Урок 15. Работа, смеси и концентрации: 40 заданий с решениями

Весь заказ принимаем за 1. За час выполняется $\frac1{12}$ заказа, за 5 часов - $\frac5{12}$. Осталось $1-\frac5{12}=\frac7{12}$, поэтому время остатка равно $\frac{\frac7{12}}{\frac1{12}}=7$ ч. Сумма времён 12 ч, обе доли неотрицательны и в сумме дают 1.

Ответ. $\frac5{12}$ заказа; 7 ч.

За час мастера выполняют $\frac1{12}+\frac1{18}=\frac5{36}$ заказа. Поэтому $\frac5{36}t=1$, откуда $t=\frac{36}{5}=7{,}2$ ч. Проверка долей: первый выполнит $\frac35$, второй $\frac25$. Время меньше 12 и 18 ч, как и должно быть при совместной работе.

Ответ. 7,2 ч.

Производительность второго - разность общей и первой: $p_2=\frac16-\frac1{10}=\frac1{15}>0$. Следовательно, его собственное время $T_2=15$ ч. Проверка: за 6 ч первый делает $\frac35$, второй $\frac25$ работы. Вычитание времён $10-6$ не даёт ни производительности, ни времени второго.

Ответ. 15 ч.

Примем заказ за 1. Общая производительность $\frac1{12}+\frac1{15}+\frac1{20}=\frac15$, поэтому время 5 ч. Доли станков равны $\frac5{12},\frac13,\frac14$; их сумма 1. Все производительности положительны, а работа завершится раньше, чем на любом одном станке.

Ответ. 5 ч.

Приток имеет знак плюс, отток - минус. Чистая скорость $p=\frac18-\frac1{12}=\frac1{24}>0$ бассейна в час. Поэтому бассейн наполнится за 24 ч. За это время поступят 3 объёма бассейна, уйдут 2, останется 1. Постоянный расход слива здесь является условием учебной модели.

Ответ. 24 ч.

За полный двухчасовой цикл сделано $\frac16+\frac1{12}=\frac14$ заказа. После трёх циклов прошло 6 ч и выполнено $\frac34$. За следующий час первый выполняет $\frac16$, остаётся $1-\frac34-\frac16=\frac1{12}$. Второму нужен ровно час. Значит, работа заканчивается на границе четвёртого цикла, через 8 ч. До этого момента доля выполненной работы строго меньше 1; неполного последнего часа нет.

Ответ. 8 ч.

Пусть производительность второго $p>0$, первого $2p$. Тогда $3p=\frac16$, то есть $p=\frac1{18}$, $2p=\frac19$. Времена обратно пропорциональны производительностям: первый потратит 9 ч, второй 18 ч. Проверка: $\frac69+\frac6{18}=1$ .

Ответ. Первый - 9 ч, второй - 18 ч.

Пусть плановая норма $x>0$ деталей. Равенство объёмов даёт $12x=10(x+5)$, поэтому $2x=50$ и $x=25$. Заказ содержит $12\cdot25=300$ деталей. Фактически $10\cdot30=300$. Получены положительные целые количества, соответствующие условию.

Ответ. 25 деталей в день; 300 деталей.

В первой части $10\cdot0{,}2=2$ кг вещества, во второй $15\cdot0{,}4=6$ кг. Общая масса 25 кг, вещества 8 кг. Доля $\frac8{25}=0{,}32$, то есть 32%. Она между 20% и 40%, но не равна их среднему 30%: массы исходных растворов различаются.

Ответ. 32%.

Пусть добавляют $x\geq0$ кг. Вещества станет $2+x$ кг, раствора $20+x$ кг. Поэтому $2+x=0{,}25(20+x)$, откуда $0{,}75x=3$ и $x=4$. Знаменатель $20+x$ положителен. После добавления получаем 6 кг вещества в 24 кг раствора: $\frac6{24}=\frac14$ .

Ответ. 4 кг.

