28.Математическая олимпиада БНТУ 2015 года

Аналогично, из второго равенства

3B(3B 2E) E и, стало быть, матрицы B и

3B 2E

также невырожденные. Тогда невырожденной является и матрица

(A 3E)(3B 2E) 3AB 2A 9B 6E A(6A 1B 1 9A 1 2B 1 3E)B,

откуда и следует невырожденность матрицы 6A 1B 1 9A 1 2B 1 3E.

2. Эллипс задан уравнением

x2

y2

1, a b. M – произвольная точка эллипса, MQ – ка-

a

2

b

2

сательная к эллипсу, MP – нормаль (точки P и Q лежат на оси Ox). Найти | OP | | OQ |.

(7

Пусть точка M имеет координаты M (x0 , y0 ). Дифференцируя обе части уравнения эллипса,

получим:

2x

2yy

0

y

b2 x

.

Значит, угловой коэффициент касательной к эллипсу в

a

2

b

2

a

2

y

точке M равен

y (x

)

b

2 x

0

. Тогда y y

b2 x

(x x ) уравнение касательной и она пе-

0

2 y

a2 y

0

a

0

0

0

0

ресекает ось Ox в точке

xQ

a2

.

Угловой же коэффициент нормальной прямой равен

a2 y0

,

x0

b2 x0

b

4

2

4

2

O

2

4

k

2

4

полуплоскости линиями y x tg

x2 y2 arctg

x2 y2 , y xtg

.

Плотность в каждой

3

точке пластинки равна (x, y)

3

.

(8 баллов)

x2 y 2

33

3 3

3

2

3

2

3

2

m rdrd

d

2r arctgr dr

3 arctgr dr

rdr

2

3

2

3

D

0

r

r arctgr

3

0

2

2

0

3

2

3

3

3

dr

2 r

arctgr

r

d arctgr

2 r

0

2

2

0

2

0

1 r

3

3

(1 r

2

) 1

3

3

dr

3

3

3

3

3

3

3 arctgr

3

.

2

dr

2

0

2

0

1 r

2

0

1 r

2

2

3

2

Ответ.

3

3

.

2

5. Доказать, что для любых x 0, y 0 выполняется неравенство x y

y x

1.

(6 баллов)

Решение. Очевидно, при x 1 или y 1 данное неравенство выполняется. Проверим его

при 0 x 1,

0 y 1. Проведём в неравенстве замену переменных:

x

1

, y

1

. Тогда мы

u

v

должны доказать, что

1

1

1

1

1

1

1

1

1 u v v u u v v u

u v 1 v u

1

1, u 1,v 1.

1

1

u v

v u

Установим предварительно следующее вспомогательное утверждение.

Лемма. Если 0, (0,1), то (1 )

1 .

Для его проверки рассмотрим функцию ( ) (1 ) 1 . Так как

( ) (1 ) 1

1

1

0,

1

(1 )

то ( ) убывает и поскольку

( ) 0, то ( ) 0

при 0, что и доказывает лемму.

1

1

1 (u 1) 1

1

u 1

По этой лемме u v

(1 (u 1))v

u v

1

. Аналогично, мы получаем

v

v

1

v 1

1

1

u 1

v 1

u 1

v 1

v u 1

. Тогда

u v

1 v u 1

1 1 1, что и требовалось дока-

u

v

u

u

v

зать.

6. Найти общую формулу разложения в ряд по степеням x функции

f (x) ex cos sin(xsin ).

(5 баллов)

Решение. Очевидно,

f (x) Im(ex ei ). Тогда, учитывая, что

ex ei (x e

i

)

e

i n

xn

cos( n) i sin( n)xn cos( n)xn i sin( n)xn ,

n

n 0 n!

n!

n!

n 0 n!

n 0

n!

n 0

n 0

мы получаем искомое разложение:

f (x) sin( n)xn .

Ответ. sin( n)xn .

n 0

n!

n 0

n!