Олимпиада 2007. 1. Доказать, что касательные плоскости к

Олимпиада 2007.
1. Доказать, что касательные плоскости к поверхности x  y  z  a ,
отсекают на осях координат отрезки, сумма которых постоянна.
Доказательство.
Уравнение касательной плоскости к поверхности заданной неявно
уравнением F ( x; y; z )  0 в точке M ( x0 ; y 0 ; z 0 ) имеет вид
FxM x  x0   FyM  y  y0   FzM z  z 0   0 .
Возьмем произвольную(текущую) точку M ( x0 ; y 0 ; z 0 ) принадлежащую
поверхности, то есть ее координаты удовлетворяют уравнению поверхности
x0  y 0  z 0  a .
1
1
Найдем частные производные в точке M , Fx( M ) 
; Fy( M ) 
;
2 y0
2 x0
1
и уравнение касательной плоскости примет вид
Fy( M ) 
2 y0
x  x0 y  y 0 z  z 0


 0 . Преобразуем его, приведя к уравнению плоскости
2 x0 2 y 0 2 z 0
x
y0
z
x
y
z
 0 


 0  0,
2
2
2
2 x0
2 y0
2 z0
x
y
z
x
y
z


 a  0,


 1. Итак на осях Ox,
x0
y0
z0
x0 a
y0 a
z0 a
в отрезках.
Oy и Oz касательная плоскость отсекает отрезки величиной
и
z 0 a соответственно.
Найдем их сумму.
константа.
x0 a + y 0 a + z 0 a = a

x0 a ,
y0 a

x0  y 0  z 0 = a Доказательство закончено.
2. Доказать, что семейства гипербол x 2  y 2  a и xy  b образуют
ортогональную сетку, то есть кривые этих семейств пересекаются под
прямым углом.
Доказательство.
Углом между кривыми в точке их пересечения называется угол между
касательными этих кривых в этой точке. В силу симметрии, рассмотрим
лишь первую четверть x  0 , y  0 .
Возьмем точку M 0 ( x0 ; y 0 ) пересечения двух произвольных кривых из этих
семейств.
1
 x0 2  y 0 2  a

 x0 y 0  b
Найдем угловой коэффициент касательной к каждой из кривой в этой
точке.
b
b
b
b
b
, y    2 , y 0  , y  x0    2 , k1   2
x
x0
x
x0
x0
x0
x
2
 x0  
y

x

a
y
2) y 2  x 2  a , y  x 2  a , y  
,
,
,
0
0
2
x2  a
x0  a
x0
k2 
.
2
x0  a
Если k1  k 2  1, то прямые перпендикулярны.
x0
b
b
b
b
 2





 1. Касательные в точке
2
2
x
y
b
x0
x0  a x0 x0  a
0 0
1) y 
касания перпендикулярны, следовательно кривые ортогональны.
Доказательство закончено.
2
3. В угол величиной 60 вписана окружность радиуса r , затем еще одна
внутренним образом касающаяся первой, и еще и т.д. как показано на
рисунке:
Найти сумму площадей всех полученных кругов.
Решение.
O
r
r1
O1
r  r1
A
r1
30 
Из прямоугольного треугольника AO1O с AO1O  30  имеем 2r  r1   r  r1 ,
1
1
1
1
откуда r1  r . Аналогично r2  r1 или r2  2 r . Далее получаем rn  n r и
3
3
3
3
т.д.
1
1
1


S  r 2  r12  r22    rn2      r 2  r 2  2 r 2    n r 2   =
9
9
9




 1  9
1
1
1


 = r 2 .
r 2 1   2    n   = r 2 
9
1  1  8
 9 9



 9
9
Ответ: r 2 .
8
3
4. Найти кривую, у которой абсцисса центра тяжести плоской фигуры
ограниченной осями координат, этой кривой и вертикальной прямой
проходящей через абсциссу любой ее точки, равна ¾ абсциссы этой
точки.
Решение.
M x; y 
y  y(x)
O
x
x
Абсцисса центра тяжести однородной плоской фигуры криволинейной
трапеции ограниченной сверху графиком функции y  f (x) вычисляется по
b
формуле x 
 xf ( x)dx
a
b
. Возьмем произвольную (текущую) точку M на
 f ( x)dx
a
искомой кривой y  y (x) , M  x; y ( x)  . Рассмотрим криволинейную фигуру
согласно условию задачи и выразим ее абсциссу центра тяжести:
x
x
 xy ( x)dx
0
x
 y ( x)dx
0
x
. Получим уравнение
 xy ( x)dx
0
x
 y ( x)dx
3 x
3 x
 x ,  xy ( x)dx  x  y ( x)dx ,
4 0
4 0
0


x
 3 x

продифференцируем по x последнее равенство   xy ( x)dx    x   y ( x)dx  .
0
 4 0

4
Производная от интеграла с переменным верхним пределом равна значению
пдынтегрального выражения на верхнем пределе.
3x
3
1
3x
3 x

xy ( x)  1   y ( x)dx  x  y ( x)  , xy   y ( x)dx  xy , xy   y ( x)dx ,
40
4
4
40
4 0

