Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика задачи студенческих олимпиад. Задачник

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1210 11 12 > Следующая >>>

2.5. Варианты олимпиад НИТУ «МИСиС» более ранних лет

	Олимпиада 2003/2004 учебного года
		Первый тур
1.	Найти предел lim	ex−x2 −ln(1 +sin x)		.
		xcos x −sh x
	x→0
2.	Доказать неравенство ln(1 + x) >		x		,	x > 0.
			x +	1
3.
	Найти многочлен наименьшей степени, имеющий локальный

максимум, равный 6, при х = 1, и локальный минимум, равный 2,

при х = 3.

4. Решить уравнение y′(x) = 0, если y = e− x−1 / (x +1).

5.Построить кривую x3 – y3 = 1.

6.Разложить элемент x4 – x + 2 пространства P4 (многочленов сте-

пени 4) по базису: 1; х – 3; (х – 3)2; (х – 3)3; (х – 3)4.

Второй тур

1. Доказать, что четыре точки плоскости, прямоугольные декартовы координаты которых равны (хк, ук), к = 1, 2, 3, 4, лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда выполнено условие

1	x	y		x2	+ y2
1	x	y		x2	+ y2
	1		1	1	1
1	x	y		x2	+ y2	= 0.
1	2		2	2	2	= 0.
1	x	y		x2	+ y2
	3		3	3	3
1	x	y	4	x2	+ y2
	4		4	4	4

2. А, В и С – квадратные матрицы такие, что СВ = ВА, причем detB ≠ 0. Доказать равносильность матричных уравнений ХА = В и СХ = В.

3. Вычислить lim

∏ 1

−

n→∞ k =2

π.

4. Доказать, что ∫

dx <

1 − x

∞

5. Дан ряд с положительными членами ∑an , сумма которого рав-

n=1

∞

на S. Рассмотрим всевозможные ряды вида ∑εnan , где каждое из εn

n=1

равняется –1 либо +1. Ясно, что при любом подобном выборе чисел

∞

εn будет ∑εnan ≤ S. Верно ли, что суммы всех этих рядов заполняют

n=1

отрезок [–S, S]?

Олимпиада 2004/2005 учебного года

1. Найти предел lim (tg x)tg 2 x .

x→π

2.Найти функцию, 4являющуюся одновременно четной и нечетной.

3.Найтиостатокотделениямногочлена x + x3 + x9 + x27 + x81 + x243

на (х – 1).

4. Найти функцию g(x) вида Axn такую, что f (x) g(x) при

	sin		1
x → ∞, если f (x) =			x +1		.



	3 x +			x
Олимпиада 2005/2006 учебного года
1. Найти предел lim		tg(tg x) −sin(sin x)				.

x→0				tg x −sin x

2. Существует ли правильный треугольник на координатной плоскости, вершины которого имеют только целые координаты?

3.Найти интеграл ∫arcsin x arccos x dx.

4.Построить график функции y = cos(2arccos x).

Первый тур олимпиады 2009/2010 учебного года

1. Найти предел

ln(3 / 2)

ln(4 / 3)

ln(n / (n +1))

lim

+... +

/ ln 2n.

ln 2

+ ln 3

ln 3

+ ln 4

ln(n −1) + ln n

n→∞

2. Найти n из уравнения

	cos x +cos 2x		12
	cos x +cos 2x		+... +cos nx x2
lim		n
x→0		n

= lim 1−−46x x .

x→0 1 x

3. Решить уравнение с двумя неизвестными:

3 − x + x +1 =1 + 22 −sin π2y .

4. Боковые ребра тетраэдра равны а, b, с, плоские углы при вершине равны ϕ. Из вершины пирамиды проведены биссектрисы ее боковых граней. При каком ϕ биссектрисы будут попарно перпендикулярны?

5. Две вершины треугольника зафиксированы, а третья движется так, что один из углов при основании остается вдвое больше другого. Какую линию описывает третья вершина? Построить ее.

6. Функция f(x) дважды дифференцируема на [а; b], причем f(x) > 0, f′(x) < 0, f″(x) < 0, x [a; b]. Через некоторую точку

M0 (x0 ; f (x0 )), x0 (a; b), к кривой y = f(x) проведена касательная, которая вместе с прямыми х = а, у = b, у = 0 образует трапецию мини-

мальной площади. Найти координаты точки М0 и площадь трапеции.

