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 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 3516 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 > Следующая >>>

2n 2

, где

12.2.Математическая олимпиада БПИ 1991 года (II тур)

1.Вычислить определитель матрицы A (размерность матрицы – 2n 2n ):

a		0	0	0 0		0	0	0 0		b
	0	a 0 0 0				0	0	0 b		0

. . . . . .						. .		. . .		.
	0	0	0	0		b 0		0	0	0
					a						. (4 балла)
A	0 0		0	0	b	a 0		0	0 0

						. .		. . .		.
. . . . . .
	0	b 0 0			0	0	0	0	a	0

		0 0 0 0				0	0	0	0	a
b

Решение. Обозначим этот определитель через 2n . Разложив определитель 2n по элементам первой строки, а затем каждый из двух получившихся определителей (2n – 1)-го порядка – по последней строке, мы получим выражение (a2 b2 ) – определитель (2n – 2)-го порядка той же структуры, что и исходный. Продолжая аналогично, через n шагов

получим: 2n (a2

b2 )n .

Ответ. (a2 b2 )n .

2. Найти координаты вершин куба, если два его ребра лежат на прямых

L :

x 6

y 4

z 17

, L :

x 15

y 28

z 5

и точка M ( 8, 11, 21) лежит внутри него.

(8 баллов)

40 20

Решение. Прямые должны быть перпендикулярны, следо-

вательно, нормальные векторы l1 (5, 2, )

и l2 (2, 2, 1)

этих прямых ортогональны. Значит,

20 z

l1 l2 0 10 4 0 14.

Грань ABCD имеет уравнение:

2(x 6) 2(y 4) (z 17) 0 2x 2y z 3 0.

Тогда координаты вершины B мы найдём из системы

2x 2y z 3 0,

y 28

z 5

линейных уравнений: x 15

Она имеет решение x 19, y 24, z 7 и, таким образом, B( 19, 24, 7). Аналогично находим

уравнение		грани ABFE: 5(x 15) 2(y 28) 14(z 5) 0 5x 2y 14z 51 0, а из				си-
	5x 2y 14z 51 0,
стемы			y 4	z 17	определяем координаты вершины A: x 1, y 2, z 3,	т.е.
	x 6

		5	2	14

A(1, 2, 3). Разложим, далее, вектор

( 9, 9, 18)

по базису

( 20, 22, 4), l1, l2 . Пусть

9 20x 5y 2z,

9 22x 2y 2z,

AM x AB yl1 zl2

4x 14y

Система имеет решение x 0,5; y 1; z 2,

т.е.

0,5

2l2. Отсюда следует, что,

поскольку точка M внутри куба и, значит, её разложение по базису AB, AD, AE должно иметь положительные координаты, то, чтобы получить точку D, мы должны перемещаться по прямой L1 из точки A в направлении вектора l1, а, чтобы оказаться в точке E, мы должны двигаться из точки A в направлении, противоположном вектору l2 . Пронормировав вектор l1, по-

								1			2		14
						l1		1			2		14
лучим										,		,		.	Запишем параметрические уравнения прямой L :


					\| l1 \|			3			15		15
																x 1 1 t, y 2		2		t, z 3		14 t.
																x 1 1 t, y 2	15			t, z 3		14 t.
																3	15					15
Отсюда, учитывая, что длина ребра куба равна \|																					\| 30,	мы при t = 30 найдём координаты
Отсюда, учитывая, что длина ребра куба равна \|																			AB		\| 30,	мы при t = 30 найдём координаты

вершины D: x 11, y 6, z 31, т.е. D(11, 6, 31). Аналогично, нормируя вектор l2 ,																										найдём

		l2 2				2			1
				,		3	,		3		.	Запишем параметрические уравнения прямой, проходящей через точку A, в
				,			,				.
		\| l2 \| 3

направлении вектора															l2	:

															\| l2 \|
															\| l2 \|
																x 1 2 t, y 2 2 t, z 3						1 t.
																3	3					3
Подставляя сюда t = 30, получим координаты точки E:																							x 19, y 18, z 13.			Значит,
	E( 19, 18, 13).												Найдём координаты остальных вершин.										Поскольку					, то
	E( 19, 18, 13).												Найдём координаты остальных вершин.										Поскольку	AC	AB		AD	, то
			( 10, 26, 32).									Отсюда, C( 9, 28, 35). Далее,
	AC		( 10, 26, 32).									Отсюда, C( 9, 28, 35). Далее,

AF AB AE AF ( 40, 2, 14) F ( 39, 4, 17).

Аналогично

AH AD AE AH ( 10, 16, 38) H ( 9, 14, 41).

Наконец,

( 30, 6, 42) G( 29, 8, 45).

Ответ.