Продифференцируем по x полученное равенство еще раз

1
 1
 3x
x  y     y( x)dx  , 1  y  x  y  3 y , 1 xy  1 y , y   2 y получили
x
4
4
2
4
40
 4
дифференциальное уравнение относительно неизвестной функции y  y (x) .
dx
dy 2 y dy
Решаем его
,

 2 , y  Cx 2
dx x y
x
2
Ответ: парабола y  Cx .
5. Круг радиуса r катится без скольжения по окружности радиуса R
оставаясь внутри нее. Траектория некоторой точки M окружности катящегоcя
1
2
круга называется гипоциклоидой. Изобразить эту траекторию при r  R .
Решение.
Рассмотрим параметрическое уравнение этой кривой в полярной системе
    
координат 
, где  - угол поворота круга радиуса r .
    
5
Из OAM   AO  R  r ; AM   r; OAM       по теореме косинусов
имеем: OM 2  OA2  AM 2  2  OA  AM   cosOAM  , то есть
2
 2    R  r   r 2  2R  r r cos    . При R  2r получается:
    r 2  r 2  2r 2 cos  r 21  cos  , OA  AM  и OAM        
равнобедренный, следовательно AOM  
 . Длина дуги M C
2
2
r

равна длине дуги MC , то есть  r  COM R , откуда COM    .
R
2
 
    COM  AOM     0 .
2
2
6
     r 21  cos 
Итак 
, где   0; . Это параметрическое уравнение





0

траектории точки M маленького круга, когда он делает пол оборота и точка
M переходит в точку O , двигаясь по оси Ox , а центр становится на оси Oy .
Из соображений симметрии при дальнейшем движении круга точка M будет
перемещаться от точки O по оси Ox в отрицательном направлении.
Ответ: отрезок  R; R  .
y
x
R
R
Олимпиада 2008
1. Для каждого значения параметра  исследовать на совместность и найти
3  2 x1  2   x2  x3  

решение системы 2   x1  2   x2  x3  1
 x  x  2   x  1
3
 1 2
Решение.
1. Выпишем основную и расширенную матрицу системы и приведем ее к
треуголиному виду.
  1
1
2 1 
 3  2 2   1

 

A  2   2   1
1   2   2   1
1
1
1
2   1   3  2 2   1
 

2
1 1

1


2
1  2   
1 2    
0 0


 0 2    3  2 1  2   3  2    3  2 
2
1
1 1



2
 0   1  2  7  5 3  3 
0 0
 2  4  3   1 

По теореме Кронеккера-Капелли, если ранг основной матрицы системы не
равен рангу расширенной матрицы системы, то система несовместна, то есть
решений не имеет.
Если  2  4  3 =0, а   1  0 , то система несовместна.
1  3 ,  2  1.
  1.
При   3 система несовместна, решений не имеет.
7
 x1  1  C 2  C1
1 1 1 1 



При   1 имеем:  0 0 0 0  , откуда x1  x 2  x3  1 и  x 2  C1
 0 0 0 0
x  C


2
 3
общее решение.
При   3 и   1 ранг основной матрицы системы равен рангу расширенной
матрицы системы и равен числу неизвестных, следовательно система имеет
единственное решение.
 x1  x 2  2   x3  1
 x1  x2  2   x3  1

2
  1x 2   2  7  5x3  3  3 ,   1x2  2  5  1x3  3  1
 2  4  3x    1
   1  3x    1
3