2.6. Ответы, указания, решения

Олимпиада 2014/2015 учебного года Вариант 1

1. Решение

sin x

lim

tg2 x

= lim

1 +

x→0

lim sin x−x

lim

= ex→0 x tg2 x

= ex→0

2. Решение

u = arctg

∫arctg

dx =

du =

2(1 + x)

tg2 x

sin x − x

tg2 x

−1

= lim 1 +

x→0

sin x−x

lim

−x3

6 x3 = e−6 .

x tg2 x = ex→0

dv = dx

− ∫

xdx

v = x

= x arctg

x(1 + x)

∫

= t dx = 2t dt

∫

t2 dt

= xarctg

x −

= x arctg

x −

1 + x

x = t

= x arctg

−t + arctgt = x arctg

−

+ arctg

1 + arctg1 = π −1.

∫arctg

dx =1 arctg1 −

x 2

3. Решение.

Уравнение

касательной к

эллипсу

=1 в

x x0

y y0

точке M

(x ; y ) имеет вид

=1 . В данном случае a2 = 16,

b2 = 9. Поэтому, если касательная параллельна прямой x + y = 1, то коэффициенты при х и y в обоих этих уравнениях пропорциональны,

т.е.	x0		=		y0			y					=	9	x . Подставляя в уравнение эллипса, полу-
т.е.			=					y					=		x . Подставляя в уравнение эллипса, полу-
16				9								0	16			0
чаем		x		= ±16 ;						y	0	= ±9 . Следовательно, точки касания имеют коор-
		0					5				0		5
							5						5
							16		;	9		и				−	16	; −	9
динаты M1							5		;	5		и	M2			−	5	; −	5	, и уравнения касательных:
							5			5							5		5
		x		16				y		9												в точке M1 16 ;			9	;
а)		x		5		+		y		5	=1;						x + y = 5								9
а)		16				+					=1;						x + y = 5								5
		16					16																	5	5
б)																			16		; −		9
б)				x + y = −5 в точке M2 −															5		; −		5	.
																			5				5

4. Решение. Обозначим В = Е – А. Тогда

B2 = (E − A) (E − A) = E2 − AE − EA + A2 =

= E − 2 A + A = E − A = B,

т.е. B2 – B. Тогда определитель матрицы В равен:

теорема об определителе

2 .

произведения матриц

Так как определитель	B	= x – число (x R) , то имеем уравнение
Так как определитель	B	= x – число (x R) , то имеем уравнение
x = x2 ; x2 − x = 0; x = 0, x =1,
					1	2
что и требовалось доказать.
5. Решение
2015	′		2015	1		2015	1
	f (x)			1		′	1
ln f (x) = ∑ln(x − k);			=∑		; f	′		;
ln f (x) = ∑ln(x − k);	f (x)		=∑	x − k	; f	(x) = f (x) ∑	x − k	;
k =0	f (x)		k =0	x − k		k =0	x − k

f′(x) = (x −1) ... (x − 2015) + x(x − 2) ... (x − 2015) +

+x(x −1) ... (x − 2014); f ′(2015) = 2015 2014 ... 2 1 = 2015!

6.Решение. Применим теорему Коши к функциям f(x) и g(x) = x2

на отрезке [2; 3]. Согласно этой теореме найдется такое число c (2; 3), что

f ′(x) = f (3) − f (2) . g′(x) g(3) − g(2)

Так как f(3) – f(2) = 5 по условию; g′(x) = 2x и g(3)– g(2) = 32 – 22 =

				f	′		5
= 5, то получаем				f	(c)	=	5	=1;	′
					2c		5		′
					2c		5		f (c) = 2c, что и требовалось до-
казать.
		1						Вариант 2
1/3	. 2.	1	(5ln 2 −3). 3. x − y = ±5.
1. e	. 2.	4	(5ln 2 −3). 3. x − y = ±5.

4. См. решение задачи 4 варианта 1. 5. –2.

6. Применить теорему Коши к функциям f(x) и g(x) = x3.

