Методы решения олимпиадных задач по высшей математике

k

2

k

k

... n

k

г)

lim

1

3

. При каких k предел существует?

nk 1

n

2

1

2

4

2

2

6

3

2

2n

n 2

д)

lim

e n

e n

e n

...

2

e n

;

2

n

2

n

2

n

n n

е)

lim

1 cos

2

1

8

1

8

2

...

1

8n

2

.

n

n

n

n

n

0

4

7.5. Вычислить интегралы:

2 x sin2 x

dx;

4

x tg2 x

dx;

а)

б)

2cos2 x 2 1 2

0 1 cosx

0

1

x

1 2

arcsinxarccosx 1 x2 1 2 dx;

в)

arcsin

dx;

г)

0

x 1

0

1 2

1 x

д)

е)

sinx cosx

dx.

x cosx ln

dx;

1 2

1 x

0

7.6. Вычислить пределы:

x

2

2

x

ex

dx

arctg3tdt

а)

lim

0

;

б)

lim

0

.

x

x

2x2

dx

x

1 x2

e

0

е

1

2

dx e;

а)

lnxdx ex

б)

sin2 x

arcsin tdt

cos2 x

tdt

.

arccos

0

0

4

dx

7.9. Вычислить

1

.

x 2007x2007

7.10. Решить уравнения:

а)

x

dx

;

12

2

x

x2 1

б)

x

dx

.

6

ln2

ex 1

4

7.11. Пусть In

tgn xdx (n 1,

n целое). Доказать равенство:

1

0

In In 2

.

n 1

ограниченной линиями:

а) y

x2

, x 3; 5 ; б)

y arcsin

x

, x 0;1 ;

x 3 5 x

1 x

в) y xe x2 2,

x 0; ; г) y

x

, x

1; ;

x

1 2

д)

xy2 8 4x и ее асимптотой.

f x

7.13. Неотрицательная функция

непрерывна на отрезке

a; b

и

для

любого

x a; b

выполняется

неравенство

1

x

f x

f t dt. Докажите, что

f

x 0

на a; b .

b a a

g x Ax B.

7.14. Пусть f x

x ,

Найдите значения А и В,

1

f

x g x 2dx

при которых выражение

принимает наименьшее

значение.

0

f x

непрерывна и положительна на отрезке 0;1 .

7.15. Функция

1

1

2

n

ln f x dx

Доказать равенство lim n

...f

.

f

f

e0

n

n

n

n

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

1. Линейная алгебра

1.1.

а)

Сложив все

уравнения

системы, получим

n 1

x x ... x

1 2 ... n

n n 1

,

отсюда

x

x

... x

1

2

n

n

1

2

n

n n 1

.

Вычитая

из

последнего

равенства

поочередно

n n 1

все

уравнения

системы,

найдем:

x

n n 1

k, k 1,2,...n;

k

2 n 1

б)

x1 x2

... xn 10,

вычтем

из

2-го

уравнения

1-е:

9x1 x2 ... x10

0. Сложив эти равенства,

найдем

x1 1. Анало-

гично

найдем

x2 x3

... x10

1;

в)

Система

совместна,

если

b a c

2,

тогда

x t 5a 4b,

y 4a 3b 2t, z t, t R;

г) 2; 3; 5 , 2; 3; 5 .

1.2.

а)

Пусть

x2 x ,

y3 y , z2

z ,

решим систему методом

1

1

1

1

1

2 18

1

1

2

18

Гаусса:

6

14

1

72

0

8

11

36

.

Получим:

8

16

5 108

0

0

0

0

z

4 9 2y1

,

x

9 3y1 14

,

y R.

Таким

образом

1

11

1

11

1

z

2

4 9 2y3

,

x

2

9 3y3 14

, значит должны выполняться не-

11

11

равенства:

y

3

14

,

y

3

9

,

которым удовлетворяют целые зна-

3

2

чения y 1,

y 0, y 1.

При y 1 получим целые значения х и z:

x 3,

z 2.

б) 1, 2,1 , 1, 2,1 , 1, 2, 1 , 1, 2, 1 .

1.3. Запишем уравнение в виде AX B. Так как A2 B, то X A.

1.4.

X

1

2

1

8

2

3

.

A A2 999

1.5. а) A2 E, A1999

A E A;

2100

2100

1

0

cosn

sinn

0

1

0

в)

б)

;

.

0

0

100

sinn

cosn

2

1.6. Из условия следует, что

det X 1, значит верно равенство

a2 b2

1.

Пусть

а cos , b sin .

