Математика задачи студенческих олимпиад. Задачник

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

a (0,5;1) последовательность xn+1

n , x1 > 0

сходится и найти ее предел.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 123 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

OP – их сумма. Проведем через точку O прямую OL, перпендикулярную вектору OP . Предположим, что среди выбранных векторов содержится вектор OAi , лежащий на прямой OL или по другую сторону от прямой OL , чем вектор OP . Если мы исключим этот вектор из числа выбранных, то новая сумма будет иметь большую длину. Действительно, треугольник OAi P – прямоугольный ( если вектор OAi лежит на прямой OL) или тупоугольный (если вектор OAi лежит по другую сторону от прямой OL, чем вектор OP ), и значит, Ai P > OP , но Ai P = OP −OAi . Предположим еще, что в число выбранных векторов не вошел какой-либо вектор OAk , лежащий по ту же сторону от

прямой OL, что и вектор OP . Добавим вектор OAk к числу выбранных векторов. Покажем, что новая сумма будет иметь большую дли-

ну. Построим на векторах OAk и OP параллелограмм OAk PQ . Тогда OQ = OP +OAk . Треугольник OPQ – тупоугольный ( OPQ – тупой),

а значит, OP < OQ = OP +OAk . Таким образом, в число выбранных векторов должны войти любые 12, идущие подряд (угол между крайними векторами меньше 180°, а при добавлении тринадцатого вектора этого угол становится тупым).

2.9. В пространстве заданы точки A(1; 1; 1); B(3; – 3; 3); C(6; – 1; 0);

D(7; 1; – 2). Доказать, что четырехугольник ABCD – плоский, невы-

рожденный и выпуклый.
Решение			1		2
			1		2
Разложим вектор AC	по векторам AB и AD :	AC =	2	AB +	3	AD .
			2		3
Коэффициенты этого разложения больше 0, так что точка C					лежит

внутри угла BAD. Сумма коэффициентов больше 1, так что C находится вне треугольника ABD, что и требовалось доказать.

2.10. Доказать, что из любых пяти векторов в евклидовом пространстве можно выбрать два таких, что длина их суммы не превосходит длины суммы трех оставшихся.

Решение

Обозначим сумму всех векторов через r , а сумму двух векторов с

номерами i и j через rij . Заметим, что упорядоченные пары (i, j) пробегают 10 значений, причем каждый из 5 векторов входит в 4 суммы вида rij . Предположим, что для любых двух векторов длина их суммы больше, чем длина суммы оставшихся трех, т.е. |rij | > |r – rij |. Воз-

водя это равенство в квадрат, получаем r 2	>	r 2 – 2(r ,r ) +		r 2	, т.е.
ij			ij	ij
r 2 < 2(r ,r ). Складывая все 10 таких равенств,			получаем,		что
ij

10r 2 < 2(r ,∑rij ) =2(r ,4r ) = 8r 2 , чего не может быть.

2.11.Через начало координат проведены прямые (включая оси координат), которые делят координатную плоскость на углы в 1°. Найти сумму абсцисс точек пересечения этих прямых с прямой y = 100 – x.

Решение

Картинка симметрична относительно прямой y = x, поэтому сумма абсцисс равна сумме ординат. Через начало координат проведено 180 прямых, прямая y = 100 – x пересекает 179 из них. Для каждой точки на прямой y = 100 – x сумма координат равна 100, значит, общая сумма абсцисс и ординат равна 17 900, а сумма абсцисс – вдвое меньше, т.е. 8950.

2.12. Можно ли четырьмя круглыми экранами полностью заслонить в пространстве точечный источник света?

Решение

Да, возможно. Поместим источник света в центр правильного тетраэдра ( точку О). Около каждой грани опишем окружность, которая вместе с точкой О определит конус (заметим, что эти конусы перекрывают друг друга). Внутри каждого конуса возьмем поперечное сечение (круг) на разных расстояниях от О, чтобы эти экраны не мешали друг другу.

2.13. Прямые A1x + B1 y +C1 = 0 и A2 x + B2 y +C2 = 0 пересекаются

под углом 30°. Доказать, что хотя бы одно из чисел A1, B1, A2 , B2 иррационально.

Решение

Найдем угловые коэффициенты прямых:

A1x + B1 y +C1 = 0 k1 = − A1 , B1

A2 x + B2 y +C2 = 0 k2 = − A2 . B2

Тогда угол между прямыми:

− k

−

A B

− A B

B B

tg ϕ =

1 2

2 1

1 + k2k1

B2 B1 + A1 A2

Если все числа A1, B1, A2 , B2 рациональны, то и tg30° должен быть рациональным числом. Получили противоречие.