Олимпиада 2015/2016 учебного года Вариант 1

1. Решение. К выражению, стоящему под знаком предела, применим формулы разность синусов и сумма косинусов. Получим

						2sin			x +3				−		x				cos			x +3				+			x
					lim	2sin			2										cos				2							=
									2														2

					x→∞ 2cos				x +3 +						x				cos			x +3 −							x
					x→∞ 2cos				2										cos				2
									2														2
											−
						sin		x +3			−			x
								x +3						x										x +3 −							x
					= lim				2								= lim tg																.
									2
																											2
					x→∞ cos			x +3 −						x						x→∞							2
					x→∞ cos				2
									2
																											3
Но при				x → ∞:		lim (				x +3 − x) = lim																	3							= 0.			Следова-
Но при				x → ∞:		lim (				x +3 − x) = lim																								= 0.			Следова-
						x→∞															x→∞				x +3 +							x
												−
тельно,	функция α(x) =								x +3			−			x					является бесконечно малой при
тельно,	функция α(x) =								2											является бесконечно малой при
									2
x → ∞;		lim tg α(x) = 0.
				x→∞
2. Решение. Перепишем матричное уравнение в виде
						X 2 + 4EX + 4E = −B + 4E,
	1			0	0
где E =		0		1	0	– единичная матрица. Так как																								E = E					2	,	то левая
где E =		0		1	0	– единичная матрица. Так как																								E = E						,	то левая
		0		0	1
		0		0	1
часть уравнения преобразуется к виду
						4				0 0						−5 1							8					−1 1									8
( X + 2E)			2				0		4 0									0 6					−2							0 10							−2
( X + 2E)				= 4E − B =			0		4 0					+				0 6					−2				=			0 10							−2	= A.
							0		0 4									0 0					0							0 0							4
							0		0 4									0 0					0							0 0							4

Если это уравнение имеет решение, то должно выполняться и равенство определителей: ( X + 2E)2 = X + 2E 2 = A = −40, т.е.

X + 2E 2 = −40 < 0, но X + 2E 2 ≥ 0. Полученное противоречие доказывает, что данное матричное уравнение не имеет решений среди матриц с действительными элементами.

3. Решение

f′(x) = 3 f (x2016 )+(3x +2) f ′(x2016 ) 2016x2015 ;

f ′(0) = 3 f (0)+0.

Найдем f(0):

f (0)= 2 f (0)+ 2; f (0)= −2; f ′(0)= 3(−2) = −6.

4. Указание. Взять интеграл «по частям», приняв

u = x +sin

x; dv =

= d

1 + cos x

2 x

2cos

Ответ. 2 – ln2.

5. Решение. Рассмотрим

функцию

g(x) = ex f (x).

Эта функция

удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля: она непрерывна на отрезке [0; 2] как произведение двух непрерывных функций, дифференцируема на интервале (0; 2) как произведение дифференцируемых

функций и g(0) = f (0) = 0;					g(2) = e2 f (2) = 0. Поэтому c (0; 2) та-
		′
кая, что g (c) = 0. Найдем производную
′	x	f (x) + e	x	′	e	c	f (c) + e	c	f	′	′
g (x) = e		f (x) + e		f (x);	e		f (c) + e		f	(c) = 0;	f (c) = − f (c),

что и требовалось доказать.

Вариант 2

1. 0. 2. См. решение задаче 2 из варианта 1. 3. 1008. 4. π−1 −ln 2. 5. Указание. Применить теорему Ролля к функции g(x) = e−x f (x).

Олимпиада 2016/2017 учебного года

1. Решение

Вариант 1

cos

cos x

tg x x, x → 0

cos

cos x

lim

= lim

x tg(tg x)

tg(tg x) x, x → 0

x→0

Применим правило Лопиталя:

−sin

cos x

−

sin x

sin

cos x x

lim

= lim

x → 0

x→0

=	π	π		cos 0	=	π	.
	4	sin	2			4

2. Решение

а) если

<1, то

lim x2n+1 = 0, поэтому f(x) = 1;

n→∞

б) если

>1, то

lim x2n+1 = ∞,

f (x) = lim

= 0;

n→∞

n→∞ x2n+1 +1

в) если x = 1, то f(x) = 0,5;

г) если x = –1, то f(x) не существует.

График функции y = f(x).

0,5

–1

3. Решение. Применим метод математической индукции.

