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 1 2 34 / 354 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

4.Математическая олимпиада БПИ 1983 года (I тур)

1.Найти расстояние от параболы y 2x2 до прямой x y 4. (2 балла)

Решение. Расстояние d(x, y) от точки M (x, y) до данной прямой равно

d (x, y) | x y 4 |. Стало быть, для точек параболы

										1	2	31
				2			2		2 x
			\| x 2x	2	4 \|	2x	2	x 4		4		8
d (x,2x	2	)	\| x 2x		4 \|	2x		x 4		4		8	.
d (x,2x		)	2					2			2		.
			2					2			2

Значит, искомое расстояние равно dmin 8312 .

Ответ. 8312 .

2. Найти расстояния от начала координат до плоскостей, проходящих через точку

M ( 1,1,1) и ортогональных собственным векторам линейного оператора, заданного матри-

цей

2		0	0
	0	1	1		(3 балла)
A				.
	0	9	1

Решение. Найдём собственные числа оператора:

	2	0	0	0 (2 )((1 )2 9) 0.
	2	0	0
det(A E ) 0	0	1	1
3
	0	9	1

Отсюда 1 2, 2 2, 3 4. Теперь найдём собственные векторы, соответствующие каждому собственному значению.

Для собственного значения 1 2 получаем линейную однородную систему уравне-

ний:

4x1		0,
	3x2 x3	0,

	9x2 3x3	0.

Собственным вектором является любое ненулевое решение этой системы. Возьмём, например, решение x1 0, x2 1, x3 3. Таким образом, v1(0, 1, 3) – собственный вектор, соответству-

ющий собственному значению 1 2.

Аналогично для собственного значения 2				2 мы имеем систему
x2 x3 0,
	9x	2	x 0.
		2		3
Из неё x1 C, C R; x2 x3 0. Тогда, например, v2 (1, 0, 0)						– собственный вектор, отвечаю-
щий собственному значению 2 2.
Наконец, для собственного числа 3	4 мы приходим к системе
2x1					0,
	3x2			x3	0,
	3x2			x3	0,
		9x2		3x3	0.
		9x2		3x3	0.
Одно из её ненулевых решений: x1 0, x2	1, x3			3. Значит,		v3 (0, 1, 3) – собственный вектор,

соответствующий собственному значению 3 4.

Найдём теперь уравнения плоскостей, проходящих через точку M, для которых найденные собственные векторы являются нормальными векторами. Обозначим их через 1, 2 , 3.

Для собственного значения 1 2:

0(x 1) 1(y 1) 3(z 1) 0 1 : y 3z 2 0.

Аналогично, для 2 2:

1(x 1) 0(y 1) 0(z 1) 0 2 : x 1 0

и 3 4 :

0(x 1) 1(y 1) 3(z 1) 0 3 : y 3z 4 0.

Осталось найти расстояния от начала координат до плоскостей:

d (O, 1)	\| 0 3 0 2 \|			2	2 ; d (O, 2 ) 1; d (O, 3 )		\| 0 3 0 4 \|	4	2	2.
d (O, 1)	\| 0 3 0 2 \|			10	2 ; d (O, 2 ) 1; d (O, 3 )		10	10	2	2.
		10		10	5		10	10		5
Ответ.	2	; 1; 2	2.
	5		5
3. Вычислить lim zm , где zm max(x xm ).						(2 балла)
		m			x [0,1]

Решение.

Рассмотрим функцию

m (

)

1. Её производная

(

) 1

mxm 1

m 1

, которая является точкой максимума

имеет единственную критическую точку xm

fm (xm )

m 1

функции fm (x) и поскольку fm (0) fm (1) 0,

то zm

Тогда

ln m

(ln m)

m 1

1 m 1

(

lim zm

lim

lim e

m 1 lime

lime

m 1.

m m

Ответ. 1.

4. Исследовать на экстремум и найти точки перегиба графика функции

y x (t 1)(t 2)2 dt.

(2 балла)

Здесь

(

1)(

(

1)(

. Поэтому

2 – крити-

Решение.

2 dt

ческие точки данной функции. При переходе через первую точку знак производной меняется с “–” на “+”, поэтому x1 1 – точка минимума данной функции и поскольку

y 1			x					1						x		x
				(t 1)d (t 2)3										x
														0
									(t 1)(t 2)3								(t 2)3 d (t 1)
		3 0		1				3			x					0
		3 0						3								0

						1)(x 2)3 8
					(x	1)(x 2)3 8						(t 2)3 d (t 2)
				3							0
	1	(x		1)(x	2)	3	8	1	(t 2)	4	x		1		(3x 2)(x 2)			3	16 ,
	1					3		1		4	x		1					3

	3							4					12
											0
											0

то ymin y(1) 1712 . При переходе через вторую критическую точку производная сохраняет

знак “+”, поэтому в точке x2 2 экстремума нет. Вторая производная данной функции равна y ((x 1)(x 2)2 ) (x 2)2 2(x 2)(x 1) (3x 4)(x 2). Поэтому производная функции

имеет критические точки x3 34 , x4 2. При переходе через них вторая производная последо-

вательно меняет знак: “+” сменяет “–”, а его опять же “+”. Значит, в этих точках имеется пе-

	4	,	112		2,	4
региб. Точки перегиба:	3		81	и		3	.

