sol06

Решения
задач второй межвузовской олимпиады по математике
Вологда, 24.12.2006
n 1
4
1.Из равенства n 2 4 n  xn  4 9n 2  6n  5  20 получаем lim xn  .
n
27
27
3
2. Докажем индукцией по числу строк (столбцов) матрицы n . При n  1 утверждение
очевидно. Пусть оно верно при n  k  1. Рассмотрим теперь случай n  k . Рассмотрим
главный минор через A матрицы порядка n  k . По предположению индукции,
диагональные элементы a11 ,..., an1,n1 можно выбрать равными нулю или единице так,
akk  x . Тогда определитель всей
матрицы вычисляется по формуле   Ax  K , где величина K не зависит от x , и
следовательно, можно выбрать x либо нулем либо единицей так, чтобы   0 .
что A  0 Пусть оставшийся диагональный элемент
3. Достаточно доказать, что проекция получившегося в результате вектора на каждую из
координатных осей равна нулю. Докажем требуемое утверждение для проекции на ось
OZ . Прежде всего отметим, что каждое слагаемое такой проекции есть произведение
площади соответствующей грани на проекцию единичного вектора внешней нормали на
ось OZ . Это произведение равно площади проекции этой грани на плоскость XOY ,
взятую со знаком "плюс" для "верхних" граней, и со знаком "минус" для "нижних"
граней. (Грань назовем верхней или нижней в зависимости от знака косинуса угла между
вектором нормали и осью OZ ). Отметим теперь, что сумма проекций "верхних" граней
на плоскость XOY равна проекции на эту плоскость всего многогранника. Точно такое
же слагаемое, но с противоположным знаком, даст и сумма проекций "нижних" граней.
1
n!
1 1
n 1
1
 rn , причем rn 
4. Имеем e  1    ...   1
. Тогда ближайшее к
n  1!
e
1! 2!
n!


1
1!
целое число есть Pn  n!1  
1
n 1 
 ...   1
 . Теперь получаем рекуррентную формулу
2!
n! 
Pn  n  1Pn1  Pn2  , из которой и вытекает требуемое утверждение.
5. Обозначим через  границу выпуклой оболочки пяти заданных точек. Если на ней
лежат не менее четырех точек, то эти четыре - искомые. В противном случае на  лежат
три из данных точек, допустим, A, B, C . Тогда остальные точки D, E лежат внутри
треугольника ABC . Прямая DE не имеет общих внутренних (лежащих внутри
треугольника ABC ) точек хотя бы с одной из сторон треугольника, допустим, с AC .
Тогда точки ACDE - искомые.
2
2
e  x dx
xe x
 x2


2
e
dx .
6. Дважды интегрируя по частям, получаем равенство  2
2
2

x

0
,
5
x  0,5
Отсюда, учитывая что внеинтегральное слагаемое обращается в нуль и в нуле, и в

e
 x2
dx   , получаем

2
 x
e  x dx
 .
2
 0,5
7. Нет. Наибольший общий делитель всех знаменателей имеет вид b  2 k , где b некоторое
бесконечности, и используя интеграл Пуассона

0
2

нечетное число, большее единицы. После приведения к общему знаменателю четными
станут все числители, кроме одного, соответствующего слагаемому вида
следовательно, числитель не будет нацело делиться на знаменатель.
1
,а
b