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 26 27 28 29 30 31 32 3334 / 3534 35 > Следующая >>>

34.2. Математическая олимпиада БНТУ 2022 года (2 курс)

	a	b	c	2
	a	b	c	2
1. Доказать, что если ab + bc + ca = 0, то	b	c	a	(a2 b2 c2 )3.
	c	a	b

	a	b	c
Решение. В определителе	b	c	a	к первой строке добавим остальные, вынесем
	c	a	b

общий множитель за знак определителя и разложим полученный определитель по элементам первой строки:

1 1

(a b c)b c c a

(a b c)

(a b c)( a2 b2 c2 ab bc ca) (a b c)(a2 b2 c2 ).

Тогда
2 (a b c)2 (a2 b2				c2 )2		(a2 b2 c2	2(ab bc ca))(a2 b2 c2 )2 (a2 b2 c2 )3.
	1	arctgx						I
2.	Пусть I		2		2 dx	( 0). Доказать, что lim				1.
2.	Пусть I		2		2 dx	( 0). Доказать, что lim			1	1.
	0	x					0	ln	1
								ln
Эта задача предлагалась в первом туре олимпиады БПИ 1987 года (задание 4).
								x dx.
3.	Вычислить интеграл					4 log3 arctgx	9\|x\| arctg2	x dx.


	4

Решение. Преобразуем данный интеграл, который мы обозначим через I:

				9\|x\|						9\|x\| arctg2	x arctgx dx.
I 4 log3				9\|x\|			dx 4 2 \| x \|dx 4 log3
I 4 log3			9\|x\| arctg2		x arctgx		dx 4 2 \| x \|dx 4 log3
			9\|x\| arctg2		x arctgx
4								4	4
Проведём во втором интеграле справа замену переменной x = –t. Тогда
									t arctgt dt
		I 44		x dx 4 log3		9\|t\| arctg2			t arctgt dt	2 I I	2 .
		0								8	16
					4
Ответ.	2	.
Ответ.	16	.
	16

178

																														2		2			где x 0, y 0, и осями ко-
4. Найти площадь фигуры, ограниченной кривой x 3 y 3 1,																																			где x 0, y 0, и осями ко-
ординат.
Решение. Эта линия имеет параметрические уравнения x sin																																				3	t	, y cos				3
Решение. Эта линия имеет параметрические уравнения x sin																																					t	, y cos					t, t 0,			, т.е.
																																														2
является дугой астроиды в первой четверти. Тогда:
																										3
				2			3	3			2					4	t sin		2	t dt						3	2			cos2t)			2	(1 cos2t)dt
			S cos t d sin						t 3 cos								t sin			t dt						8	(1			cos2t)				(1 cos2t)dt
				0							0															8	0
						3												3
						3	2						2	2tdt				3			2				2	2tdt					2					2
						8	(1 cos2t)sin							2tdt				8			sin					2tdt				cos2t sin							2tdt
						8	0											8			0										0


				2						2																									2				3	t	2
	3	1							1					2											3						1							sin		t				3
	3	1		(1 cos4t)dt					1	sin				2	2td sin 2t										3						1	sin 4t						sin		2				3	.
																												t
	8	2							2															16				t			4							3						32
	8	2		0					2	0														16							4				0			3			0			32

Ответ.			3		.
Ответ.		32			.
		32
								1
5. Доказать, что												1 ln 2.										(7 баллов)
5. Доказать, что											n	1 ln 2.										(7 баллов)
							n 1 n(n 1)2
																							x	n 1
Решение. Рассмотрим степенной ряд																							x						,	сходящийся, как нетрудно проверить
Решение. Рассмотрим степенной ряд																													,	сходящийся, как нетрудно проверить
																			n 1 n(n 1)

на отрезке [–1, 1]. Обозначим его сумму через f(x). Продифференцируем дважды почленно

этот ряд и воспользуемся суммой ряда геометрической прогрессии:

f (x) xn 1

. Те-

1 x

n 1

перь дважды проинтегрируем функцию

по отрезку [0, x],

x [ 1, 1], учитывая,

что

1 x

(0)

(0) 0:

f (x) x

ln(1 t)

0x ln(1 x)

0 1 t

f (x) x ln(1 t)dt t ln(1 t)

x td ln(1 t) x ln(1 x) x

tdt

0 1 t

x ln(1 x) 1

dt x ln(1 x) t ln(1 t)

