Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математические олимпиады БПИ–БГПА–БНТУ.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.12.2025

Размер:

4.98 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 3515 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 > Следующая >>>

11.2.Математическая олимпиада БПИ 1990 года (II тур)

1.Изобразить на плоскости множество точек, для которых выполняется неравен-

ство 1x 1y 1. (7 баллов)

Решение. Рассмотрим два случая.

а) xy 0. При x 0, y 0 неравенство не выполняется. Если же x 0, y 0, то оно равносильно неравенству (x 1)(y 1) 1, т.е. в этом случае данному неравенству удовлетворяет множество точек первой четверти, расположенных ниже правой ветви гиперболы

(x 1)(y 1) 1.

б) xy 0. Здесь (x 1)(y 1) 1 и, значит, решениями исходного неравенства являются точки второй и четвёртой четвертей, находящиеся ниже левой ветви гиперболы

(x 1)(y 1) 1.

					y
					10
					8
					6
					4
					2
10	8	6	4	2	O	2	4	6	8	10	x
10	8	6	4	2	O	2	4	6	8	10
					2
					4
					6
					8
					10

					2		1	0	100
						0	1	0		. (6 баллов)
	2. Вычислить					0	1	0		. (6 баллов)
						0	0	2
						0	0	2
	Эта задача предлагалась во втором туре олимпиады БПИ 1989 года (задание 1).
	3. Каким условиям должны удовлетворять числа p и q, чтобы трёхчлен x3 px q
имел три различных вещественных корня? (6 баллов)
	Решение. Уравнение x3 px q 0 будет иметь три корня тогда и только тогда, когда
функция			f (x) x3 px q будет иметь два экстремума и значения функции в точках экстре-
мума будут противоположными. Для этой функции f (x) 3x2 p и, значит, при p < 0
x	x			p	точки экстремума. Так как
x	x	2			точки экстремума. Так как
1		2	3
			3

		f (x ) f (x ) (x3														px q)( x3 px q) q2 x													2 (x2					p)2 q2				4		p3,
		f (x ) f (x ) (x3														px q)( x3 px q) q2 x													2 (x2					p)2 q2						p3,
					1			2						1				1			1			1				1			1						27
																																					27
то	f (x ) f (x	2	) 0 q2										4			p3 0.
то	f (x ) f (x		) 0 q2													p3 0.
	1												27
													27
	Ответ.			q2				4			p3 0.
	Ответ.			q2			27				p3 0.
							27
	4. Найти сумму ряда
					1					1				1									1											1
					1					1				1		( 1)n 1							1			( 1)n 1								1		. (10 баллов)
													13			( 1)n 1						3n 4				( 1)n 1							3n 4			. (10 баллов)
					7 10								13									3n 4						n 1					3n 4
																				x	3n 4
	Решение. Пусть f (x)														( 1)n 1					x				.	Степенной ряд в правой части сходится на
	Решение. Пусть f (x)														( 1)n 1					3n 4				.	Степенной ряд в правой части сходится на
																	n 1			3n 4
																																		1
промежутке (–1, 1] и f (0) 0. Так как																				f (x) ( 1)n 1 x3n 3														1	1 x3 , то
промежутке (–1, 1] и f (0) 0. Так как																				f (x) ( 1)n 1 x3n 3														3	1 x3 , то
																								n 1							1 x
		x		1									3					1					1				2			3					2x 1		x4				3
	f (x)								1 t					dt					ln(x 1)					ln(x				x 1)				arctg							x			.
	f (x)				1 t		3		1 t					dt				3	ln(x 1)				6	ln(x				x 1)		3		arctg				3	4		x		18	.
		0			1 t			1										3					6							3						3	4				18
Значит, ( 1)n 1								1				f (1) 1 ln 2 3											3.