Вершины

куба

ABCDEFGH

имеют координаты

A(1, 2, 3), B( 19, 24, 7),

C( 9, 28, 35), D(11, 6, 31), E( 19, 18, 13), F( 39, 4, 17), G( 29, 8, 45), H ( 9, 14, 41).

3. Пусть m(a) – наименьшее значение функции f (x) x2

2ax 2cos(x a) на отрезке

(5 баллов)

, a – произвольное действительное число. Найти m(a).

Решение. Производная данной функции равна f (x) 2x 2a 2sin(x a). Уравнение

f (x) 0 2x 2a 2sin(x a) 0

имеет единственный корень x = a, так как

f (x) 2 2cos(x a) 0.

При x a

f (x) 0, а,

если x a, то

f (x) 0. Значит, x = a – точка минимума функции f (x)

fmin f (a) 2 a2.

Если a 0, то на отрезке

данная функция возрастает и,

значит,

m(a) f

(0) 2cosa.

При 0 a

мы имеем

Наконец, если a

то на отрезке

m(a) fmin 2 a

дан-

ная функция убывает и, следовательно, m(a)										2
ная функция убывает и, следовательно, m(a)								f	2	4
									2	4

2cosa, a 0;

		a	2	, 0 a		;
Ответ. m(a) 2		a		, 0 a	2	;
					2
		2					.
		a 2sin a, a					.
	4						2

4. Пусть f (x)	e 3x 3x2 x3		. Найти f	(28)	(1), f	(29)	(1).
	4 (x 1)	20

a 2sin a.

(6 баллов)

Решение. Использовав разложения функций ex и

в ряд Маклорена, получим:

1 x

e 3x 3x 2 x3

e 1

e ( x 1)3

e 1

( (x 1)3 )m

(x 1)20 n

f (x)

4 (x 1)

1 (x 1)

m 0

n 0

e 1

( 1)m (x 1)3m

(x 1)20n

e 1

(x 1)29

g(x) ,

m 0

n 0

где g(x) – ряд по степеням (x – 1), не содержащий 28-ой и 29-ой степеней. Отсюда сразу же

следует, что f	(28)	(1) 0,		f	(29)	(1)	29!e 1	.
следует, что f		(1) 0,		f		(1)	96	.
							96
Ответ.	0;		29!e 1	.
Ответ.	0;		96	.
			96

5. Согласно закону Ньютона сила притяжения между двумя точечными массами m1 и m2 , расстояние между которыми r, равна F rk2 m1m2. Найти силу притяжения между то-

чечной массой m1, находящейся в начале координат, и однородной (с плотностью ρ) линией,

имеющей форму части гиперболической спирали r 1 , 0 1. (5 баллов)

Решение. Разобьём данную линию L на малые дуги L1, L2 , , Ln с длинами l1,l2 , , ln и диаметрами d1, d2, , dn , соответственно. Внутри каждой из дуг выберем, соответственно, по точке M1, M2, , Mn. Обозначим силу притяжения между точкой с мас-

сой m1 и любой дугой Lk	через Fk . Тогда, считая диаметры всех дуг сколь угодно малыми,
мы можем записать: F	k		m l ,		где r		– длина радиуса-вектора точки M				. Тогда искомая
мы можем записать: F	r2		m l ,		где r		– длина радиуса-вектора точки M				. Тогда искомая
k	r2	1		k		k				k
	k
			n		n		n
сила притяжения равна F Fk						k	m1 lk km1	lk	. Отсюда в пределе, когда диа-
сила притяжения равна F Fk						2	m1 lk km1	2	. Отсюда в пределе, когда диа-
		k 1			k 1 rk		k 1 rk

метры всех дуг стремятся к нулю, получим: F km1 dl . Тогда в полярных координатах

L r

										1	r 2		r	r 2 d					1
													r	2
						F km										km				1 2 d.
						F km										km				1 2 d.
								1							1
										0									0
Интегрируя по частям, получим:
		1				2						2	1		1			2			1		2d
		1				2						2	1		1			2			1		2d
				1			d			1				d 1						2
				1			d			1			0	d 1						2			1		2
		0											0		0						0		1
			1		d		1	1 2 d 2 ln 1 2														1	1
		2			d																			1 2 d
		2			1		2																	1 2 d
			0				0								1							0	0
			0				0															0	0

									2 ln(1						2) 1 2 d.
															0
	1		1		2 ln(1					2) и, значит, F										1						2) .
Отсюда		1 2 d																		1	2 ln(1
Отсюда		1 2 d															1 km				2 ln(1
	0		2														2
															87

Ответ. 12 km1 2 ln(1 2) .

