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 22 23 24 25 2627 / 3527 28 29 30 31 32 33 34 35 > Следующая >>>

25. Математическая олимпиада БНТУ 2012 года

arctg3 tdt

1. Найти предел: lim	0		. (3 балла)
1. Найти предел: lim	1	x2	. (3 балла)
x	1	x2
Решение. Так как lim	x arctg3 tdt lim			1 x2	,то, применяя правило Лопиталя и
x	0		x
	0

теорему о производной интеграла с переменным верхним пределом, получим:

3 tdt

arctg3 tdt

arctg

lim

arctg

x lim

arctg3 x

1 x

1 x2

Ответ. 3 . 8

2. Дана окружность единичного радиуса, OA – фиксированный диаметр, B – произ-

вольная точка окружности, | BA| | BM |, точка M лежит на продолжении хорды OB за

точку B. Написать уравнение геометрического места точек M, когда B пробегает верхнюю полуокружность. (4 балла)

Задача с аналогичным условием предлагалась в первом туре олимпиады БПИ 1990 года (задание 1).

(0),		(	)	(	1)(		2)		(		2012).	(5 баллов)
3. Найти f	если f		x	x x		x				x

Решение. Так как f (x) (x 1)(x 2) (x 2012) x((x 1)(x 2) (x 2012)) , то f (0) ( 1)( 2) ( 2012) 0 ( 1)2012 2012! 2012!

Ответ. 2012!

4. Найти действительные числа A и B, удовлетворяющие условию:

	ctg x		1 Ax2
lim			x	Bx3	0. (7 баллов)

		x5
x 0
Решение. По условию ctg x		1 Ax2		o(x5 ), где o(x5 ) – бесконечно малая более высо-
		x Bx3

кого порядка, чем x5 при x 0, или, что равносильно,

(x Bx3 )cosx (1 Ax2 )sin x o(x7 ), x 0.

Тогда, учитывая, что по формуле Маклорена

142

cos x 1			x2		x4		x6	o(x7 ), sin x x				x3		x5		x7	o(x8 ),
cos x 1							720	o(x7 ), sin x x					120		5040		o(x8 ),
		2		24			720				6		120		5040
мы получаем:
	x2	x4			x6						x3			x5		x7
(x Bx3 ) 1						o(x7 )			(1	Ax2 ) x							o(x8 )	o(x7 ).
(x Bx3 ) 1						o(x7 )			(1	Ax2 ) x							o(x8 )	o(x7 ).
	2	24		720							6		120		5040
	2	24		720							6		120		5040

Степеней ниже восьмой, в левой части этого равенства не должно быть. Значит, должны выполняться равенства:

13 B A 0, 301 12 B 16 A 0, 8401 241 B 1201 A 0.

Полученная система линейных уравнений несовместна. Следовательно, чисел, удовлетворяющих условию задачи, не существует.

Ответ. .

5. Уходя из квартиры, n гостей, имеющих одинаковые размеры обуви, надевают крос-

совки в темноте. Каждый из них может отличить правый кроссовок от левого, но не может отличить свой кроссовок от чужого. Найти вероятности следующих событий: 1) A – каж-

дый гость наденет свои кроссовки; B – каждый гость наденет кроссовки, относящиеся к одной паре. 2) Вычислить вероятности событий A и B, если гости не могут отличить пра-

вого кроссовка от левого и просто берут первые попавшиеся кроссовки. (6 баллов)

Решение. 1) В этом случае можно считать, что левые и правые кроссовки лежат в отдельных кучах. Первый гость может выбрать себе пару n n n2 способами, второй – (n 1)2

способами, и т.д. Следовательно, всевозможных исходов здесь n2 (n 1)2 22 12 (n!)2. Событию A благоприятствует единственный исход, событию B – n! исходов. Поэтому вероят-

ности событий здесь равны: P(A) (n1!)2 , P(B) n1!.

