Задачи для команды Первоклашки

Vlad_K · Сообщение **Vlad_K** » 14 авг 2007, 00:11

По задаче №1 math. Если расматривать $$y$$

как решение ур-ния 4-й степени, то используя формулы Феррари, можно получить квдратное ур-ние для $$y$$

и исследовать минимум по $$y$$

этой формы. Завтра постараюсь что-то сделать.

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 15 авг 2007, 14:03

ДЛя решения этого номера, по-моему, надо знание векторной алгебры!!!!
Кто постарше, пусть попробует порешать!!!

sahek · Сообщение **sahek** » 16 авг 2007, 10:38

Vlad_K писал(а):Source of the post
По задаче №1 math. Если расматривать как решение ур-ния 4-й степени, то используя формулы Феррари, можно получить квдратное ур-ние для и исследовать минимум по этой формы. Завтра постараюсь что-то сделать.

в школьном курсе формулу Феррари не проходят, насколько мне известно.

Soul · Сообщение **Soul** » 18 авг 2007, 16:15

M	Желательно сегодня выложить окончательные решения задач откоманды

A	Желательно сегодня выложить окончательные решения задач откоманды

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 19 авг 2007, 21:03

№3 физика.
Запишем уравнение движения
$\vec{F}+\vec{F_{tr}}+\vec{N}+m\vec{g}=m\vec{a}\\F-F_{tr}=ma_1\\N=mg\\F=|mg|\\F_{tr}=\mu mg\\|mg|-\mu mg=ma_1\\a_1=g(1-\mu )$
прошло 3 секунды и сила пропала, a брусок ещё двигается, значит получается так:
$m\vec{a_2}+\vec{F_{tr}}+\vec{N}+m\vec{g}=0\\N-mg=0\\ma_2-\mu mg=0\\a_2=\mu g$
за 3 секунды, тело приобрело скорость
$\vec{v}=\vec{v_0}+\vec{a}t\\v=0+a_1t_1\\v=a_1t_1$
после 3 секунд тело начинает останавливаться и скорость падает до 0
$0=v-a_2t_2\\a_2=\frac {v} {t_2}$
теперь путь:
за первые три секунды тело прошло
$S_1=\frac {a_1t_1^2} {2}$
при торможении проходит
$S_2=vt_2-\frac {a_2t_2^2} {2}$
значит тело прошло всего
$$S=S_1+S_2$$

отношение равно
$n=\frac {|a_1|} {|a_2|}=\frac {|g(1-\mu)|} {|\mu g|}=\frac {|1-\mu |} {|\mu |}$
Теперь найдём числовые решения
$n=\frac {|1-\mu |} {|\mu |}=2$
$S_1=\frac {a_1t_1^2} {2}=\frac {g(1-\mu )t_1^2} {2}=30 (m)$
$a_2=\mu g\\a_2=\frac {v} {t_2}\\t_2=\frac {1-\mu} {\mu}\\S_2=vt_2-\frac {a_2t_2^2} {2}=\frac {gt_1(1-\mu )^2} {\mu }-\frac {g(1-\mu )^2} {2\mu }=\frac {g(1-\mu )^2(2t_1-1)} {2\mu }=33,3(m)$
$$S=S_1+S_2=30+33,3=63,3(m)$$

№2 физика.
Изменение заряда кондера
$\Delta q=C(U_1-U_2)$
где $$U_1$$

- напряжение на выходе источника после замыкания ключа и $$U_2$$

- до замыкания ключа.

Эти напряжения находятся как:
$U_1=E-I_1*r, I_1=\frac{E}{r+R/2}$
$U_2=E-I_2*r, I_2=\frac{E}{r+R}$

Отсюда:
$\Delta q=-CE\left[\frac{1}{r+R/2}-\frac{1}{r+R}\right]$

№3 математика.
Исходное уравнение в силу того, что при целых $$x$$

число

не равно нулю, эквивалетно уравнению
$y=2x+1+\frac{x}{2x-1}.$

Если $$|2x-1|=1$$

, то получаем два решения:
$$(0,1)$$

и

. Если

то

и $x\neq0$ при условии $$|2x-1|>1$$

. Значит, число $\frac{x}{2x-1}$ не является целым.

Ответ: $$(0,1)$$

и

.

№2 математика.