Пусть A =

cos ϕ

−sin ϕ

тогда

cos ϕ

sin ϕ

cos ϕ

−sin ϕ

cos ϕ

−sin ϕ

A2 =

cos

sin ϕ

cos ϕ

sin ϕ

ϕ−sin

2sin ϕcos ϕ

cos 2ϕ

−sin 2ϕ .

= cos

2sin ϕcos ϕ

−sin

ϕ+cos

sin 2ϕ

cos 2ϕ

cos nϕ

−sin nϕ

; n N,

Пусть по предположению индукции An =

тогда

sin nϕ

cos nϕ

An+1 = An A

cos nϕ

−sin nϕ

cos ϕ

−sin ϕ

cos nϕ

sin nϕ

sin ϕ

cos ϕ

cos nϕcos ϕ−sin nϕsin ϕ −cos nϕsin ϕ−sin nϕcos ϕ

=sin nϕcos ϕ+ cos nϕsin ϕ −sin nϕsin ϕ+ cos nϕcos ϕ =

cos(n +1)ϕ	−sin(n +1)ϕ
=	.
sin(n +1)ϕ	cos(n +1)ϕ

Следовательно, предположение индукции оправдалось. Тогда

cos ϕ	−sin ϕ 2017	cos 2017ϕ	−sin 2017ϕ
		=	.
sin ϕ	cos ϕ	sin 2017ϕ	cos 2017ϕ

4.Решение.ПоусловиюточкаС(третьявершинатреугольника)имеет координаты (x; x2 −6x +15). Центртяжеститреугольника–этоточкаМ

	1		x			x2
пересечениямедиантреугольника.Тогда OM =		OC	=		;		− 2x +5	,
	3			3		3

где точка O(0; 0) – середина стороны АВ треугольника. Следовательно, координаты точки М совпадают с координатами вектора OM. Най-

дем зависимость ординаты точки М от ее абсциссы. Пусть 3x = x′, тогда

′			′	2	′	2			′
	y =	(3x )		′			−	6x		+5.
x = 3x ;			3	− 2(3x ) +5	= 3(x )
Ответ. y = 3x2 −6x +5.
5. Решение.			Рассмотрим		функцию			g(x) = (x2 − x) f (x). По ус-

ловию она дифференцируема на [0; 1] (как произведение диффе-

ренцируемых

функций)

g(0) = g(1) = 0.

Следовательно, по

те-

ореме

Ролля,

найдется

точка

c (0;1) такая,

что

′

Но

g (c) = 0.

′

− x) f

′

Следовательно,

g (x) = (2x −1) f (x) + (x

(x);

(c−c

′

(2c −1) f (c),

что и требовалось доказать.

) f (c) =

6. Решение

∫

= ∫

∫

+1)(x

+1)

+1)(x

+1)

+1)(x

+1)

−1

Обозначим

A = ∫

этот интеграл существует и

1)(x

+1)

конечен как интеграл от непрерывной функции. Тогда

dx 2

Замена

−dt 2

∫ x

∫ −t

x = −t;

dx = −dt

−1

1)(x

+1)

+1)(t

+1)

et dt

(et +1)dt

= ∫

== ∫

= ∫

−

+1)(t

+1)

+1)(t

+1)

+1 (t

−∫

∫

− A.

+1)(t

+1)

= π

Поэтому

∫

− A

+ A = arctg t

. Что и

+1)(x

+1)

−1

требовалось доказать.

Вариант 2

1.	4	. 2.				1		0		y = 3x2 + 2x −6.
	4			1		3.			. 4.
	π		–1	1	x	3.	0	1	. 4.
	π				x		0	1
				–1

5. Указание. Представить многочлен P(x) формулой Тейлора в окрестности точки а.

6. Указание. Сделать замену переменной x = π− y.

Математическая викторина

1. Ответ: музыка. И через 2000 лет, в эпоху средневековья, эти 4 предмета являлись повышенным курсом светского образования.

2. Ответ: музыкальная. Музыкальная или гармоническая. Она широко использовалась в теории музыки.

Примечание. Как свидетельствует Плутарх, «почтенный Пифагор отвергал оценку музыки, основанную на свидетельстве чувств. Он утверждал, что достоинства ее должны восприниматься умом, и поэтому судил о музыке не по слуху, а на основании математической

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1210 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]