11.1.Математическая олимпиада БПИ 1990 года (I тур)

пересекающий окружность в переменной точке B. На продолжении хорды OB за точку B от-

кладывается отрезок BM, равный AB. Найти линию, описываемую точкой M при вращении

луча.

(5 баллов)

y

Решение. Выберем начало системы координат в центре

y

M

окружности, ось O1x проходит через диаметр OA. Найдём

B

выражения координат (x, y) точки M через угол t. Так как

y1

y

asin t, то| OB |

y1

2a cos t . Тогда, учитывая, что

1

t

2

O

t 2

t

A

x

sin 2

O1

x1

x

t , мы получаем:

| AB | 2a sin

2

| OM | |

OB | | BM | |

t

cos

t

OB | | AB | 2a sin

2

2

.

a | OM | cos

t

t

cos

t

t

,

x

2

2a sin

2

2

cos

2

Складывая почленно эти равен-

Следовательно,

y | OM | sin

t

t

cos

t

t

.

2a sin

sin

2

2

2

2

ства, найдём: x y a 2a(1 sin t). Если же их почленно возвести в квадрат и затем сло-

жить, то получим: (x a)2

y2

4a2 (1 sin t). Значит,

(x a)2 y2 2a(x y a) x2 (y a)2 2a2.

Таким образом, искомое множество представляет собой окружность радиуса a

2 с центром

в точке (0, a).

M

B

O

A

x

2

3. Доказать, что sin x2dx 0.

(5 баллов)

0

Решение. Проведём в данном интеграле замену переменной x2

y. Тогда

2

1

2

sin y

1

sin y

2

sin y

sin(x

2

)dx

dy

dy

2

2

dy .

0

0

y

0

y

y

2 sin y

sin z

получим:

dy

dz.

Тогда,

y

2 z

0

2

2

1

sin y

sin z

1

1

1

sin(x )dx

dy

2

dz

2

sin ydy 0,

0

0

y

0

2 z

0

y

2 y

так как

1

1

при 0 y .

y

2 y

dy

1

4. Найти решение уравнения

y(x)

y(t)dt,

если y(0) 1.

(5 баллов)

dx

0

Решение. Дифференцируя почленно данное уравнение, получим: y y . Оно имеет об-

щее решение y C C ex ,

где C , C R. Подстановка в исходное уравнение даёт:

1

2

1

2

(C1 C2 ex ) C1 C2 ex 1 (C1 C2 et )dt C2 ex C1 C2 ex C1t C2 et

10

0

C

2

ex

C C

2

ex

C C

(e 1) 2C C

(e 1) 0.

1

1

2

1

2

Из начального условия следует, что C1 C2 1. Система

2C1

C2

(e 1) 0,

имеет решение

C

1

C

2

1

C

1 e

, C

2

2

. Следовательно, решением исходного уравнения является функция

1

3 e

3 e

73

5. Вычислить предел: lim (sin

x 1 sin

x ).

(2 балла)

x

Решение. Обозначим искомый предел через I. Так как

sin

x 1 sin

x 2sin

x 1 x

cos

x 1

x

,

2

2

то I lim 2sin

x 1

x

cos

x 1

x

2 lim sin

1

cos

x 1

x

.

2

2

2(

x 1

x )

2

x

x

Отсюда, учитывая, что

sin

1

– бесконечно малая при x , а

cos

x 1 x

2(

x 1

x )

2

– ограниченная функция, мы получаем I = 0.

Ответ. 0.

n 1 m

n

6. Исследовать на сходимость ряд

.

1 n

n 2 m

n 1

m

n

n 1 n

n 1 n

Решение. Так как

, а ряд

расходится, поскольку

m 1

n

n

n 1

n

n 1 n

1

n 1

1

lim

lim

1

e

0

n

n

n

n

Его производная равна

P

x

) 4

a

x

3

a x2

2

a

x

a

3. Из равенств P4 (0) 1, P4 (0) 0 немед-

4 (

0

3 1

2

ленно следует,

что a4 1, a3

0.

Для нахождения остальных коэффициентов необходимо ре-

шить систему уравнений:

P4 (1) 3,5;

a0 a1 a2

1 3,5;

2a0

2a1 2a2

5;

2a0

2a1 2a2 5;

3a1

2a2

0;

3a1 2a2

0;

a1 5;

P4 (1) 0;

4a0

4a0

2a0

27a1

6a2

0

9a1 2a2 0

3.

P4 (3) 0

108a0

36a0

2a0

Из последней системы находим:

a0 1,5; a1 8; a2

9. Таким образом, мы нашли многочлен

P (x) 1,5x4

8x3

9x2 1.

4

8. Доказать, что при n и

p 0 так,

что np – величина постоянная,

lim Pmn m e ,

где Pmn Cnm pm (1 p)n m

n

m!

и, следовательно, при больших n и малых p имеет место приближённая формула

Pmn

m e .

m!

(5 баллов)

Решение. Поскольку p

, то

n

n(n 1) (n m 1)

m

n m

m

n(n 1) (n m 1)

n m

Pmn

1

1

.

m!

m!

n

m

n

n

n

Тогда

m

n(n 1) (n m 1)

n m

lim Pmn

lim

1

n

m

n

m! n

n

n 1

n m 1

m

n

m

n

lim

1

1

n

n

m! n n

n

n

m

m

m

m

m! 1 1 1 1 0

e

m! e ,