Можно

доказать

методом

математической индукции,

что

cos

sin n

cosn

sinn

sin

,

cos

sinn

cosn

т. е. уравнение имеет вид

cos2015

sin2015

1

0

,

что

0

sin2015

cos2015

1

верно при условии

2015 2 п,

2 п

, п Z

и

искомая

2015

2 n

2 n

cos

sin

матрица

2015

2015

Х

, п Z.

sin

2 n

cos

2 n

2015

2015

1.10. а) n 1 n 1

; б)

b1 b2 ... bn; в) n!;

г) n

5

3

2

9

5

5

3

2

9

53295

6

7

5

0

7

6

7

5

0

67507

8

8

8

2

5

8

8

8

2

88825

.

8

1

7

1

9

8

1

7

1

81719

3

9

0

8

3

3

9

0

8

39083

1.13. Разложим данный определитель n по первой строке:

2

1

0 ...

0

0

1

1

0 ...

0

0

1

2

1 ...

0

0

0

2

1 ...

0

0

n 2

. . . . .

.

1

. . . . .

.

2 n 1 n 2

0

0

0 ...

2

1

0

0

0 ...

2

1

0

0

0 ...

1

x

0

0

0 ...

1

x

(2-й определитель

разложили

по

1-му

столбцу). Вычислим:

6,

2

2

1

11,

3

2 11 6 16.

Докажем методом мате-

1

1

6

матической

индукции,

что

n 5n 1.

Предположим,

что

k 5k 1, k 1 5k 4.

Тогда

k 1 2 k k 1

2 5k 1

5k 4 5k 6 5 k 1 1.

Таким образом

n

5n 1, значит

5n 1 2011

n

402.

2. Векторная алгебра

2.1. ОА ОВ ОА 1 ОВ

ОА

ОВ ОВ

ВА

где точка

М

ВА.

ОВ

ОМ,

2.2. Обозначим

a,

a b c 0.

Возведем

AB

BC

b, CA c,

2

2

2

в квадрат, получим 2 a, b 2

b

, c 2 c

, a

a

b

c

0.

c

,

b, c, a ,

a, b .

2.3. Рассмотрим векторы s a, b,

s

s

c,

1

2

3

Так как ab bc ca 0,

то

s1

s2,

s2

s3

и s1

s3

. Тогда искомый

определитель численно равен

V ,

где V

–

объем параллелепипеда,

построенного на векторах

s1

,

s2

и

s3. В силу попарной ортогонально-

сти тройки векторов mod

a

b

c

s1

s2

s3

a2 b2

c2

3.

b

c

a

2.4. 3 x y z

c

a

b

z.

Пусть

a

z ,

x

y

x ,

y ,

b 1,1,1 , тогда a,

b

a

b

,

значит

a b и

x 1

y 1

2.11.

0.

2.12. AC

5 8AM

7 8AK.

5 .

2.13.CM BA 4

5AD 4; 9 5; 12

2.14.

1 4b,

Пусть SA a, SB b,SC c,

SD

d.

SA

1 3a, SB

d

1

1

SC 1 5c, SD

BA CD a b,

d c a b.

A B

b 4 a 3,

1

1

1

1

c

a

B1C1

5 b

4,

C1D1

d c 5 c

b c 5.

Так как A1B1,

B1C1

и

C1D1

– компланарны, то 1 60 4 1 a, b, c 0.

В силу

некомпланарности

a, b и c,

1 4.

3. Аналитическая геометрия

3.1. Параметрические уравнения

эллипса:

x a cost,

y bsint,

–

вектор касательной, уравнение касательной

asint; bcost

x a cost

y bsint

.

При

y 0:

x a cost

asin2 t

a

,

a sint

b cost

cost

cost

a

Вектор нормали

bcost; asint , уравнение

т. е. Q

; 0

.

n

cost

нормали

x a cost

y bsint

. При

y

0:

x a cost

b2

cost

bcost

asint

a

a2 b2

cost, т. е. P a2 b2

cost; 0

. Тогда

OP

OQ

a2

b2.

a

a

3.2. Точки А 4; 1; 2 и

В 2; 5; 16 – вершины АВС;

сере-

дина стороны АС лежит на прямой

х

у

z 1

, а середина сторо-

2

0

3

ны ВС – на плоскости 3x 4y z 2

Найти площадь АВС.

Пусть вершина С АВС имеет координаты х0; у0; z0 .

4 х0

2t,

1 y0

0,

2 z0

1 3t

(использовали параметриче-

2

2

2

Из данной системы имеем соотношения: х0 4t 4, y0

1, z0 6t

(*).

Координаты середины стороны ВС равны

2 х0

;3;

16 z0

.

2

2

нение

3

х0

2

12

z0

8 2, откуда

3x0 z0 30. Подставив

2

2

соотношения (*)

в последнее уравнение,

получим значение t 1.

найдем по формуле S ABC

1

90 2.

2

AB AC

3.3. Длины сторон треугольника

АВ АС 3

2 ВС 4 3,

3x

4y 12z 96 x,

4y 12z 96 y,

решением