6. Доказать, что если функции f (x) и g(x) непрерывны и не убывают на отрезке [0, 1],

1	1	1
то f (x)g(x)dx f (x)dx g(x)dx. (8 баллов)
0	0	0
	Решение. Пусть D {(x, y) \| 0 x 1, 0 y 1} – квадрат на плоскости Oxy. Так как функ-
ции	f (x) и g(x) не убывают на отрезке [0, 1], то ( f (x) f (y))(g(x) g(y)) 0 для любой

точки (x, y) D. Тогда ( f (x) f (y))(g(x) g(y))dxdy 0. Отсюда, учитывая, что

( f (x) f (y))(g(x) g(y))dxdy f (x)g(x)dxdy f (x)g(y)dxdy

D			D	D
			1	1		1
f (y)g(x)dxdy f (y)g(y)dxdy f (x)g(x)dx					f (x)dx g(y)dy
D		D	0	0		0
1	1	1	1	1		1
f (y)dy g(x)dx f (y)g(y)dy 2 f (x)g(x)dx 2 f (x)dx g(x)dx,
0	0	0	0	0		0
	1	1	1	1	1	1
мы получаем:	2 f (x)g(x)dx 2		f (x)dx g(x)dx 0	f (x)g(x)dx f (x)dx g(x)dx.
	0	0	0	0	0	0

7. Теннисист, находящийся в точке x = 0 на оси Ox, посылает мяч в стенку, перпендику-

лярную оси Ox и находящуюся от него на расстоянии x0. Мяч посылается с высоты h0 со ско-

ростью v0	под углом			к горизонту. При отражении от стенки вертикальная состав-
			4

ляющая скорости не изменяется, а горизонтальная уменьшается в два раза. Чему должна быть равна скорость v0 , чтобы мяч, вернувшись к теннисисту был на той же высоте h0

(Предполагается, что перед возвращением мяч не ударяется о горизонтальную поверхность). (6 баллов)

Решение. Пусть x x(t), y y(t) – координаты мяча в момент времени t, (x0 , y0 ) – положение мяча в момент времени t = 0, vx vx (t), vy vy (t) – координаты вектора скорости,

(vx0 , vy 0 ) – начальная скорость мяча. По второму закону Ньютона mx 0, my mg, где m – масса мяча, g – ускорение свободного падения. Отсюда, после интегрирования с учётом начальных условий, получим:

xx0 vx0t, y y0 vy0t gt22 ,

vx vx0 , vy vy0 gt.

В момент удара по мячу

h , v

y 0

, следовательно,

, y h

, vy

gt.

Из этих уравнений следует, что мяч долетит до стенки за время t

и ударится о неё на

высоте

y(t ) h

gt 2

. Координаты скорости в момент удара равны

v02

2 1

, v

gx0

. При отражении от стенки первая координата скорости

уменьшается вдвое, т.е. становится равной

Значит,

в момент отражения от стенки мы

имеем

следующие

начальные

условия: x

0, y

, v

gx0 2

. Тогда

уравнения движения имеют вид:

gt 2

t, y h

Отсюда следует, что мяч вернётся к теннисисту за время t2

2x0 и будет находиться в этот

gt 2

9gx2

момент на высоте

y(t

)

0 .

Если эта высота равна

h ,

то мы имеем:

9gx2

, откуда

3gx .

Ответ. 3gx0 .

8. Найти все такие решения дифференциального уравнения xy (2x2

1)y x2 , кото-

рые стремятся к конечному пределу при x и найти этот предел.

Решение. Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Перепишем его

в виде

2x2 1

Интегрирующим множителем для этого уравнения служит функция

	x	2		x	2
e	x	. После умножения на него обеих частей уравнения, получим:		x		e x	2	. От-
e		. После умножения на него обеих частей уравнения, получим:	y e			e x		. От-
	x			x
	x			x

e x2

2 x

сюда y

e t

dt C y x ex

e t

dt C и, значит, решение может иметь конечный

предел на бесконечности, если

e t

Известно, что

e x

(интеграл

lim

dt C

Пуассона). Функция e x2 – чётная, поэтому e x2 dx

e x2

Рассмотрим два случая.

x2 x

t 2

1) lim

e t

dt C

0 С

Значит,

y x e

, x 0. Вычислим предел

этой функции, использовав правило Лопиталя:

e t

t 2

lim

x e

( 0) lim

lim

(x e

)

((x e

)

lim

e x2

lim

(x ex

) 2 (ex

2x2

)

x 1 2x2

x2 x

t 2

lim

e t

dt C

0 С

. Таким образом, здесь y x e

, x 0 и, как

в предыдущем случае,

1 .

lim x ex

Ответ. 1)

y x e

2) y x e

В обоих слу-

, x

чаях предел на бесконечности равен

1 .

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 3516 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 > 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