раз возрастет напряженность поля, порождаемого в воздухе каждой из обкладок. + + Поэтому сила притяжения + + между обкладками увели+ 2 + + + чится в раз. +++ + + 10. Более высокое пробивное напряжение требует + + более толстого слоя диэлектрика, а это вызовет уменьшение емкости. Чтобы сохранить заданную Рис. 5 емкость, требуется увеличить площадь обкладок. Обе причины ведут к увеличению объема конденсатора. 11. = 2. 12. Уменьшится в раз. 13. Дипольные моменты в диэлектрике ориентируются в электрическом поле с заC O O паздыванием. a) 14. Металлы. 15. Да, так как в поле O электрона ядро атома и его электронная оболочка изменяют свое взаимное положение. ЭлектроH H ны, отталкиваясь, смеб) щаются против поля, а ядро, притягиваясь, сме- Рис. 6 щается в направлении внешнего поля, в результате у атома появляется дипольный момент. 16. См. рис.6.

Микроопыт
Электрическое поле вблизи клемм аккумулятора или полюсов батарейки слишком слабо для заметной поляризации диэлектрика.

Поляры и теорема Паппа
1. Выберем за центр полярного преобразования точку O. Обозначим поляры прямых l и m буквами B и C. Тогда полярой точки A является прямая BC. Обозначим через N поляру прямой LM. Тогда полярами точек L и M будут прямые BN и CN соответственно. Поскольку OL и OM касательные к окружности, то

B

C

C*

B* O

A

A*

A

C
Рис. 7


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63
(см. 'Квант' ?2)

LOA = AOM. Следовательно, поляры точек L и M образуют равные углы с полярой точки A (обдумайте это!). Вспомнив, что чья поляра, получаем: прямые BN и CN образуют равные углы с прямой BC. Попросту говоря, треугольник BNC равнобедренный, BN = NC. Значит, точка N лежит на серединном перпендикуляре к прямой BC. Поляра к этому перпендикуляру как раз и является той точкой, через которую проходят всевозможные прямые LM. 2. Выполним полярное преобразование относительно вписанной в треугольник ABC окружности. Полярами точек A1 и C1 являются прямые BC и AB. Поляра прямой MN лежит на поляре точки B, т. е. на прямой AC1 . 1 Поскольку прямая MN параллельна AC1 , то поляры этих 1 двух прямых и точка O лежат на одной прямой. Следователь но, поляра прямой MN это точка B пересечения OB и A1C1 (рис.7). Поляры точек M и N это прямые AB и CB . Поэтому

Периодические дроби
2. Длина периода равна 6. При делении на 6 число 100 дает остаток 4. Поэтому сотая после запятой цифра такая же, как четвертая. Ответ: 5. 4. б) Указание. 0,(845) + 0,(49) = 0,(845845) + 0,(494949). Поскольку сумма 845845 + 494949 = 1 340794 семизначное число, возникают переносы 'в предыдущий период'. в) Очевидно, 2,70(584) = 2,705(845). Расширив периоды до длины, равной наименьшему общему кратному периодов слагаемых, получим: 2,705(845) + 6,917(49) = 2,705(845845) + + 6,917(494949) = 9,623(340795). 5. а) 0,(23); б) 0,(001234). 6. а) 0,(012) = 12/999 = 4/333; б) 3,1(3) = 3 + 0,1 + 0,0(3)= 47 1 13 0,(3) = 3,1 + = ; в) 1,93(173) = 1,93 + = 3,1 + 10 10 9 15 1 1 173 0,(173) = 1,93 + + = 9649/4995. 10 10 999 7. Указание. Сумма (произведение, разность) двух обыкновенных дробей (рациональных чисел) обыкновенная дробь. 8. Указание. Сначала напишите все те цифры, которые входят в запись конечное число раз. А затем те, которых бесконечно много (составив из них период). 100 9 9. 0,(692307) = 7,(692307) 7 = 7= . 13 13 7 12 24 = = 1+ : 10 = 10. а) 17 85 170

AB C = 180њ - MON ,
так что задача свелась к доказательству того, что угол AB C тупой. Проведем биссектрисы AO и CO до пересечения с прямой A1C1 в точках A и C соответственно. Лемма. AA C = 90њ. Доказательство. По теореме о внешнем угле треугольника A OC = OAC + OCA. По теореме об угле между 1 360њ- C1OA1 . Следовахордой и касательной C1 A1C = 2 тельно, 1 A OC + C1 A1C = + + 180њ- 180њ- , 22 2




d

i

b

g

где для краткости введены обозначения , , для углов треугольника ABC. Упростив полученное выражение, находим
A OC + C1 A1C = 180њ .


