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 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2223 / 3523 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 > Следующая >>>

19. Математическая олимпиада БНТУ 2006 года

26 апреля 2006 года

1. Решите в комплексных числах уравнение z3 z 2.

Решение. Записав комплексное число z в показательной форме z | z | ei arg z ,

получим по-

сле подстановки в уравнение:

| z |3 e3

arg

| z

|2 e 2

arg

| z |3

| z |2 , e5

arg

1 | z | 0 или | z |

1, arg z

2 n

, n Z.

2 n

i , n Z.

Таким образом, корнями этого уравнения являются числа z 0 и zn

e 5

2 n

i , n Z.

Ответ. 0; e 5

2. Найдите определитель порядка 2006, у которого на главной диагонали все элементы

равны a, на побочной диагонали все элементы равны b, а все остальные элементы равны нулю.

Эта задача для определителя произвольного чётного порядка предлагалась во втором туре олимпиады БПИ 1991 года (задание 1).

3. Отрезок AB, длиной 3, своими концами скользит по координатным осям (A по Oy, B

по Ox). Какую траекторию описывает точка C, находящаяся на отрезке на расстоянии 1

от точки A?

Решение. Пусть (x, y) – координаты произвольной точки траектории, α – угол, который

образует отрезок AB с осью Oy.	y
	y
A
y	C

									x
				O		x		B
				O				B
2			2
Тогда x sin , y 2cos	x		y	1, x 0, y 0				– уравнение четверти эллипса с полуосями
Тогда x sin , y 2cos	2		2	1, x 0, y 0				– уравнение четверти эллипса с полуосями
1			2
a = 1, b = 2.
Ответ. Четверть эллипса с полуосями a = 1, b = 2 и центром в начале координат.
		1			1		1			1
4. Найдите предел lim 1			1			1		1				.
4. Найдите предел lim 1		2	1		22	1		1		22	n	.
n		2			22		24			22

122

Решение. Преобразуем выражение под знаком предела:

	1		1		1							1						1						1					1					1			1
1		1		1				1							2 1						1			1							1					1
1	2	1	22	1	2	4		1				2		n	2 1				2		1			1				22			1			24		1	22	n
	2		22		2	4						2	2						2					2				22						24			22
										1					1					1								1
						2 1						1					1						1
						2 1				22		1			22		1		24				1				2		2	n
										22					22				24								2		2
								1			1					1								1									1
				2 1					1				1									1				2 1									.
				2 1			24		1		24		1			28						1		22	n	2 1						2		n 1	.
							24				24					28								22								2	2

	1	1		1			1			1
Тогда lim 1	1		1		1				lim 2 1			2.
Тогда lim 1	1		1		1		22	n	lim 2 1	22	n 1	2.
n	2	22		24			22		n	22
Ответ. 2.
				2									a
5. Вычислите интеграл 2n 1 a cost bsin tdt, где a 0,b 0, arctg													a	,n N.
													b	,n N.
				0									b
				0
Решение. Так как a cost bsin t							a2 b2 sin( t), то
2											2
2n 1 a cost		b sin tdt 2n 1				a2	b2		sin( t)dt 2n 1			a2 b2 sin( t)dt.
0					0

Проведём во втором интеграле в правой части замену переменной по формуле 2 t . Тогда

2		0
2n 1	a2 b2 sin( t)dt 2n 1		a2 b2	sin( d 2n 1	a2 b2 sin( )d.
				0
	2
Следовательно, 2n 1 a cost bsin tdt 0.
	0
Ответ. 0.

				y
6. Какой интеграл больше: 2 dx 2 sin(xy)e x 2 dy или 2 dy sin(xy)e y 2 dx.Ответ обоснуйте.
	0	x		0 0

Решение. У интегралов общая область интегрирования:

					x		, x y
		(x, y) \| 0			x	2	, x y			2	.
						2				2
В этой области sin(xy)e	x 2	sin(xy)e	y 2	(на отрезке					оси Oy и прямой y = x имеет место
В этой области sin(xy)e		sin(xy)e		(на отрезке			0,		оси Oy и прямой y = x имеет место
								2
					y
					y
равенство). Поэтому 2 dx 2 sin(xy)e x 2 dy > 2 dy sin(xy)e y 2 dx.
0	x			0	0
					123

Ответ. Первый интеграл больше второго.

7. Напишите уравнение линии, на которой находятся все точки экстремума всех инте-

гральных кривых, которые являются решениями дифференциального уравнения y x ln(xy).

Решение. В точке экстремума дифференциального уравнения y 0.

