Файловый архив студентов. Файловый архив студентов.
1314 вуза, 5303 предмета.
/ Регистрация
FAQ Обратная связь Вопросы и предложения
Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Белорусский национальный технический университет
Предмет:
[НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Файл:
Математические олимпиады БПИ–БГПА–БНТУ.pdf
Скачиваний:
0
Добавлен:
28.12.2025
Размер:
4.98 Mб
Скачать
☆
►Содержание►

15. Математическая олимпиада БГПА 1994 года (I тур)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

x2

n

 

 

 

 

 

1. Построить график функции y lim 2n 1 | x |

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Рассмотрим три случая.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а) | x | 1. Здесь выражение под корнем ограничено при n , поэтому

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

x2

n

2n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y lim 1 | x

|

 

 

 

 

 

 

 

1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

б) 1 |

 

| 2.

В этом случае 1 |

 

 

|

n

x2

n

~|

 

 

|

n

 

 

 

 

 

 

 

, поэтому для всех таких

 

x

x

 

 

 

 

 

 

x

 

при

n

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

2n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y lim 1

| x |

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim(| x |

 

)2n

| x |.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в) | x | 2.

Окончательно,

 

 

 

 

 

n

 

x2

n

x2

n

 

 

 

 

 

 

 

 

В этом промежутке 1 |

x

|

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при

n

, значит,

 

 

 

2

 

 

~

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

n

 

x2 n

 

2n

 

 

x2 n

2n

 

 

| x |

 

y lim 1 | x |

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

n

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

| x |

1;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

| x |, 1 | x | 2;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

| x |

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, | x | 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2. Дано an n

x

 

1 x

2

0

 

dx. Исследовать на сходимость ряд an .

n 1

106

Решение. Поскольку x

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

на отрезке 0,

,

то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1

 

 

1

 

1

 

 

1

 

1 .

 

 

 

 

an n

 

n

 

dx

arctgx

 

n

 

 

arctg

 

 

 

 

1 x

2

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

n

 

 

 

0

 

 

n

 

n

 

1

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ряд

arctg

сходится, так как он сравним со сходящимся рядом

n

n

n 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

знаку сравнения сходится и ряд an .

n 1

 

1

 

 

 

 

 

. Тогда по при-

 

 

 

n 1 n

 

n

Ответ. Сходится.

3. Пусть квадратная матрица A (aij ) порядка n такова, что

aij a ji

1, i j;

i, j 1,2, ,n.

 

 

 

0, i

j

 

Функции y1(t), y2 (t), , yn (t) удовлетворяют системе дифференциальных уравнений

 

y1 a11 y1 a12 y2 a1n yn ,

 

 

y

a

y a

22

y

2

a

2n

y

n

,

 

2

 

21 1

 

 

 

 

 

...............................................

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

a

y a

n2

y

2

a

nn

y

n

.

 

n

 

n1 1

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Найти yi2 (t),

если известны yi (0), i 1,2, ,n.

 

 

 

 

 

 

i 1

Решение. Умножив обе части первого уравнения на функцию y1, второго – на y2 , , n- го – на yn , и, сложив затем все полученные равенства, получим с учётом условия на коэффициенты матрицы системы:

 

 

y y y

 

y

y

 

y

1

(y2 y2

y2 ).

 

 

 

 

1

1

2

2

 

 

n

n

2

1

2

 

n

 

 

Отсюда, ( y2

y2

y2 )

y2 y2

y2

и, значит, y2

y2

y2

C et .

Подставив

1

2

n

1

 

2

 

n

 

 

 

1

2

n

 

 

сюда начальные условия, найдёмC y2 (0)

y2

(0) y

2 (0) и, таким образом,

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yi2 (t)

yi2 (0)et .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i 1

 

 

 

i 1

 

 

 

 

 

 

n

Ответ. yi2 (0)et .

i 1

107

4. Пусть F(u) – непрерывная на [0, 1] функция, D – квадрат с вершинами

(1,0),(0,1),( 1,0),(0, 1). Вычислить xF(x2 y2 )dxdy.

D

Решение. Ось Oy разбивает область D на две симметричные части: D1 (x 0) и

D2 (x 0). Тогда xF(x2

y2 )dxdy xF(x2 y2 )dxdy xF(x2 y2 )dxdy. Выполнив в

D

D1

D2

первом интеграле справа замену переменных x1 x, y1

y, получим:

xF(x2 y2 )dxdy x1F (x12 y12 )dx1dy1

xF(x2 y2 )dxdy.

