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 3 4 5 6 78 / 358 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

7.2.Математическая олимпиада БПИ 1986 года (II тур)

1.Пусть l1, l2 , l3 , l4 – лучи, исходящие из одной точки трёхмерного пространства,

mn – угол между лучами lm и ln . Показать, что det (cos ij )4 4 0. (3 балла)

Решение. Пусть e1, e2 , e3 , e4 – единичные векторы, направленные вдоль соответствующих лучей. Тогда cos ij ei e j и, значит, det (cos ij )4 4 det (ei e j )4 4. Четыре вектора линейно зависимы в трёхмерном пространстве. Пусть, например, e4 1e1 2 e2 3 e3 , где

1, 2 , 3 – некоторые действительные числа. Тогда искомый определитель распадается на сумму трёх определителей с пропорциональными столбцами. Эти определители равны нулю, следовательно, det (cos ij )4 4 0.

2. По внешней стороне эллипса катится колесо радиуса 1 (Примечание: все фигуры ле-

жат в одной плоскости). Будет ли эллипсом траектория, описываемая центром колеса?

Составить блок-схему и программу вычисления приближённого значения с точностью длины этой траектории, считая полуоси эллипса a и b известными. (6 баллов)

Решение.

A1C1B1

A B

Пусть AB – малая дуга эллипса, A1B1 – соответствующая дуга линии, описываемой центром колеса (эквидистанты эллипса). Обозначим через l длину дуги AB, через L – длину

дуги A1B1, а через Δφ – угол B1BC1. Тогда L ≈	l + Δφ и, следовательно, переходя к диффе-
ренциалам, dL = dl + dφ, откуда
L = l + 2π.	(1)

Покажем, пользуясь этой зависимостью, что эквидистанта не может быть эллипсом. В самом деле, если бы это было так, то, очевидно, это был бы эллипс с полуосями a + 1 и b + 1 и, значит, его длина была бы равна

2
L	(a 1)2 sin 2 t (b 1)2 cos2 t dt.
0
По формуле же (1)
	44

			2
		L		a2 sin2 t b2 cos2 t dt 2 .
			0
Убедимся в том, что		a2 sin 2 t b2	cos2 t 1 (a 1)2 sin 2 t (b 1)2 cos2 t, что и приведёт к про-
тиворечию.	После	возведения	в	квадрат обеих частей неравенства, мы получим
a2 sin 2 t b2	cos2 t a2 sin 2 t b2 cos2 t, а после повторного возведения в квадрат и последу-

ющего преобразования придём к верному неравенству (a2 b2 )sin2 t cos2 t 2absin2 t cos2 t. Таким образом, эквидистанта эллипса не может быть эллипсом.

Для приближённого вычисления длины эквидистанты следует воспользоваться форму-

лой (1), вычислив длину эллипса с заданной точностью .

Для этого можно использовать,

например, метод парабол, программирование которого не представляет трудностей.

Ответ. Нет.

3. Найти предел lim cos

sin

. (2 балла)

Решение.

cos

sin

cos

sin

lim cos

sin

(1 ) lim

cos

sin

lim exp sin

2sin

lim exp

Ответ. e x .

4. Точки A и B расположены в различных оптических средах, отделённых друг от друга прямой линией. Скорость распространения света в первой среде равна v1, во второй – v2.

Пользуясь принципом Ферма, согласно которому световой луч распространяется вдоль той ломаной AMB, для прохождения которой требуется минимум времени, вывести закон преломления светового луча. (4 балла)

Решение. Пусть и – углы падения и преломления светового луча, соответственно.

A




a		B	1









A1	M			b





				B

Так как AM

то общее время прохождения светового луча равно

cos

Кроме того,

A1M B1M A1B1 a tg b tg A1B1 0. Получили за-

v1 cos

v2 cos

дачу на условный экстремум для функции времени t. Функция Лагранжа этой задачи:

L( , , )

(a tg b tg A1B1). В критической точке этой функции

v1 cos

v2 cos

необходимо

( , ,

) 0, L ( , , ) 0.