точки расположены на линии с уравнением x ln(xy) y ex .
					x
Ответ. y ex .
x	xn 1	( 1)n ln			x.
8. Решите уравнение 4 ( 1)n	xn 1	( 1)n ln			x.
	2n			n
			n!
n 0	3	n 0	n!
			1
Решение. Воспользуемся разложениями:			1		( 1)n xn ,\| x \| 1; ex
Решение. Воспользуемся разложениями:			1 x		( 1)n xn ,\| x \| 1; ex
			1 x		n 0

как

Поэтому все эти

		x	n
		x		, x R. Так
		n!		, x R. Так
n	0	n!

n x2n

n x2

n lnn x

( 1)

,| x |

3; ( 1)

e ln

, x 0,

n 1

n 0

3 n 0

3 x

n 0

то мы приходим к уравнению

, 0 x

3. В указанном интервале оно имеет един-

3 x2

ственный корень x 1.

Ответ. 1.

124

20. Математическая олимпиада БНТУ 2007 года

19 апреля 2007 года

1. Вычислите следующий определитель порядка n:

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

.		.	.	.	.		.	.

	0	0	0		a b		b

	0	0	0
					a a b
Решение. Обозначим этот определитель через n. Разложив его по элементам первой
строки, получим:
		n (a b) n 1			ab n 2.			(1)
При n = 1 и n = 2, мы, соответственно, находим:					a b,	2	a2 ab b2. Докажем по ин-
				1

дукции, воспользовавшись (1), формулу:

n ak bn k .

Всамом деле, предполагая, что она верна для порядков, не превосходящих n, убедимся в её справедливости для порядка n + 1:

n 1

n 1 (a b) n ab n 1 (a b) ak bn k ab ak bn k 1

k 0

n 1

ak 1bn k

ak bn k 1

ak 1bn k ak 1bn

k bn 1

ak bn k 1,

k 0

что и требовалось проверить.

Ответ. ak bn k .

k 0

2. Решите уравнение lim

n2006

2007

n nx (n 1)x

Решение. Поскольку

n2006

n2006 x

, то lim

n2006

при x 2006.

nx (n 1)x

n 1 x

(n 1)x

n nx

При x 2006 воспользуемся правилом Лопиталя для функции

y 2006 x

, y :

y 1

125

y2006 x

(2006 x)y 2005 x

lim

2006 x

lim

y 1

x 1

y 1

, если 2006 x 2007;

(2006 x)y

2007 x

lim

, если x

2007;

y 1

x 1

2007

0, если x 2007.

Значит,

, если x 2007;

2006

lim

, если x 2007;

(n 1)

2007

n n

0, если x 2007.

Следовательно, данное уравнение имеет единственный корень x = 2007.

Ответ. 2007.

3. К поверхности xyz = 1 в некоторой её точке провели касательную плоскость. Каким может оказаться объём тетраэдра, образованного этой плоскостью и координатными плоскостями?

Решение. Так как уравнение поверхности имеет вид																									F(x, y, z) xyz 1 0 и, следова-
тельно, Fx yz, Fy xz, Fz xy,										то в любой точке M (x0 , y0 , z0 ) этой поверхности нормальный
вектор касательной плоскости равен y0 z0i x0 z0																									и, значит, касательная плоскость
вектор касательной плоскости равен y0 z0i x0 z0																					j	x0 y0k			и, значит, касательная плоскость
имеет уравнение:	y0z0 (x x0 ) x0z0 (y y0 ) x0 y0 (z z0 ) 0. Эта плоскость пересекает коор-
динатные оси в точках							3								3								3		Тогда объём треугольной пира-
									,0,0			,	0,					,0 ,		0,0,				.
									,0,0			,	0,					,0 ,		0,0,				.
															x0 z0								x0 y0
					y0 z0										x0 z0								x0 y0
миды равен 1 1	3		3				3				9				1				9 .
миды равен 1 1											9		(x y z				)2		9 .
3 2 y z		0		x z	0	x y			0		2		(x y z			0	)2		2
	0	0	0		0		0		0				0		0	0
Ответ. 9 .
2
								x			2		2
										et
										et		dt
4. Найдите предел					lim			0						.
4. Найдите предел					lim			x						.
					x				e2t 2 dt
									0

126

Решение. Интегралы в числителе и знаменателе бесконечно большие при x . Применим правило Лопиталя:

t 2

2 e

lim

e2t

2 e

lim 1

lim

2x e

x x

Ответ. 0.

5. Докажите, что xxdx 2.

Решение. Так как производная функции

f (x) xx

равна

f (x) xx (ln x 1), то эта функ-

ция имеет единственную критическую точку

которая является её точкой минимума.

2,5 e 2,75,

Значит, x

. Так как

то

и, значит,

. Непосред-

ственной проверкой мы можем убедиться в том, что

. Следовательно,

, что

и доказывает неравенство в условии задачи.

6. Решите уравнение (xy2 y)dx (x2 y x)dy 0.

