Текстовые задачи

Вводим переменные и единицы

Пусть $S$ — расстояние между пунктами. Так как ни расстояние, ни скорости не даны в абсолютных величинах (км, км/ч), примем $S = 1$. Пусть $v_p$ — скорость пешехода, $v_c$ — скорость велосипедиста. Время измеряем строго в часах: $40 \text{ минут} = \dfrac{2}{3} \text{ часа}$.

Составляем уравнения по условию

Первое условие (встреча через $40$ минут): скорость сближения равна $v_p + v_c$.

Второе условие (разница во времени прибытия): пешеход тратит на весь путь $\dfrac{1}{v_p}$ часов, а велосипедист $\dfrac{1}{v_c}$ часов.

Замыкаем систему через искомую комбинацию

Нам нужно найти время пешехода, то есть величину $t = \dfrac{1}{v_p}$. Для удобства введём замену: $t = \dfrac{1}{v_p}$ (искомое время) и $u = \dfrac{1}{v_c}$. Тогда $v_p = \dfrac{1}{t}$ и $v_c = \dfrac{1}{u}$. Перепишем систему:

Подставим $u$ в первое уравнение:

Решаем квадратное и отбираем корни

Дискриминант $D = 49 - 24 = 25$. Корни: $t_1 = 2$, $t_2 = \dfrac{1}{3}$.

Проверим корни по ОДЗ всех величин. Так как $u = t - 1$, а время $u$ должно быть положительным, корень $t = \dfrac{1}{3}$ даёт $u = -\dfrac{2}{3} < 0$, что не имеет физического смысла (отрицательное время). Следовательно, подходит только $t = 2$ (тогда $u = 1 > 0$ — всё согласовано).

Понимаем структуру задачи

Это и есть «эталонная» задача темы: ни скорости $v_1, v_2$, ни расстояние $S$, ни время до встречи по отдельности из условия найти нельзя (данных недостаточно). Но искомые комбинации находятся.

Составляем уравнения в точке встречи

Пусть $v_1, v_2$ — скорости поездов, $t$ — время до встречи (в часах). В точке встречи:

• первый прошёл $v_1 t$ — это путь, который второму ещё предстоит пройти, и он проходит его за $9$ ч: $\;v_2 \cdot 9 = v_1 t$;
• второй прошёл $v_2 t$ — это путь первого, который тот проходит за $4$ ч: $\;v_1 \cdot 4 = v_2 t$.

Находим время встречи

Получили систему относительно отношения скоростей. Поделим уравнения друг на друга (или выразим $\tfrac{v_1}{v_2}$ из каждого):

Приравниваем: $\dfrac{9}{t} = \dfrac{t}{4} \implies t^2 = 36 \implies t = 6$ (берём $t > 0$).

Тогда $\dfrac{v_1}{v_2} = \dfrac{t}{4} = \dfrac{6}{4} = \dfrac{3}{2}$.

Находим отношение полных времён

Полное время первого на путь А→Б: $T_1 = \dfrac{S}{v_1}$; второго: $T_2 = \dfrac{S}{v_2}$. Их отношение

Заметь: ни $v_1$, ни $v_2$, ни $S$ мы так и не нашли — и не могли. Нашли только отношение и время встречи, а они от масштаба не зависят (то есть второй едет в $1{,}5$ раза дольше первого).

Вводим переменные и составляем систему

Пусть $v$ — собственная скорость катера (км/ч), $c$ — скорость течения (км/ч), причём $v > c > 0$. По течению фактическая скорость $v + c$, против течения $v - c$.

Решаем систему и проверяем ОДЗ

Сложим уравнения: $2v = 36 \implies v = 18$. Тогда $c = 20 - 18 = 2$. Проверка ОДЗ: $v = 18 > c = 2 > 0$ — против течения катер всё же движется вперёд ($v - c = 16 > 0$), физический смысл сохранён.

Принимаем работу за единицу и вводим производительности

Примем объём бассейна за $A = 1$. Тогда производительности (доля бассейна в час):

• притока: $p_{\text{пр}} = \dfrac{1}{12}$;
• стока: $p_{\text{ст}} = \dfrac{1}{18}$ (со знаком «минус», труба убирает воду).

Считаем совместную производительность

Совместная производительность:

Приведём к общему знаменателю $36$:

Находим время наполнения

Так как $p > 0$, бассейн действительно наполняется. Время:

Считаем время на каждую половину

Пусть весь путь равен $S$ (он сократится). Каждая половина — $\dfrac{S}{2}$. Время на первую половину: $t_1 = \dfrac{S/2}{60} = \dfrac{S}{120}$; на вторую: $t_2 = \dfrac{S/2}{40} = \dfrac{S}{80}$. Общее время:

Делим весь путь на всё время

Средняя скорость:

Это в точности гармоническое среднее: $\dfrac{2 \cdot 60 \cdot 40}{60 + 40} = \dfrac{4800}{100} = 48$.

Почему не среднее арифметическое

Внимание: среднее арифметическое дало бы $\dfrac{60 + 40}{2} = 50$ км/ч — это неверно. Медленный участок занимает больше времени, поэтому тянет среднюю скорость вниз, и правильный ответ ($48$) всегда меньше $50$.

Вводим массовые доли

Пусть $c_1$ и $c_2$ — массовые доли меди в первом и втором кусках соответственно (числа от $0$ до $1$).

