Урок 13. Прикладные расчёты: 40 заданий с решениями

Переведём данные: $A_{\text{пол}}=600000$ Дж, $t=300$ с, $\eta=0{,}8$. КПД относится к затраченной, а не к полезной энергии.

Затраченная энергия $A_{\text{зат}}=\frac{600000}{0{,}8}=750000$ Дж. Поэтому $P=\frac{750000}{300}=2500$ Вт. Проверка: полезная мощность $0{,}8\cdot2500=2000$ Вт, за 300 с она даёт 600 кДж.

Ответ. 2500 Вт.

Масса металла равна 5400 г. Из $m=\rho V$ объём самого алюминия $V_{\text{мет}}=\frac{5400}{2{,}7}=2000$ см³.

Внешний объём складывается из объёмов металла и полости. Значит, $V_{\text{пол}}=2500-2000=500$ см³. Он положителен и меньше внешнего объёма, как и должно быть.

Ответ. 500 см³.

При $R\geq0$ знаменатель положителен. Поэтому умножение не меняет знак неравенства:

$$\frac{220}{R+40}\leq2\iff220\leq2R+80\iff R\geq70.$$

Пересечение с физическим ограничением не меняет ответ. При $R=70$ ток ровно 2 А; при увеличении сопротивления ток уменьшается.

Ответ. $R\in[70;+\infty)$ Ом.

Вычитаем 32 из всех частей двойного неравенства, затем делим на положительное число 1,8:

$$95\leq1{,}8C+32\leq104\iff63\leq1{,}8C\leq72\iff35\leq C\leq40.$$

Обе границы включены. Подстановка даёт соответственно 95 и 104 градуса по Фаренгейту.

Ответ. От 35 до 40 °C включительно.

Подстановка даёт $450=2v^2$, то есть $v^2=225$. Алгебраические корни равны $15$ и $-15$, но модуль скорости по определению неотрицателен.

Остаётся $v=15$ м/с. Проверка: $\frac{4\cdot15^2}{2}=450$ Дж.

Ответ. 15 м/с.

Единицы согласованы: $l$ в километрах, ускорение в км/ч². При $l\geq0$ обе части равенства неотрицательны, поэтому возведение в квадрат равносильно:

$$120^2=2\cdot l\cdot9000,\qquad l=\frac{14400}{18000}=0{,}8.$$

Подстановка под корень возвращает 120. Переводить ускорение в м/с² здесь не требуется.

Ответ. 0,8 км.

Коэффициенты уменьшения равны $0{,}9$ и $0{,}8$. Вторая скидка берётся от уже сниженной цены, поэтому общий коэффициент $0{,}9\cdot0{,}8=0{,}72$, а не 0,7.

Из $0{,}72P=7200$ получаем $P=10000$ рублей. Общая скидка составляет $(1-0{,}72)\cdot100\%=28\%$ .

Ответ. 10 000 рублей; 28%.

Пусть исходная цена $P>0$. После снижения она равна $0{,}8P$. Для восстановления необходим коэффициент $k$ с условием $0{,}8Pk=P$, откуда $k=1{,}25$ .

Рост равен 25% от новой цены. Проверка на цене 100 рублей: после снижения остаётся 80, прибавка 20 составляет четверть от 80.

Ответ. На 25%.

Последовательные изменения дают коэффициент $1{,}2\cdot0{,}9=1{,}08$. Следовательно, исходная цена $\frac{1080}{1{,}08}=1000$ рублей.

Итоговая цена составляет 108% от исходной: рост равен 8%. Проценты $20-10$ складывать нельзя, поскольку базы начисления различны.

Ответ. 1000 рублей; повышение на 8%.

На движение разрешено израсходовать не более $48-6=42$ л. Если путь $s\geq0$ км, расход равен $\frac{8s}{100}$ л.

Условие $\frac{8s}{100}\leq42$ равносильно $s\leq525$. При 525 км остаётся ровно 6 л, поэтому граница допустима и максимум достигается.

Ответ. 525 км.

Разность температур $\Delta T=60$ °C, мощность $P=2000$ Вт. Требуемая теплота $Q=4200\cdot2\cdot60=504000$ Дж.

Полезная мощность $\eta P=0{,}8\cdot2000=1600$ Вт. Поэтому $t=\frac{504000}{1600}=315$ с. Это 5 минут 15 секунд; делить на полную мощность без учёта КПД было бы неверно.

Ответ. 315 с.

Из $5t^2=80$ следует $t^2=16$. Получаем два алгебраических корня $t=\pm4$ .

