ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2013 Задачи для 1 курса Физические факультеты 1. Докажите, что для всякого натурального числа n 1 существует матрица A размера n n такая, что An 0 и An1 0 . 2. Будем говорить, что число T является периодом функции f (x), если T 0 и при любом x выполнено f (x T ) f (x) [например, функция sin x имеет периоды 2, 4, 6 и т.д.]. Пусть вещественная функция f (x) определена и непрерывна на всей вещественной прямой и при этом отлична от константы. Докажите, что если у функции f (x) есть период, то у неё есть и наименьший период. 3. Найдите наибольшее значение функции y n sin x cos n x на отрезке [0;/2]. 4. Доказать, что если функция f ( x) имеет в конечном или бесконечном интервале (a, b) ограниченную производную f ( x ) : f ( x) M , то f ( x) равномерно непрерывна на (a, b) . 5. Вычислить 1 cos2 x x lim x 3 x 2 (ctgx)2 . 6. Найти расстояние между скрещивающимися биссектрисами в гранях правильного тетраэдра с ребром a . 7. Доказать, что целая часть корня четвёртой степени из произведения восьми последовательных натуральных чисел равна n2 7n 6 , где n - наименьшее из восьми натуральных чисел. ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2013 Задачи для старших курсов Физические факультеты 1. Пусть x, y — положительные числа, причём отношение x y есть иррациональное число. Докажите, что число 0 можно сколь угодно точно приблизить линейной комбинацией чисел x и y, т.е. что при любом 0 найдутся целые числа M и N такие, что Mx Ny . 2. Доказать неравенство: x x ... xn для 1 2 a 1 a x x ... x a 1 a 2 a n n sin 2 x 3. Найдите предел lim 2 x0 x (2013) a 1 и x1 x2 ... xn 0 . , где (2013) означает производную порядка 2013. 4. Пусть для непрерывно дифференцируемой на (0;+) функции f верно: lim (f(x) f (x)) 0 . Докажите, что в этом случае lim f(x) 0 . x x 5. Исследовать положительный ряд на сходимость n 1! n 2!4!6!... 2n ! . n 1 6. Пусть A – матрица. 2 3 n 2! 3! n! A A A По определению, e A E A ... ... , где E - единичная матрица. Найти матрицу e t 0 t t , где - фиксированное вещественное число, t . dy y2 , 7. Решите систему дифференциальных уравнений: dx z x dz y 1. dx ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2013 Задачи для естественных факультетов 1. Найдите среднее значение функции f ( x) 1 на 0; . 2 1 a sin x 2 2 2 x t e dt 0 . 2.Найдите xlim x 2t e dt 2 2 0 3. Из всех прямоугольников данного периметра найдите тот, у которого диагональ наименьшая. 4. Построить график функции y x x . 5. В книжной лотерее треть билетов выигрышных. Сколько билетов надо купить, чтобы вероятность хоть что-то выиграть была больше 0,95 . 6. Найти константу в выражении x 3 x 2 . 20 7. Рулон бумаги разрезают под постоянным углом. Какая линия получится при разворачивании рулона, если толщиной бумаги пренебречь? Задачи для 1 курса Физические факультеты 1. Докажите, что для всякого натурального числа n 1 существует матрица A размера n n такая, что An 0 и An1 0 . Решение. 0 0 0 Положим A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A n 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 , тогда A 2 0 0 0 0 1 0 , … 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 и An 0 , что и требовалось. 0 0 0 0 2. Будем говорить, что число T является периодом функции f (x), если T 0 и при любом x выполнено f (x T ) f (x) [например, функция sin x имеет периоды 2, 4, 6 и т.д.]