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►

33. Математическая олимпиада БНТУ 2021 года

24 апреля 2021 года

 

 

 

2

3

 

(4 балла)

 

 

 

 

 

1. Найти A2021, где A

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Так как A2

8

12

 

 

, E

 

– единичная матрица второго по-

 

 

 

, A3 26 E

2

 

 

 

 

16

8

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

рядка, то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A2021 (A3 )673 A2

( 26 E

)673

A2

24040

2

3

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

2

Ответ. 24040

2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2. Найти минимальную площадь параллелограмма, построенного на векторах OA

иOM , где O(0, 0), A( 1, 1), M (x, y) точка на линии с уравнением y 2e x . (5 баллов)

Решение. Площадь S указанного параллелограмма равна

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

j

k

 

 

 

S |

 

 

 

| |

1 1

0

| | x y | x 2e x .

 

 

OA

OM

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

y

0

 

 

 

Поскольку S 1 2e x , то x ln 2 – точка минимума этой функции и Smin

1 ln 2.

Ответ. Smin 1 ln 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

3. Найти выражение для производной n-го порядка функции y x sin t dt через её произ-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

водную (n–1)-го порядка. (6 баллов)

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Так как y

sin x

xy sin x,

то, дифференцируя последовательно обе части

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

последнего равенства, получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y xy (sin x) ,

 

 

 

 

 

2y xy (sin x) ,

 

 

 

 

 

3y xyIV (sin x) ,

 

 

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

 

 

 

 

 

(n 1)y(n 1)

xy(n) (sin x)(n 1).

 

 

173

Поскольку (sin x)

(n 1)

 

 

 

(n 1)

(n 1)y

(n 1)

xy

(n)

 

 

 

(n 1)

 

 

sin x

 

 

2

, то

 

 

sin x

2

, откуда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

(n)

 

1

 

 

(n 1)

 

 

 

(n 1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin

x

 

 

(n 1)y

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ. y

(n)

 

1

 

 

 

(n 1)

(n

1)y

(n 1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin x

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4. Среди всех прямых, проходящих через точку M 0 (3, 0), найти наиболее удаленную от

параболы y x 2 .

 

(6 баллов)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. I. Для искомой прямой нормальная прямая к параболе проходит через точку M0. Найдём соответствующую точку M (x, y) на параболе. Нормальный вектор в этой точке

 

 

 

 

 

 

 

 

2x

 

1

.

Отсюда,

равен n 2xi

j.

Он коллинеарен вектору M 0 M (x 3, y), значит,

x 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

2xy x 3 0 и, так как y x2 , то 2x3 x 3 0. Единственным действительным корнем этого уравнения является x 1. Значит, нормальным вектором искомой прямой является вектор n 2i j. Тогда уравнение прямой с наибольшим расстоянием от параболы имеет вид

2(x 3) y 0 или y 2(x 3).

II. Все такие прямые имеют уравнения y k(x 3). Расстояние f (x,k) от точки (x, x2 )

на параболе до прямой равно f (x, k)

k(3 x) x 2

. Найдём расстояние (k) от параболы до

 

 

 

k 2 1

 

 

 

 

 

 

 

 

этой прямой. Поскольку f x (x, k) k 2x , то x

k

– критическая точка функции f (x,k),

 

k 2

1

2

 

 

 

 

 

 

которая является точкой минимума этой функции и, значит, (k)

12k k 2

4

 

. Осталось найти

 

 

 

 

 

 

 

 

k 2 1

максимум функции (k).Так как (k)

12 2k k 3

 

 

(2 k)(6 2k k 2 )

, то максимум до-

 

 

 

 

 

 

 

4(k 2 1) k 2 1

4(k 2 1) k 2 1

стигается при k 2. Следовательно, искомая прямая имеет уравнение

y 2(x 3).