Отрицательный корень исключён условием $t\geq0$. При $t=4$ путь $5\cdot16=80$ м. На неотрицательной полуоси функция $5t^2$ строго возрастает, поэтому других допустимых времён нет.

Ответ. 4 с.

Деление на $2\pi>0$ даёт $\sqrt{\frac{l}{9{,}8}}=\frac12$. Обе части положительны, значит, квадрат сохраняет равносильность:

$$\frac{l}{9{,}8}=\frac14,\qquad l=2{,}45.$$

Проверка: $2\pi\sqrt{\frac{2{,}45}{9{,}8}}=\pi$. Длина положительна.

Ответ. 2,45 м.

Делим на 116: $2^{-\frac{t}{9}}=\frac14=2^{-2}$. Показательная функция с основанием 2 строго возрастает, поэтому равенство значений равносильно равенству показателей.

Из $-\frac{t}{9}=-2$ получаем $t=18$. Это два периода полураспада: 116 мг превращаются в 58 мг, затем в 29 мг. Время неотрицательно и единственно.

Ответ. Через 18 минут.

Для двух состояний вычитаем формулы:

$$L_2-L_1=10\log_{10}\frac{I_2}{I_1}=20.$$

Аргумент положителен. Поэтому $\log_{10}\frac{I_2}{I_1}=2$, откуда $\frac{I_2}{I_1}=10^2=100$. Изменение уровня аддитивно, а интенсивности - мультипликативно.

Ответ. В 100 раз.

Числа образуют арифметическую прогрессию с $a_1=15$, $d=2$. В двадцатом ряду $a_{20}=15+19\cdot2=53$ кирпича.

Сумма $S_{20}=\frac{20(15+53)}2=680$. Обоснование формулы: при попарном сложении первого с последним, второго с предпоследним и так далее получаются 10 пар по 68 кирпичей.

Ответ. 680 кирпичей.

ОДЗ: $x\ne-2$. Критические точки -2 и 1 делят прямую на три промежутка. При $x<-2$ оба множителя отрицательны, дробь положительна; при $-2<x<1$ знаки различны; при $x>1$ оба положительны.

В точке 1 дробь равна нулю, поэтому точку включаем. Точку -2 исключаем независимо от знака неравенства.

Ответ. $(-\infty;-2)\cup[1;+\infty)$ .

ОДЗ: одновременно $x-1>0$ и $x-3>0$, то есть $x>3$. Только на ОДЗ объединяем логарифмы:

$$\log_2((x-1)(x-3))=3\iff(x-1)(x-3)=8.$$

Получаем $x^2-4x-5=(x-5)(x+1)=0$. Корни 5 и -1; второй не входит в ОДЗ. При $x=5$ сумма равна $\log_2 4+\log_2 2=3$ .

Ответ. 5.

Производная $f'(x)=3x^2-6x$, поэтому $f'(2)=0$. Ордината точки $f(2)=8-12=-4$ .

Формула касательной $y=f(2)+f'(2)(x-2)$ даёт $y=-4$. Нулевой наклон означает горизонтальную прямую, а не вертикальную $x=2$ .

Ответ. $y=-4$ .

Функция непрерывна на отрезке. Производная $f'(x)=6-2x$ обращается в нуль при $x=3$, внутри отрезка.

Сравниваем все кандидаты: $f(0)=-5$, $f(3)=4$, $f(4)=3$. Других внутренних критических точек нет, производная существует всюду. Значит, минимум равен -5, максимум 4.

Ответ. Минимум -5 при $x=0$; максимум 4 при $x=3$ .

Пусть $x\geq0$ - масса добавки. Исходная масса растворённого вещества $0{,}15\cdot20=3$ кг; в добавке $0{,}4x$ кг. Общая масса $20+x$ кг.

Баланс вещества $3+0{,}4x=0{,}25(20+x)$ даёт $0{,}15x=2$, откуда $x=\frac{40}{3}$. Коэффициент при $x$ ненулевой, поэтому решение единственно и положительно. Концентрация 25% лежит между 15% и 40%, что согласуется со смешиванием.

Ответ. $\frac{40}{3}$ кг.

Масса растворённого вещества остаётся $30\cdot0{,}12=3{,}6$ кг. Если удалено $x$ кг воды, то $0\leq x<30$, а масса смеси $30-x$ .