2.14. Концы отрезка AB постоянной длины a перемещаются по двум скрещивающимся взаимно перпендикулярным прямым, расстояние между которыми равно l (l < a) . Найти геометрическое место точек, являющихся серединами этого отрезка.

Решение

Введем декартову прямоугольную систему координат. Пусть одна из прямых совпадает с осью OX, а другая – с прямой, расположен-

ной в плоскости OYZ так, что z = l :

z −l

. Тогда один из

концов данного отрезка AB движется вдоль оси OX, а другой – вдоль

прямой

z −l

. Следовательно,

можно найти координаты кон-

отрезка

равна a, значит,

цов отрезка:

A(m; 0; 0), B(0; b; l) . Длина

m2 +b2 +l2 = a2 .

Пусть точка M – середина отрезка AB, тогда ее координаты можно найти как среднее арифметическое координат точек A и B :

M= (x; y; z) = m ; b ; l .

2 2 2

Следовательно:

x = m / 2,	m = 2x,											2		2		2		1
x = m / 2,	m = 2x,		2	+ 4 y	2	+l	2	= a	2	,		2	+ y	2	+l	2	=	1	a	2	−l	2	,
		4x		+ 4 y		+l		= a		,	x		+ y		+l		=	2	a		−l		,
y = b / 2,	b = 2 y,			z = l / 2														2
				z = l / 2
															z = l / 2.
z = l / 2	z = l / 2														z = l / 2.

Таким образом, искомое геометрическое место точек – это окружность, радиус которой равен 12 a2 −l2 , расположенная в плоскости,

параллельной данным скрещивающимся прямым и находящаяся на одинаковом расстоянии от каждой из них. Центр этой окружности совпадает с серединой общего перпендикуляра к этим прямым.

2.15. Объем тетраэдра DABC равен V. Точки K, L, M и N таковы,

что AK = 2

;

= 3BC;

= 4

;

= 5

Найти объем

тетраэдра KLMN.

Решение

Выразим векторы KL, KN и KM через векторы AB,

AC и AD :

KL = KC +CL = KA + AC +3BC = 2 AC + AC +3( AC − AB) = 6 AC −3AB;

KM = KA + AM = 2 AC + AD + DM = 2 AC + AD + 4 AD = 2 AC +5AD

KN = KC +CN = KA + AC +CD + DN

= 2 AC + AC +CD +5CD =

= 3AC

+ 6CD =

3AC + 6( AD − AC) =

6 AD

−3AC.

Тогда векторное произведение:

KM , KN

2 AC +5AD,6 AD −3AC

=12

−15

AC, AD

AD, AC

27 AC, AD .

Объем тетраэдра KLMN:

VKLMN =

(KM

, KN

KL)

( KM ,

, KL)

(27

, 6 AC −3AB)

= 6

AC, AD

= 1

(27 AC, AD

, 6 AC )

(27 AC, AD

, 3AB)

( AC, AD ,

AB)

=81V.

Задачи для самостоятельного решения

2.1. Доказать, что для любых векторов

a и b имеет место равен-

ство

a, b

−(a,b)

2.2. Определить вид треугольника АВС, если

а) (AB,

AC )=

;

= 0 ;

б) (AB, AC )+

в) (AC, BC )+(AB, BC )= 0 .

2.3. Известно, что

= 2

и a +b + c = 0 .

Доказать, что среди

векторов нет ни одной пары коллинеарных.

Найти (a,b )+(b,c )+(c, a).

2.4. В пирамиде SABC длина AS равна 2, длина BC равна 3, угол

между векторами AS и BC равен 60°. Найти расстояние между серединами ребер АВ и CS.

2.5. Парабола y2 = 2px пересекает окружность x2 + y2 + 4x −72 = 0 в точках А и В. Найти значение параметра p (p > 0), если треугольник ОАВ (О – начало координат) – правильный.

2.6. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм ABCD. Точки K, L, M и N лежат соответственно на ребрах SA, SB, SC и SD, причем AK = α KS, BL = 3LS, CM = 4MS, DN = 2NC. При каких значениях α векторы LK, LM и LN компланарны?

	x1	y1	1
	x1	y1	1
2.7. Доказать, что определитель	x2	y2	1	равен удвоенной пло-
	x3	y3	1

щади треугольника с вершинами в точках (xi ; yi ), i =1, 2, 3.

2.8. Дано a +b + c = 0 . Найти сумму углов между векторами a и b , b и c , c и a .