. Пусть вещественная функция f (x) определена и непрерывна на всей вещественной прямой и при этом отлична от константы. Докажите, что если у функции f (x) есть период, то у неё есть и наименьший период. Решение. Заметим, что если T является периодом функции f (x), то при любом x выполнено f (x) f ((x – T ) T ) f (x – T ). Пусть функция f (x) определена и непрерывна на всей вещественной прямой, отлична от константы и имеет хотя бы один период. Тогда множество A, состоящее из всех чисел, являющихся периодами функции f (x), непусто. Это множество ограничено снизу (числом 0), а значит, существует наибольшая нижняя грань inf A (являющаяся неотрицательным числом). Предположим сначала, что 0. Поскольку функция f (x) отлична от константы, найдутся точки a, b такие, что f (a) f (b). В силу непрерывности функции можно найти число 0 такое, что при всех x (b – , b ) выполнено f (a) f (x). Из 0 следует, что для ba b a n 1. некоторого периода T выполнено T. Обозначим n , тогда n T T Отсюда получаем nT b a nT T и, далее, b b T a nT b . Поэтому число a nT принадлежит промежутку (b – , b ), т.е. f (a) f (a nT ). Последнее неравенство противоречит тому факту, что T является периодом функции f (x). Получили, что 0. Если A, то является наименьшим числом в множестве A, т.е. наименьшим периодом функции f (x). Предположим, что A. Поскольку есть наибольшая нижняя грань множества A, число 2 уже не является нижней гранью этого множества. Следовательно, найдётся период T1 A такой, что 2 T1 . Далее, число T1 также не является нижней гранью множества A, а значит, существует период T2 A такой, что T1 T2 . Тогда число T T1 – T2 удовлетворяет условию T 0. Кроме того, имеем f (x T ) f (x T1 – T2) f (x T1) f (x), т.е. T является периодом функции f (x) и T A. Последнее включение противоречит условию inf A. Полученное нами противоречие доказывает, что A и, значит, наименьший период существует. 3. Найдите наибольшее значение функции y n sin x cos n x на отрезке [0;/2]. Решение. y n(cos n1 x nsin 2 x cos n1 x) n cos n1 x(cos 2 x nsin 2 x) . При x(0; /2) имеем: y 0 cos 2 x = nsin 2 x tg 2x 1/ n. Существует ровно одно значение x0 (0;/2) такое, что tg 2x0 1/ n , так как на этом интервале функция tg x строго возрастает. Так как y(0) = y(/2) = 0, а y(x0) 0 , то y(x0) – искомое значение. Найдём его. y (x0) n sin x0 cos x0 n tg x0 cos 2 2 n 1 1 n 11/ n 2n 2 n1 n n 1 2n2 x0 n tg x0 1 2 1 tg x0 2 n1 n1 . n n1 . n 1 4. Доказать, что если функция f ( x) имеет в конечном или бесконечном интервале (a, b) ограниченную производную f ( x ) : f ( x) M , то f ( x) равномерно непрерывна на Следовательно, yнаибольшее ( a, b) . Решение. Из существования производной f ( x ) на (a, b) следует непрерывность функции на (a, b) . Возьмем две произвольные точки x1 , x2 (a, b) , x1 x2 . Для промежутка x1 , x2 применим теорему Лагранжа f x2 f x1 f s x2 x1 , s x1 , x2 . Тогда f x2 f x1 f s x2 x1 M x2 x1 . Выберем 0 . Как бы ни была расположена пара точек x1 и x2 , лишь только x2 x1 , так f x2 f x1 . M 5. Вычислить Решение. 1 cos2 x x lim x 3 x 2 (ctgx)2 . 1 cos2 x x lim x 3 x 2 (ctgx)2 0 e 1 2 lim ( ctgx ) 2 ln x cos x 3x x 2 1 12 3x 2 lim(ctgx) 2 ln x cos x 3x lim(ctgx) 2 (ln x cos x ln 1 1 x 2 x 2 2 x cos x ) ln x 2 ln x 3 ctg x lim 2 0 ln . 1 2 x sin x 1 2 2 2 x cos x 6. Найти расстояние между скрещивающимися биссектрисами в гранях правильного тетраэдра с ребром a . Решение. По сравнению с элементарной математикой это задача легко решается методами аналитической геометрии. 1 3x 2 lim (ctgx) 2 ln x cos x (ctgx) 2 ln 1 1 x 2 2 x cos x Если заданы две скрещивающиеся прямые: x xA y y A z z A x xB y y B z z B L1 : и L2 : , l1 l2 l3 m1 m2 m3 то согласно геометрическому смыслу смешанного и векторного произведений d l, m, n , где n AB . lm 3 a 3 a , , 0 , B a , , 0 , Координаты точек A a 2 2 2 2 a2 6 3 6 , 0, a CD a 2 a , поэтому C a . 