3

2
 3 



 x1  x 2  3    1  x1  2  3    x1  1
 x1  x 2  2   x3  1 



2  5 , 
4

,
, x  4  


x

2


5
x

3
 2
 2
 x2  3 
 x2 
3
3
3
3




1
 x3 
3

1

 x3  3  

1
2. Пусть f x   3  x
1
1

 x3  3  

1

 x3  3  
1
3x  1 Доказать, что найдется число
2 x  1 3 x  1 7 x8  1
2
c
0  c  1 такое, что
5  3x
2
3
5
f (c ) =0.
Решение.
Найдем f 0 и f (1) :
1 1 1
f 0  = 3
5  1  0 , так как первая и третья строки пропорциональны.
1 1 1
1 1 1
f (1) = 2 2 2  0 , так как первая и вторая строки пропорциональны.
1 2 6
Функция f (x) многочлен и следовательно непрерывна на всей числовой
прямой и точно имеет производную в интервале 0; 1 и на концах отрезка
0; 1 принимает равные значения, значит по теореме Роля в интервале 0; 1
существует точка, в которой производная данной функции равна нулю.
3. Функция f (x) определена в окрестности точки a . Существует
последовательность xn  , сходящаяся к точке a , состоящая из точек разрыва
8
функции f (x) . Может ли функция f (x) быть непрерывной
(дифференцируемой) в точке a ? Ответ обосновать.
Решение.
Может.
1

0, при x  n
1) например f ( x)  
, где n  N . Очевидно, что
1
 x, при x 

n
1
последовательность xn  , состоящая из точек разрыва первого рода
n
рассмотренной функции f (x) , сходится к точке a  0 .
Найдем значение функции f (x) в точке 0: f (0)  0
Найдем предел функции f (x) в точке 0: lim f ( x)  0
x 0
Они равны: lim f ( x)  f (0) , значит по определению функция f (x)
x 0
непрерывна в точке 0.
1

0, при x  n
2) Рассмотрим функцию f ( x)  
, где n  N . Очевидно, что
1
 x 2 , при x 

n
1
последовательность xn  , состоящая из точек разрыва первого рода
n
рассмотренной функции f (x) , сходится к точке a  0 . Докажем что эта
функция дифференцируема в точке 0. Для этого точке 0 дадим приращение
1

0
,
при

x


n
,а
x  0 , тогда f (0  x)  
1
2
(x) , при x 

n
1

0
,
при

x


n
f  f (0  x)  f 0  
и
1
2
(x) , при x 

n
1

0, при x 

f 
n

. Найдем предел этого отношения при x  0 .
1
x 
x, при x 

n
f
lim
0
x  0
x
9
Предел отношения приращения функции к приращению аргумента в точке
a  0 существует и конечен, следовательно функция дифференцируема в
точке 0.
n  5 n 1
.

7n
n 1

4. Найти сумму ряда:
Решение.


n  5n
n  5 n 1
=
, рассмотрим ряд
5


n
7n
n 1
n 1 7
2
3
4
n  5n
в развернутом виде:

n
n 1 7

5
n
5
5
5
5
5
5
1  2     3     4     5      n     =
7
7
7
7
7
7
2
2
3
3
3
5 5 5 5 5 5
          
7 7 7 7 7 7
4
4
4
4
5
5
5
5 5 5 5 5 5
5
                     
7
 7   7   7   7  
 7
 7


5 слагаемых
n
n
n
5 5
5
         
7

 
 7
 7


n слагаем ых
Сгруппируем слагаемые так:
n
 5  5 2  5 3  5 4  5 5

5









       
 


7
7  7   7   7   7 

n
 5  2  5  3  5  4  5  5

5
                   
7
 7   7   7   7 

n
 5  3  5  4  5  5  5  6

5








 
       

7
 7   7   7   7 

n
 5  4  5  5  5  6  5  7

5
                     
7
 7   7   7   7 

10
2
3
4
n

5  5 5 5 5
5
1                  
7  7 7 7 7
7

n
 5  5 2  5 3  5 4

5
1









     
 


7
 7 7 7 7

3
2
3
n

5  5 5 5
5
1








  
   
 

7  7 7 7
7

5
 
7
2
5
 
7
4
n
 5  5  2  5 3

5
1                 
7
 7 7 7

n
2
3
n

5  5 5 5
5
   1                
7  7 7 7
7

В квадратных скобках получилась бесконечная сумма геометрической
1
1
7
5
прогрессии со знаменателем q   1 , то есть S 

 .
5 2
7
1 q
1
7
2
3
4
n
5 7 5 7 5 7 5 7
5 7
Получим:                      
7 2 7 2 7 2 7 2
7 2
2
3
n