Вещества остаётся $12\cdot0{,}3=3{,}6$ кг. Если добавили $x\geq0$ кг воды, то $3{,}6=0{,}18(12+x)$, откуда $12+x=20$ и $x=8$. Масса возрастает, доля уменьшается; $\frac{3{,}6}{20}=0{,}18$. Линейное уравнение имеет единственное решение.

Ответ. 8 кг.

Масса вещества сохраняется и равна 6 кг. Воды сначала 34 кг. Пусть испарилось $x$ кг, $0\leq x\leq34$. Уравнение $6=0{,}2(40-x)$ даёт $x=10$. Это допустимо: воды останется 24 кг, вещества 6 кг, общая масса 30 кг. Доля равна 20%.

Ответ. 10 кг.

Обозначим массы $x,y\geq0$. Балансы общей массы и меди: $$\begin{cases}x+y=30,\\0{,}2x+0{,}5y=9{,}6.\end{cases}$$ Подстановка $x=30-y$ даёт $6+0{,}3y=9{,}6$, то есть $y=12$, $x=18$. Проверка меди: $3{,}6+6=9{,}6$ кг. Разные исходные доли обеспечивают единственность решения.

Ответ. 18 кг 20%-го и 12 кг 50%-го сплава.

Сухого вещества сначала 20 кг. После сушки оно составляет $100\%-60\%=40\%$ конечной массы $M$. Поэтому $0{,}4M=20$, $M=50$ кг. Испарилось 50 кг воды. Было 80 кг воды, осталось 30 кг, а $\frac{30}{50}=60\%$. Нельзя вычитать процентные пункты из исходной массы: проценты относятся к разным массам.

Ответ. 50 кг продукта; 50 кг воды испарилось.

В исходном растворе 6 кг вещества. С 5 кг однородной смеси удалили $5\cdot0{,}3=1{,}5$ кг вещества. Осталось 4,5 кг, а после добавления воды общая масса вновь 20 кг. Доля $\frac{4{,}5}{20}=0{,}225$, то есть 22,5%. Удалялся раствор, а не чистая вода и не чистое вещество.

Ответ. 22,5%.

Каждый раз удаляется $\frac1{10}$ имеющегося вещества, остаётся $\frac9{10}$. После двух операций вещества $20\left(\frac9{10}\right)^2=16{,}2$ кг. Общая масса восстановлена до 100 кг, поэтому доля 16,2%. По этапам: 20 кг вещества, затем 18 кг, затем 16,2 кг. Второй раз удаляются не прежние 2 кг, а 1,8 кг.

Ответ. 16,2%.

Скорости относительно берега равны $13+2=15$ и $13-2=11$ км/ч. Обе положительны. Времена участков складываются: $$t=\frac{60}{15}+\frac{60}{11}=\frac{104}{11}\text{ ч}.$$ Проверка: за 4 ч вниз пройдено 60 км, за $\frac{60}{11}$ ч вверх - тоже 60 км. Средняя скорость меньше собственной: $\frac{120}{\frac{104}{11}}=\frac{165}{13}<13$ .

Ответ. $\frac{104}{11}$ ч.

Полином непрерывен на отрезке, поэтому максимум существует. Производная $f'(x)=3(x^2-1)$ обращается в нуль при $x=\pm1$; обе точки внутри. Проверяем их и концы: $f(-2)=-2$, $f(-1)=2$, $f(1)=-2$, $f(2)=2$. Других внутренних критических точек нет, так что максимальное значение 2 достигается при $x=-1$ и $x=2$ .

Ответ. 2; точки $-1$ и 2.

ОДЗ: $x-1>0$, то есть $x>1$. Логарифм с основанием $2>1$ строго возрастает, поэтому на ОДЗ переход равносилен $x-1>2^3=8$. Получаем $x>9$, и всё это множество принадлежит ОДЗ. Точка 9 не входит из-за строгого знака.