3 3 3 3 Из соображений симметрии следует, что возможны два ответа: d1 OE, AF и d2 OE, BG . OE : x y z ; 1 0 0 3 a y 2 2 z , где m FA ; m1 m2 m3 xa AF : координаты точки F : xF xB xC y yB 5 3 a , a , yF C 2 12 2 4 z B zC 6 a . 2 6 Следовательно, 5 3 3 3 m1 xF x A a a a ; 12 2 12 a a 3 m2 yF y A a; 4 2 4 6 m3 z F z A a ; 6 3 a , n2 , n3 0 . n OA , n1 a 2 2 zF 1 Тогда 0 l, m, n a 123 a 3 4 a 2 a i j 3 12 1 l m a a 0 3 4 a 6 6 , a 2 6 12 l , m, n a 2 6 , 12 0 k 3 4 a 0 6 6 3 0i a ja k , 6 6 4 0 lm a 2 9a 2 35 105 a a 6 16 48 12 a 2 6 12 2 70 . d1 a a 12 a 105 35 35 Те же вычисления проводим для прямой BG : x xO y yO z z 3 6 0 , zG C O a xG C a , yG C , 2 6 2 2 6 3 6 a m1 xG xB a , m2 yG yB , m3 zG z B a ; 3 6 2 3 a , n2 , n3 0 . n OB , n1 a 2 2 Тогда 1 0 l, m, n a 3 3 a 2 a 3 2 a 2 lm 0 a j k 1 0 0 3 3 a 2 a l , m, n a 2 6 , 12 0 i a 6 6 , a 2 6 12 0i a 6 3 ja k , 6 4 6 6 a2 a2 5 60 6 12 10 a a , d2 a 2 . a 6 4 12 12 12 a 60 10 7. Доказать, что целая часть корня четвёртой степени из произведения восьми последовательных натуральных чисел равна n 2 7n 6 , где n - наименьшее из восьми натуральных чисел. lm Решение. Произведение восьми последовательных натуральных чисел (n – наименьшее из них) запишем в виде и P n(n 7)(n 1)(n 6)(n 2)(n 5)(n 3)(n 4) (n 2 7 n 6 6)(n 2 7 n 6)( n 2 7 n 6 4)( n 2 7 n 6 6) a 4 4a 3 36a 2 144a a 4 4a (a 3)(a 12), где a n 2 7n 6 . Поскольку при n 1 выполняется неравенство a 12, то a 4 P. Кроме того, (a 1)4 P 42a 2 148a 1 0, т.о., a 4 P (a 1)4 . Задачи для старших курсов Физические факультеты 1. Пусть x, y — положительные числа, причём отношение x y есть иррациональное число. Докажите, что число 0 можно сколь угодно точно приблизить линейной комбинацией чисел x и y, т.е. что при любом 0 найдутся целые числа M и N такие, что Mx Ny . Решение. Обозначим через A множество всех положительных чисел вида Mx Ny , где M и N — целые. Ясно, что x, y A. Рассматриваемое множество ограничено снизу (числом 0), а значит, существует наибольшая нижняя грань inf A (являющаяся неотрицательным числом). Предположим сначала, что 0. Рассмотрим два случая. а) Пусть A. Поскольку есть наибольшая нижняя грань множества A, число 2 уже не является нижней гранью этого множества. Следовательно, найдётся число a1 M1 x N1 y такое, что 2 a1 . Далее, число a1 также не является нижней гранью множества A, а значит, существует a2 M 2 x N 2 y такое, что a1 a2 . В этом случае для положительного числа a1 a2 (0, ) имеем a1 a2 (M1 M 2 ) x ( N1 N 2 ) y A , что противоречит условию inf A. б) Пусть теперь A, тогда Mx Ny . Из условия задачи имеем x y; в силу симметрии можно считать, что x y (тогда x y ). Рассмотрим число d x 1 . Если x dN d — целое, то dM 1 (так как d 2 ) и из условия d x мы получаем, что y dM 1 есть рациональное число (а это невозможно). Следовательно, d не является целым числом. Тогда для некоторого целого k выполнено k x k 1, т.е. 0 x k . С другой стороны, x k (1 kM ) x (kN ) y A — вновь получили противоречие с условием inf A. Таким образом, должно выполняться условие 0. Это означает, что при любом 0 для некоторых целых M и N выполнено 0 Mx Ny , что и требовалось. 