Отсюда, поскольку

( , , )

a sin

L ( , , )

bsin

cos2

мы получаем:

a sin

v cos2

cos2

bsin

cos

v2 cos

Исключив из этой системы параметр , мы получим закон преломления света:

sin sin . v1 v2

Ответ. sin sin . v1 v2

sin nx

5.Вычислить интеграл sin x dx. (4 балла)0

Решение. Обозначим искомый интеграл через I n . Очевидно, I0 0, I1 . При n 2

sin(n 1)x cos x sin x cos(n 1)x																																	sin(n 1)x cos x
In										sin x																		dx												sin x							dx				cos(n 1)xdx
0										sin x																							0							sin x											0
				1		sin nx sin(n 2)x																									1													1


																										dx									sin(n 1)x											(In				In 2 ).
				2							sin x															dx				n 1					sin(n 1)x						0			2		(In				In 2 ).
						0
						0
Отсюда,	In In 2 . Значит, при n чётном In																																			I0			0. Если же n нечётно, то In																			I1 .
					sin nx										, n 2k 1;
Ответ.							sin x				dx				0, n 2k.
					0
6. Найти все дважды непрерывно дифференцируемые решения уравнения
																						x																x
													y(x) sin t y(t)dt d cost y(t)dt 2. (3 балла)
																						0															0			0
Решение. Из уравнения находим y(0) 2. Дифференцируя обе части данного инте-
грального уравнения, приходим к уравнению:
																				y (x) y(x)sin x x cost y(t)dt 0.
	y																																						0
Отсюда,	y
Отсюда,			(0) 0. Повторное дифференцирование даёт дифференциальное уравнение вто-
рого порядка					y				x	)	y x			)sin				x			0 с найденными выше начальными условиями. Разделив в
рого порядка							(			)		(		)sin							0 с найденными выше начальными условиями. Разделив в
этом уравнении переменные, получим																																dy (x)						sin x dx,							откуда после интегрирования нахо-
этом уравнении переменные, получим																																						sin x dx,							откуда после интегрирования нахо-
																																y (x)
дим: y (x) C ecosx , C постоянная. Следовательно,																																										y (0) C e 0												C 0. Значит,
					1						1																																							1					1
y (x) 0 y(x) C2											и, так как															y(0) C2								2, то единственным решением данного уравне-
ния является функция y(x) 2.
Ответ.						y(x) 2.
																								1
7. Найти сумму ряда																								1			. (3 балла)
7. Найти сумму ряда																							3		n		. (3 балла)
																n 2 n									n
Решение. Обозначим an																										1			.			Так как
Решение. Обозначим an																													.			Так как
																								n3 n
							1							1												1 1											1			1			1				1					1		1			1			1		1
an																																																															,
an			(n	1)n(n							1)								1																	n 1				n 1									1			2										n 1	,
			(n	1)n(n							1)			n					1							n n 1										n 1				n 1			n n						1			2	n 1				n 1			n		n 1
	n						1				1		1						1								1							1
то An ak								1																														.	Следовательно,
то An ak							2	1			2									1								2										.	Следовательно,
k 2							2				2		n n							1								2					n		1
						1																				1					1				1				1			1							1					1	1				1	1
										lim An lim																1																												1							.
					3					lim An lim																1																												1							.
					3	n				n																2					2 n n 1											2												2		2 2 4
		n 2 n				n				n							n									2					2 n n 1											2						n 1						2		2 2 4
																																					47

Ответ. 14 .

8. Определить вид кривой, радиус кривизны которой пропорционален длине нормали, в

случае коэффициента пропорциональности k 1, 1, 2. (5 баллов)

Решение. По условию R k n, где R (1 y 2 )3/ 2 радиус кривизны кривой, заданной y

уравнением y y(x), n y 1 y 2 нормаль к кривой. Значит, для нахождения уравнений

кривых следует интегрировать следующее неполное дифференциальное уравнение второго порядка: 1 y 2 kyy . Подстановкой y z(y) оно сводится к дифференциальному уравне-

нию первого порядка с разделяющимися переменными kyzz 1 z 2 , интегрирование кото-

рого даёт (1 z2 )k C2 y2. Рассмотрим три случая.

1) k = 1. Здесь мы имеем уравнение 1 z 2

C12 y2 y

C12 y2 1. Отсюда,

x C2. Проведём в интеграле замену переменной C1 y cht. В результате по-

C 2 y2

лучим

t x C

и, значит,

ch C (x C

) . Графиками этих функций являются цеп-

ные линии.

1 C 2 y

C ydy

2) k = –1. В этом случае (1 z 2 ) 1 C 2 y2

x C

C1 y

1 C 2 y2

Выполнив интегрирование, мы получим следующее уравнение интегральных кривых:

(x C2 )2

Это окружности.

3) k = 2. Здесь (1 z2 )2 C2 y2

и, стало быть,

C y 1. Проведя интегрирование,

мы найдём уравнения: (x C

Таким образом, в этом случае интегральными

кривыми являются параболы.

Ответ. Искомыми кривыми являются, соответственно, цепные линии, окружности, параболы.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 358 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