8. Математическая олимпиада БПИ 1987 года (I тур)

2

2

2

Значит, 8x2 2y2

z 2

0

x

y

z

0 – искомое уравнение конуса.

2

2

(2

2)

2

1

2

2

2

2

Ответ.

x

y

z

0.

2

2

(2

2)

2

1

2

3. Пусть

f (x) дважды непрерывно дифференцируема на [0, 1] и выпукла вниз. Пусть

также f (1) 2 f (1). Показать,

1

что f (x)dx 0. (5 баллов)

0

Решение. По формуле Тейлора первого порядка в точке x = 1 функция

f (x)

запишется

в

виде:

f (x) f (1) f (1)(x 1)

f (c)

(x 1)2 , c (x, 1).

Функция

выпукла

вниз, следова-

2

тельно,

f с

и,

значит,

f

(

x

)

f

(1)

f

x

1). Интегрируя почленно это неравенство,

(

) 0

(1)(

1

(x 1)2

1

2 f (1) f

(1)

получим: f (x)dx

f (1) f (1)

0,

что и требовалось проверить.

2

2

0

0

1

arctgx

I

4. Пусть I

2

2

dx ( 0). Доказать,

что lim

1. (8 баллов)

1

0

x

0

ln

Решение. Воспользуемся неравенством x

x3

arctgx x, верном на отрезке [0, 1]. То-

3

гда

1

(x x3 /3)dx

1

xdx

I

x

2

2

x

2

2

0

0

и так как

1

xdx

1

1

1

ln(x

2

2

)

(ln(1

2

) 2ln ),

x

2

2

2

2

1

1

0

0

1

x3dx

1

((x2

2 ) 2 )d (x2 2 )

1

2

2

2

2

2

1

2

2

2

2

(x

ln(x

))

(1

(ln(1

) 2ln )),

x

2

2

2

x

2

2

0

0

0

1 (ln(1 2 ) 2ln )

1 (1 2 (ln(1 2 ) 2ln ))

1 (ln(1 2 ) 2ln )

2

6

I

2

ln 1

ln 1

ln

1

при малых положительных . Отсюда, учитывая, что

1 (ln(1 2 ) 2ln ) 1 (1 2

(ln(1 2 ) 2ln ))

1

(ln(1 2 ) 2ln )

lim 2

6

lim 2

ln 1

1,

0

ln 1

0

мы и получаем требуемое равенство.

5. Построить геометрическое место точек перегиба графиков решений уравнения

y x ey . (3 балла)

Решение. Покажем, что каждая критическая точка производной решения данного диф-

ференциального уравнения является точкой перегиба. Найдём вторую и третью производные

решения: y 1 ey y , y ey (y 2 y ). Из первого уравнения следует, что критическая

точка функции не может быть точкой перегиба, так как в ней y 1. В критической же точке

производной, которая не является критической для функции,

y ey y 2

0. Значит, вторая

производная убывает вблизи этой точки, следовательно, она является точкой перегиба.

Найдём уравнение линии, на которой находятся точки перегиба. В каждой такой точке

y 1 ey y 1 ey (x ey ) 0. Отсюда,

1 ey (x ey ) 0 x 2ch y. График этой функции:

y

2

1

3

4

5

6

7

x

1

2

Ответ. x 2ch y.

dx

dy

.

2x 2

2y

x

f (x)dx x3 x4 x5 x6 xn

x3

.

0

1 x

x3

3x2

2x3

Тогда

f (x)

2

. Возвращаясь к исходному ряду, найдём:

1

(1 x)

x

S(x) 1 x xf (x) 1

x

x3 (3 2x)

.

(1 x)2

Ответ. ( 1, 1); 1 x

x3 (3 2x)

.

(1

x)2