																		3		4
	n 1					3n 4												3		4			9
	Ответ.				1 ln 2				3					3			.
	Ответ.				1 ln 2				3								.
					3			4						9

5. Вычислить предел:

								1					1								1
						lim																		. (8 баллов)
						lim		2					2							2			2	. (8 баллов)
						n	n	2	1			n	2	4					n	2	n		2
							n		1			n		4					n		n
Решение. Так как выражение
		1			1					1					1				1					1		1
		2			2					2								2	n						2	n
	n	2	1	n	2	4			n	2	n			1			1	2	n					2	2	n
	n		1	n		4			n		n						1							2
																						1
																n								n

	1		1
1	n	2	n
		2	n



	n

представляет собой интегральную сумму для функции	1	на отрезке [0, 1], то
	x2
1

		1				1			1		1	dx					1
											1						1
lim															ln(x	1 x2 )		ln(1	2).
lim															ln(x	1 x2 )		ln(1	2).
n	n	2	1		n	2	4	n	2			1	x	2			0
	n		1		n		4	n		n	0	1	x
Ответ. ln(1				2).

6. Пусть функции a(x) и f (x) непрерывны на полуоси [0, +∞), причём a(x) c 0 для

всех x [0, ). Доказать, что из ограниченности на [0, +∞) функции f (x) следует ограни-

ченность на том же промежутке любого решения дифференциального уравнения y a(x)y f (x). (10 баллов)

Эта задача предлагалась во втором туре олимпиады БПИ 1989 года (задание 7).

e x2 1 e t 2

2. (9 баллов)

7. Доказать, что при |x| ≤ 1

Решение. Ввиду чётности функции e x2 , достаточно проверить это неравенство при

x [0, 1]. По теореме Лагранжа для функции e x2

на отрезке [t, x] мы можем записать

e x2 e t 2 2c e c2 (x t), c (t, x).

Рассмотрим функцию

f (x) x e x2

. Для неё

f (x) e x2 (1 2x2 ) и, значит, в точке x

она имеет максимум, равный

. Тогда

e x2 e t 2 dt

e x2 e t 2

2c e c2 (x t)

x t

dt.

Отсюда, учитывая, что 1

x t

dt x (x t)dt 1

(t x)dt 1

(1 2x(1 x)) 1 ,

мы и получаем

доказываемое неравенство.

sin nx

8. Вычислить

dx.

(9 баллов)

n 1

Решение. Раскладывая функцию x в ряд Фурье по синусам в промежутке (0, π), полу-

sin nx

чим: x 2

Тогда

n 1

Ответ.

12.1.Математическая олимпиада БПИ 1991 года (I тур)

1.Дана квадратная матрица A (aij ), i, j 1,2, ,n и n нечётно. Элементы aij мат-

рицы A удовлетворяют соотношениям aij a ji 0, i, j 1,2, ,n. Найти det A. (4 балла)

Решение. Так как для данной матрицы AT A, то, учитывая свойства определителя и нечётность n, мы получаем: det A det AT det( A) ( 1)n det A det A det A 0.

Ответ. 0.

2. Два тела одновременно начинают движение по прямым

x 1		y 1	z 1	,	x 2		y 21		z 1
1			2		2
	2					1		2

в момент времени t = 0. Первое тело начинает движение из точки с абсциссой x1 3м и двигается в сторону увеличения ординаты с постоянной скоростью v1 2 м/сек. Второе тело начинает движение из точки с ординатой y2 19м и двигается со скоростью v2 1

м/сек. Через какое время t расстояние ρ между телами будет минимальным и чему оно равно, если второе тело двигается: а) в сторону возрастания ординаты; б) в сторону убывания ординаты? (8 баллов)

Решение. Из уравнения первой прямой находим координаты стартовой точки первого тела: M1( 3, 7, 9). Тогда, учитывая, что длина направляющего вектора l1(1, 2, 2) первой прямой равна 3, а скорость первого тела 2 м/сек, мы можем записать зависимости координат

первого тела от времени: x 3				2 t, y 7 4 t, z 9 4 t. Аналогично, второе тело начи-
				3	3	3
нает движение из точки M2 ( 6, 19, 3) , и, значит, его уравнения движения в направлении
возрастания ординаты имеют вид:				x 6	2 t, y 19	1 t, z 3	2 t.
					3	3	3
а) В этом случае расстояние между движущимися телами в момент времени t равно
t 2	100	t				5t 50		обращается в нуль
t 2		t				5t 2 100t 829
5			829. Производная этой функции			5t 2 100t 829

при t = 10. Следовательно, расстояние между телами будет минимальным через 10 сек после начала движения и составит (10) 329 м.