Уравнение $\frac{3{,}6}{30-x}=0{,}18$ равносильно $30-x=20$, то есть $x=10$. В исходном растворе 26,4 кг воды, поэтому удалить 10 кг возможно. Проверка: $\frac{3{,}6}{20}=0{,}18$ .

Ответ. 10 кг воды.

Условие преобразуется без потери равносильности:

$$18+72\cdot2^{-\frac{t}{12}}\leq27\iff2^{-\frac{t}{12}}\leq\frac18=2^{-3}.$$

Основание 2 больше единицы, поэтому $-\frac{t}{12}\leq-3$. При умножении на -12 знак меняется: $t\geq36$. На границе температура равна 27 °C, а затем продолжает уменьшаться к 18 °C.

Ответ. Через 36 минут.

После $n$ полных лет стоимость $1000000\cdot0{,}8^n$, где $n$ - неотрицательное целое. Последовательность строго убывает, так как коэффициент 0,8 лежит между нулём и единицей.

Через 3 года стоимость 512000 рублей, что больше порога; через 4 года - 409600 рублей, что меньше порога. Монотонность исключает более раннее выполнение условия. Дробное значение времени не является ответом на вопрос о полных годах.

Ответ. Через 4 года.

Из формулы $d_1=\frac{30d_2}{d_2-30}$. На заданном отрезке знаменатель положителен. Производная по $d_2$ равна $-\frac{900}{(d_2-30)^2}<0$, поэтому $d_1$ убывает.

Минимум достигается при $d_2=180$ и равен $\frac{5400}{150}=36$ см. Максимум на отрезке равен $\frac{4800}{130}=\frac{480}{13}<40$; весь полученный диапазон лежит в $[20;40]$. Значит, дополнительное ограничение не исключает точку минимума.

Ответ. 36 см.

Сравниваем полные стоимости: $500+15n<350+20n$. Перенос слагаемых даёт $150<5n$, то есть $n>30$ .

Так как минуты целые, первое подходящее значение - 31. При 30 минутах оба тарифа стоят 950 рублей, равенство не удовлетворяет слову «строго». При 31 минуте стоимости 970 и 965 рублей соответственно.

Ответ. Начиная с 31 минуты.

Первый взнос участвует в двух начислениях, второй - в одном, третий ещё не получает процентов. Поэтому итог

$$100000\cdot1{,}1^2+100000\cdot1{,}1+100000=331000.$$

Проверка по годам: после первого взноса 100000; после второго $110000+100000=210000$; после третьего $231000+100000=331000$. Начислять проценты на третий взнос заранее нельзя.

Ответ. 331 000 рублей.

Пусть первый выпуск $a_1$, ежемесячная прибавка $d$. Тогда $a_1+2d=11$, $a_1+11d=47$. Вычитая, получаем $9d=36$, поэтому $d=4$, $a_1=3$ .

Двадцатый выпуск $a_{20}=3+19\cdot4=79$. Сумма $S_{20}=\frac{20(3+79)}2=820$. Все месячные выпуски положительные целые, так что модель производства допустима.

Ответ. 820 изделий.

Каждый год возвращают $\frac{900000}{3}=300000$ рублей основного долга. До начисления процентов остатки равны 900000, 600000 и 300000 рублей.

Проценты составят $90000$, $72000$ и $42000$ рублей. Платежи - 390000, 372000 и 342000 рублей. Их сумма $900000+90000+72000+42000=1104000$. Равны части основного долга, но не полные платежи.

Ответ. 1 104 000 рублей.

Обозначим годовой коэффициент $q=1+\frac{p}{100}\geq1$. После снятия остаётся $400000q-44000>0$, затем сумма становится $(400000q-44000)q$ .

В тысячах рублей уравнение $400q^2-44q-435{,}6=0$ раскладывается как $400(q-1{,}1)(q+0{,}99)=0$. Корень $-0{,}99$ нарушает $q\geq1$; остаётся $q=1{,}1$ .

Проверка: $(440000-44000)\cdot1{,}1=435600$. Ставка $(q-1)\cdot100\%=10\%$ .

Ответ. 10% годовых.

Физическая область: $t\geq0$ и $24-3t\geq0$, то есть $0\leq t\leq8$. Уравнение пути

$$24t-\frac32t^2=90\iff t^2-16t+60=(t-6)(t-10)=0.$$

Из корней 6 и 10 допустим только 6. Корень 10 соответствует продолжению параболы после остановки, где формула уже не описывает пройденный путь.

На $[0;8]$ путь возрастает до 96 м, поэтому момент достижения 90 м единственный. Подстановка $t=6$ даёт $144-54=90$ .