Докажем, что все такие функции имеют вид $f(x)=x^2/2+\alpha x, \alpha\in\mathbb{R}$ .

Легко убедиться, что все функции указанного вида удовлетворяют условию задачи.

Докажем обратное утверждение. Пусть $y=\Delta x$ . Перепишем исходное равенство:
$\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=\frac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}+\frac{f(0)}{\Delta x}+x$ . Так как функция $$f $$

- дифференцируема, то слева предел при $\Delta x$ стремящемуся к нулю существует для любого $$x$$

. Справа первое слагаемое в пределе есть не что иное, как $$f'(0)$$

,a третье слагаемое просто переменная $$x $$

. Значит, существует предел $\frac{f(0)}{\Delta x}$ . Из этого следует, что $$f(0)=0$$

. Значит,

. A потому, $$f(x)=x^2/2+f'(0)x+C,$$

где

- константа. Ввиду условия $$f(0)=0$$

получаем ,что $$f(x)=x^2/2+f'(0)x$$

. Что и требовалось доказать (положим $\alpha=f'(0)$ ).

№4 математика.
1. Парметр a определяет, в какой четверти будут находиться углы х и у. Так, для $a = \frac{\pi^2}{4}$ оба угла в первой четверти и $\sin y >0, \cos x >0$
потому целесообразно разбить решение на 3 случая.
Я рассмотрю первый, т.e. $a \leq \frac{\pi^2}{4}$

2. Учитывая положительность синусов-косинусов, домножим обе части второго ур-ния на $\sin y \cos x$ (которые не должны быть равны нулю!). Получим, применяя ф-лу косинуса суммы 2-х углов:
$\sin y = \cos(x+y) + \cos x \,\to\, 2\sin\frac{y}{2}\cos\frac{y}{2} = 2\cos\frac{2x+y}{2}\cos\frac{y}{2}$

Одно из возможных решений $\cos\frac{y}{2}=0$ не подходит, т.к. угол будет не в той четверти. Остается:
$\cos\frac{2x+y}{2}-\sin\frac{y}{2}=0\,\to\,\frac{2x+y}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{y}{2}$
или
$y=\frac{\pi}{2}-x\,\to\,x=\frac{\pi}{4}\pm\sqrt{a-\frac{3\pi^2}{16}$

№1 математика.
разбиваем исходную функцию на 3
$$y=y_1+y_2+y_3$$

теперь находим минимумм каждой функции
$y_1=\sqrt{2x^2-2x+1}\\min(y_1)\in (0,5;\frac {\sqrt{2}} {2})\\y_2=\sqrt{2x^2-(\sqrt{3}-1)x+1}\\min(y_2)\in (\frac {\sqrt{3}-1} {4};\frac {\sqrt{6}+\sqrt{2}} {4})\\y_3=\sqrt{2x^2+(\sqrt{3}+1)x+1}\\min(y_3)\in (-\frac {\sqrt{3}+1} {4};\frac {\sqrt{6}-\sqrt{2}} {4})$
теперь складываем все получение иксы и находим икс исходной функции
$x=x_1+x_2+x_3=\frac {1} {2}+\frac {\sqrt{3}-1} {4}-\frac {\sqrt{3}+1} {4}=0$
находим сам игрек
$$y(0)=3$$

Ответ: $min(y)\in (0;3)$

№4 физика.
1. При наклонении доски цилиндр будет вести себя как "ванька-встанька", т.e. как бы катиться вниз, отслеживая наклон доски до тех пор, пока центр тяжести цилиндра сможет находиться на одной вертикали c точкой касания цилиндра и доски. Очевидно, что максимальный угол наклона, когда центр просверленного отверстия будет на одной горизонтали c центром цилиндра. Положение центра тяжести цилиндра+отверстия также будет на этой горизонтали.

2. Находим положение центра тяжести из ур-ния
$\pi R^2 x = \frac{10}{16}\pi R^2\left(\frac{2R}{3}-x\right)\,\to\,x=\frac{10R}{39}$

3. Отсюда находим предельный угол наклона
$\alpha = \arcsin (10/39)$

4. Проверяем на условие скольжения
$\mu \sqrt{1-(10/39)^2}\geq 10/39$
Оно выполняется, так что объект теряет устойчивость и начинает скатываться по доске прежде, чем он начинает по ней скользить.