5  5 5 5
5
= 1                5  7  35 . Итак:
2  7 7 7
7
 2 2 4
n  5 n 1
= 5  35  43 3

n
7
n 1
4
4
Ответ: 43,75

5. Тело, нагретое до 100°С, охладилось за 20 мин до 60°С в комнате с
температурой 20°С. Найти закон охлаждения тела. Через сколько минут оно
остынет до 30°С, если скорость охлаждения пропорциональна разности
температуры тела в данный момент и температуры воздуха в комнате?
Решение.
Пусть t - время, мин; T (t ) - температура тела, °С в момент времени t . Тогда
dT
скорость изменения температуры тела
°С/мин. По условию
dt
dT
  T  20  , где  - коэффициент пропорциональности. Получено
dt
дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися
переменными. Решаем его разделяя переменные:
11
dT
dT
   dt , ln T  20   t  C , T  20  et C ,
 dt , 
T  20
T  20
t C
T t   e
 20 .
Найдем неизвестные константы  и С из условий: T (0)  100 и T (20)  60 .
100  e 0C  20 , eC  80 , C  ln 80 и следовательно T t   80et  20 .
ln 2
.
60  80e 20  20 , e 20  0.5 ,   
20

ln 2
t
20

t
20
T (t )  80e
 20  80  2  20 .
Найдем за какое время t температура тела T  30 °С.
t
t
t



1
3
20
20
20
2

2

2
,
,
, t  60 мин
30  80  2  20
8
Ответ: закон охлаждения тела - T (t )  80  2
через 60 мин.

t
20
 20 ,
Олимпиада 2009
1. Доказать, что касательные плоскости к поверхности xyz  a 3 a  0
образуют с плоскостями координат тетраэдр постоянного объема.
Доказательство.
Уравнение касательной плоскости к поверхности F ( x; y; z )  0 в точке
 x0 ; y0 ; z 0  имеет вид:
Fxx0 ; y0 ; z0 x  x0   Fyx0 ; y0 ; z0  y  y0   Fzx0 ; y0 ; z0 z  z0   0 . Возьмем
произвольную точку  x0 ; y 0 ; z 0  поверхности xyz  a 3  0 и построим в ней
уравнение касательной плоскости. Fx  yz , Fx x0 ; y0 ; z 0   y0 z 0 ; Fy  xz ,
Fyx0 ; y0 ; z0   x0 z0 ; Fz  yx , Fz x0 ; y0 ; z 0   y0 x0 .
y 0 z 0  x  x0   x0 z 0  y  y 0   y 0 x0  z  z 0   0 , y 0 z 0 x  x0 z 0 y  y 0 x0 z  3 x0 y 0 z 0  0 .
Приведем уравнение к уравнению плоскости в отрезках, чтобы узнать какие
отрезки отсекает касательная плоскость на осях координат.
x
y
z


1
z
3 x0 3 y 0 3 z 0
Найдем объем тетраэдра ОАВС через
3z C
смешанное произведение векторов
OA, OB, OC по формуле
3 x0
0
0
27 x0 y0 z 0
1
9
V  0 3 y0 0 
или V  a 3 .
6
6
2
3y
0
0 3z0
y
O
B
То есть объем тетраэдра не зависит от
0


0
A
3x0
x
12
выбора точки  x0 ; y 0 ; z 0  на поверхности xyz  a 3 и всегда равен
9 3
a .
2
Доказательство закончено.
2. Лестница длиной а, прислоненная к вертикальной стене, падает, скользя
одним концом о стену, а другим о пол. С какой скоростью опускается
верхний конец лестницы в момент, когда нижний конец, отодвигающийся от
стены с постоянной скоростью v, отстоит от нее на расстояние b.
Решение.
За время t нижний конец лестницы пройдет
расстояние vt , а перемещение верхнего конца будет
st   a  a 2  vt  . Следовательно его скорость
v 2t
составит st  
. Найдем скорость верхнего
2
2 2
a v t
vb
конца лестницы в момент когда vt  b : s 
.
a2  b2
vb
Ответ:
a2  b2
2
s (t )
a
vt
3. Ребенок, идущий по тротуару, везет за собой по мостовой тележку (рис. 1).
Найти линию (уравнение этой линии), по которой она движется.
Рис 1.
13
Решение.
Пусть длина веревки равна a . На искомой линии y  f (x) возьмем
произвольную точку B( x; y) . Кривая y  f (x) обладает тем свойством, что в
любой ее точке отрезок касательной BC будет равен a , y(0)  a . Из ABC :
y
tg BCA   y( x) 
a2  y2
dy
y
Получили дифференциальное уравнение вида: 
, откуда,