D1

D2

D2

Следовательно, xF(x2 y2 )dxdy 0.

D

Ответ. 0.

5. В пирамиде с вершинами S(2,1, 3), A(1,2,3), B(1, 1,2),C(0,2, 1) построена высота

SO. Выяснить, находится ли точка O внутри треугольника ABC.

Решение. Воспользуемся тем, что точка O будет располагаться внутри треугольника ABC, тогда и только тогда, когда координаты нормального вектора n к этому треугольнику в базисе из рёбер SA, SB, SC будут одного знака. Найдём координаты вектора n :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

j

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

0

3

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

AB

AC

12i

j 3k.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x y 2z 12,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 2y

 

z 1,

Эта система имеет решение

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть n xSA ySB zSC

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6x 5y

2z 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

101, y

61 ,

 

z 194 . Таким образом, среди координат нормального вектора n к тре-

 

29

 

29

 

29

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

угольнику ABC в базисе

 

,

 

,

 

имеются числа разного знака, следовательно, точка O

SA

SB

SC

лежит вне этого треугольника.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ. Нет.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6. Получить рекуррентную формулу для производной n-го порядка функции

y

 

2x 1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 3x 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Перепишем выражение для функции в виде (x2 3x 5)y 2x 1 и будем его последовательно и почленно дифференцировать:

108

 

(2x 3)y (x2 3x 5)y 2,

 

 

 

 

1 2y 2(2x 3)y (x2 3x 5)y 0,

 

 

 

 

2 3y 3(2x 3)y (x2

3x 5)y 0,

 

 

 

 

................................................................

 

 

 

 

(n 1)ny(n 2) n(2x 3)y(n 1) (x2 3x 5)y(n) 0.

 

Дифференцируя ещё раз почленно последнее равенство, получим:

 

(n 1)ny(n 1) 2n(2x 3)y(n 1) n(2x 3)y(n) (2x 3)y(n) (x2 3x 5)y(n 1)

0

n(n 1)y(n 1)

(n 1)(2x 3)y(n)

(x2 3x 5)y(n 1)

0.

 

Таким образом, по индукции при n > 1 доказана формула

 

 

 

 

(n 1)ny(n 2) n(2x 3)y(n 1) (x2 3x 5)y(n) 0.

 

Ответ. y

2 (2x 3)y

 

(n)

 

(n 1)ny(n 2) n(2x 3)y

(n 1)

 

 

 

, y

 

 

 

 

 

, n 1.

x2 3x

5

 

 

x2 3x 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7. Найти геометрическое место точек пересечения трёх поверхностей

 

 

z ex arctgx, z ey arctg y, y sin x.

 

Решение. Так как функции ex arctgx и ey arctg y возрастающие,

то при x y первые

две поверхности не пересекаются. Значит, для точек пересечения данных поверхностей x = y и из последнего уравнения мы получаем x sin x. Рассмотрим функцию f (x) x sin x. Её производная f (x) 1 cosx положительна за исключением точек x 2 n,n Z, где она обращается в нуль. Следовательно, функция f(x) возрастает и поэтому уравнение

x sin x f (x) 0 никаких других корней, кроме x = 0, не имеет. Значит, у трёх данных поверхностей (0,0,1) – единственная общая точка.

Ответ. (0,0,1).

8. Метеорит, находящийся под влиянием земного притяжения, из состояния покоя начинает прямолинейно падать на Землю с высоты h. Какой была бы скорость метеорита при достижении им поверхности Земли, если бы отсутствовала земная атмосфера? Радиус Земли R = 6377 км.

Решение. Пусть x x(t) – высота метеорита в момент времени t. На метеорит дей-

ствует гравитационная сила, равная F

mgR2

. По второму закону динамики

(x R)2

 

 

 

ma F x

gR2

(x R)2 .

 

 

 

 

 

109

 

 

Для интегрирования последнего уравнения проведём в нём замену переменной x v(x). То-

гда x vv и мы приходим к уравнению vv

gR2

(x R)2 . Проинтегрировав его при условии

 

 

 

v2

 

 

 

gR2

 

gR2

 

 

 

v(h) 0, получим:

 

 

 

 

. На Земле x = 0, поэтому скорость метеорита в этот мо-

 

 

x R

h R

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

мент равна v

2gRh

 

12674gh .

 

 

 

 

 

h R

 

 

h 6337

 

 

 

 

Ответ.

12674gh .

 

 

 

 

 

 

 

h 6337

 

 

 

 

 

 

110

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Помощь Обратная связь Вопросы и предложения Пользовательское соглашение Политика конфиденциальности