№1 физика.
Bce тела двигаются как одно целое (потому что внешняя сила приложена к верхнему телу, она и растягивает веревку). Сл-но ускорение всей системы:
$a = \frac{g(M+m_b+m)-F}{M+m_b+m}$

Далее составляем ур-ния движения для каждого тела в отдельности. Тел - 4: груз 4 кг, полверевки, вторые полверевки, груз 10 кг.

Начинаем расчет c груза 4 кг:
$mg - T_A = ma \to T_A = m(g - a)$
Нижние полверевки:
$m_Bg/2 + T_A - T_B = m_Ba/2 \to T_B = m_B(g - a)/2 + T_A$
Верхние полверевки:
$m_Bg/2 + T_B - T_C = m_Ba/2 \to T_C = m_B(g - a)/2 + T_B$
Верхний груз
$$Mg/2 + T_C - F = Ma$$

Vlad_K · Сообщение **Vlad_K** » 20 авг 2007, 00:28

Дополнение. Формальное решение задачи №1 math.

1. Вычисляем производную $$y$$

. Получаем
$\frac{4x-2}{\sqrt{2x^2-2x+1}}+ \frac{4x-\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2x^2-(\sqrt{3}-1)x+1}} +\frac{4x+\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2x^2+(\sqrt{3}+1)x+1}}=0$

2. Чтобы избавиться от радикалов, надо вычислить следующее выражение
$$F=(a^2BC-b^2AC-c^2AB)^2-4b^2c^2A^2BC=0$$

где
$\begin{eqnarray*}a=(4x-2)\\A=4(2x^2-2x+1)\\b=(4x-\sqrt{3}+1)\\B=4(2x^2-(\sqrt{3}-1)x+1)\\c=(4x+\sqrt{3}+1)\\C=4(2x^2+(\sqrt{3}+1)x+1)\\\end{eqnarray*}$

3. Ho т.к. мы знаем из графика, что минимум функции будет при $$x=0$$

, то надо проверить, будет ли равен нулю свободный член (не содержащий степеней х) в F. Это сделать проще, и действительно, такой член зануляется. Что соответствует минимуму функции у при $$x=0$$

.
Для проверки я получил полное выражение для F c помощью Mathematica.
Хотя такое решение мне не очень нравится.

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 20 авг 2007, 03:12

Что то я не совсем понял насчет номера 4 по математике. Необходимо было найти количество корней в зависимости от параметра a. Как я понял из написанного при $a<\frac {\pi^2} {4}$ 2 решения. Сформулируйте пожалуйста сколько будет решений при остальных значениях параметра

Vlad_K · Сообщение **Vlad_K** » 20 авг 2007, 21:12

a_l_e_x86 писал(а):Source of the post
Что то я не совсем понял насчет номера 4 по математике. Необходимо было найти количество корней в зависимости от параметра a. Как я понял из написанного при $a<\frac {\pi^2} {4}$ 2 решения. Сформулируйте пожалуйста сколько будет решений при остальных значениях параметра

B задаче №4 math по-моему 6 решений:
$y=\frac{\pi}{2}-x\,\to\,x=\frac{\pi}{4}\pm\sqrt{a-\frac{3\pi^2}{16}$ - два решения. И еще 4 решения
$x=\pm \frac{\pi}{2}, y=0$
$x=\pm \frac{\pi}{2}, y=\pi$

Soul · Сообщение **Soul** » 21 авг 2007, 01:22

M	Прошу авторов задач выложить свои решения

A	Прошу авторов задач выложить свои решения

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 21 авг 2007, 02:52

Поскольку Bujhm меня просил выложить решения в его отстутствие, то я выкладываю решения всех задач кроме задачи №4 по физике, которую Angerran выложит сам.
Математика:

1) $y=\sqrt{2x^2-2x+1}+\sqrt{2x^2-(\sqrt{3}-1)x+1}+\sqrt{2x^2+(\sqrt{3}+1)x+1}$
Решение
1 способ
Преобразуем фукнцию:
$y=\sqrt{x^2+(x-1)^2}+\sqrt{(x-\frac {\sqrt{3}} {2})^2+(x+\frac {1} {2})^2}+\sqrt{(x+\frac {\sqrt{3}} {2})^2+(x+\frac {1} {2})^2}$
Рассмотрим точки
$$T(x,x)$$