Ответ. Через 6 с.

Для фиксированного $U$ энергия не убывает при увеличении $C$, так как $U^2\geq0$. Поэтому необходимо и достаточно выполнить ограничение при наибольшей ёмкости $C=6\cdot10^{-6}$ Ф.

Получаем $3\cdot10^{-6}U^2\leq0{,}12$, то есть $U^2\leq40000$. С учётом $U\geq0$ имеем $0\leq U\leq200$. Граница достигается при максимальной ёмкости; большее напряжение нарушит условие именно при ней.

Ответ. 200 В.

Область выпуска: целые $0\leq x\leq250$. Прибыль - выручка минус затраты:

$$P(x)=x(500-2x)-(100x+2000)=18000-2(x-100)^2.$$

Квадрат неотрицателен, поэтому максимум 18000 рублей достигается единственно при $x=100$, допустимом целом числе.

Для положительной прибыли $(x-100)^2<9000$, то есть $100-30\sqrt{10}<x<100+30\sqrt{10}$. Границы лежат соответственно между 5 и 6, между 194 и 195. Поэтому подходят все целые от 6 до 194; они входят в физическую область. Равенство прибыли нулю не включается.

Ответ. 100 изделий, 18 000 рублей; прибыль положительна при $x=6,7,\ldots,194$ .

Пусть $x$ кг - дешёвый раствор; дорогого $60-x$ кг, $0\leq x\leq60$. Условие концентрации:

$$0{,}15x+0{,}4(60-x)\geq0{,}25\cdot60\iff x\leq36.$$

Стоимость $C(x)=80x+140(60-x)=8400-60x$ строго убывает. На допустимом отрезке $[0;36]$ минимум при $x=36$, значит, дорогого раствора нужно 24 кг.

Стоимость $80\cdot36+140\cdot24=6240$ рублей. Проверка вещества: $5{,}4+9{,}6=15$ кг, ровно 25% от 60 кг. Более дешёвый вариант требовал бы $x>36$ и не достигал нужной концентрации.

Ответ. 6240 рублей; 36 кг 15%-го и 24 кг 40%-го раствора.

Пусть $D_0=331000$, $q=1{,}1$. Порядок операций означает $D_k=qD_{k-1}-P$. Последовательно:

$$D_1=qD_0-P,\quad D_2=q^2D_0-(q+1)P,$$

$$D_3=q^3D_0-(q^2+q+1)P.$$

Условие $D_3=0$ даёт единственный платёж, поскольку коэффициент $q^2+q+1>0$:

$$P=\frac{331000\cdot1{,}331}{3{,}31}=133100.$$

Остатки после первых платежей: $D_1=364100-133100=231000$, $D_2=254100-133100=121000$. Оба положительны. Третий: $133100-133100=0$. Таким образом, проверено и конечное равенство, и отсутствие досрочного погашения.

Сумма платежей $399300$ рублей; она превышает выданную сумму, что согласуется с положительной ставкой.

Ответ. 133 100 рублей.

При удалении пятой части объёма уходит пятая часть соли. Вода соли не добавляет, поэтому $M_{n+1}=\frac45M_n$, $M_0=20$. Индукцией: $M_n=20\left(\frac45\right)^n$ кг для любого целого $n\geq0$ .

Нужно $\left(\frac45\right)^n\leq\frac14$. Можно записать $n\geq\frac{\ln\frac14}{\ln\frac45}$, меняя знак при делении на отрицательный логарифм, но для точного отбора достаточно соседних целых.

$M_6=5{,}24288>5$, а $M_7=4{,}194304<5$. Поскольку $0<\frac45<1$, последовательность строго убывает; все более ранние шаги дают ещё большую массу. Следовательно, первый подходящий шаг - седьмой. Ошибка вычитать каждый раз 4 кг игнорировала бы снижение концентрации.

Ответ. После 7 шагов.

Область радиуса $0<r\leq4$. Из объёма $\pi r^2h=250\pi$ получаем $h=\frac{250}{r^2}>0$. Площадь двух оснований и боковой поверхности:

$$S(r)=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi r^2+\frac{500\pi}{r}.$$

Производная $S'(r)=4\pi r-\frac{500\pi}{r^2}=\frac{4\pi(r^3-125)}{r^2}$. Свободная критическая точка $r=5$ не входит в область. Для каждого $r\in(0;4]$ производная отрицательна, поэтому площадь строго убывает и минимум достигается на правой границе.