б) Здесь второе тело двигается в сторону убывания ординаты, значит, его уравнения

движения суть	x 6	2 t, y 19	1 t, z 3	2 t.	Тогда	5t 2	284 t 829	и так как
		3	3	3			3
			79

	5t			142
	5t								, то расстояние между телами будет наименьшим через																											142			сек и оно
					3																															142
	5t 2	284				t 829																															15
																																					15


3
будет равно					85705			м.
будет равно								м.
					15
	Ответ. а) t = 10 сек,											329 м; б) t					142		сек,							85705					м.
	Ответ. а) t = 10 сек,											329 м; б) t							сек,							15					м.
																	15									15
	3. Найти n-ую производную функции y																	x3		13x 13							(5 баллов)
	3. Найти n-ую производную функции y																		x2		4x 3						(5 баллов)
																			x2		4x 3
	Решение. Так как
										y x 4					1		x				4		1			1				1
																																	,
														x2 4x 3																			,
														x2 4x 3									2	1 x					3 x
то
			1				1				1				1		2!						2!					2!				1				1
	y 1												, y																										, ,
	y 1								2				, y						3						3									3				3	, ,
			2				x)		2	(3	x)	2			2				3			(3 x)			3			2			(1	x)		3	(3 x)			3
			2		(1		x)			(3	x)				2	(1 x)						(3 x)						2			(1	x)			(3 x)

(n)

, n 2.

n 1

(3 x)

y 1

Ответ.

y(n)

, n 2.

n 1

(1 x)

n 1

x x

ctg x

sin

4. Найти предел: lim

(6 баллов)

x 0

sin

Решение. По формуле Маклорена третьего порядка для синуса

sin

o(x4 ), где o(x4) – бесконечно малая более высокого порядка,

6(1 x)3

чем x4 при x 0. Тогда в числителе

sin

x x2

x x2 o(x4 )

x3 (5 12x 6x2 )

o(x4 ).

1 x

6(1 x)3

В знаменателе x2 sin

o(x4 ). Следовательно,

sin

ctg x

(5 12x 6x2 ) ctg x

x x2

ctg x

6(1 x)3

5 12x 6x2

1 x

lim

(1 )

5(1 x)

sin

x(3 9 x 5 x 2 )

ctg x

x(3 9x 5x2 ) ctg x

2 )

5(1 x)3

x(3 9x 5x

x(3 9 x 5 x

2 )

lim 1

lim

5(1 x)

x 0

3 9x 5x2

sin x 1

lim exp

cos x

5 .

5(1 x)3

x 0

Ответ. e

5 .

5. Найти область сходимости и сумму ряда n(n 2)xn . (5 баллов)

n 1

Решение. Этот степенной ряд сходится абсолютно в интервале (–1, 1). В этом можно убедиться, использовав, например, признак Даламбера. Просуммируем этот ряд. Найдём

						x			1
сначала сумму f (x) степенного ряда nxn 1. Так как f (t) dt xn									1	1,	то

									x
					n 1	0	n 1	1	x
					n 1	0	n 1
	1		1
	1		1			степенного ряда n(n 2)xn 1
f (x)		1			. Тогда для суммы g(x)
f (x)	x	1	(1 x)	2	. Тогда для суммы g(x)
1	x		(1 x)				n 1

g(t) dt (n 2)xn nxn 2 xn x

nxn 1 2 xn 1

n 1

x f (x)

1 x

x(3 x)

3 x

значит, n(n 2)x

Следовательно,

g(x) x

и,

1 x

(1 x)

n 1

x(3 x)

Ответ. (–1, 1);

(1 x)3

6. Найти наибольшее и наименьшее расстояние ρ от начала координат до точек линии

x iy	1	a, где a > 0, i2 1. (8 баллов)

	x iy

Решение. Записав комплексное число x iy в тригонометрической форме x iy (cos isin ), мы можем представить данное уравнение в виде:

4 (2cos2 a2 ) 2 1 0.