Ответ. Данная функция имеет точку минимума x 1 и в ней ymin 17 . График функ-

ции имеет две точки перегиба

112

и 2,

5. Пусть z1, z2 , z3 – комплексные числа, удовлетворяющие условию | z1 | | z2 | | z3 | r 0.

z1z2 z1z3

z2 z3

(2 балла)

Показать, что

z1 z2 z3

Решение. Будем использовать известные свойства модуля комплексного числа и его со-

пряжения:

| z1 |

| z z

| | z || z

, | z | | z |,

z z

, | ei | 1, ei e i , R.

z z

z2 |

Запишем данные комплексные числа в показательной форме:

z r ei 1 , z

r ei 2 , z

r ei 3 .

Тогда

z z

r 2

ei( 1 2 ) r 2 ei( 1 3 ) r 2

ei( 2

3 )

ei( 1 2 ) ei( 1 3 ) ei( 2 3 )

z z

r ei 1 r ei 2

r ei 3

ei 1 ei 2

ei 3

( 1 2

3 ) |

ei( 1 2 ) ei( 1 3 ) ei ( 2 3 )

e i ( 1 2 3 ) (ei( 1 2 ) ei( 1 3 ) ei( 2 3 ) )

r | e

ei 1 ei 2 ei 3

r	e i 1	e i 2	e i 3
	ei 1	ei 2	ei 3

6. Найти сумму ряда

ei 1

r ei 1

3n .n 1

ei 1 ei 2 ei 3

ei 2

ei 3

ei 1 ei 2 ei 3

ei 2 ei 3

ei 1 ei 2 ei 3

| ei 1 ei 2 ei 3

(3 балла)

Решение. Возьмём ряд геометрической прогрессии xn

, x ( 1, 1). Дифферен-

1 x

n 0

n 1

цируя его почленно, получим: nx

. Умножим обе части последнего

n 1

равенства на x и продифференцируем почленно ещё раз:

Отсюда n2 xn

n 1


	n	2 x
	n 1
x(1 x)	и при x	1
(1 x)3	и при x	3
(1 x)3		3

n 1	x		1 x
						.

					3
	(1 x)	2	(1	x)

n2 3

находим: n 1 3n 2.

Ответ. 32 .

7. Используя разложение в степенной ряд функции y sin x, составить блок-схему и

написать программу для вычисления интеграла x sin t 2dt с заданной абсолютной погрешно-

стью . (3 балла)

2n 1

4n 2

Решение. Так как sin x ( 1)n 1

, то sin t 2

( 1)n 1

и, значит,

(2n 1)!

n 1

(2n 1)!

n 1

4n 2

4n 1

sin t 2dt ( 1)n 1

dt ( 1)n 1

(2n 1)!

(2n 1)!(4n 1)

n 1

Ряд в правой части является знакочередующимся и для него выполняются два условия:


	lim		( 1)	n	1	x4n 1		lim	\| x \|4n 1	0
	lim		( 1)		1	(2n 1)!(4n 1)		lim		0
	n					(2n 1)!(4n 1)		n (2n 1)!(4n 1)
и последовательность			\| x \|4n 1				является убывающей (по крайней мере, начиная с не-
и последовательность		(2n 1)!(4n 1)					является убывающей (по крайней мере, начиная с не-
		(2n 1)!(4n 1)

которого номера n). Первое из этих условий следует из сходимости ряда, а второе проверяется непосредственно делением очередного элемента последовательности на предыдущий. Отсюда следует, что при малой заданной погрешности , вычисления необходимо проводить до сла-

гаемого с номером n , для которого выполняется неравенство				\| x \|4n 1	и тогда
гаемого с номером n , для которого выполняется неравенство			(2n 1)!(4n 1)		и тогда
		x4n 1	(2n 1)!(4n 1)
x	n 1	x4n 1
sin t 2dt ( 1)n 1
sin t 2dt ( 1)n 1		(2n 1)!(4n 1)
0	n 1	(2n 1)!(4n 1)

с требуемой точностью. Программирование этого алгоритма не представляет сложностей.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 354 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > 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