Решения и ответы к заданиям для олимпиады по математике

Решения и ответы к заданиям для командной олимпиады III открытого регионального студенческого математического
турнира, 2008г.
1. Доказательство.
b
1
 dy x
a
b
y
0
1
1
b
0
b
a
y 1
dx   dx x y dy .
b
x
dy
b 1
1
dy
x
dx

dy


ln
0
 
 y 1
 y  1 a  1;
a
0
a
a
y
1
b
1
xb  x a
 dx x dy   ln x dx ;
0
a
0
y
1
xb  x a
b 1
 ln x dx  ln a  1 .
0
2. Раскрасим вершины куба в красный и синий цвета так, чтобы соседние вершины имели разные цвета. Разобьем плоскость
на клетки так, чтобы грань куба была одной из клеток. Затем раскрасим все вершины клеток в шахматном порядке – так,
чтобы вершины куба стояли на точках плоскости тех же цветов (см. рисунок).
Тогда при любом перекатывании куба вершины его нижней грани будут
совмещаться с точками тех же цветов. Однако, если бы верхняя (а значит, и
нижняя) грань повернулась на 900, то красные точки совместились бы с
синими – противоречие.
3. Докажем данное тождество путем приведения его к алгебраическому
тождеству. Обозначим tg  a ,ctg 
1
1
2
a2  ( a2  1)
a


 a2
Имеем: 1)
2
2
1
1 a
1 a
2
a
4
1 a
a2  ( a4  1)

 a2
2)
4
1
1 a
a2  2
a
a
2
1
.
a
Правая часть выражения равна левой части, ч.т.д.
4. Решение.


D
 ( a  b  c )2  3( a 2  b 2  c 2 )   ( a  b )2  ( a  c )2  ( b  c )2  0  при a=b=с – один действительный корень,
4
иначе – мнимые корни.
5. Решение.
x
x
 
(  ( arctg x ) dx )
 
 ( arctg x ) dx 
2
( arctg x )
2
2

0
0
" "  lim
 lim


lim
2
2
x

1
4
x  
x  
x  
x 1
( x  1 )
x2  1
6. Решение. y   xy   y  0
 y  xy   0
2
2
2
y   xy  C1
y
x2
 C1e 2
 x t2



2
  e dt  C2  .
0



7. Решение. Нет. После n-го разбавления концентрация сиропа станет 0,9n. Но 0,9n0,5 ни при каком n (0,97<0,5<0,96).
8. Решение. Метод математической индукции.
1) n=1. x1 
1
1
 1  x1  . Утверждение верно.
2
2
1
1
, то ( 1  x1 )  ( 1  x2 )  ...  ( 1  xk )  .
2
2
1
3) Проверим при n=k+1. Пусть x1  x2  ...  xk  xk 1  ( xi  0,i  1,...,k  1 ) .
2


 1
Введем xk  xk  xk 1 , тогда xk  0 и x1  x2  ...  xk 1  xk  .
2
2) Пусть верно при n=k, т.е. если x1  x2  ...  xk 
По предположению индукции
( 1  x1 )  ( 1  x2 )  ...  ( 1  xk 1 )  ( 1  xk  ) 
1
1

и т.к. xk  xk  xk 1 , то ( 1  x1 )  ( 1  x2 )  ...  ( 1  xk 1 )  ( 1  xk  xk 1 )  .
2
2
Рассмотрим последний множитель: 1  xk  xk 1  .
Заметим, что
1
 1  xk  xk 1  1  xk  xk 1  xk  xk 1 , где xk  xk 1  0 .
2
Таким образом,
1  xk  xk  1  xk  xk 1  xk  xk 1  ( 1  xk )  xk 1( 1  xk )  ( 1  xk )  ( 1  xk 1 ) Следовательно,
( 1  x1 )  ( 1  x2 )  ...  ( 1  xk 1 )  ( 1  xk )  ( 1  xk 1 ) 
 ( 1  x1 )  ( 1  x2 )  ...  ( 1  xk 1 )  ( 1  xk  xk 1 ) 
1
2
Утверждение остается верным при n=k+1. Следовательно, верно для n N .
9. Разрежем тетраэдр на 4 треугольные пирамиды, основаниями которых служат грани тетраэдра, а вершиной служит
данная точка. Указанная сумма отношений является суммой отношений объемов этих пирамид к объему тетраэдра. Эта
сумма равна 1, так как сумма объемов пирамид равна объему тетраэдра.
10. Пусть a  a1 e1  a2 e2  a3 e3 и b  b1 e1  b2 e2  b3 e3 , где e1 ,e2 ,e3 - единичные векторы, направленные вдоль осей
координат.
В силу того, что
   
б)  a ,  b   a ,b ;
в) a ,b  c   a ,b   a ,c  и учитывая, равенства: e ,e   e , e ,e   e , e ,e   e
а) a ,b   b ,a ;
1
2
3
2
3
1
3
1
2
 
, получим, что вектор a ,b имеет
координаты
(a2b3-a3b2, a3b1-a1b3, a1b2-a2b1).
11. Решение: Пусть a,b,c - стороны такого треугольника, p - его полупериметр. По формуле Герона радиус вписанной
окружности равен √{[((p−a)(p−b)(p−c))/p]}, откуда p=(p−a)(p−b)(p−c).
Без
ограничения
общности
можно
считать,
что
r1=p−c ≤ r2=p−b ≤ r3=p−c.
В силу неравенства треугольника все эти числа положительны, кроме того они все или одновременно целые, или
одновременно
полуцелые.
Но
теперь
r1+r2+r3=r1r2r3,
следовательно ri все являются целыми. r3 больше остальных, и, как легко заметить, равенство r1=r2=r3 невозможно. Тогда r1+r2
< 2r3. С другой стороны, r1+r2=(r1r2−1)r3, то есть r3 делит r1+r2, следовательно r3=r1+r2. Отсюда r1r2=2. Тогда r1=1, r2=2, r3=3.
Итак, p=6, c=5, b=4, a=3.
Ответ: Да, такой треугольник единственный, длины сторон 3, 4 и 5.
12. Решение. Рассмотрим, например, тройки вида (n!, n, n!-1). Утверждается, что все они удовлетворяют условию задачи.
Действительно, так как для любого числа k выполняется равенство k!=k(k-1)!, то (n!)!=n!(n!-1)!
Полагая n равным 3,4,…,2011 можем получить 2008 троек, удовлетворяющих условию задачи.
Ответ: 6!=3!5!