Ответ. $(9;+\infty)$ .

Замена $t=\sin x$ требует $-1\leq t\leq1$. Уравнение $(2t-1)(t-1)=0$ даёт допустимые $t=\frac12$ и $t=1$. В первом случае $x=\frac\pi6+2\pi k$ или $x=\frac{5\pi}6+2\pi k$, во втором $x=\frac\pi2+2\pi k$, $k\in\mathbb Z$. На заданном отрезке во всех трёх сериях подходит только $k=0$. Концы 0 и $2\pi$ не являются корнями, поскольку синус там равен нулю. Серии не пересекаются.

Ответ. $\frac\pi6,\frac\pi2,\frac{5\pi}6$ .

Пусть первому нужно $x>0$ ч, второму $x+6$ ч. Уравнение производительностей $\frac1x+\frac1{x+6}=\frac14$. Умножение на положительное $4x(x+6)$ равносильно и даёт $x^2-2x-24=0$, то есть $(x-6)(x+4)=0$. Корень $-4$ недопустим. При $x=6$ второй работает 12 ч; $\frac46+\frac4{12}=1$ .

Ответ. 6 ч и 12 ч.

За первые 4 ч выполнена $\frac13$ заказа, осталось $\frac23$. Совместная производительность $\frac5{36}$, поэтому второй этап занимает $\frac{\frac23}{\frac5{36}}=\frac{24}{5}$ ч. Полное время $4+\frac{24}{5}=\frac{44}{5}=8{,}8$ ч. Проверка баланса: $\frac4{12}+\frac{24}{5}\cdot\frac5{36}=1$ .

Ответ. 8,8 ч.

За 2 ч заполнено $2(\frac16+\frac19)=\frac59<1$ бассейна, значит переключение действительно происходит до наполнения. Осталось $\frac49$. Вторая труба заполняет эту долю за $\frac{\frac49}{\frac19}=4$ ч. Всего $2+4=6$ ч. График накопленного объёма меняет наклон в момент 2 ч, но остаётся непрерывным.

Ответ. Через 6 ч.

Обозначим производительности $p_1,p_2,p_3$. Сложение трёх парных равенств даёт $2(p_1+p_2+p_3)=\frac1{12}+\frac1{15}+\frac1{20}=\frac15$. Поэтому общая скорость $\frac1{10}$, время 10 ч. Вычитая из общей скорости соответствующие пары, получаем $p_1=\frac1{10}-\frac1{15}=\frac1{30}$, $p_2=\frac1{10}-\frac1{20}=\frac1{20}$, $p_3=\frac1{10}-\frac1{12}=\frac1{60}$. Все положительны и дают исходные суммы, что проверяет существование модели, а не только формальный ответ.

Ответ. Вместе 10 ч; отдельно 30, 20 и 60 ч.

Пусть масса второго сплава $x>0$ кг, первого $x+10$ кг. Баланс меди: $$0{,}4(x+10)+0{,}25x=0{,}35(2x+10).$$ Отсюда $0{,}65x+4=0{,}7x+3{,}5$, значит $x=10$. Массы исходных сплавов 20 и 10 кг, итоговая масса 30 кг. Проверка: меди $8+2{,}5=10{,}5$ кг, и $\frac{10{,}5}{30}=0{,}35$. Требуемая доля лежит между исходными.

Ответ. 30 кг.

Пусть первой руды $x\in[0;100]$ кг, второй $100-x$. Выход из килограмма первой равен $0{,}25\cdot0{,}9=0{,}225$ кг, из второй $0{,}4\cdot0{,}8=0{,}32$ кг. Поэтому $0{,}225x+0{,}32(100-x)=27{,}25$. Получаем $0{,}095x=4{,}75$, $x=50$. Проверка выходов: $11{,}25+16=27{,}25$ кг. Проценты извлечения относятся к содержащемуся металлу, а не ко всей массе руды.

Ответ. По 50 кг каждой руды.