F GH

I JK

= 0,1(4117647058823529); б)

Значит, четырехугольник OA1A*C вписанный и по теореме о вписанном угле OA C = OA1C = 90њ. Лемма доказана. Аналогичным образом можно доказать ра венство OC A = 90њ. Теперь решение упражнения не составляет труда: как мы только что доказали, точки A и C лежат на окружности с диаметром AC. Точка B лежит между ними и потому находится внутри окружности с диаметром AC. Последнее как раз и означает, что угол AB C тупой.

: 100 = 17 68 1700 = 0,04(4117647058823529). = = 4+
c

3

75

F GH

7

I JK

11. в) Указание. Поскольку k 3, то n 3 2 . 12. Предположим противное: пусть n 100 и дробь m/n содержит цифры 167 в своей десятичной записи. Тогда, домножив дробь на степень десятки и вычтя образовавшуюся целую часть, получим дробь, в которой цифры 167 идут сразу после = 1002 и 168 6 = 1008, получим число, которое больше 1 и меньше 1,008 < 1,01. При умножении на n получаем (целое!) число, которое больше n и меньше n + 0,01n n + 1. Но такого целого числа не существует. Противоречие. 100 13. = 16 . 6 14. Число 11K1 кратно 7 тогда и только тогда, когда n крат13 2 запятой. Домножим такую дробь на 6. Поскольку 167 6 =

Закон сохранения энергии для одноатомного идеального газа
1. A = 2RT 5 Дж. 2. Q = A + 3 2 RT . 3. A12 = 2 A - 3 2 RT1 = 935 Дж. 4. 1 = 2 1 + .

b

g

Всероссийская студенческая олимпиада по физике
1. = + 2 3. а) T1 = б) T1 = 4. T = mv
2 0

b

g

R g 69 мин.

2. 2 = 1 R1

e

2 R2 .

j

LM OP NQ

3 2 T0 , 1 = 0 , E1 = E0 ;

3 2T0 , 1 =

b4k g
3 0

2 3 0 , E1 = 2 3 E 0 .

, где k постоянная Больцмана;
3.

N = 8 2 R n

но 6. Число 111111 кратно и 11, и 13, и 15873 (=111111/7). 15. При k, кратных 6. 16. Указание. Подумайте, что происходит при делении 'уголком'. Ответ: n = 2, а m четное число. 2n n 17. а) По условию, 10 1 не кратно числу p, а 10 1 = = 10 - 1 10 + 1 кратно p. Следовательно, 10 + 1 кратно p.

n

5. = 0 U1 - U
m1 = 0 U1 - U2

e

d

2

2

je

2

i

d 9,4 10
2 gd
2

-7

6. d = 50L.

7. B = r tg q .

b

j

Кл м ;
-3

2

e

n

je

n

9,3 10

g

кг м .

2

Пусть 1/p = 10 a + b

8. I = I0 1 + 9 4 .

e

2

j

FH

10 a + b

n

IK FH

e

j

n

n

10 -

n

j e10 - 1j 1I = e10 + 1j K
2n n

, где 0 a, b < 10 . Тогда
p целое число. Поскольку

n


64
n

КВАНT 2000/?3

10 a + b = 10 - 1 a + a + b кратно числу 10n 1, то сумма

e

n

j

b

g

a + b тоже кратна числу 10 1. Заметив, что 0 < a + b < < 2 10 - 1 , заключаем: a + b = 10 1. 18. а) 15. 19. а) Поскольку 1986 = 2 3 331, число A = 11K1 имеет 13 2 кроме числа 1 и самого A еще шесть делителей из одних единиц: 11, 111, 111111, 11K1 , 11K1 и 11K1 . 13 2 2 13 1 3 2 б) Поскольку 111111 = 111 1001 = 3 37 7 11 13 и по3 993 993 скольку 10 + 1 кратно числу 10 + 1 = 1001, а 10 1 3 331 кратно 10 1 = 999, то, обозначив a = 10 , получаем: A = a -1 9 = a +1 a -1 9 = = 3 37 7 11 13
31 662 993 1986