$B$\frac {\sqrt{3}} {2},-\frac {1} {2}$$
$C$-\frac {\sqrt{3}} {2},-\frac {1} {2}$$
у представляет сосбой сумму расстояний от точки T до точек A,B,C. Лекго проверить, что точки A,B,C явля.тся вершинами равностороннего треугольника, a как известно для равностороннего треугольника наименьшую сумму растояний до вершин треугольника имеет его центр, т.e точка (0,0). Таким образом,
$y_{min}=y(0)=3$
2 способ
для векторов $$a=(1-2x,1)$$

$b=(x+1,1-x\sqrt{3})$ $c=(x+1,1+x\sqrt{3})$ имеем $3\sqrt{2}=|a+b+c|\le |a|+|b|+|c|=y\sqrt{2}$ , откуда $y\ge 3$ . Нетрудно видеть что $$y=3$$

при

, таким образом $y_{min}=y(0)=3$

2) Найти все дифференцируемые функции $$f$$

, для которых для любых $x,y \in R$ выполняется равенство
$$f(x+y)=f(x)+f(y)+xy$$

Решение
Зафиксируем y и продифференцируем обе части равенства по х:
$$f'(x+y)=f'(x)+y$$

для любых у.
или
$\frac {f'(x+y)-f'(x)} {y}=1$
Взяв в последнем равенстве предел от обеих частей при $y \to 0$ получим $$f''(x)=1$$

или

. Поскольку $$f(0)=0$$

, то

,
т.e

. Подставив найденное решение в уравнение, получаем, что равенство будет выполнено при любых b

3) Решить в целых числах уравнение: $$4x^2-2xy+x+y=1$$

Решение:
Приведём уравнение к виду:
$2y=4x+3+\frac {1} {2x-1}$ , так как x и y - целые числа, то $2x-1=\pm1$
Ответ: (1;4), (0;1).
4)При всех значениях параметра $$a$$

из отрезка $[0,\frac {9 \pi^2} {4}]$ определить количество решений (x, y) системы:
$\left{x^2+y^2=a\\tgx+\frac {1} {\mid{cosx}\mid}=ctgy+\frac {1} {\mid{siny}\mid}$
Решение:
Пусть
$$u=tgx$$

Тогда второе уравнение системы примет вид:
$u+\sqrt{u^2+1}=v+\sqrt{v^2+1}$ (*), умножим это равенство на
$(\sqrt{u^2+1}-u)(\sqrt{v^2+1}-v)$ , получим:
$\sqrt{v^2+1}-v=\sqrt{u^2+1}-u$ .
Складывая (*) c последним соотношением, получим $$u=v$$

. Поэтому исходная система равносильна системе:
$\{{x^2+y^2=a \\ tgx=ctgy}$
Анализируя взаимное расположение окружности, задаваемой первым уравнением c семейством прямых
$x+y=\frac {\ pii} {2}+\pi n, n \in Z$ (определяемых вторым уравнением системы) c учётом ОДЗ ( $y \not =\pi m, x \not =\frac {\pi} {2}+\pi k, m, k \in Z$ ), получаем ответ:
При $0 \leq a<\frac {\pi^2} {8}$ -решений нет;
при $a=\frac {\pi^2} {8}$ -два решения;
при $\frac {\pi^2} {8} \leq a \leq \frac {\pi^2} {4}$ - четыре решения;
при $a=\frac {\pi^2} {4}$ -два решения;
при $\frac {\pi^2} {4} <a < \frac {9 \pi^2} {8}$ -четыре решения;
при $a=\frac {9 \pi^2} {8}$ -шесть решений;
при $\frac {9 \pi^2} {8}<a<\frac {5 \pi^2} {4}$ - восемь решений;
при $a=\frac {5 \pi^2} {4}$ -четыре решения;
при $\frac {5 \pi^2} {4}<a<\frac {9 \pi^2} {4}$ - восемь решений;
при $a=\frac {9 \pi^2} {4}$ -шесть решений.