Пусть норма $x>0$ деталей в день. Плановое и фактическое времена равны $\frac{600}{x}$ и $\frac{600}{x+5}$. Условие $\frac{600}{x}-\frac{600}{x+5}=4$ на ОДЗ равносильно $x(x+5)=750$. Уравнение $(x-25)(x+30)=0$ даёт единственный положительный корень 25. План - 24 дня, факт - 20 дней; разность 4. Обе нормы и оба числа дней целые.

Ответ. 25 деталей в день.

Обозначим массу 30%-го через $y\geq0$, тогда 10%-го $2y$, 60%-го $50-3y\geq0$. Баланс вещества: $0{,}1\cdot2y+0{,}3y+0{,}6(50-3y)=17$. Отсюда $30-1{,}3y=17$, $y=10$. Получаем 20, 10, 20 кг. Проверка: $2+3+12=17$ кг вещества в 50 кг смеси; все ограничения выполнены. Линейное уравнение исключает другие составы.

Ответ. 20 кг, 10 кг и 20 кг соответственно.

Пусть исходная доля $c\in[0;1]$. В оставшихся 18 кг смеси вещества $18c$ кг. После добавления масса вновь 20 кг, вещества $18c+2$. Поэтому $18c+2=20\cdot0{,}28=5{,}6$, откуда $c=0{,}2$. Проверка: сначала 4 кг вещества, удалено 0,4 кг, добавлено 2 кг; стало 5,6 кг.

Ответ. 20%.

В первом остаётся доля $1-\frac{20}{100}=0{,}8$ исходного вещества, концентрация $40\%\cdot0{,}8=32\%$. Во втором остаётся доля $0{,}9^2=0{,}81$, концентрация 32,4%. Разность 0,4 процентного пункта. При второй небольшой замене удаляется уже разбавленный раствор, поэтому вещества теряется меньше, чем при одной большой замене. Общая масса добавленной воды одинакова, но результат различается.

Ответ. В первом; на 0,4 процентного пункта.

Допустимо $0<x\leq60$. Изначально вещества 18 кг. После первой замены остаётся $18(1-\frac{x}{60})$, после второго удаления - $18(1-\frac{x}{60})^2$. Затем поступает $0{,}6x$ кг вещества. Масса смеси вновь 60 кг, поэтому $$18\left(1-\frac{x}{60}\right)^2+0{,}6x=20.$$ Линейные члены сокращаются: $18+\frac{x^2}{200}=20$. Кандидаты $x=\pm20$, из которых подходит только 20. Проверка по этапам: 18 кг вещества, затем 12, затем 8, наконец 20. Ни одно удаление не превышает имеющуюся массу.

Ответ. 20 кг.

Приток $\frac1{10}+\frac1{15}=\frac16$ объёма в час. Последние 3 ч дают $\frac12$ бассейна, поэтому первые 4 ч тоже дали $\frac12$. Для расхода слива $q\geq0$ получаем $4(\frac16-q)=\frac12$, то есть $q=\frac1{24}$. Время опорожнения 24 ч. Чистая скорость первого этапа $\frac18>0$; заполнение монотонно от 0 до $\frac12$, затем до 1, поэтому преждевременного переполнения не было.

Ответ. 24 ч.

Пусть первое время $x>0$, второе $x+5$. Уравнение $\frac1x+\frac1{x+5}=\frac16$ равносильно $x^2-7x-30=0$ на положительной области. Корни 10 и $-3$; второй исключён. Времена 10 и 15 ч. За совместные 6 ч первый выполнит $\frac6{10}=\frac35$, второй $\frac6{15}=\frac25$. В сумме 1; отношение производительностей соответствует найденным временам.

Ответ. 10 ч и 15 ч; доля первого $\frac35$ .