2
dx
a  y2
a2  y2
разделяя переменные, имеем
dy  dx ,
y
a2  y2
 y  a cost

 xC 
dy = 

y
dy  a sin tdt 
1  cos2 t
sin 2 t
a 2  a 2 cos2 t
 dt

dt = a 
dt  a 
 sin t  
 a sin t dt = a 
=
cost
cost
a cost
 cost

 cost dt
  d sin t

 a 
 sin t   a 
 sin t   q  sin t  
2
2
 cos t
  1  sin t

1  1
 a
1 
a 1  sin t
dq  q   ln 1  q   ln 1  q   aq  ln
a  

 a sin t 
2
1

q
1

q
2
2
1

sin
t




a2  y2
1
2
 y 2  a 2 cos2 t
 a
a2  y2
a
 2 2
 ln
a

2
2
2
2
2
2
a
a
sin
t

a

y
a

y


1
a2
a a  a2  y2
 ln
 a 2  y 2 . Используя начальное условие y(0)  a ,
2
2
2 a a  y
определяем константу C  0 . Итак уравнение искомой линии (трактриса)
a a  a2  y2
2
2
имеет вид: x  a  y  ln
.
2 a  a2  y2
4. Найти сумму ряда 1  3x 2  5x 4  7 x 6     1 2n  1x 2 n  
Решение.
Найдем область сходимости. Для этого к ряду из модулей применим признак
n
2n  1x 2 n  x 2 , x 2  1, при x   1;1 - ряд сходится. Значит при
Коши. lim
n 
n
этих х выполняется:
n
1  3x 2  5 x 4  7 x 6     1 2n  1x 2 n    S x 
Проинтегрируем данный ряд на отрезке 0; t  , где t   1;1 . Получим:
14
t
t
t
t
t
2
4
6
1dx   3x dx   5 x dx   7 x dx     1
 2n  1x
0
0
n
0
0
0
t
2n
dx     S ( x)dx
0
t
x 0  x 3 0  x 5 0  x 7 0     1 x 2 n 1 0     S ( x)dx
t
t
t
t
t
n
0
t  0  t  0  t  0  t  0    1 t
3
5
n
7
2 n 1
 0     S(x)dx
t
0
t
t  (1  t 2  t 4  t 6  t 8    1 t 2 n  )   S(x)dx
n
0

t
1
1 t2
 t 
t
  S(x)dx , 
 S t  , S (t ) 
2 
1 t2 0
1  t 2 2
1  t 
1  x2
Ответ:
, при x   1;1
1  x 2 2

dx
π
0 1  tg x
2
5. Вычислить интеграл: 
Решение.


2
dx
cos x dx
0 1  tg π x = 0 cos x  sin π x
2
 

t  2  x, dt  dx

Сделаем замену переменной: 
,


при x  0, t  , при x  , t  0


2
2
получим



2
cos x dx
sin  t dt
0 cos x  sin π x = 0 cos t  sin π t . Сложим эти два одинаковых интеграла:
2





2
dx
cos x dx
sin x dx


+
=
,
откуда
0 1  tg π x = 4
0 cos x  sin π x 0 cos x  sin π x 2
2
Ответ:
2

4
15
Олимпиада 2010


n
n
5  n 3 1 .
1. Вычислить предел lim
n
Решение.
n
1
 1n



n


lim
5

3

1

1

e


, где
n 


1
n
1
n
5 3 2


  lim  5  3  2   n  lim

n 
n 
1


n
t
t
5  3  2 правило 
5t  ln5  3t ln3
0  1 
    t    lim

 ln 5  ln 3 ,
  lim
t
1
 0   n  t 0
 Лопиталя t 0
e ln 5ln 3  15
Ответ: 15
1
n
1
n
2. Капитан Сильвер зарыл на необитаемом острове клад. На этом острове
растет всего две пальмы: маленькая и большая на расстоянии 400 метров
друг от друга. Сильвер сообщил пиратам, что расстояние от клада до
маленькой пальмы в три раза больше, чем до большой пальмы. Найти
наибольшую длину траншеи, которую возможно придется вырыть пиратам,
чтобы точно найти клад.
Решение.
2
2
r1   x  200   y 2 , r2   x  200   y 2 ,
x  200   y  3 x  200   y , x  200   y
x  200   9x  200   8 y , x  400 x  200  9x
2
2
2
2
2
2
 9x  200   9 y 2 ,
2
 9  400 x  9  200 2  8 y 2 ,
 8x 2  10  400 x  8  200 2  8 y 2 , x 2  500 x  200 2   y 2 ,
x 2  2  250 x  250 2  250 2  200 2   y 2 ,
x  250 2  y 2  250  200   250  200  , x  250 2  y 2  150 2 - окружность с
радиусом R  150 .
2
2
2
2
2
2
16
y
M(x; y)
r1
r2
0
-200
200
x
Значит наибольшая длина траншеи, которую возможно придется вырыть
пиратам, чтобы точно найти клад равна 2R  300
3. Пусть функции f  x  , g (x) , h(x) непрерывны на отрезке a; b и
дифференцируемы в интервале a; b  . Доказать, что
f (a) f (b) f (c)
g (a) g (b) g (c)  0 , где c некоторая точка из a; b  .
h(a) h(b) h (c)
Решение.
Функции f  x  , g (x) , h(x) на отрезке a; b удовлетворяют всем условиям
f b   f a 
теоремы Лагранжа. Поэтому с  a; b  , что f c  
,
ba
g b   g a 
hb   ha 
, hc  
.
g c  
ba
ba
Таким образом, третий столбец определителя линейно выражается через
первых два, а значит определитель равен нулю.
 1  1