2.9. Шесть векторов совпадают со сторонами и диагоналями квадрата, длина стороны которого равна 1. Каждый из этих векторов может иметь одно из двух направлений. Найти все возможные значения модуля суммы всех шести векторов.

2.10. Пусть K, L, M и N – некоторые точки пространства. Извест-

но, что (KL, MN) = a, (KN, LM ) = b . Найти скалярное произведение

(KM , LN) .
2.11.	Найти	площадь	параллелограмма АВСD, если
			6 .
\| AB \|= 3, \| AD \| = 4		; ( AB, AC) =	6 .

2.12. Найти общее уравнение гиперболы , если известны ее фокусы F1(–1; 0); F2(0; 1) и действительная ось a = 1.

2.13. Написать общее уравнение параболы , если прямая 2x + y + + 1 = 0 является ее директрисой , а фокус находится в точке F (2; –1).

2.14. Найти общее уравнение эллипса , если известны его фокусы F1(2; 3); F2(4; 5) и большая полуось a = 5.

2.15. На плоскости расположены две параболы так, что их оси взаимно перпендикулярны, а сами параболы пересекаются в четырех точках. Доказать, что эти четыре точки лежат на одной окружности.

2.16. Биссектрисы двух углов треугольника лежат на прямых x + y − 2 = 0 и x −3y −6 = 0 . Составить уравнения прямых, на которых лежат стороны треугольника, если известны координаты одной из вершин треугольника A(2; –4).

2.17. Составить уравнения сторон треугольника, зная одну из его вершин A(2; –1), а также уравнение высоты 3x − 4 y + 27 = 0 и уравнение биссектрисы x + 2 y −5 = 0 , проведенных из различных вершин.

2.18. Отрезок длиной 3 движется так, что его концы остаются на положительных полуосях OX и OY. Какую линию описывает точка, находящаяся на расстоянии 1 от одного из концов отрезка?

2.19. Какую поверхность образуют центры шаров, касающихся: a) данного шара и данной плоскости; б) двух данных прямых, перпендикулярных, но не пересекающихся?

2.20. Круг x2 + (z −1)2 ≤1, находящийся в плоскости OXZ, освещен источником света, расположенным в точке (0; –1; 2). Какую форму имеет тень круга в плоскости OXY?

2.21. Какую поверхность образует диагональ куба, вращающегося вокруг своего ребра, не пересекающегося с этой диагональю?

2.22. Прямые 3x + 4 y −30 = 0, 3x − 4 y +12 = 0 касаются окружности, радиус которой равен 5. Найти площадь четырехугольника, образованного этими касательными и радиусами круга, проведенными в точки касания.

2.23. Точки K(–6; 6; 6), L(5; 5; 2), M(0; 8; –5) и N(–7; 0; 2) лежат соответственно на сторонах AB, BC, CD и DA квадрата ABCD. Найти площадь квадрата ABCD.

2.24. Точки K, L, M и N не лежат в одной плоскости. Выяснить, при каких значениях действительного параметра α существует точка О та-

кая, что 2OK +3OL +5OM = αON (KN, LM ) = b .

2.25. Прямая пересекает равнобочную гиперболу в точках A и B, а ее асимптоты – в точках C и D. Найти отношение AC:BD.

2.26.

На эллипсе

=1 выбраны точки

M1 и M2

та-

кие,

что

– начало координат).

Доказать,

что

OM 2

OM 1

OM 2

2.27. На эллипсоиде

выбраны точки M , M и M

1 2

такие, что векторы

2 ,

попарно

перпендикулярны

OM1

OM 3

(O – начало координат). Доказать, что

OM 1

OM 3

2.28 Вершина C треугольника ABC неподвижна, а сторона AB,

длина которой.

равна 2a, скользит вдоль данной прямой L. По какой

линии движется центр окружности, описанной около треугольника

ABC?

2.29. Точки

A1, A2 , ..., An

лежат на единичной окружности с цен-

тром в точке O. Известно, что

∑OAi =

0 . Доказать, что для любой

i=1

точки B выполняется неравенство ∑

BAi

≥ n .

i=1

2.30. Вокруг эллипса описаны два различных прямоугольника. До-

казать, что их диагонали равны.

1.3. Предел функции и предел

последовательности

3.1. Решить уравнение

lim arctg(x + arctg(x + arctg(x +... + arctg x))) =

π .

n→+∞

Решение

a = arctg(x + arctg(x + arctg(x +... + arctg x))) .

Пусть

Тогда

an+1 = arctg(x + an ), n .