2. Доказать неравенство: x x ... x a 1 a 2 a n x x ... xn 1 2 n a 1 a для a 1 и x1 x2 ... xn 0 . Решение. Обозначим x1 x2 ... xn b и исследуем на условный экстремум функцию u x1a x2a ... xna , если x1 x2 ... xn b . Составим функцию Лагранжа: x1a x2a ... xna x1 x2 ... xn b . Система для определения точек возможного экстремума имеет вид: axka 1 0, k 1, n; x k x x ... x b. n 1 2 Из первых n уравнений следует, что x1 x2 ... xn , а тогда из последнего получаем b xk , k 1, n . n Для проверки достаточных условий экстремума находим второй дифференциал функции Лагранжа: n b d 2 k a a 1 xka 2 dxk2 , который в точке x1 x2 ... xn n k 1 a 2 b удовлетворяет условию: d a a 1 dx12 dx22 ... dxn2 0 , ведь a 1 . n b b b Следовательно, функция u имеет в точке , ,..., условный минимум, т.е. n n n 2 a umin a a a b b b b ... n u x1 , x2 ,..., xn или n n n n n x x ... x a 1 a 2 a n x x ... xn 1 2 n a 1 a . (2013) 2 3. Найдите предел lim sin2 x , где (2013) означает производную порядка 2013. x0 x Решение. 2 Представим функцию f(x) sin2 x её рядом Маклорена. Имеем: x (2x) 2 (2x) 4 2 1 (1 ...) 1 cos(2x) 24x 2 26x 4 ... , 2! 4! f(x) sin2 x 1 2 4! 2 6! x 2x 2 2x 2 причем это равенство верно для всех x R, x 0 . Но можно считать равенство верным и 2 при x = 0, имея в виду, что lim sin2 x 1 . x0 x Так как функция f(x) разлагается в степенной ряд на вей вещественной прямой, это и есть её ряд Маклорена, то есть 4 2 6 4 f (0) 2 f (0) 3 1 2 x 2 x ... f(0) f (0) x x x ... . 2 4! 2 6! 2! 3! Так как при нечётных степенях в полученном разложении коэффициенты нулевые, то производная f (2013)(0) равна нулю. Осталось заметить, что функция, представимая своим рядом Маклорена, является бесконечно дифференцируемой, откуда следует, что любая её производная непрерывна. 2 Значит, lim sin2 x x0 x (2013) lim f (2013)(x) f (2013)(0) 0 . x0 4. Пусть для непрерывно дифференцируемой на (0;+) функции f верно: lim (f(x) f (x)) 0 . Докажите, что в этом случае lim f(x) 0 . x x Доказательство: Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение y y g(x), где g(x) f(x) f (x) . x Общее решение этого уравнения имеет вид: y(x) Cex ex g(t)etdt . 0 x Значит, существует число С0 такое, что f(x) C0ex ex g(t)etdt . 0 x Для того, чтобы lim f(x) 0 , необходимо и достаточно: lim ex g(t)etdt 0 . x x 0 t g(t)e dt x lim g(x)e 0 по условию. Проверим это, применив правило Лопиталя: lim 0 x x e x ex x 5. Исследовать положительный ряд на сходимость n 1! n 2!4!6!... 2n ! . n 1 Решение. Применим к данному ряду a n 1 n признак Даламбера в предельной форме: 2!4!... 2n ! n 2 ! n 2 n 2 ! a . lim n 1 lim lim n n a n 2!4!... 2 n ! 2 n 2 ! n n 1! n 2n 2 ! n 1 n Для нахождения этого предела рассмотрим положительный ряд n 2 n 2 ! c n . Применим к нему признак Даламбера: 2n 2 ! n 1 n 1 n n cn 1 2 ... n 1 n 2 n 2 n 2 ... n 2 1 2 ... n 1 n 2 n 3 n 4 ... 2n 2 n n2 n2 n2 n2 3 ... n3 n4 2n 2 2n 2 4 Следовательно, ряд c n 1 n для n . сходится, а тогда для этого ряда выполняется необходимый n 2 n 2 ! 0 признак сходимости: lim , что по признаку Даламбера означает n 2n 2 ! n n 1! сходимость исходного ряда . n 1 2!4!6!... 2n ! n 6. Пусть A – матрица. A2 A3 An A ... ... , где По определению, e E A 2! 3! n! E - единичная матрица. e Найти матрицу Решение. t 0 t t , где - фиксированное вещественное число, t . t t 1 A t 0 t 0 2 2 Тогда A2 t 2 2 0 n n n1 По индукции, если An t n , то n 0 n1 (n1) n An1 An A t n1 n 1 0 Пусть 2t 2 nt n 2 t 2 n n 1t n 1 t ... ... 0 t ... ... 2! n! 2! n! e A E A A A ... A ... 2 2 2! 3! n! t nt n 0 1 t ... ... 