4. Вычислить 
0 1 
2010
Решение.
 1  1
 1  2   1  1  1  3   1  1
1  4

  
 , 
  
 , 
  
 .
0 1 
0 1  0 1  0 1  0 1 
0 1 
2
3
4
 1  1
1  n
  
 .
Легко доказать (методом математической индукции), что 
0 1 
0 1 
n
17
 1  1
1  2
  
 - утверждение верно.
1) n=2, 
0 1 
0 1 
2
 1  1
1  k 
  
 . Докажем
2) Пусть утверждение верно при n  k , т. е 
0 1 
0 1 
утверждение при n  k  1
k
 1  1


0 1 
k 1
 1  k   1  1  1  1  k   1  (k  1) 
 
  

.
 
1   0
1 
0 1  0 1  0
k
Согласно методу математической индукции, утверждение верно для всех
n N .
 1  1

Значит, 
0 1 
2010
 1  2010 

 
1 
0
5. Найти площадь фигуры, состоящей из всех точек плоскости xOy
x2 y2
x2 y 2
удовлетворяющих совокупности двух неравенств: 2  2  1 или 2  2  1 .
a
b
b
a
a  b  0
Решение.
Искомая фигура образована объединением двух эллипсов (Рис.1).
y
a
D
y=
x
b
-b
x
b
-a
a
2
a
-b
2
b
a
-a
t
b
Рис. 1
Рис. 2
18
Найдем площадь области D , что составляет
1
площади искомой фигуры, по
8
формуле S1   dxdy . Чтобы в двойном интеграле перейти к повторному
D
определим, как изменяются пределы интегрирования по x и по y . Для этого
найдем абсциссу точки пересечения эллипсов в первой четверти, из условия
что эта точка принадлежит прямой y  x , решив систему:
 x2 y2
2
x2
1
1
a 2b 2
 2  2 1 x
2 1
2
 2
, 2  2  1, x  2  2   1, x 
,
b
a
2
1
1
a
b
a

b
a
b


 y  x

a2 b2
ab
.
x
a2  b2
ab
Значит x изменяется от 0 до
,
2
a  b2
a 2
а y изменяется от y  x до y 
b  x2
b
ab
ab
S1 
a 2 b 2
ab
a 2 2
b x
b
a 2 b 2
 dx  dy  
0
x
0
ab
a
a 2

b  x 2  x  dx 

b
b

a 2 b 2

0
x2
b  x dx 
2
2
a 2 b 2

2
0
ab
a

b
a 2 b 2

0
1 a 2b 2
b  x dx 
2 a2  b2
2
2
ab
a 2 b 2
Вычислим отдельно интеграл

b 2  x 2 dx , используя замену
0
переменной.
ab
a 2 b 2

0

 x  b sin t , dx  b cost , при x  0, t  0


ab
ab
a
b 2  x 2 dx  при x 
,

b
sin
t
,
t

arcsin
a2  b2
a2  b2
a2  b2


b
a
См. Рис.2
или
t

arccos
или
t

arctg

b
a2  b2










19
arctg


a
b
arctg
b 2  b 2 sin 2 b b cost dt  b 2
0
a
b
arctg
2
2
 cos t dt  b

0
0
a
b
1  cos 2t
dt 
2


1
1

b   dt   cos 2tdt  
2 0
2 0



b
2
2
a
arccos
или arcsin
b 2 arctg ba b 2
b
a
b
arctg
a
b
 t0
 sin 2t 0 b  arctg  cost sin t 0
2
4
2
b 2
2
2
b
a b
ba
 arctg 
2
2
b 2 a  b2
a  b2
a b 2 ba  1 a 2 b 2
ab
a
Итак: S1   arctg 


arctg

b 2
b 2 a2  b2  2 a2  b2
2
b
a
Тогда площадь всей искомой фигуры S  8  S1  4ab arctg
b
a
Ответ: 4ab arctg
b
a
arctg
b
a
arctg
b
2
2
2
a
a 2 b 2