Оно имеет взаимно обратные корни

a2 2cos2 (a2

2cos2 )2 4

тогда и только

тогда, когда cos2

a2 2

. Отсюда следует, что расстояние ρ достигает максимума и мини-

мума при cos2 1

и max

2 a a2

a a2 4

min

Ответ.

a a2

;

a2 4

x5 sin5

x 1

7. Вычислить

dx.

(6 баллов)

1 cos2 x

Решение. Разобьём данный интеграл на сумму двух:

x5 sin5 x 1		x5 sin5 x		dx
	dx		dx			.
1 cos2 x	dx	1 cos2 x	dx	1 cos2	x	.

Первый из них равен нулю, так как интегрируется нечётная функция по симметричному относительно нуля промежутку. Найдём второй интеграл, учитывая чётность подынтегральной функции:

															d tg x							d tg x
	dx						dx							2	d tg x							d tg x
				2							2
	cos	2	x	2			1 cos		2	x	2				2	tg	2	x			2	tg	2
1	cos		x			0	1 cos			x				0	2	tg		x			2	tg		x
																				2
				2		lim arctg tg x							0 0
				2		lim arctg tg x							0 0					lim arctg tg x
					x 0							2					x			0				2
							2												2
					x5		sin5	x 1
Таким образом,												dx				2.
Таким образом,						1 cos		2		x		dx				2.
						1 cos				x

Ответ.				2.

			tg x				tg x

2					2	arctg
2	arctg			2		arctg	2
				2	0		2
								2
2						2.
2		2		2		2.
		2		2

8. Найти время T (сек), за которое жидкость, заполняющая полусферическую воронку радиуса R (см): R2 x2 y2 z 0 , вытекает из неё через малое отверстие площадью

(см2), вырезанное в нижней части воронки, если известно, что скорость v (см/сек) выте-

кания жидкости выражается формулой v k 2gh, g – ускорение силы тяжести, h – вы-

сота столба жидкости над отверстием. (6 баллов)

Решение. За бесконечно малое положительное время dt сек уровень жидкости в воронке понизится на бесконечно малую отрицательную величину dh см. Радиус уровня жид-

кости на высоте h равен r R2 h2 . За время dt объём жидкости уменьшится на величину


dV r2 ( dh) (R2					h2 )dh. С другой стороны, этот объём равен количеству жидкости,
вытекающей из воронки за время dt:								dV vdt k 2gh dt. Таким образом, мы получили
дифференциальное уравнение (R2								h2 )dh k	2gh dt. Разделим в нём переменные и
проинтегрируем, учитывая, что h(0) = R, h(T) = 0:
0		R2 h2				dh T k 2g dt 8 R2			R k 2g T T 8 R2	R	.

R			h			0		5	5k	2g
Ответ.	8 R2			R			сек.
	5k			2g

<<< < Предыдущая 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 3515 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.12.2025592.09 Кб0Математические задачи энергетики-1.pdf
#
24.11.2025996.55 Кб0Математические задачи энергетики.pdf
#
28.12.20257.05 Mб0Математические модели в транспортных системах-1.pdf
#
24.11.2025915.91 Кб1Математические модели в транспортных системах.pdf
#
24.11.20251.68 Mб0Математические модели и методы в горном производстве.pdf
#
28.12.20254.98 Mб0Математические олимпиады БПИ–БГПА–БНТУ.pdf
#
24.11.20251.63 Mб2Математический анализ. Функции нескольких переменных. Курс лекций для студентов инженерно-технических и экономических специальностей.pdf
#
28.12.2025793.46 Кб0Математический анализ. Ч. 1.pdf
#
24.11.20252.15 Mб1Математический анализ. Ч. 2..pdf
#
24.11.20251.03 Mб1Математический анализ. Часть 3.pdf
#
24.11.20251.13 Mб1Математический анализ.pdf