Решение. Очевидно, функции x = 0 и y = 0 являются решениями этого дифференциального уравнения. При xy 0 разделим обе его части на xy. В результате придём к уравнению

		1
y	1 dx x	1	dy 0.
y	1 dx x		dy 0.

	x	y

Поскольку y

dx x

dy (ydx xdy)

d (xy) d ln

d xy ln

то

ненулевыми решениями данного уравнения являются функции xy ln xy C, где C – произ-

вольная постоянная.

127

Ответ. xy ln	x	C, x 0, y 0.
	y

1	1	1		1
7. Вычислите произведение 33	99	27	27	81	81	.
				1			1		1		1		1	2		3	n
				1			1		1		1		3		2	3		n
Решение. Запишем это произведение в виде: 33							99	2727		8181		3	3		2	3		n
Решение. Запишем это произведение в виде: 33							99	2727		8181		3		3		3	3		. Просум-

мируем ряд в показателе последней степени. Для этого найдём сначала сумму степенного ряда

			x																	1								1									1
	n 1						n										n			1						n 1		1									1
nx		. Так как	nt					1		dt x											1,		то	nx								1							. Тогда
nx		. Так как	nt					1		dt x									1 x		1,		то	nx						1 x		1				(1	x)	2	. Тогда
n 1			0	n 1											n 1				1 x					n 1						1 x						(1	x)
				1		2							3					n				1			1 n 1		1			1				3	.
																							n
																							n
				3 32								33					3n					3 n 1			3		3						2	4
				3 32								33					3n					3 n 1			3		3		1		1		2	4
																													1		1
																															3
																															3
			1		1			1						1					3
Следовательно, 33 99 27									27		81				81	34				4 27.

Ответ. 4 27.

8. Коля, Толя и Оля по очереди подбрасывают игральный кубик. Коля выиграет, если после его броска выпадет 1, 2 или 3. Доля выиграет, если после его броска выпадет 4 или 5.

Оля выиграет, если после её броска выпадет 6. Найдите вероятность того, что выиграет Оля.

Решение. I. Начиная с первого броска, назовём тройку последовательных бросков се-

рией. Оля может выиграть в любой из серий с вероятностью p 12 32 16 181 . Все проигры-

вают в любой серии с вероятностью p1 12 23 56 185 . Тогда Оля победит в игре с вероятно-

стью

p p p p2 p pn p p(1 p p2					pn )	p		1	.
p p p p2 p pn p p(1 p p2					pn )				.
1	1	1	1	1	1	1 p1	13
						1 p1	13

II. Оля, как и любой другой участник игры, победит в серии, где будут выигрышные броски. Вероятность этого события равна 1 p1 1813. Тогда по формуле условной вероятно-

сти Оля станет победительницей в игре с вероятностью				p		1	.
сти Оля станет победительницей в игре с вероятностью				1 p			.
				1 p	13
				1
Ответ.		1	.
Ответ.			.
	13
	128

<<< < Предыдущая 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2223 / 3523 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 > 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

	1		1		1							1						1						1					1					1			1
1		1		1				1							2 1						1			1							1					1
1	2	1	22	1	2	4		1				2		n	2 1				2		1			1				22			1			24		1	22	n
	2		22		2	4						2	2						2					2				22						24			22
										1					1					1								1
						2 1						1					1						1
						2 1				22		1			22		1		24				1				2		2	n
										22					22				24								2		2
								1			1					1								1									1
				2 1					1				1									1				2 1									.
				2 1			24		1		24		1			28						1		22	n	2 1						2		n 1	.
							24				24					28								22								2	2

	1		1		1							1						1						1					1					1			1
1		1		1				1							2 1						1			1							1					1
1	2	1	22	1	2	4		1				2		n	2 1				2		1			1				22			1			24		1	22	n
	2		22		2	4						2	2						2					2				22						24			22
										1					1					1								1
						2 1						1					1						1
						2 1				22		1			22		1		24				1				2		2	n
										22					22				24								2		2
								1			1					1								1									1
				2 1					1				1									1				2 1									.
				2 1			24		1		24		1			28						1		22	n	2 1						2		n 1	.
							24				24					28								22								2	2

	1		1		1							1						1						1					1					1			1
1		1		1				1							2 1						1			1							1					1
1	2	1	22	1	2	4		1				2		n	2 1				2		1			1				22			1			24		1	22	n
	2		22		2	4						2	2						2					2				22						24			22
										1					1					1								1
						2 1						1					1						1
						2 1				22		1			22		1		24				1				2		2	n
										22					22				24								2		2
								1			1					1								1									1
				2 1					1				1									1				2 1									.
				2 1			24		1		24		1			28						1		22	n	2 1						2		n 1	.
							24				24					28								22								2	2