Олимпиада 2011
1. f ( x)  1  tg 2 x   1  tg 4 x   1  tg 8x     1  tg 2048 x 
Найти f (0) .
Решение
f ( x)  1  tg 2 x 2  1  tg 4 x 2  1  tg8 x 2    1  tg 2048 x 2
1
1
Для нахождения производной
логарифмической производной:
1
1
воспользуемся правилом
, откуда
.
1
1
1
f ( x)  f ( x)   ln 1  tg 2 x   ln 1  tg 4 x   ln 1  tg 8 x    
2
2
2

1

ln 1  tg2048 x  =
2

1
1
1
1
1
1
1
1
1
 f ( x)   
2


4


8 
2
2 1  tg 4 x cos2 4 x
2 1  tg 8 x cos2 8 x
 2 1  tg 2 x cos 2 x

1
1
1
 .
 
2048
2 1  tg 2048 x cos2 2048 x

20
Тогда:
f (0)  f (0)  1  2  4    1024   1 1  1 2  1 22  1 23    1 210 =
1  211  1

 2047
2 1
2. Существует ли квадратная матрица Х, удовлетворяющая уравнению:
  2 3  5


X 2   6 1 7 ?
 4 5 8 


Решение.
Известно, что для любой квадратной матрицы справедливо равенство:
X 2  X  X  X  X  X . Найдём определитель левой и правой частей
2
уравнения.
Определитель матрицы в правой части уравнения равен -344, отрицательное
число.
А в левой части уравнения находится квадрат определителя матрицы, то есть
неотрицательное число. Значит, такой матрицы Х не существует.
3. Докажите, что уравнение ( x  x 3 )  f ( x)  (3x 2  1)  f ( x) имеет хотя бы
один корень на отрезке [0,1] . Где f (x) - дифференцируемая на отрезке [0; 1]
функция.
Доказательство.
Рассмотрим функцию F ( x)  ( x  x 3 ) f ( x) . Эта функция дифференцируема на
отрезке [0; 1], причем:
1) F ( x)  ( x  x 3 ) f ( x)  (3x 2  1) f ( x) ,
2) F (0)  F (1)  0 .
Значит функция F (x) на отрезке [0;1] удовлетворяет условиям теоремы Роля,
следовательно существует такая точка x0  (0; 1) , в которой F ( x0 )  0 , то
есть ( x0  x0 ) f ( x0 )  (3x0  1) f ( x0 )  0 , для любой дифференцируемой на
отрезке [0; 1] функции f (x) . Что и требовалось доказать.
3
2
10
4. Вычислить
 g(x) dx, где
g (x) - функция, обратная к функции f ( x)  x 3  x
0
21
Решение.
y
B
C
y=
x
10
Функция
f ( x)  x 3  x
монотонно
возрастает на всей
числовой
прямой
2
 f ( x)  3x  1  0 , а
значит имеет себе
обратную функцию
на всей числовой
оси.
Изобразим
схематично график
функции
f ( x)  x 3  x . Тогда
график
обратной
функции, заданной
на отрезке [0; 10],
будет симметричен
относительно
биссектрисы первой
f(x)
g(x)
D
2
O
F
H
2
10
x
четверти.
Таким образом площадь криволинейной трапеции ODF будет равна площади
криволинейной трапеции OBC, а её мы найдём как разность площадей
прямоугольника OHBC и криволинейной трапеции OHB.
S ODF
2
 x4 x2 
 10  2   f ( x)dx  20   ( x 3  x)dx  20      14
2 0
 4
0
0
2
2
10
Ответ:
 g(x) dx  14
0
x
1
5. Решить уравнение 1
1
1
1
x
1
1
1
1
1
x
1
1
1
1
1
x
1
1
1
10
1
x
Решение.
22
x
1
1
1
1
1
x
1
1
1
1
1
x
1
1
1
1
1
x
1
1
1 прибавим первому 