Сначала вещества в A 8 кг, в B 3 кг. Первый перенос несёт 4 кг вещества: в A остаются 10 кг смеси и 4 кг вещества, в B становятся 40 кг смеси и 7 кг вещества. Доля в B равна $\frac7{40}$. Обратный перенос несёт $10\cdot\frac7{40}=\frac74$ кг вещества. Поэтому в A теперь $4+\frac74=\frac{23}{4}$ кг вещества при массе 20 кг: доля $\frac{23}{80}=28{,}75\%$. В B остаётся $7-\frac74=\frac{21}{4}$ кг в 30 кг смеси: доля 17,5%. Общая масса вещества $\frac{23}{4}+\frac{21}{4}=11$ кг сохранилась. Обратный перенос не возвращает исходный состав.

Ответ. A - 28,75%; B - 17,5%.

Оба времени положительны. Совместное время $$T(x)=\frac{x(30-x)}{30}=\frac{15}{2}-\frac{(x-15)^2}{30}.$$ На $[6;15]$ функция строго возрастает, на $[15;24]$ строго убывает. Значения на концах одинаковы: $T(6)=T(24)=\frac{24}{5}$; максимум $\frac{15}{2}$ при $x=15$. Потому вне $[\frac{24}{5};\frac{15}{2}]$ решений нет; внутри, кроме максимума, горизонтальный уровень пересекает обе ветви. Формула корней $x=15\pm\sqrt{225-30a}$ подтверждает их допустимость: при $\frac{24}{5}\leq a<\frac{15}{2}$ корень под радикалом лежит в $(0;81]$, то есть отклонение от 15 не больше 9. При максимуме обе записи совпадают.

Ответ. 2 значения при $\frac{24}{5}\leq a<\frac{15}{2}$; 1 при $a=\frac{15}{2}$; 0 в остальных случаях. При $a=\frac{24}{5}$ значения $x=6,24$, при максимуме $x=15$ .

Пусть массы $x,y,z\geq0$, причём $y\leq60$. Балансы $x+y+z=100$ и $0{,}1x+0{,}3y+0{,}7z=40$. Исключая $y$, получаем $z=25+\frac{x}{2}$, $y=75-\frac{3x}{2}$. Неотрицательность и ограничение запаса равносильны $10\leq x\leq50$; $z$ на этом отрезке положителен. Стоимость $$C=20x+30\left(75-\frac{3x}{2}\right)+60\left(25+\frac{x}{2}\right)=3750+5x.$$ Она строго возрастает по $x$, поэтому единственный минимум достигается при $x=10$. Тогда $y=60$, $z=30$, стоимость 3800 рублей. Проверка вещества: $1+18+21=40$ кг. Все возможные составы описаны одним отрезком, значит более дешёвого скрытого варианта нет.

Ответ. 10, 60 и 30 кг соответственно; 3800 рублей.

Если $a\geq12$, первый успевает всё сделать до присоединения, поэтому $T(a)=12$. Если $0\leq a<12$, к присоединению сделана доля $\frac a{12}$, а остаток $1-\frac a{12}$ положителен. Его выполняют со скоростью $\frac5{36}$, поэтому $$T(a)=a+\frac{1-\frac a{12}}{\frac5{36}}=\frac{36}{5}+\frac{2a}{5}.$$ При $a\to12$ эта формула даёт 12 и согласуется с первым случаем. Требование $T\leq9$ в первом случае невозможно, а во втором равносильно $36+2a\leq45$, то есть $a\leq\frac92$. Пересечение с $0\leq a<12$ даёт $[0;\frac92]$. При граничной задержке первый делает $\frac38$, а вместе за оставшиеся 4,5 ч выполняют $\frac58$ .

Ответ. $T(a)=\frac{36}{5}+\frac{2a}{5}$ при $0\leq a<12$; $T(a)=12$ при $a\geq12$. Допустимые задержки $0\leq a\leq\frac92$ ч.