Баланс меди для равных масс

Случай 1: Берём равные массы, пусть по $m$ кг каждого. Масса чистой меди в первом куске: $m \cdot c_1$. Во втором: $m \cdot c_2$. Масса нового сплава: $2m$. Медь в нём: $0{,}3 \cdot 2m$. Уравнение баланса меди:

Баланс меди для масс 2:1

Случай 2: Первого берём $2m$ кг, второго $m$ кг. Масса чистой меди: $2m \cdot c_1 + m \cdot c_2$. Общая масса: $3m$. Медь в нём: $0{,}35 \cdot 3m = 1{,}05m$.

Решаем систему и переводим в проценты

Решаем систему линейных уравнений:

Вычтем из второго уравнения первое:

Подставим в первое:

Массовые доли $0{,}45$ и $0{,}15$ соответствуют $45\%$ и $15\%$. Обе доли лежат в $[0;1]$ — ОДЗ соблюдено.

Находим множитель одного шага

Объём сосуда постоянен: $V = 10$ л. За каждую операцию отливаем долю $\dfrac{a}{V} = \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{5}$ имеющейся смеси и доливаем водой. Значит, доля спирта после каждого шага умножается на $\left(1 - \dfrac{1}{5}\right) = \dfrac{4}{5}$.

Применяем степенную формулу

Начальная доля спирта $C_0 = 1$ (чистый спирт). После двух операций:

(Заметь ту же степенную структуру, что у сложного процента: каждое переливание уносит фиксированную долю содержимого.)

Составляем уравнение сложного процента

Пусть годовая ставка равна $p\%$, начальная сумма — $S_0$. По формуле сложного процента за $2$ года:

По условию $S_2 = 1{,}44\,S_0$, поэтому

Извлекаем корень и проверяем

Извлекаем корень (берём положительный, так как множитель роста положителен):

Проверка: $S_0 \cdot 1{,}2^2 = S_0 \cdot 1{,}44$ — верно.

(Типичная ловушка — поделить рост $44\%$ за два года пополам и сказать «$22\%$ в год». Это неверно: проценты начисляются на проценты, поэтому за год рост $20\%$, а не $22\%$.)

Вводим переменные и фиксируем целочисленность

Пусть $x$ — количество малых коробок, $y$ — количество больших коробок. Зафиксируем область определения: коробки — целые предметы, дробных и отрицательных быть не может, поэтому $x, y$ — целые неотрицательные ($x, y \in \ZZ,\ x \geqslant 0,\ y \geqslant 0$). Случаи $x = 0$ или $y = 0$ (упаковка только одним типом) формально допустимы и тоже подлежат проверке.

Составляем уравнение и целевую функцию

Все коробки должны быть заполнены, значит, деталей ровно $530$:

Разделим уравнение на $5$:

Стоимость отправки, которую нужно минимизировать:

Решаем диофантово уравнение перебором остатков

Выразим $x$ из уравнения количества деталей:

Чтобы $x$ было целым, дробь $\dfrac{2 - 3y}{4}$ должна быть целым числом. Следовательно, $(2 - 3y)$ должно делиться на $4$. Перебор по остаткам от деления $y$ на $4$:

• Если $y \equiv 0 \pmod 4$, то $2 - 3y \equiv 2$ (не делится на $4$).
• Если $y \equiv 1 \pmod 4$, то $2 - 3 \equiv -1$ (не делится).
• Если $y \equiv 2 \pmod 4$, то $2 - 6 \equiv -4 \equiv 0$ (делится на $4$).
• Если $y \equiv 3 \pmod 4$, то $2 - 9 \equiv -7 \equiv 1$ (не делится).

Значит, $y$ должно давать остаток $2$ при делении на $4$. Возможные значения $y$: $2, 6, 10, 14, 18, \dots$

Проверим ограничение $x \geqslant 0$: $106 - 7y \geqslant 0 \implies y \leqslant \dfrac{106}{7} = 15\dfrac{1}{7}$. Следовательно, допустимые значения $y \in \{2;\, 6;\, 10;\, 14\}$. Все они дают $x \geqslant 2 > 0$, так что упаковка хотя бы одним малым ящиком тоже присутствует — граничные случаи не теряются.

Обосновываем минимум через монотонность

Строгое обоснование минимума (оценка через монотонность). Подставим $x = \dfrac{106 - 7y}{4}$ в стоимость:

Функция $C = 25(318 - y)$ строго убывает по $y$. Значит, на допустимом множестве $\{2;6;10;14\}$ минимум достигается при наибольшем $y$, то есть $y = 14$ (тогда $x = 2$). Это и оценка, и предъявленный пример — решение строгое.

Контрольная таблица (значения $C = 25(318 - y)$):

Эвристика-проверка (не доказательство!): стоимость одного места в малой коробке $\dfrac{300}{20} = 15$ руб., в большой — $\dfrac{500}{35} \approx 14{,}29$ руб. Большие «дешевле за деталь», что согласуется с найденным ответом, но само по себе не является доказательством: коробки обязаны заполняться полностью, докупать «места» нельзя, поэтому строгий вывод даёт только перебор и монотонность выше. На других числах такой «довод за единицу» может ввести в заблуждение и баллов на ДВИ не приносит.