0 (1 x)ln(1 x) x,

179

			1			1		1		1	1
т.е.	f (x) (1 x)ln(1	x) x. Тогда			2 f	2	2	2	ln	2	2	1 ln 2.
				n
		n 1 n(n 1)2

180

35.1. Математическая олимпиада БНТУ 2023 года (1 курс)

28 апреля 2023 года

1. Найти параметр m, при котором целые положительные значения величин x, y, z, u, v

были бы наименьшими, если они удовлетворяют системе уравнений:

2x y m,3y z m,4z u m,5u v m, 6v x m.

Решение. Пусть Sk – уравнение с номером k данной или преобразованной системы. Проведём преобразования уравнений данной системы в последовательности:

S2 S2 3S1, S3 S3 4S2, S4 S4 5S3, S5 S5 6S4.

В результате получим S5 : 721x 265m x 265721 m. Тогда из первых четырёх уравнений по-

следовательно находим: y 191721m, z 148721m, u 129721m, v 72176 m. Значит, целые положительные значения величин x, y, z, u, v будут бы наименьшими при m 721.

Ответ. 721.

2. Найти все значения a, при которых множество

{(x, y) | x2 y2 2x 1} {(x, y) | x y a 0}

содержит только одну точку. Указать эту точку.

Решение. Данное множество представляет собой пересечение круга, ограниченного окружностью с уравнением x2 y2 2x 1 (x 1)2 y2 ( 2)2 , с полуплоскостью, расположенной ниже прямой с уравнением x y a 0 y x a. Следовательно, множество будет состоять из единственной точки только в случае касания снизу прямой с окружностью.

		1.5
		1.0
		0.5
					x
2	1	O	1	2	x
		0.5

1.0

1.5

2.0

181

Найдём параметр a и точку касания, учитывая, что система уравнений

x2 y2 2x 1,x y a 0

должна иметь единственное решение. Исключая неизвестное y из системы, мы придём к квад-

ратному уравнению 2x2 2(a 1)x a2 1 0.	Его дискриминант D 4(a 1)2	8(a2 1) дол-
жен быть равен нулю. Уравнение 4(a 1)2	8(a2 1) 0 (a 1)(3 a) 0	имеет корни
a1 1 и a2 3. Условию задачи удовлетворяет первый корень и прямая x y 1 0 касается

окружности в точке (0, –1).

Ответ. a = –1 и {(x, y) | x2 y2

2x 1} {(x, y) | x y 1 0} (0, 1).

3. Даны такие три попарно неколлинеарных вектора a,

, c,

что вектор a

коллине-

арен вектору c , а вектор

с коллинеарен вектору a. Найти длину вектора a

Так

как (a

) ||c,

то

для некоторого

числа

выполняется равенство

Решение.

xc. Аналогично, найдётся число y, для которого

с ya. Тогда

c (x 1)c (y 1)a.

Отсюда, учитывая, что векторы a

неколлинеарны, мы заключаем, что x + 1 = y +1 = 0.

Значит, a

и | a

c | 0.

Ответ. 0.

4. Найти предел lim tg

2x 1

Решение. Здесь мы имеем неопределённость вида 0.

Найдём, используя правило Ло-

питаля, предел логарифма данной функции.

lntg

lntg 2x 1

lim

2x 1

lim

2 x

(2x 1)2

cos

2x 1

2 lim

2 x

(2x

1) sin

(2x 1)

sin

2x 1

2 lim

2lim

(2x 1)

sin

x 2x 1

182

	x	1
	x	x		0
Тогда lim tg			e		1.
Тогда lim tg	2x 1		e		1.
x	2x 1
Ответ. 1.
5. Определить наибольшее значение секундного расхода воды Q cy						h y , где y – диа-

метр круглого отверстия в плотине, h – глубина низшей точки отверстия (h и эмпирический коэффициент c – величины постоянные).

Решение. Так как Q(0) Q(h) 0, то искомое наибольшее значение достигается в кри-

тической точке функции Q(y). Её производная равна

c(2h 3y)

Q c

h y

2 h y

h y

Значит, y

– критическая точка и, следовательно,

Qmax Q

Ответ. 2 h 2 . c 3

183

<<< < Предыдущая 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 3334 / 3534 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