Положим $r=\frac{x}{60}\in[0;1]$. После двух удалений исходного вещества остаётся $24(1-r)^2$ кг; второй долив добавляет $18r$ кг. Масса смеси 60 кг, поэтому $$c(r)=\frac25(1-r)^2+\frac3{10}r=\frac25r^2-\frac12r+\frac25=\frac{39}{160}+\frac25\left(r-\frac58\right)^2.$$ Минимум $c_* =\frac{39}{160}$ достигается при $r=\frac58$, то есть $x=37{,}5$ кг. На $[0;\frac58]$ функция строго убывает от $\frac25$ до $c_*$; на $[\frac58;1]$ возрастает до $\frac3{10}$. Поэтому уровни $(c_*;\frac3{10}]$ пересекают обе ветви, а $(\frac3{10};\frac25]$ - только левую. При $a=c_*$ корень один, вне диапазона нет. Проверим верхний конец правой ветви: при $a=\frac3{10}$ уравнение $4r^2-5r+1=0$ даёт $r=\frac14,1$, то есть $x=15,60$. При $a=\frac25$ корни $r=0,\frac54$, но второй вне ОДЗ, остаётся $x=0$. Полное удаление $x=60$ разрешено условием и даёт 30%-й раствор.

Ответ. 0 значений при $a<c_*$ или $a>\frac25$; 1 при $a=c_*$ и при $\frac3{10}<a\leq\frac25$; 2 при $c_*<a\leq\frac3{10}$. Критические случаи разобраны выше.

Каждая операция умножает массу вещества на $\frac9{10}$ и возвращает общую массу к 100 кг. По индукции после $n\geq0$ операций $c_n=\frac25(\frac9{10})^n$. Нужно $(\frac9{10})^n<\frac12$. Последовательность строго убывает, так как каждый следующий положительный член в 0,9 раза меньше предыдущего. Точные соседние значения: $0{,}9^6=0{,}531441>\frac12$, $0{,}9^7=0{,}4782969<\frac12$. Поэтому при шести и при любом меньшем числе операций условие ещё не выполнено, при семи выполнено. Концентрации соответственно 21,25764% и 19,131876%. Логарифм допустим, но округление логарифма не должно подменять проверку строгой границы.

Ответ. 7 операций.

Оба удаления допустимы и после каждого масса восстанавливается до 100 кг. Доля исходного вещества, оставшаяся после операций, равна $(1-\frac{x}{100})(1-\frac{40-x}{100})$. Итоговая концентрация в процентах: $$C(x)=40\left(1-\frac{x}{100}\right)\left(1-\frac{40-x}{100}\right)=\frac{128}{5}-\frac{(x-20)^2}{250}.$$ На $[0;40]$ квадрат $(x-20)^2$ пробегает $[0;400]$, значит $24\leq C(x)\leq\frac{128}{5}$. Если $a<24$, решений нет. Если $a\geq\frac{128}{5}$, подходит весь отрезок. В оставшемся случае $24\leq a<\frac{128}{5}$ неравенство равносильно $$|x-20|\geq d,\qquad d=\sqrt{6400-250a},\quad 0<d\leq20.$$ Отсюда $x\in[0;20-d]\cup[20+d;40]$. Все концы включаются, поскольку исходное неравенство нестрогое. При $a=24$ это две точки $0,40$; при $a=\frac{128}{5}$ получаем весь отрезок, включая $x=20$. Максимальное удаление вещества соответствует минимальной конечной концентрации 24%, то есть $x=0$ или 40: одна ненулевая замена 40 кг. Тогда удаляется $40-24=16$ кг вещества. При равном делении замен остаётся 25,6 кг вещества, поэтому оно удаляется менее эффективно.

Ответ. Пустое множество при $a<24$; $[0;20-d]\cup[20+d;40]$ при $24\leq a<\frac{128}{5}$; $[0;40]$ при $a\geq\frac{128}{5}$, где $d=\sqrt{6400-250a}$. Больше всего вещества удаляется при $x=0$ или 40.