Последовательность

{an}

–

ограниченная,

так

как

, причем данная последовательность

arctg(x + an−1 )

< 2 , n

возрастает при x > 0, убывает при x < 0, постоянная при x = 0. По теореме Вейерштрасса любая возрастающая (убывающая), ограниченная

сверху (снизу) числовая последовательность имеет конечный предел, который по условию задачи равен π/4. В равенстве an+1 = arctg(x + an ) перейдем к пределу при n → ∞. Тогда

lim a			= lim arctg(x + a );			π	= arctg(x + lim a ),
n→∞	n+1		n→∞	n		4			n→∞ n
	π	= arctg(x +		π); x +	π	= tg		π	; x =1 − π.
	4			4	4			4	4

3.2. Доказать, что последовательность (−1)n +	1	расходится.
Решение	n
Решение

Выпишем несколько первых членов данной последовательности:

a = 0,	a = 3		,	a = − 2		,	a = 5		, ... . Заметим, что расстояние меж-
1	2	2		3	3		4	4

ду двумя соседними членами прогрессии больше 1. Из двух соседних

членов один имеет четный номер. Пусть a

=1 +

, тогда соседний

член имеет нечетный номер иa

= −1 +

(или a

= −1 +

2k +1

2k −1

Найдем модуль разности этих членов:

− a

−1 +

−1 −

−2 −

> 2 ;

2k +1

2k(2k +1)

− a

−1 −

−2 +

>1 .

−1 +

2k −1

2k(2k +1)

Итак, получили

ak +1 − ak

>1 . Для произвольного числа a возьмем

окрестность a −

; a + 1

, длина которой равна 1. Любые соседние

члены не могут оба вместе находиться в этой окрестности, так как

расстояние между ними больше 1. Получили, что для любого числа a существует ε = 12 такое, что для любого натурального числа N най-

дется n такое, что an − a >ε. Это и означает, что последовательность расходится.

3.3. Вычислить

lim

1 + 22 +33 +... + nn .

Решение

n→+∞

Оценим числитель:

n(nn −1)

n nn

1 + 2

+3 +... + n

≤ n + n

+ n

+... + n

n −1

n −1 .

Следовательно:

1 + 22 +33 +... + nn

n nn

nn (n −1)

n −1

С другой стороны, 1 + 22 +33 +... + nn

> nn

=1 .

Итак, 1 < 1 + 22 +33 +... + nn

. Но

→1 при n → ∞.

n −1

А значит, по теореме о зажатой последовательности предел равен 1. 3.4. Доказать, что для всех действительных значений параметра

Решение

Так как по условию задачи все члены данной последовательности

(x −1)2 + 2x

(x −1)2

положительны,

то

+ 2 ≥ 2 .

Тогда xn+1 ≥ 2a

n .

Предположим, что последовательность {xn} является сходящейся

и имеет конечный предел, равный A. В равенстве

xn+1

= a xn +

перейдем к пределу при n → ∞. Тогда

A +

lim x

= a

lim x

;

A = a

;

n→∞

n+1

n→∞

lim x

n→∞

A2 = aA2 +1; A2 =

1 − a

Так как все члены данной последовательности положительны, то

A ≥ 0. Следовательно, A =	a	. Заметим, что по условию a (0,5;1) ,
	1 − a
значит, A ≥ 2a >1 .

Докажем, что последовательность {xn} является сходящейся и имеет конечный предел. Рассмотрим 3 случая.

1) Пусть x1

= A. Согласно методу математической индукции, пред-

положив, что xn = A, получим

1 − a

= a

+ 1

− a

= a

n+1

1 − a

a(1 − a)

a +1 − a

= a

= A.

1 − a

a(1 − a)

Значит, последовательность {xn} сходится и ее предел равен A.

2) Пусть x1 > A, (A > 2a > 1). Так как функция f (x) = x + 1x возрастает на промежутке (A; +∞), то, предположив, что xn > A, получим

		1		1	= A; xn > A n .
xn+1	= a xn +		> a A +

		xn		A

Значит, последовательность {xn} ограничена снизу числом A. Докажем, что последовательность {xn} является убывающей. Действительно,

		1
xn+1	< xn ; a xn +		< xn .

		xn

Так как xn > 0, то axn2 + a < xn2 ; (1 − a)xn2 > a; xn2 > 1 −aa ; xn > A.

Итак, получили, что последовательность {xn} является убывающей и ограничена снизу, а значит, по теореме Вейерштрасса она имеет пре-

дел, причем lim xn = inf{x n} = A .

n→∞

3) Пусть x < A,	(x ≥ 2a >1) . Так как функция	f (x) = x +	1	воз-
1	1		x

растает на промежутке (A; +∞), то, предположив, что xn > A, получим

<<< < Предыдущая 1 23 / 123 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]