2) В этом случае каждый гость выбирает себе пару из общей кучи. Первый гость может выбрать пару 2n(2n – 1) способами, второй – (2n – 2)(2n – 3) способами, и т.д. Значит, здесь число всевозможных исходов равно (2n)!. Для события A благоприятствующих исходов 2n , так как каждый гость выбирает свою пару двумя способами (правый, левый или наоборот). Событию B благоприятствует 2n! исходов (n! левый, правый и столько же наоборот). Стало

быть, здесь вероятности данных событий суть P(A) 2n , P(B) 2n! . (2n)! (2n)!

143

Ответ. 1) P(A)	1	, P(B)	1	. 2)	P(A)	2n		, P(B)	2n!	.
	(n!)2		n!			(2n)!			(2n)!

6. Найти z x iy из уравнения: ( 1)

n 0

n(n 1)	z	n

		2		(6 баллов)
2			z

	2		.

Решение. Просуммируем ряд в правой части уравнения, разложив его на два ряда по чётным и нечётным степеням и воспользовавшись суммой ряда геометрической прогрессии:

	n(n 1)			n				2k				2k 1
		z				k z				k z			1		z		1		4 2z
		z				k z				k z			1		z		1		4 2z
( 1) 2					( 1)				( 1)												2 .
( 1) 2			2		( 1)		2		( 1)		2		z	2	2		z	2	4	z	2 .
n 0			2		k 0		2		k 1		2	1	z		2	1	z		4	z


													2				2

Осталось решить в комплексных числах уравнение: 4 2z 2 z. Оно равносильно уравне-

4 z 2

нию (2 z2 )(2 z) 0. Его корни: z1,2 2i, z3 2. Третий корень следует отбросить, так как степенной ряд в условии задачи сходится в круге | z | 2.

Ответ. 2i.

( )

из уравнения xy

(sin

(1) 0,

(1) 1.

(5 баллов)

7. Найти функцию y

y x

sin .

Перепишем данное дифференциальное уравнение в виде:

Решение.

xy y

(

sin

(cos

Замечаем, далее, что

) ,

) . Тогда, (

) (cos

)

и, значит,

xy cos y C1. Подставляя сюда начальные условия,

находим C1 0. Поэтому,

cos

C x

. Разделив здесь переменные, получим после интегрирования:

2 .

Использовав начальное условие, найдём C2 1. Следовательно,

x, откуда,

y 2 2arctgx.

Ответ. y 2 2arctgx.

144

26. Математическая олимпиада БНТУ 2013 года

21 марта 2013 года

1. Найти производную функции y x xb xb x

b x x .

(4 балла)

Решение. Так как при x 0,0 b 1 y exb ln x eb x ln x bex ln x , то

y x xb (xb ln x) xb x (bx ln x) bx x ln b (ex ln x )

x xb (bxb 1 ln x xb / x) xb x (bx ln b ln x bx / x) bx x ln b x x (x ln x)

x xb b 1 (b ln x 1) xb x 1bx (ln b x ln x 1) bx x

ln b x x (ln x 1).

2. Решить дифференциальное уравнение

y 1 x3 dy 3x2 ydx 0. (8 баллов)

Решение. Очевидно, функция y = 0 является решением этого уравнения. При y 0раз-

y 1 x3

делим обе части данного уравнения на

dy 0. Это уравнение в пол-

3x2

y 1 x

3x2

ных дифференциалах, так как здесь y

. Найдём его интеграл:

3z2

z 1

u(x, y)

dz.

Во втором интеграле выполним замену переменной z 1 t с последующим интегрирова-

нием по частям:

y	z 1							y 1				2t 2								y 1							1				t	y 1	y 1		dt
y	z 1							y 1				2t 2								y 1							1				t	y 1	y 1		dt
					dz												dt					td
			2		dz				(t			2	1)			2	dt					td				2	1			2	1				2	1
3	z							2											y 1	2				t					t			2	2	t
3	z							2												2				t					t			2	2	t
				y 1																				y 1						y 1 1
								2			1 ln				t 1													1 ln					2	1 ln 3.
								2							t 1

				y				3		2					t 1			2						y				2		y 1 1			3 2
				y				3		2					t 1			2						y				2		y 1 1			3 2
Тогда u(x, y)		x3				y 1						1	ln			y 1 1						2			1		ln3 и, значит,
		x3				y 1						1				y 1 1						2			1
			y				y					2				y			1 1			3			2
			y				y					2				y			1 1			3			2
														x3				y 1			1		ln				y 1 1		C
														x3				y 1			1						y 1 1
														y					y		2						y 1 1
														y					y		2						y 1 1

– общий интеграл данного дифференциального уравнения.