n

e

n

j

n

дыдущего умножением на 10(= 9 + 1) и вычитанием числа, 100 кратного 3 . Эти процедуры не меняют остаток от деления на 9. Поэтому появляющиеся в процессе деления остатки имеют вид 9q + 1, где 0 q < M. Поскольку чисел такого вида ровно M штук, все они встретятся в качестве остатков. Остальное просто. Пусть a = 0, a1a1 K a 46 десятичная дробь, 100 100 47 -46 b = a + 10 . Поскольку 3 > 10 , разность чисел 3 b и
3 a больше 10. Следовательно, между ними найдется число вида 9q + 1. В процессе деления, начиная с остатка 9q + + 1, будут получены все 46 цифр a1a1 K a 46 : ведь a < (9q +
100

+ 1)/ 3 < b. 32. Известны два таких простых числа 487 и 56598313.

100

e

6

j

e

3

je

3

j

a +1 a -1 . 999 1001

3

3

Информацию о журнале 'Квант' и некоторые материалы из журнала можно найти в ИНТЕРНЕТЕ по адресам: Курьер образования http://www.courier.com.ru Vivos Voco! http://www.accessnet.ru/vivovoco
(раздел 'Из номера')

Произведение любого набора из этих семи множителей является делителем числа A ('пустому набору' соответствует 1). 7 Таким образом, мы нашли 2 = 128 делителей. Все они различны, поскольку семь выписанных множителей попарно взаимно просты. (В самом деле, остаток от деления a на m = 10 1 равен 10, поскольку 10 10 = 10 10 -1 3 кратно m; поэтому a + 1 при делении на m дает остаток
3 6 331

e

6 55

j

10 + 1, так что числа a + 1 1001 и a - 1 999 взаимно просты с m и, очевидно, взаимно просты друг с другом.) в) Продолжим разложение: 2 2 a +1 a - a +1 a -1 a + a +1 A = 3 37 7 11 13 . 9 11 91 111

e

3

j

e

3

j

Отсюда видно, что A имеет не менее 2 = 512 делителей. В 1986 силу малой теоремы Ферма число 9A = 10 1 кратно простому числу 1987. Таким образом, один из четырех последних сомножителей разложения кратен 1987, а значит, A имеет не 10 менее 2 = 1024 делителей. 20. а) 6; б) 6. 21. а) 4 или 12; б) 15, 30 или 60. 22. а) Обозначим ПЛОМБ = x. Тогда (10x + А) 5 = = 100000 А + x, откуда 49x = 99995А. Ответ: ПЛОМБА = 142857. б) 714285. в) 6000x + 6y = 1000y + x, 5999x = 994y, 859x = =142y, откуда x = 142 и y = 859. г) Да, таково число 142857. д) 102564, 128205, 142857, 153846, 179487, 205128 и 230769. 23. Указание. Если 10000 a + b кратно 41, то 10(10000a + b)= = 99999a + a + 10b = 41 2439a + (10b + a) тоже кратно 41. 24. 105263157894736842. 25. Указание. Записав числители в системе счисления с основанием a и 'прокрутив' их, разбейте дроби на циклы по n дробей в каждом. 26. Указание. Это переформулировка того факта, что n +2 n =3. L3

9

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ
А.А.Егоров, Л.В.Кардасевич, С.П.Коновалов, А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИ
Д.Н.Гришукова, В.В.Иванюк, М.М.Константинова, А.И.Пацхверия, М.А.Сумнина, В.М.Хлебникова, П.И.Чернуский

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР
Е.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА
Е.А.Митченко, Л.В.Калиничева

ЗАВЕДУЮЩАЯ РЕДАКЦИЕЙ
Л.З.Симакова
Журнал 'Квант' зарегистрирован в Комитете РФ по печати. Рег. св-во ?0110473 Адрес редакции: 117296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, 'Квант', тел. 930-56-48 Отпечатано на Ордена Трудового Красного Знамени ГУП Чеховский полиграфический комбинат Министерства Российской Федерации по делам печати, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций 142300, г.Чехов Московской области, Тел. (272) 71-336. Факс (272) 62-536 Заказ ?

ej

27. а) 81; б) 9 ; в) 2 11 ; г) 2 3 7 . 28. На 26. 100 31. При делении 'уголком' 1 на 3 получаем периодическую десятичную дробь с периодом длины M = 3 . Поэтому в процессе деления встретятся M различных остатков. Первый из остатков равен 1, а каждый следующий получается из пре98

9

10

k

l -1