Ответ. y 2(x 3).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5. Материальная точка, двигаясь по прямой с непрерывным ускорением, прошла за единичный промежуток времени единичный отрезок, причем в начальной и конечной точках она находилась в состоянии покоя. Доказать, что найдется момент времени, когда ускоре-

ние материальной точки было по абсолютной величине не меньше четырех. (9 баллов)

174

Решение. Обозначим пройденный путь, скорость и ускорение в момент времени t через

s(t), v(t), a(t), соответственно. Предположим, от противного,

что

 

a(t)

 

4, 0 t 1. Тогда,

 

 

учитывая, что v(t) t

a(s)ds,

мы получаем

 

v(t)

 

t

 

a(s)

 

ds 4t, 0 t 1. С другой стороны,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

v(t) t

a(s)ds и, значит,

 

v(t)

 

1

 

a(s)

 

ds 4(1 t),

0 t 1. Далее, поскольку в любой момент

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

времени s(t) t

v(s)ds, то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1/ 2

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1/ 2

1

 

 

 

 

 

 

1 s(1)

 

v(t)

 

dt

 

 

 

 

v(t)

 

dt

 

v(t)

 

dt

 

4tdt 4(1 t)dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

1/ 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

1/ 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2t

2

 

 

1/ 2

2(1

t)

2

 

1

 

 

1

 

1

1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

1/ 2

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Противоречие.

175

34.1. Математическая олимпиада БНТУ 2022 года (1 курс)

0

1

1994

(3 балла)

1. Вычислить

 

 

.

 

1

0

 

 

 

 

 

Задача с таким же условием предлагалась на олимпиаде БГПА 1998 года (задание 1).

2. Доказать, что для любого действительного α верно неравенство

 

sin

cos

0,5

 

 

 

 

cos

sin

3

20.

 

3 3

7

2

 

При каких значениях α справедливо равенство? (4 балла)

Решение. Обозначим определитель в левой части неравенства через . В строках этого

определителя записаны координаты трёх векторов:

 

 

a sin i cos j 0,5k , b cos i sin j

3 k , c 3

3 i 7 j 2k .

Геометрически |Δ| представляет собой объём параллелепипеда, построенного на векторах a , b , c. Он не превышает объёма прямоугольного параллелепипеда с рёбрами | a |, | b |, | c |.

Таким образом, | | | a || b || c | 1 0,25 1 3 27 49 4 20. Равенство будет дости-

гаться, когда векторы a , b , c будут составлять прямоугольный положительно ориентирован-

ный базис, т.е. a b , b c, c a и 0 или, использовав скалярное произведение,

sin cos cossin 0,5 3 0,

a b b c c a 0 3 3 cos 7sin 2 3 0,3 3 sin 7cos 1 0.

Первое уравнение системы, которое мы можем переписать в виде sin 2 23 , системы имеет

корни

 

k, k Z

или

 

l, l Z. Корни первой группы не удовлетворяют послед-

6

3

ним двум уравнениям системы. Подстановка корней второй группы во второе и третье уравнения даёт: ( 1)l 2 3 2 3 0, ( 1)l 1 1 0. Отсюда следует, что целое l должно быть чёт-

ным. Таким образом, 3 2 n, n Z. Проверка показывает, что для таких α определитель равен 20.

Ответ. 3 2 n, n Z.

176

 

x2

y3

2z2

18,

3. Найти все целочисленные решения системы уравнений

6x2

14y3

z2

72,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

16y

3

5z

2

108.

 

8x

 

 

 

(6 баллов)

Решение. Умножая обе части первого уравнения на 14 и затем вычитая из него почленно второе уравнение, получим: 8x2 27z2 180. После несложного перебора находим четыре решения этого уравнения: x 3, z 2. Для каждого из этих решений y = –1.

Ответ. (3, –1, 2), (–3, –1, 2), (–3, –1, –2), (3, –1, –2).

4.Найти множество точек плоскости, из которых эллипс виден под прямым углом.

(5 баллов)

Эта задача предлагалась в первом туре олимпиады БГПА 1995 года (задание 2).

5.Построить геометрическое место точек перегиба графиков решений уравнения y x ey . (4 балла)

Эта задача предлагалась в первом туре олимпиады БПИ 1987 года (задание 5).

177

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