145

Ответ.		x3		y 1			1	ln	y 1 1				C; y 0.
Ответ.		y		y			2	ln	y	1 1			C; y 0.
		y		y			2		y	1 1
													1			2		3	4
													1			2		3	4
3. Построить график функции y												x 1				2		x 3	4			.	(4 балла)
													1		x 3			x 4	x 5
													1		3			4	5
Решение. Использовав общие свойства определителя, получим:
	1		2			3			4		1		2			3		4		2x			2x	4x


	x 1		2		x 3				4		0		2x			2x		4x
	x 1		2		x 3				4		0		2x			2x		4x		x 1			x 1	x 1
	1		x 3		x 4			x 5			0		x 1			x 1		x 1			5		7	9
	1		3		4			5			0		5			7		9			5		7	9
	1		3		4			5			0		5			7		9
					1	1		2						0	0	1					1 1


	2x(x 1)				1 1			1	2x(x 1)					1	1 1		2x(x 1)						4x(x 1).
					5	7		9						5	7	9					5	7
					5	7		9						5	7	9

Здесь в первом определителе мы через первую строку обнулили элементы первого столбца, второй определитель разложили по элементам первого столбца, в третьем вынесли за знак определителя общие множители элементов строк, в четвёртом из первой строки вычли вторую, пятый разложили по элементам первой строки. Значит, y 4x(x 1). График функции – парабола.

y 4x x 1 y

		1
1.5	1.0	0.5 O	0.5	1.0	1.5 x

4. Треугольник ABC, где A(1, 1,2),B(0,0, 2),C(4, 4,2), проектируется на некоторую

плоскость в отрезок длины 4 3. Записать уравнение этой плоскости, зная, что она проходит через точку M 0 (1,1,1). (6 баллов)

146

Решение. Обозначим плоскость, на которую проецируется треугольник через Π. Из условия задачи следует, что плоскость треугольника ABC перпендикулярна плоскости Π. Далее, поскольку AB AC 3 2, BC 4 3, то ABC – равнобедренный треугольник со стороной BC,

параллельной плоскости Π. Тогда для этой плоскости вектор высоты AD является нормальным. Точка D имеет координаты D(2, –2, 0), значит, AD (1, 1, 2). Запишем уравнение плос-

кости Π: (x 1) (y 1) 2(z 1) 0 x y 2z 2 0.

Ответ. x y 2z 2 0.

5. Найти x из уравнения 4 ( 1)n

( 1)n ln

. (12 баллов)

n 0

Эта задача предлагалась на олимпиаде БНТУ 2006 года (задание 8).

(6 баллов)

6. Найти

если f

x 2

Решение. Так как

x 2

(x 2)2

то

, откуда при

= 2 следует, что

x 2

Ответ. 8.

7. Пусть K – замкнутый единичный круг x2 y2

и M (x , y ) – точка на единичной

окружности x2 y2 1.

Через R(MN) обозначим прямоугольник с диагональю MN и сторо-

нами, параллельными осям Ox и Oy. Найти вероятность того, что при случайном выборе точки N в круге K прямоугольник R(MN) целиком лежит в круге K. (10 баллов)

	y			Решение. Прямоугольник R(MN) будет целиком находиться в
				Решение. Прямоугольник R(MN) будет целиком находиться в
1.0				круге тогда и только тогда, когда точка N будет принадлежать
	0.5	M		прямоугольнику R(M, –M) вписанному в круг. Тогда по фор-
	0.5			муле геометрической вероятности искомая вероятность равна
				муле геометрической вероятности искомая вероятность равна
				x отношению площади прямоугольника R(M, –M) к площади
1.0	0.5 O	0.5	1.0	x отношению площади прямоугольника R(M, –M) к площади
	0.5			круга K, т.е. 4 \| x0 y0 \|.
	0.5

1.0
1.0				Ответ. 4 \| x0 y0 \|.

147

<<< < Предыдущая 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 2627 / 3527 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