1  столбцу все


1 остальные
x
x4
x4
x4
x4
x4
1
x
1
1
1
1
1
x
1
1
1
1
1
x
1
1
1 вычтем первую 

1  строку из

1 всех остальных
x
x4 1
1
1
1
0 x 1 0
0
0
 x  4
4
 0
0 x 1 0
0  x  4x  1  0  
x  1
0
0
0 x 1 0
0
0
0
0 x 1
Ответ: -4; 1
Олимпиада 2011
Задание 1. Вычислить определитель произвольного порядка n
n
0
0
0
.
0
0
1
0
0
0
.
0
1
0
0
0
0
.
1
0
0
 .
.
.
.
.
.
.
0
0
1
.
0
0
0
0
1
0
.
0
0
0
1
0
0
.
0
0
0
(элементы побочной диагонали равны 1, все остальные элементы равны 0).
Решение.
0 0 1
0 1
 1;  3  0 1 0  1.
Непосредственно находим: 1  1;  2 
1 0
1 0 0
Вычислим определитель  4 разложением по 1 строке:
0 0 0 1
0 0 1
0 0 1 0
4 
 1 (1)1 4 0 1 0  (1) 2  1.
0 1 0 0
1 0 0
1 0 0 0
Аналогично рассуждая, в общем случае получим
n  (1)1n  n1  (1)1n1( n1)  n2  (1)2n1  n2   n2 , откуда
23
 n  (1)2  n4   n4 .
Таким образом, значения определителя повторяются через 4. Т.к. значения в
случаях n  1,2,3,4 вычислены выше, отсюда получим ответ.
 1, n  4k  3 или n  4k
Ответ:  n  
, где k 
1, n  4k  2 или n  4k  1
.
Задание 2. Найти из уравнения 2 f ( x)  f (2  x)  2012 x неизвестную
функцию f ( x) .
Решение.
Сделав замену переменных x  2  x, и учитывая, что 2  (2  x)  x,
получим:
2 f (2  x)  f ( x)  20122 x .
Обозначив A  f ( x); B  f (2  x) , получим систему из двух линейных
уравнений:
 2 A  B  2012 x

2 x
 A  2 B  2012
Умножим первое уравнение на 2 и вычтем из него второе уравнение; найдем,
что 3 A  2 2012 x  20122 x , откуда
f ( x)  A 
2 2012 x  20122 x
.
3
2 2012 x  20122 x
Ответ: f ( x) 
.
3


Задание 3. Вычислить предел limsin  4n 2  n .
n
Решение.
1


Вычислим вспомогательный предел lim  2n   4n 2  n  .
n
4


1
1



2n   4n 2  n   2n   4n 2  n 

1
4
4




lim  2n   4n2  n   lim 
n
n

1
4


2n   4n 2  n
4
24
2
1

2
1
1
 2n    (4n  n)
4
16
16n
 lim 
 lim
 lim
 0.
n
n
n
1
1
2
2
1
1
2n   4n  n
2n   4n  n
2
 4
4
4
4n
n
1

Отсюда получим, что  4n 2  n    2n     n , где  n  0 при n   .
4

Учитывая это, будем иметь:
 
1


2


.
limsin  4n2  n  limsin    2n     n   limsin    n   sin 
n
n
n
4
4
4
2



 

2
Ответ:
.
2


Задание 4. Вычислить интеграл

1
1  x x

x

1


 e dx
x


Решение. Представим интеграл в виде суммы интегралов:
1
1
1
x
x
1  x x

x dx  x  1  1  e x dx .
x

1

e
dx

e



2 
x

 x 
1 
1 
1


Учтем, что d  x     x   dx  1  2  dx и, следовательно,
x 
x
x 


1
x
 x 1x 
1  x 1x
1

x 
1  2  e dx  e d  x    d  e  .
x 
x







Применив интегрирование по частям, отсюда получим:


1  x 1x 

1
1
 u  x dv  1  2  e dx 
x
x
1  x 1x

 x 
x 1  2  e dx  
  xe x  e x dx  C
1
 x 


x
x
du

dx
v

e



Окончательно,

1
1
1
x
x
x
x
1  x x

x dx  xe x  e x dx  C  xe x  C
x

1

e
dx

e


x

Ответ: xe
x
1
x

1

1
C.
Задание 5. Решить задачу Коши:
25
1  x3  y '' 6x2 y ' 6xy  0,
y(0)  1, y '(0)  0.
Решение. Применим формулу Лейбница (uv)''  u '' v  2u ' v ' uv '' , где






u  1  x3 , v  y . Т.к. 1  x3  3x2 , 1  x3  6 x , уравнение приводится к
виду


 1  x3  y   0.
Отсюда находим: 1  x3 y  Ax  B, y 
Ax  B
.
1  x3
Из начального условия y(0)  1 находим, что B  1, а из условия y '(0)  1 –
1
A  0 . Окончательно, y 
.
1  x3
1
Ответ: y 
.
1  x3
26