2! n! 2 e t 0 3 n te t t 1 t e . e t 0 1 dy y2 dx z x , 7. Решите систему дифференциальных уравнений: dz y 1. dx 2 y , y Решение. Систему перепишем в виде z x Из второго уравнения выражаем z y 1. y z 1 , откуда получаем y z . Подставляя полученные равенства в первое уравнение системы будем иметь z z x z 1 . Сделав замену ( z x) t ( x) , z 1 t , z t 2 2 получим уравнение t t t , которое допускает понижение порядка заменой t p(t ), t pp . Рассматриваемое уравнение примет вид ppt p 2 или p( pt p) 0. Последнее уравнение имеет две ветки решения: 1. p 0 , следовательно t 0 , откуда t c1 и решение системы запишется в виде: z x c1 , y 0. dt dp dt c2 dx , , следовательно p c2t . Имея в виду, что t p (t ), получим t p t z x c3e c x , c x откуда t c3e и, окончательно, y c2 c3e c x . 2. 2 2 2 Задачи для естественных факультетов 1. Найдите среднее значение функции f ( x) 1 на 0; . 2 1 a sin x 2 2 Решение. 2 dx 2 2 sin x 2 dx По теореме о среднем, имеем f (c) 0 . Сделав замену tgx t , 2 0 1 a sin 2 x 2 1 2 dt приходим к несобственному интегралу , значение которого равно . 2 2 0 1 a 1 t 1 a2 1 a 2 2 x t e dt . 2.Найдите lim 0x x 2t e dt 2 2 0 Решение. 2 x t e dt = . Избавимся от данной неопределенности по правилу Лопиталя. lim 0x x 2t e dt 2 2 0 2 x x t x t e dt 2e e dt et dt = lim 0 lim 0x = 2 lim 0 x = . Еще раз применим правило Лопиталя, 2 x x x x e e 2t e dt x 2 2 2 2 2 2 2 0 x e t2 dt 2 ex получим 2 lim = 2 lim 0. x e x x 2 xex 3. Из всех прямоугольников данного периметра найдите тот, у которого диагональ наименьшая. Решение. Пусть периметр прямоугольника равен 2 p и одна из сторон равна x , тогда другая равна p x . И пусть диагональ прямоугольника есть y , тогда y 2 x 2 ( p x) 2 и следовательно 4x 2 p 2x p y 2 x 2 2 px p 2 . Найдем производную y . 2 2 x 2 2 px p 2 2 x 2 2 px p 2 0 2 2 - Приравняв производную к нулю, получим x p (квадрат). Исследуем знак производной 2 при переходе через критическую точку И, следовательно, в критической точке функция имеет минимум. Поэтому из всех прямоугольников данного периметра наименьшую диагональ имеет квадрат. 4. Построить график функции y x x . Решение. Функция определена и непрерывна (как суперпозиция непрерывных функций) и положительна для всех x 0 . lim y lim e x ln x , следовательно, горизонтальной асимптоты нет. x x 1 0 , x , 1 e x ln x x Из неравенства y e вытекает, что при 0 x x (ln x 1) e 0, 0 x 1 , e 1 1 функция убывает, при x функция возрастает, а при x имеет минимум, равный e e 1 1 e , кроме того y (0) 0 , а y 0 всюду в D( y ) , следовательно, функция выпукла вниз. e 4.0 3.5 3.0 2.5 2.0 1.5 0.5 1.0 1.5 5. В книжной лотерее треть билетов выигрышных. Сколько билетов надо купить, чтобы вероятность хоть что-то выиграть была больше 0,95 . 2.0 Решение. n 2 Вероятность того, что при покупке n билетов все будут проигрышные равна . 3 n 2 Требуется решить неравенство 0, 05 , откуда следует: 3 2 lg 20 n lg lg 20 , n 7,34 . Поэтому следует купить не менее 8 билетов. 3 lg 2 lg 3 6. Найти константу в выражении x 3 x 2 . 20 Решение. Необходимо найти коэффициент при нулевой степени x . Согласно биному Ньютона: x 3 x 2 C20k x 3 20 20 20 k k 0 x , поэтому нулевая степень x получится, если 2 k 3 20 k 2k 60 5k 0 , т.е. при k 12 . Следовательно, искомая константа равна 20! 12 C20 . 12!8! 7. Рулон бумаги разрезают под постоянным углом. Какая линия получится при разворачивании рулона, если толщиной бумаги пренебречь? Решение. z x 1 секущая плоскость a R x 2 y 2 2 Rx цилиндр. В цилиндрической системе координат z 2 1 2 cos a r 2 R cos x r cos 2 R cos 2 y r sin 2 R cos sin уравнение окружности 1 l ( ) . 2 R Получили уравнение линии в системе координат ( z , l ) : l l l z a (1 2 cos 2 ( )) a(1 2sin 2 ) . Т.е., z a cos . R 2 2R 2R Следовательно, при развёртывании получается синусоида, удовлетворяющая уравнению l z a cos . R Длина дуги OL : l R( 2 );