При $r=4$ высота $h=\frac{250}{16}=\frac{125}{8}$ см, площадь $S=32\pi+125\pi=157\pi$ см². При $r\to0+$ площадь стремится к бесконечности; потерянного минимума на открытом конце нет. Сосуд с радиусом 5 см был бы недопустимым, несмотря на меньшую площадь без ограничения.

Ответ. $r=4$ см, $h=\frac{125}{8}$ см; $S_{\min}=157\pi$ см².

Обозначим исходный долг $D=1200000$. Перед $k$-м начислением остаток $D\frac{n-k+1}{n}$, поэтому

$$P_k=\frac Dn+0{,}1D\frac{n-k+1}{n},\qquad k=1,\ldots,n.$$

Платежи строго убывают, значит, ограничение каждого платежа равносильно ограничению первого:

$$\frac{1200000}{n}+120000\leq360000\iff n\geq5.$$

При умножении на $n$ знак не меняется, так как $n>0$ .

Сумма остатков до начисления равна $\frac Dn(1+2+\cdots+n)=\frac{D(n+1)}2$. Поэтому общая выплата

$$D+\frac{0{,}1D(n+1)}2=1200000+60000(n+1).$$

Второе ограничение даёт $n+1\leq7$, то есть $n\leq6$. Пересечение с целыми $n\geq1$ состоит из 5 и 6.

Проверка границ: при $n=5$ первый платёж 360000, сумма 1560000; при $n=6$ первый платёж 320000, сумма 1620000. Оба равенства разрешены. При меньшем сроке нарушается первое ограничение, при большем - второе.

Ответ. 5 или 6 лет.

Выделяем квадрат: $P(x)=36-a-(x-6)^2$. Нулевая прибыль равносильна $(x-6)^2=36-a$ .

Если $a>36$, правая часть отрицательна - корней нет. При $a=36$ единственный корень $x=6$. При $0\leq a<36$ два разных алгебраических корня $x_\pm=6\pm\sqrt{36-a}$ .

Отрезок $[2;10]$ симметричен относительно 6. Поэтому либо оба корня допустимы, либо оба вне отрезка. Условие допустимости $\sqrt{36-a}\leq4$ равносильно $a\geq20$. Вместе с различностью корней получаем $20\leq a<36$ .

При $a=20$ корни ровно 2 и 10, обе границы входят. При $20<a<36$ корни внутри отрезка. При $0\leq a<20$ один корень меньше 2, другой больше 10. Таким образом, все случаи рассмотрены, а значение 36 исключено из ответа из-за совпадения корней.

Ответ. $a\in[20;36)$ .

Так как $t>0$, неравенство равносильно $t^2-at+4\leq0$ на $[1;6]$. Кроме того,

$$C(t)-4=\frac{(t-2)^2}{t}\geq0.$$

Поэтому при $0\leq a<4$ решений нет; при $a=4$ подходит только $t=2$ .

Для $a>4$ дискриминант положителен. Обозначим

$$r_-(a)=\frac{a-\sqrt{a^2-16}}2,\qquad r_+(a)=\frac{a+\sqrt{a^2-16}}2.$$

Квадратный трёхчлен неположителен между корнями включительно. Искомое множество - $[r_-;r_+]\cap[1;6]$ .

Чтобы раскрыть пересечение, исследуем границы. $C'(t)=1-\frac4{t^2}$ отрицательна на $[1;2)$ и положительна на $(2;6]$. Значения $C(1)=5$, $C(2)=4$, $C(6)=\frac{20}{3}$. Поэтому левая граница рабочего отрезка начинает входить при $a=5$, правая - при $a=\frac{20}{3}$ .

При $4<a<5$ оба корня внутри $[1;6]$: ответ $[r_-;r_+]$. При $a=5$ корни 1 и 4. При $5\leq a<\frac{20}{3}$ нижний корень не больше 1, а верхний меньше 6: ответ $[1;r_+]$ .

При $a=\frac{20}{3}$ корни $\frac23$ и 6, ответ уже весь $[1;6]$. При большем бюджете весь отрезок остаётся допустимым: на нём максимум затрат $\frac{20}{3}$. Таким образом, иных изменений вида ответа нет.

Ответ. При $0\leq a<4$ - $\varnothing$; при $a=4$ - $\{2\}$; при $4<a<5$ - $[r_-;r_+]$; при $5\leq a<\frac{20}{3}$ - $[1;r_+]$; при $a\geq\frac{20}{3}$ - $[1;6]$. Критические значения: $4$, $5$, $\frac{20}{3}$ .