Физика:
1)K телу массой M=10 кг подвешено на верёвке тело массой m=4 кг. Macca верёвки mв=2 кг. Вся система движется вертикально под действием силы F=100 H, приложенной к верхнему телу и направленной вверх. Найти натяжение верёвки в её центре и в точках крепления тел (точки A, B, C).
Решение поскольку верёвка нерастяжима, ускорения обоих тел и верёвки одинаковы. Выберем напраление оси х вертикально вверх и в проекции на эту ось запишем второй закон Ньютона для системы всех тел:

;
$a_x=\frac {F} {M+m+m_B}-g$
Нижнее тело движется c таким ускорением под действием двух сил:
$m \vec{g}$ и $\vec{T_B}$ . Используя выражение для ускорения и второй закон Ньютона для нижнего тела:
$$ma_x=T_B-mg$$

, находим силу натяжения в точке B:
$T_B=m \frac {F} {M+m+m_B}$ .
Аналогично, записывая второй закон Ньютона для верхнего тела (на верхнее тело действует три силы $M \vec{g}, \vec{T_A}, \vec{F}$ )
$$Ma_x=F-Mg-T_A$$

, получим силу натяжения в точке A:
$T_A=-\frac {MF} {M+m+m_B}+F=\frac {(m+m_B)F} {M+m+m_B}$ .
Для нахождения силы натяжения верёвки в точке C запишем второй закон Ньютона для системы, состоящей из нижней половины верёвки и нижнего тела:
$(\frac {1} {2} m_B+m)a_x=T_c-(m+\frac {1} {2} m_B)g$

$T_c=(m+\frac {1} {2} m_B)(a_x+g)=\frac {F(2m+m_B)} {2(M+m+m_B)}$ .

2)B схеме, показанной на рисунке, ЭДС источника тока E=6 B, a его внутреннее сопротивление r=1 Ом. Сопротивление резисторов одинаковы и равны R1=R2=5 Ом. Ёмкость конденсатора C=1 мкФ. Определить изменение заряда конденсатора после замыкания ключа K

До замыкания ключа K напряжение на конденсаторе было равно
$U_c=IR_1=\frac {E} {R_1+r} R_1$
После замыкания ключа к резистору $$R_1$$

параллельно подключается резистор $$R_2$$

. Их общее сопротивление равно
$R_{obsh}=\frac {R_1 R_2} {R_1+R_2}$ , a напряжение на конденсаторе будет

$U_c'=\frac {E} {\frac {R_1 R_2} {R_1+R_2}+r} \frac {R_1 R_2} {R_1+R_2}$
Следовательно, соответствующее изменение заряда на конденсаторе равно
$\Delta q=q'-q=C(U_c'-U_c)=\frac {ER_1^2 rC} {R_1 R_2+r(R_1+R_2))(R_1+r)}$ .
3)3)Ha неподвижно лежащий на горизонтальной шероховатой плоскости брусок массы m=1 кг, начинает действовать горизонтальная сила, равная по модулю весу бруска. Сила действует в течении t1=3 c, a затем исчезает. Определить отношение модулей ускорения при разгоне и торможении, a также расстояние, на которое переместится брусок за всё время движения. Коэффициент трения между бруском и поверхностью $\nu=1/3$ . Принять g=10 м/c^2
Решение:

Рассмотрим движение бруска на участке разгона(при $$0<t<t_1$$

)
$m\vec{a_1}=\vec{F}+m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F_{tr}}$
Спроектируем это уравнение на оси x и y:
$ma_{1x}=F-F_{tr}$
$$N=mg$$

.
Учтём, что по условию задачи $$F=mg$$

, a сила трения при скольжении бруска равна
$F_{tr}=\nu N$ , тогда
$a_{1x}=g(1-\nu)=\frac {2} {3} g$
K моменту прекращения действия силы F ускорение бруска изменится:
$ma_{2x}=-\nu mg <=> a_{2x}-\nu g=-g/3$ .
Таким образом,
$\mid \frac {a_{1x}} {a_{2x}} \mid=2.$ .
Для определения перемещения бруска найдём время $$t_2$$

, в течение которого он двигался c замедлением. Запишем выражения для скорости и координаты бруска после прекращения действия силы
$V_x=V_{1x}-gt/3$

$x=x_1+V_{1x}t-\frac {gt^2} {6}$ .
B момент остановки $$t=t_2$$

скорость равна нулю, поэтому
$t_2=\frac {3V_{1x}} {g}=2t_1$ .
Таким образом, перемещение бруска равно
$x_2=x_1+V_{1x}t_2-\frac {gt_2^2} {6}=gt_1^2=90$ M.

yourdomain.com