здесь - Белорусский государственный экономический университет

Решения задач студенческой олимпиады по
математике БГЭУ 2015
1 0 
0 1 
ВА

1. Существуют ли такие матрицы А и В , что АВ  
,
а

1 0  ?
0 1 


Решение. Предположим, что такие матрицы существуют. Так как АВ и ВА –
квадратные матрицы второго порядка, то и матрицы А и В также квадратные порядка
два. Из равенства АВ  Е следует, что В  А1 . Но по определению обратной матрицы
А  А1  А1  А  Е , что противоречит условию. Следовательно, таких матриц не существует.
2. Найти предел lim x cos  arctg x  .
x 
Решение. Так как
cos2  
1
, tg  arctg x   x и cos  arctg x   0 ,
1  tg 2 
то справедливо равенство
cos  arctg x  
1
1  x2
.
Тогда
lim x cos  arctg x   lim
x 
x 
x
1  x2
1.
3. Найти наибольшее значение функции f ( x)  x3  3x на множестве
X  {x  : x 4  36  13x 2}.
Решение. Так как Х – это множество решений неравенства x 4  13x 2  36  0 , то
X   3; 2   2;3 .
Найдем наибольшее значение функции f ( x)  x3  3x на отрезках  3; 2 и  2;3 . Из
уравнения f ( x)  3x 2  3  0 находим критические точки функции x1  1 , x2  1 , но
они не принадлежат множеству Х . Следовательно, наибольшее значение функция
принимает на одном из концов отрезка. Так как
f  3  18, f  2   2, f  2   2, f  3  18 ,
то max f  x   18 .
xX
4. Вычислить определитель n - го порядка, элементы которого определяются
формулой aij  max i, j , i, j  1, , n .
Решение.

1
2
3
2
2
3
n 1 n
n 1 n
n 1 n
3
3
3
 n
1
2
3
2
2
3
n 1 n
n 1 n
n 1 n
3
3
3
.
n 1 n 1 n 1
n 1 n
n 1 n 1 n 1
n 1 n
n
n
n
n n
1
1
1
1 1
Отнимем от первой строки определителя поледнюю строку, от второй – последнюю строку, умноженную на 2, от третьей – последнюю строку, умноженную на 3 и
т.д. и разложим полученный определитель по элементам 1-го столбца:
0 1 2
n  2 n 1
1 2 3
n 1
0 0 1
n3 n2
0 1 2
n2
0 0 0
n4 n3
n 1
n 1
  n
 n   1 0 0 1
n  3   1  n .
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
200
5. Вычислить

1  cos 2x dx .
0
Решение.
200

0
200
1  cos 2 x dx 

200
2sin x dx  2 
2
0


sin x dx  200 2   sin x dx 
0
0

 200 2    cos x  0  200 2    cos   cos0   400 2 .
6. Функция f ( x) определена и возрастает на отрезке 0,1 . Доказать, что при любом  0;1 выполнено неравенство

1
0
0
 f ( x)dx    f ( x)dx .
Решение. Выполним замену переменной x   t , dx   dt :

1
0
0
 f ( x)dx    f ( t )dt .
Так как функция возрастает на отрезке 0,1 и  t  t при любом  0;1, то
справедливо неравенство f  t   f  t  . Следовательно,
1
1
1
0
0
0
  f ( t )dt    f (t )dt    f ( x)dx .
7. Найти количество корней уравнения x a  ln x в зависимости от значения параметра a .
Решение. Исходя из вида графиков функций y  x a и y  ln x очевидно, что при a  0
уравнение имеет единственный корень.
Пусть a  0 . Рассмотрим функцию f  x   x a  ln x ,
определенную и непрерывную на  0;  . Нули этой функции являются корнями
уравнения x a  ln x . Так как
f   x   ax
то функция убывает при x  a

f  x  в точке минимума x0  a
1
a
1

a
a 1
1 ax a  1
,
 
x
x

1
a
и возрастает при x  a . Найдем значение функции
:
1 1
1  ln a
.
 ln a 
a a
a
Если a  e1 , то f  x0   0 , и уравнение не имеет корней.
f  x0   a  ln a
1

1
a

Если a  e1 , то f  x0   0 , и уравнение имеет единственный корень.
Если 0  a  e1 , то f  x0   0 , следовательно, уравнение имеет 2 корня.